安徽省铜陵市第三中学物理第十一章 电路及其应用专题试卷

16．某小组进行“测定金属丝电阻率”的实验．先测量该金属丝电阻Rx（约为9 Ω），已经选好的器材有：
A．电压表V1（量程0～1 V，内阻约10 kΩ）
B．电压表V2（量程0～3 V，内阻约20 kΩ）
C．定值电阻R0＝20 Ω
A．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角
B．安培表A1的读数小于安培表A2的读数
C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数
D．伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数。故AB错误。
故选C．
【点睛】
电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小.
9．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是（）
A．保持R1不变，增大R2
B．增大R1，减小R2
C．减小R1，增大R2
D．保持R2不变，增大R1
【答案】BD
【解析】
【详解】
总电压降低了，电流表G的读数变小，若要电流表的指针仍然偏转到最大刻度，应该让通过G的电流变大。
A.保持R1不变，增大R2时，因这样R2两端的电压变大了，G的电压更小了，G的电流也更小了；故A错误；
【详解】
由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故（1）错误，（2）正确．由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故（3）正确，（4）错误；故C正确；故选C．
【点睛】
本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．
B.增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大；故B正确；
C.减小R1，同时增大R2时，R2两端的电压变大了，G的电压小了，G的电流也小了；故C错误；
D.保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压变大，即G的电压变大，其电流变大，故D正确。
二、第十一章电路及其应用实验题易错题培优（难）
A．R1：R2=3：1
B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2
C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3
【答案】C
【解析】
【分析】
通过 图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,并根据功ห้องสมุดไป่ตู้ ,部分电路欧姆定律 及电阻定律 ,即可判定.
安徽省铜陵市第三中学物理第十一章 电路及其应用专题试卷
一、第十一章电路及其应用选择题易错题培优（难）
1．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为
A．ρnevB．ρnSevC．ρnLevD．ρnSLev
B．0～20 V
C．10～20 V
D．20～30 V
【答案】C
【解析】
【详解】
当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为： ；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为： ，所以UCD的变化范围是10～20V．故选C.
13．在图所示的四个电路中，电源两端电压保持不变，若定值电阻R的阻值已知，则在不卸元件的情况下能够测出待测电阻Rx阻值的电路是
D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A.电压表V1测出定值电阻R的电压U1，电路电流
电压表V2测出待测电阻Rx的电压Ux，由欧姆定律可求出电阻Rx阻值
故A符合题意；
B.电流表A测出流过Rx的电流I，电压表V测出电阻Rx的电压U，由欧姆定律可求出待测电阻Rx的阻值，故B符合题意；
C.图示电路不能测出流过电阻Rx的电流，图示电路不能测出待测电阻的阻值，故C不符合题意；
5．如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10 V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100 V．已知电流表的内阻Rg为500 Ω，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值()
A．9500Ω；90000Ω
B．90000Ω；9500Ω
C．9500Ω；9000Ω
D．9000Ω；9500Ω
【点睛】本题考查了电流表的改装，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．
8．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，接通电路后，下列判断正确的是
A．两只电表的指针都不偏转
B．两只电表的指针偏转角相同
C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角
所以C选项是符合题意的；
D．并联电路,电压相等,根据公式 可知，电流比等于电阻之反比,所以将 与 并联后接于电源上,电流比：
所以D选项是不符合题意的；
4．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池 内阻可忽略 连接成如图所示电路 开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为 ，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为 与 的比值为
C.若并联一比R小得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值减小很多，电流增加太多，故C错误；
D.若并联一比R大得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值稍微减小一些，电流稍微增加一些。故D正确。
12．如图，AB间的电压为30 V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是( )
A．0～10 V
当 =10Ω， =200Ω时,移动 上的滑片使 两端的电压变化较快,移动 上的滑片使R0两端的电压变化相对较慢,故B对；ACD错
故选B
【点睛】
滑动变阻器采用分压式接法时,为使电压变化明显,滑动变阻器的总电阻要远小于被测电阻的电阻值.
11．一伏特表由电流表G和电阻R串联而成，如图所示.若在使用中发现此伏特表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进：
CD．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数。故C错误，D正确。
10．在许多精密的仪器中，如果需要较精确地调节某一电阻两端的电压，常常采用如图所示的电路通过两只滑动变阻器 和 对一阻值为500Ω左右的电阻 两端电压进行粗调和微调．已知两个滑动变阻器的最大阻值分别为200Ω和10Ω关于滑动变阻器 、 的连接关系和各自所起的作用，下列说法正确的是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设铜导线中自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为 ，则导线的长度为:
体积为
质量为
这段导线中自由电子的数目为
在t时间内这些电子都能通过下一截面，则电流:
代入解得，
解得电子定向移动的速率：
故A正确，BCD错误．
3．如图所示，图线表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（ ）
CD.由并联电路各支路两端电压相等可得Ig（R2+Rg）=（I1－Ig）R1，IgRg=（I2－Ig）（R1+R2），Ig=2mA，I1=1A，I2=0.1A，解得R1=0.41Ω，R2=3.67Ω，故C正确，D错误.
15．如图示电路，G是电流表，R1和R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1，可以改变电流表G的示数。当MN的电压为6V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度，将MN间的电压改为5V时，若要电流表的指针仍然偏转到最大刻度，下列方法可行的是
【答案】A
【解析】
【详解】
根据题意可知，流过导体的电流和导体的电阻分别为
，
所以可得，加在导体两端的电压为
又因为此时导体内的电场为恒定电场，可得
故选A
2．有一条横截面积为S的铜导线，通过的电流为I．已知铜的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，电子的电量为e．若认为导线中每个铜原子贡献一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动的速率可表示为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
试题分析：根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压 ，得 ；S闭合时， ， ，故 ，故选C．
【学科网考点定位】闭合电路的欧姆定律、电容器
【名师点睛】此题是对闭合电路欧姆定律及电容器问题的考查；解题关键是要搞清电路的结构，画出等效电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU求解电容器的带电荷量．
A．取 =200Ω， ＝10Ω，调节 起粗调作用
B．取 =10Ω， =200Ω，调节 起微调作用
C．取 =200Ω， =10Ω，调节 起粗调作用
D．取 =10Ω， =200Ω，调节 起微调作用
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
若 =200Ω， ＝10Ω,则 与R0组成的部分电路的电阻远小于 ,移动 上的滑片很不方便调节 两端的电压.