湖北省襄阳市襄城区襄樊四中2016届新人教版选修3-1《第2章 恒定电流》单元测试卷【解析版】

新人教版选修3-1《第2章恒定电流》2015年单元测试卷（湖北省襄阳市襄城区襄樊四中）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题，每题只有一个选项正确；9-12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．如图所示的滑动变阻器中，a、b、c、d是它的四个接线柱，P是滑动触片．现将滑动变阻器接入电路中，并要求滑动触片P向接线柱c移动时，电路中的电流增大，则接入电路中的接线柱可能是（）A．a和b B．a和c C．b和c D．b和d2．将粗细均匀、长为L、电阻为R的金属导线截去，再均匀拉长至L，导线电阻变为（）A．B．C．D．nR3．有一只电压表，它的内阻是100Ω，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（）A．并联0.002Ω的电阻B．并联0.02Ω的电阻C．并联50Ω的电阻D．串联4 900Ω的电阻4．如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的电阻分别是（）A．4 W，0.5ΩB．6 W，1ΩC．4 W，1ΩD．2 W，0.5Ω5．电源的电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，将它与一只“6V，12W”的灯泡和一台电阻为2Ω的小电动机串联组成闭合电路．当灯泡正常发光时，若不计摩擦，电动机输出机械功率与输入电功率之比约为（）A．82% B．67% C．91% D．60%6．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（）A．S1B．S2C．S3D．S47．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，当变阻器R的滑片P向下移动时，电路中的电压表、和电流表的示数变化情况是（）A．示数变大，示数变小，示数变小，R2消耗功率减小B．示数变小，示数变大，示数变小，R1消耗功率增大C．示数变大，示数变小，示数变大，电源消耗的总功率增大D．示数变小，示数变大，示数变大，电源消耗的总功率减小8．在一块微安表G两端并联一个电阻R，就改装成了一块电流表．今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为（）A．在R上并联一个小电阻B．在R上并联一个大电阻C．将R的阻值变大些 D．将R的阻值变小些9．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（）A．加5V电压时，导体的电阻约是5ΩB．加11V电压时，导体的电阻约是1.4ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小10．某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量到铜片与锌片间电压为0.30V，然后又将这样的西红柿电池10个串联成电池组（n个相同电池串联时，总电动势为nE，内电阻为nr），与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，量得小灯泡两端的电压为0.3V，对此现象的解说各同学不一，其中摘录如下，其中说法正确的是（）A．西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已烧毁B．小灯泡的实际功率小于0.04W，太小了C．西红柿电池组输出的电功率太小D．西红柿电池组的内阻太大11．两根不同金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆，串联后接在某一直流电源两端，如图所示．已知杆a的质量小于杆b的质量，杆a金属的摩尔质量小于杆b金属的摩尔质量，杆a 的电阻大于杆b的电阻，假设每种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子（载流子）．当电流达到稳恒时，若a、b内存在电场，则该电场可视为均匀电场．下面结论中正确的是（）A．两杆内的电场强度都等于零B．两杆内的电场强度都不等于零，且a内的场强大于b内的场强C．无法确定两杆内载流子定向移动的速度大小关系D．两杆内载流子定向运动的速度一定相等12．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则（）A．A的示数减小 B．△U1大于△U2C．△U3与△I的比值等于R+r D．电源的输出功率一定增大二、实验题（本大题共3小题，共16分，把答案直接填在题中横线上或按题目要求作答．）13．用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为mm．14．如图所示，0～3A挡电流表读数A，0～15V电压表的读数为V．15．有一个小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻2kΩ）；B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）；C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）；D．电流表（0～0.6A，内阻1.5Ω）；E．滑动变阻器（30Ω，2A）；F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）；G．学生电源（直流9V），开关，导线．（1）实验中所用电压表，电流表，滑动变阻器．（填所选仪器前面的字母）（2）画出实验电路图，要求电压从0开始测量．三、计算、论述题（本大题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）16．某个家庭有“220V44W”电烙铁一只，“220V100W”灯泡一只，“220V25W”灯泡两只，“220V 10W”灯泡两只，“220V280W”电熨斗一只．若所有电器都正常工作，每个用电器平均每天使用2h，每度电收费0.6元，一个月（按30天计算）需交电费多少？（假定用电器的电阻都是恒定不变的）17．受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．（1）求该电池的电动势E和内阻r；（2）求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R（纯电阻）；（3）由图象可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻（纯电阻）R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系．18．许多微电子产品上都会用到干电池，电池用旧后电动势和内阻都会有变化．一般新电池的电动势为1.5V，旧电池也有1.4V，电动势减少很小，但旧电池的内阻却增大很多（约10Ω或更多）．假设某同学手上有四个电池，其中有新电池也有旧电池．新电池新电池电动势1.5V、内阻约0.5Ω，旧电池电动势设为1.4V，内阻10Ω．（1）若该同学有三个旧电池和一个新电池，且串联使用，外电阻为10Ω，试求此时的路端电压．（2）若该同学有三个新电池和一个旧电池，且串联使用，外阻仍为10Ω，试求路端电压．19．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m．（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）附加题：20．如图1所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入．A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u﹣t图线如图2所示．设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子．（1）以t=0时（见图2，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标．（不计重力作用）（2）在给出的坐标纸（图3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线．新人教版选修3-1《第2章恒定电流》2015年单元测试卷（湖北省襄阳市襄城区襄樊四中）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题，每题只有一个选项正确；9-12题，每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．如图所示的滑动变阻器中，a、b、c、d是它的四个接线柱，P是滑动触片．现将滑动变阻器接入电路中，并要求滑动触片P向接线柱c移动时，电路中的电流增大，则接入电路中的接线柱可能是（）A．a和b B．a和c C．b和c D．b和d【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】滑片P向接线柱c移动时，电路中电流减小，根据欧姆定律，知电阻增大，由电阻定律R=ρ，知导线的长度如何变化．【解答】解：P向接线柱c移动时，电路中电流增大，说明电阻减小，接入电路的电阻丝变短，故连入电路的接线柱为a和c或a和d，故只有B正确．故选：B【点评】解决本题的关键知道电阻定律R=ρ，知道电阻的大小和导线的长度和横截面积有关．2．将粗细均匀、长为L、电阻为R的金属导线截去，再均匀拉长至L，导线电阻变为（）A．B．C．D．nR【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电阻定律公式R=列式判断即可．【解答】解：将粗细均匀、长为L、电阻为R的金属导线截去，再均匀拉长至L，其体积减小了，变为（1﹣），故横截面积变为；根据电阻定律公式R=，电阻与横截面积成反比，故电阻变为原来的倍，即；【点评】本题关键抓住电阻定律公式R=列式判断，要明确固体分子间隙小，无论怎样变形，体积不变．3．有一只电压表，它的内阻是100Ω，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（）A．并联0.002Ω的电阻B．并联0.02Ω的电阻C．并联50Ω的电阻D．串联4 900Ω的电阻【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．【解答】解：电表的满偏电流为：I g===0.002A，把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R==≈0.02Ω；故选：B．【点评】本题考查了电流表的改装，把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．4．如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的电阻分别是（）A．4 W，0.5ΩB．6 W，1ΩC．4 W，1ΩD．2 W，0.5Ω【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由a图线纵轴截距得到电源的电动势，斜率得到内阻，由b图的斜率求得电阻R的阻值，两交点即为二者构成一闭合回路时工作电压与工作电流，可求输出功率P出．【解答】解：由a图线纵截距知：电源的电动势为E=3V由横截距知电源短路电流为I0=6A电源的内阻r==Ω=0.5Ω由交点坐标知工作电压为U=2v，工作电流为I=2A则输出功率为P出=UI=2×2=4W【点评】本题关键要理解电源的U﹣I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道交点表示该电源与电阻组合时的工作状态．5．电源的电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，将它与一只“6V，12W”的灯泡和一台电阻为2Ω的小电动机串联组成闭合电路．当灯泡正常发光时，若不计摩擦，电动机输出机械功率与输入电功率之比约为（）A．82% B．67% C．91% D．60%【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据小灯泡刚好正常发光，求解出电流；根据闭合电路欧姆定律求解出电动机两端的电压，由P=UI求得总功率；再根据P出=UI﹣I2r求解电动机的输出功率；则可求得输出功率与总功率的比值．【解答】解：小灯泡刚好正常发光，故电流为：I=；根据闭合电路欧姆定律，电动机两端的电压：U=E﹣IR﹣U L=30﹣2×1﹣6=22V；电动机的总功率P=UI=22×2=44W；电动机输出的功率为：P出=UI﹣I2r=22×2﹣22×2=36W；故比值为：==82%；故选：A．【点评】本题关键明确含电机电路是非纯电阻电路，小灯泡是纯电阻，根据小灯泡正常发光求电流，根据闭合电路欧姆定律求解电机电压，根据能量守恒定律求解电机的输出功率6．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（）A．S1B．S2C．S3D．S4【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电路图可知，当开关全闭合时，R2、R4串联后接入电源两端；R1及R2为等势体，相当于导线，电容器两端的电压等于R3两端的电压；带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项．【解答】解：A、断开S1，R1断路，而R2接通，故仍可使C接入R3两端，故P不会运动，故A错误；B、断开S2，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上，故B错误；C、断开S3，电源断开，C通过R3放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；D、断开S4，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；故选：C．【点评】解决本题的关键在于看懂电路图，并能明确电路稳定后，电容器相当于断路，与之相连的电阻可看作导线处理．7．如图所示电路中，电源内阻不能忽略，当变阻器R的滑片P向下移动时，电路中的电压表、和电流表的示数变化情况是（）A．示数变大，示数变小，示数变小，R2消耗功率减小B．示数变小，示数变大，示数变小，R1消耗功率增大C．示数变大，示数变小，示数变大，电源消耗的总功率增大D．示数变小，示数变大，示数变大，电源消耗的总功率减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当变阻器R的滑片向下移动时，R减小，R与R2并联的阻值减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，由欧姆定律分析电压表V1和V2的变化，以及电阻R2的电压变化，由干路电流和R2电流的变化，分析电流表示数的变化．【解答】解：当变阻器R的滑片向下移动时，R减小，R与R2并联的阻值减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大．电压表V2的示数U2=E﹣Ir，电压表V1的示数U1=IR2，I增大，U2减小，U1增大．电阻R2的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，U2减小，流过R2的电流I2减小，则电流表的示数I A=I﹣I2，I A增大．故选：C【点评】本题电路中典型的问题：电路中动态变化分析问题，一般按照“部分→整体→部分”思路分析．8．在一块微安表G两端并联一个电阻R，就改装成了一块电流表．今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为（）A．在R上并联一个小电阻B．在R上并联一个大电阻C．将R的阻值变大些 D．将R的阻值变小些【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题．【分析】电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可．【解答】解：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，分流稍大，不可以．故AB错误．故选：C．【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．9．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是（）A．加5V电压时，导体的电阻约是5ΩB．加11V电压时，导体的电阻约是1.4ΩC．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小【考点】欧姆定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】I﹣U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化．【解答】解：A、加5V的电压时，电流为1.0A，则由欧姆定律可知，R===5Ω；故A正确；B、加11V的电压时，电流约为1.5A，则可得电阻为：R′==7.3Ω；故B错误；C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；D、随着电压的减小，导体的电阻减小；故D正确；故选：AD．【点评】本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化．10．某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量到铜片与锌片间电压为0.30V，然后又将这样的西红柿电池10个串联成电池组（n个相同电池串联时，总电动势为nE，内电阻为nr），与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，量得小灯泡两端的电压为0.3V，对此现象的解说各同学不一，其中摘录如下，其中说法正确的是（）A．西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已烧毁B．小灯泡的实际功率小于0.04W，太小了C．西红柿电池组输出的电功率太小D．西红柿电池组的内阻太大【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】小灯泡不发光，说明西红柿串联电池组给灯泡提供的电流和电压小于额定电流和额定电压，根据闭合电路欧姆定律分析，电池组的内阻远大于小灯泡的电阻，灯泡的电压过小，电池组输出的电功率太小，不足以使灯泡发光．【解答】解：A、由题可知，小灯泡两端的电压为0.3V，小于灯泡的额定电压1.5V，灯泡不可能烧毁．故A错误．B、由于未知电池组内阻，故无法求出灯泡的实际功率；故B错误；C、灯泡不发光，流过灯泡的电流远小于灯泡的额定电流，10个西红柿电池串联成电池组电动势约为3V，串联内阻增大，根据欧姆定律可知，由于电池组的内阻远大于小灯泡的电阻，灯泡分担的电压太小．则输出功率太小；故CD正确．故选：CD【点评】本题考查理论联系实际的能力，要善于抓住题干中有用信息进行分析、判断、推理．11．两根不同金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆，串联后接在某一直流电源两端，如图所示．已知杆a的质量小于杆b的质量，杆a金属的摩尔质量小于杆b金属的摩尔质量，杆a 的电阻大于杆b的电阻，假设每种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子（载流子）．当电流达到稳恒时，若a、b内存在电场，则该电场可视为均匀电场．下面结论中正确的是（）A．两杆内的电场强度都等于零B．两杆内的电场强度都不等于零，且a内的场强大于b内的场强C．无法确定两杆内载流子定向移动的速度大小关系D．两杆内载流子定向运动的速度一定相等【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】两杆内都建立电场，场强不为零，根据E=和U=IR分析场强的大小；根据电流的微观表达式I=nqvS，分析载流子定向移动速率关系【解答】解：A、B：ab串联接在电源的两端，两杆内部都存在恒定电场，近似看成匀强电场，则场强为E=，又U=IR，得E=，d、I相等，得E∝R，杆a的电阻大于杆b的电阻，则a内的场强大于b内的场强．故A错误，B正确；C、根据电流的表达式I=nevS，又单位体积内载流子数目n=N A•，m是质量，M是摩尔质量，N A是阿伏伽德罗常数，V是体积，则得：I=．由题意，S、V、e、N A相等，串联时电流I相等，已知杆a的质量小于杆b的质量，杆a金属的摩尔质量小于杆b金属的摩尔质量，由上式不能确定载流子定向移动速度v的大小，故C正确，D错误故选：BC【点评】解决本题关键要掌握场强与电压的关系式E=，欧姆定律U=IR，以及电流的微观表达式I=nevS12．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则（）A．A的示数减小 B．△U1大于△U2C．△U3与△I的比值等于R+r D．电源的输出功率一定增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源的输出功率分析功率的变化．【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故B正确．C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r＞r，则△V3与△I的比值大于r，故C正确；D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故输出功率一定增大；故D正确；故选：BCD．【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．二、实验题（本大题共3小题，共16分，把答案直接填在题中横线上或按题目要求作答．）13．用20分度的游标卡尺测量一个物体的长度，得到图1所示，读数为10.030cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，从图2中读出金属丝的直径为0.517mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm，所以最终读数为：100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm．2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为1.7×0.01mm=0.017mm，所以最终读数为0.5mm+0.017mm=0.517mm．故答案为：10.030，0.517【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．14．如图所示，0～3A挡电流表读数 1.75A，0～15V电压表的读数为10.7V．【考点】多用电表的原理及其使用．【专题】恒定电流专题．【分析】根据量程确定最小分度，即可根据指针的位置确定读数；注意明确最小分度为1的需要估读．【解答】解：0～3A挡时最小分度为0.1A，则指针所指示数为：1.75A；0～15V电压表的最小分度为0.5V，则读数为：10.7V；故答案为：1.75，10.7【点评】本题考查电表的读数问题，要注意读数的位数问题，左图中最小分度为0.1，因此需要估读一位；而右图中最小分度为0.5，则不需要估读．15．有一个小灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻2kΩ）；B．电压表（0～10V，内阻3.0kΩ）；C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）；D．电流表（0～0.6A，内阻1.5Ω）；E．滑动变阻器（30Ω，2A）；F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）；G．学生电源（直流9V），开关，导线．（1）实验中所用电压表B，电流表C，滑动变阻器E．（填所选仪器前面的字母）（2）画出实验电路图，要求电压从0开始测量．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）器材的选取需精确、安全，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表，从测量误差的角度出发选择合适的滑动变阻器．（2）由于灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接．【解答】解：（1）灯泡的额定电流为0.1A，电流表应选C；灯泡额定电压为6V，电压表应选B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E．（2）因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法．灯泡的电阻大约为R===60Ω=7.6Ω，远小于电压表的内阻3kΩ，属于小电阻，所以电流表采用外接法，实验原理图如下；故答案为：（1）B C E；（2）【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别．三、计算、论述题（本大题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）16．某个家庭有“220V44W”电烙铁一只，“220V100W”灯泡一只，“220V25W”灯泡两只，“220V 10W”灯泡两只，“220V280W”电熨斗一只．若所有电器都正常工作，每个用电器平均每天使用2h，每度电收费0.6元，一个月（按30天计算）需交电费多少？（假定用电器的电阻都是恒定不变的）【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】求出所有电器的电功率之和，再由W=PT可求得消耗的总电量，则可求得需要交的电费．【解答】解：全部用电器的额定功率之和为：P额=（44+100+2×25+2×10+280）W=494W，30天累计用电时间为t=30×2h=60h，30天实际消耗的电能为：W=P实×t=0.494×60kW•h=29.64kW•h，一个月需交电费为：29.64×0.6元=17.8元．答：需交电费17.8元．。