2020届高三物理二轮复习试题：恒定电流 提能增分练(三)含解析
2020届高考物理专题训练：恒定电流(两套 附详细答案解析)
高考物理专题训练：恒定电流（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．关于电流，下列说法中正确的是( )A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电荷量越多B．在相同时间内，通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大C．导体的通电时间越长，导体中的电流越大D．导体中通过一定的电荷量所用的时间越短，电子速度越大，电流就越大【答案】B【解析】由电流的定义式I＝可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大，B正确。
2．粗细均匀的金属环上的A、B、C、D四点把其周长分成四等份，如图所示，当A、B点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P。
则当A、D点接入电路中时，圆环消耗的电功率为(电源内阻不计) ( )A．34PB．43PC．3P D．4P【答案】B【解析】设圆环每段电阻为r，电源电动势为E，则接AB时，P＝，当接AD时，R总＝r，P'＝P，选项B正确。
3．如图所示为某收音机内一部分电路元件的电路图，各个电阻的阻值都是2 Ω，A、C间接一只内阻忽略不计的电流表，若将该部分与收音机的其他电路剥离出来，并在B、C两点间加6 V的恒定电压，则电流表的示数是( ) A．3 A B．2 A C．1 A D．0【答案】C【解析】等效电路如图所示，由串、并联电路的特点可知I ＝＝2 A ，所以I A ＝1 A ，选项C 正确。
4．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。
导电介质的电阻率为ρ、半球壳层形状 (图中阴影部分)内、外半径分别为a 和b 。
半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心作为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。
设该电阻的阻值为R 。
下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。
湖北高考物理二轮复习恒定电流和交变电流专题练习(带答案)
湖北高考物理二轮复习恒定电流和交变电流专题练习（带答案）恒定电流由恒定电场发生，同时也发生恒定磁场，下面是恒定电流和交变电流专题练习，请考生仔细练习。
1. (多项选择)将电阻与一矩形线框相衔接，矩形线框放在匀强磁场中匀速转动，流过电阻的电流随时间变化的i-t图象如下图.那么以下说法中正确的选项是()A.线框在t1时辰与磁场方向垂直B.线框在t2时辰与磁场方向垂直C.t1～t2时间内穿过线框的磁通量逐渐增大D.0～t4时间内电流方向改动了2次解析：选BCD.由图象可知，t1、t3时辰感应电流最大，这两个时辰线框与中性面垂直，与磁场方向平行，A错误;由图象可知，在t2、t4时辰，感应电流为零，这两个时辰线框平面与中性面重合，即与磁场方向垂直，B正确;由以上剖析可知，从t1到t2，线框由与磁场平行的位置转到与磁场垂直的位置，那么穿过线框的磁通量逐渐增大，C正确;由图象可知，0～t4是一个周期，电流的方向改动了2次，D正确.2.(2021南京高三质检)图1中D为理想二极管，具有单导游电性，R是阻值均为10 的定值电阻.当a、b间加有图2所示按正弦规律变化的交变电压时，交流电压表的示数约为() A.36.7 VB.51.9 VC.73.3 VD.103.7 V解析：选B.设二极管D右端为一个全体，全体电阻为r，全体两端电压为U有效，依据交变电流有效值的定义知，=T，解得U有效= V，由电路剖析知，电压表两端的电压占全体两端电压的三分之一，因此电压表的示数为U有效51.9 V，B正确.3.(2021高考天津卷) (多项选择)如下图，理想变压器的原线圈衔接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以经过滑动触头Q来调理，在副线圈两端衔接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，那么()A.坚持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.坚持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C.坚持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D.坚持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.坚持Q的位置不动，那么U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，依据I2=知，I2变小，由=得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误、选项B正确;坚持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，那么依据P2=知副线圈输入功率变大，由P1=P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1=I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确、选项D错误.4.(2021高考福建卷)图为远距离输电表示图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数区分为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Umsin t的交流电源，假定保送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不思索其他要素的影响，那么输电线上损失的电功率为()A. B.C.422rD.422r解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1=;由变压关系可得=，那么U2=;由于保送电功率为P，输电线中的电流为I2==，那么输电线上损失的电功率为P=I(2r)=，应选项C正确.5.在如下图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，○A 、○V 为理想电流表和电压表.在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的进程中，以下说法中正确的选项是()A.电压表示数减小B.电流表示数减小C.电容器C所带电荷量增多D.a点的电势降低解析：选D.滑动头P自a端向b端滑动的进程中，滑动变阻器的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由UR1=IR1可知R1两端电压即电压表的示数变大，选项A错误;由U=E-Ir可知路端电压U减小;由UR2=U-UR1可得R2两端的电压减小，又由I2=可得流过R2的电流变小，在干路电流增大的状况下，电流表的示数将变大，选项B错误;电容器两端的电压变小，依据C=，电容器所带电荷量将变少，选项C错误;由于R2两端的电压变小，所以a点的电势变低，选项D正确.6.如图是气敏传感器的任务原理图，RCO是对一氧化碳(CO)敏感的二氧化锡半导体元件，其电阻随一氧化碳浓度的添加而减小，R是一可变电阻，在ac直接12 V的恒定电压，bc 直接报警器.当环境中一氧化碳浓度添加到一定值时报警器收回正告.那么()A.当一氧化碳的浓度降低时，b点的电势降低B.减小R的阻值，可以提高气敏传感器的灵敏度C.适当增大ac间的电压，可以提高气敏传感器的灵敏度D.假定ac间的电压减小可减小R的阻值使气敏传感器正常任务解析：选C.当环境中一氧化碳浓度增大时，电阻RCO减小，电压减小，bc间电压增大，b点电势降低，报警器收回正告，电阻R值越大，在一氧化碳浓度添加时，bc间电压越容易到达报警电压，异样增大ac间电压，也可使bc间容易到达报警电压，故A、B错误，C正确，当ac间电压减小时，应增大R的阻值，才可使报警器正常任务，D错误.7. (2021济南模拟)(多项选择)某交流发电机的输入电压随时间变化的图象如下图，输入功率是20 kW，现用5 000 V 高压输电，输电线上的总电阻是40 ，再应用n1n2=221的降压变压器降压后供应用户，那么以下说法正确的选项是()A.交变电流的频率为100 HzB.发电机输入电压的有效值为220 VC.流过高压输电线的电流为125 AD.降压变压器输入电压的有效值为220 V解析：选BD.由图象可知周期T=0.02 s，所以频率f=50 Hz，应选项A错误;交流发电机的输入电压为U0=220 V，应选项B正确;由P=UI可知高压输电电流I== A=4 A，应选项C错误;降压变压器的输入电压U1=U-IR=5 000 V-440 V=4 840 V，由=可知降压变压器的输入电压为U2=U1= V=220 V，应选项D正确.8.(2021山西名校一模)某小型水电站的电能保送表示图如下图，发电机经过升压变压器T1和降压变压器T2向R0=11 的纯电阻用电器供电.输电线的总电阻R=10 ，T2的原、副线圈匝数比为41，用电器两端的电压为u=220sin 100 t(V)，将T1、T2均视为理想变压器.以下说法正确的选项是()A.降压变压器的输入功率为4 400 WB.升压变压器中电流的频率为100 HzC.输电线R消耗的功率为500 WD.当用电器的电阻减小时，输电线R消耗的功率减小解析：选A.由题意，用电器两端的电压有效值为U=220 V，那么降压变压器的输入功率P==4 400 W，依据理想变压器的输入功率等于输入功率知，降压变压器的输入功率为4 400 W，A正确;升压变压器中电流的频率f==50 Hz，B错误;由于经过R0的电流为I==20 A，由变流比知，输电线上的电流为5 A，那么输电线R消耗的功率为P=IR=250 W，C错误;当用电器的电阻减小时，而T2中输入电压不变，那么经过用电器中的电流增大，由变流比知，输电线R上的电流也增大，其消耗的功率也增大，D错误.9.如下图，理想变压器与电阻R，交流电压表V、交流电流表A按图1所示方式衔接，变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=101，电阻R=5 .图2是R两端电压U随时间t变化的图象，Um=10 V.那么以下说法中正确的选项是()A.交变电流的频率为50 HzB.电压表V的读数为10 VC.电流表A的读数为20 AD.变压器的输入功率为40 W解析：选B.由题图2知，交变电流的周期为0.02 s，故频率f==50 Hz，A错误;由于变压器输入端电压的最大值为10 V，那么其有效值即电压表的示数为10 V，B正确;由欧姆定律知，流过R的电流为2 A，由变流比知，原线圈电路中的电流为0.2 A，C错误;由变压比知，原线圈两端的电压为100 V，那么变压器的输入功率P=UI=1000.2 W=20 W，故D错误.10.某发电站为一城市供电的表示图如下图，其中M为升压变压器，N为降压变压器，假定两变压器均可视为理想变压器.变压器M的输入电压U1坚持不变，输入电流、输入功率区分用I1、P1表示，输入电压、输入电流、输入功率区分用U2、I2、P2表示;变压器N的输入电压、输入电流、输入功率区分用U3、I3、P3表示，输入电压、输入电流、输入功率区分用U4、I4、P4表示;输电线的阻值为R，输电线损失的功率为P.以下关系式正确的选项是()A.I2=B.P=(U2-U3)I3C.I2I3D.当用户的数量添加时，变压器N的输入电压U3添加解析：选B.M、N均为理想变压器，那么P1=P2，依据I=可知，输电线中的电流I2=，A错误;由电路图可知输电电流I2=I3，那么输电线上损失的功率为P=(U2-U3)I3，B正确、C错误;当用户的数量添加时，输入功率增大，输电线中的电流增大，输电线上损失的电压增大，所以变压器N的输入电压U3减小，D错误.恒定电流和交变电流专题练习及答案分享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。
【2020】高考物理专题复习：《恒定电流》附答案-Word
一、选择题.。
（共20小题，每题3分，共60分，部分分1分） 1.如图，电源电动势为E ，内阻为r ，给外电阻R 供电，则下图中不能反映全电路特点的图象是( )2．如图所示，电源电动势E=8V ，内电阻为r=0.5Ω，“3V,3W ”Ω.。
下列说法正确的是( )A ．通过电动机的电流为1.6AB ．电动机的效率是62.5%ΔI 、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是 （ ）C.U2/I 变大，ΔU2/ΔI 不变D.U3/I 变大，ΔU3/ΔI 不变A ．该逻辑电路是非门电路；当电阻受到光照时，小灯泡L 不发光B ．该逻辑电路是非门电路；当电阻受到光照时，小灯泡L 发光D ．该逻辑电路是或门电路；当电阻受到光照时，小灯泡L 发光R 5. 小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线.。
则下列说法中正确的是( )B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U1I2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U1I2－I1A ．安培表A1的读数大于安培表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II 2 M P I 1 NQO U 1 UA．电压表的示数变大B．电池内部消耗的功率变大C．电阻R2两端的电压变大8．如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，A 为电压表，内阻为10kΩ，B为静电计；两个电容器的电容分别为C1和C2，将电键S合上一段时间后，下列说法中正确的是（）A．若C1＞C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差C．C1上带电量为零D．再将电键S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大A．其它条件不变，使电容器两极板缓慢靠近；B．其它条件不变，使电容器两极板缓慢远离；C．其它条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动；D．其它条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动；A、直线 a 表示电源的总功率C、电源的电动势 E = 3V，内电阻r=1ΩD、电源的最大输出功率PRmax= 9WA．R接到电源a上，电源的效率较高B．R接到电源b上，电源的输出功率较大C．R接到电源a上，电源输出功率较大，但电源效率较低D．没有数值无法确定A．由小变大 B．由大变小C．先变小后变大 D．先变大后变小13．如图电路中，L1、L2两盏灯完全相同.。
2020届新课标高考物理二轮冲刺练习：恒定电流
2020届新课标高考物理二轮冲刺练习：恒定电流（含答案）**恒定电流**一、选择题1、阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E(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Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为()A.25 B ．12 C.35D ．23解析：选C.电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串、并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R23R ＋RE ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端的电压为U 2＝12R12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．2、安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。
设电荷量为e 的电子以速率v 绕原子核沿顺时针方向做半径为r 的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是( ) A ．电流大小为v e2πr ，电流方向为顺时针B ．电流大小为v er ，电流方向为顺时针 C ．电流大小为v e2πr ，电流方向为逆时针 D ．电流大小为v er ，电流方向为逆时针 C [电子做圆周运动的周期T ＝2πr v，由I ＝eT 得I ＝v e 2πr ，电流的方向与电子运动方向相反，故电流方向为逆时针。
]3、如图所示，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确． 4、一个电源接8 Ω电阻时，通过电源的电流为0.15 A ，接13 Ω电阻时，通过电源的电流为0.10 A ，则电源的电动势和内阻分别为( ) A ．2 V 1.5 Ω B ．1.5 V 2 Ω C ．2 V 2 Ω D ．1.5 V 1.5 Ω[答案] B5、将四个定值电阻a ，b ，c ，d 分别接入电路，测得相应的电流值、电压值如图所示。
2020年高考高三物理二轮专题复习：恒定电流(通用)练习及答案
2020高考物理恒定电流（通用）练习及答案**恒定电流**一、选择题1、扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15 V，额定功率30 W，充电额定电压24 V，额定电流0.5 A，充电时间约240分钟，电池容量2000 mA·h，则下列说法正确的是( )A.电池容量是指电池储存电能的大小B.机器人正常工作的电压为24 VC.机器人正常工作时的电流为0.5 AD.机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时2、某一导体的伏安特性曲线如图AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()A．B点的电阻为12 ΩB．B点的电阻为40 ΩC．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω3、如图为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V。
机器人的锂电池容量为20 A·h。
则机器人()A．额定工作电流为20 AB．充满电后最长工作时间为2 hC．电池充满电后总电量为7.2×104 CD．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J4、电源、开关S、定值电阻R1、R2、光敏电阻R3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则()A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．电容器所带电荷量减少D．电容器两极板间电压变大5、(2019·德州期末)图甲为某电源的U-I图线，图乙为某小灯泡的U-I图线，则下列说法中正确的是()甲乙A．电源的内阻为0.5 ΩB．小灯泡的电阻随着功率的增大而减小C．当小灯泡两端的电压为0.5 V时，它的电阻约为16ΩD．把电源和小灯泡组成闭合回路，小灯泡的功率约为3 W6、有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体截面边长为a，小柱体截面边长为b，则()A．从图示电流方向看，大、小柱体电阻比为a∶bB．从图示电流方向看，大、小柱体电阻比为1∶1C．若电流方向竖直向下，大、小柱体电阻比为a∶bD．若电流方向竖直向下，大、小柱体电阻比为a2∶b27、(2019·枣庄模拟)如图甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成。
高考物理二轮复习：07 恒定电流测试卷（含答案及解析）
2020年高考物理二轮复习：07 恒定电流一、单选题（共5题）1.如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）A. a灯变亮，b灯和c灯变暗B. a灯和c灯变亮，b灯变暗C. a灯和c灯变暗，b灯变亮D. a灯和b灯变暗，c灯变亮2.如图所示，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器的滑片P由左端a滑到中点的过程中（）A. U变大，I变小B. U变大，I变大C. U变小，I变小D. U变小，I变大3.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，L1、L2是两个小灯泡．闭合S后，两灯均能发光．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，会出现（）A. L1变暗，L2变暗B. L1变亮，L2变暗C. L1变亮，L2变亮D. L1变暗，L2变亮4.如图所示，R3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关S闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R3时,下列说法正确的是（）A. R3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大B. R3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大C. R3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小D. R3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小5.如图甲所示为由某材料制成的电阻R的阻值随温度t变化的图象，若用该电阻与电池(电动势E=1.5V，内阻不计)、电流表(量程为50mA，内阻不计)、电阻箱申联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头。
将电阻箱的阻值调为R'=15Ω，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”。
下列说法错误的是（）A. 温度升高，电路中的电流减小B. 电流表刻度较大处对应的温度刻度较小C. 电流表的示数为50mA时，电阻R的阻值为30ΩD. 电流表的示数为50mA时，对应的温度为5℃二、多选题（共5题）6.如图所示，用小灯泡模仿光控电路，AY之间为斯密特触发器，R G为光敏电阻，R1为可变电阻；J为继电器的线圈，J a为它的常开触点。
解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-恒定电流
绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-恒定电流一、单选题1.两段材料和质量都相同的均匀电阻线，它们的长度之比为L1∶L2＝2∶3，则它们的电阻之比R1∶R2为()A． 2∶3B． 4∶9C． 9∶4D． 3∶2【答案】B【解析】材料和质量都相同的均匀电阻线的体积是相同的，又因长度之比L1∶L2＝2∶3，故横截面积之比S1∶S2＝3∶2.由电阻定律得电阻之比为＝＝·＝×＝.2.如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA，当调零后，在两表笔间接一被测电阻R x时，电流表G的指针示数为50 μA，那么R x的值是()A．7.5 kΩB．22.5 kΩC．15 kΩD．30 kΩ【答案】B【解析】r内＝＝7.5 kΩ，由I＝得Rx＝22.5 kΩ.3.下列关于电功率的说法中，正确的是()A．用电器的额定功率与用电器的实际电压和实际电流有关B．用电器的实际功率取决于用电器的额定功率C．白炽灯正常工作时，实际功率等于额定功率D．电功率越小，则电流做功越少【答案】C【解析】用电器的额定功率是它正常工作时的功率，其值是由用电器本身的结构决定的，与实际电流和实际电压无关，故A错，C对；用电器实际功率的大小是由加在它两端的电压和通过它的电流决定的，B错；电流做功的多少不仅与功率的大小有关，还与通电时间有关，D错．4.用欧姆表测一个电阻的阻值R，选择旋钮置于“×10”挡，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定()A．R＝150 ΩB．R＝1 500 ΩC．1 000 Ω＜R＜1 500 ΩD．1 500 Ω＜R＜2 000 Ω【答案】C【解析】表盘右疏左密，所以指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定 1 000 Ω＜R＜1 500 Ω，故选C.5.关于电源的以下说法，正确的是()A．电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持两极之间有稳定的电势差B．电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极之间有稳定的电势差C．只要电路中有电源，电路中就一定有电流D．电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量【答案】B【解析】电源的作用是维持正、负极之间恒定的电势差，外电路中自由电子在电场力的作用下向正极移动；在电源内部，需要将电子由正极不断地搬运到负极，故A错，B对.电路中有电流不仅需要电源，还需要电路是闭合的，两者缺一不可，故C错.电源是对电路提供能量的装置，故D 错.6.如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U′、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据闭合电路欧姆定律得：I=，可知R增大，I减小，两者是非线性关系，故A正确．U=IR==E，E、r为定值，R增大，减小，则得U增大，当R→∞时，U→E，故B正确．U′=Ir=，可知U′与R是非线性关系，U′﹣R图象应是曲线，故C错误．P=I2R=（）2R=，根据数学知识可知R从0开始增大时，P先增大后减小，当r=R时，P最大，故D正确．7.电路中，每分钟有6×1013个自由电子通过横截面积为0.64×10－6m2的导线，那么电路中的电流是()A． 0.016 mAB． 1.6 mAC．0.16 μAD．16 μA【答案】C【解析】电流的大小是通过导体横截面积的电荷量与所用的时间的比值，即：I＝＝0.16 μA，故选C.8.如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙两个电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为14 V.调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2.则下列关系中正确的是()A．P1＞P2B．P1＜P2C．P1＝P2D．无法确定【答案】A【解析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1＝(8－U0)·2I0＝16I0－2U0I0，P2＝(14－2U0)·I0＝14I0－2U0I0，所以P1＞P2，故选项A正确.9.如图所示，已知R1=100Ω，右方虚线框内为黑盒，电阻连接不知，今用电压表测得U AC=10 V，U BC=40 V，则A、B间的总电阻为（）A．200 ΩB．300 ΩC．450 ΩD．500 Ω【答案】D【解析】设C、B间的总电阻为R CB．由于电阻R1与C、B间的总电阻串联，则根据串联电路的特点有：代入解得，R CB=400 Ω故R AB=R1+R CB=500 Ω．故A、B、C错误，D正确.10.图示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流．R0为定值电阻，移动滑动变阻器的滑片，则下列表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中，可能正确的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】设电路中总电流为I总，通过R0的电流为I0.根据并联电路的特点得：U＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，I总、R0均不变，由数学知识可知，U－I图象是不过原点的直线，故A、B错误．电路总功率P＝UI总＝(－IR0＋I总R0)I总＝－II总R0＋I R0，由数学知识可知，P－I图象是向下倾斜的直线，故C正确，D错误．二、多选题11.（多选）在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r.开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，下列哪些方法会使P向上运动( )A．断开S2B．适当减小两板之间的距离C．断开S4并适当减小两板之间的距离D．断开S4并适当减小两板之间的正对面积【答案】ABD【解析】断开，直接接到电源两端，两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上运动，故A正确；其他条件不变时，电容器两端的电压不变，适当减小两板间的距离时，由可知，板间的电场强度增大，故油滴受到的电场力大于重力，油滴向上运动，故B正确；断开时电容器与电源断开，电量不变，减小两板间的距离时，根据、可知，，则可知，电场强度不变，故油滴不动，故C错误；断开时电容器与电源断开，电量不变，根据可知，减小两板之间的正对面积时，减小，则增大，由于不变，电场强度增大，故油滴向上移动，故D正确.12.(多选)把电流表改装成电压表时，下列说法中正确的是()A．改装的原理是串联电阻有分压作用B．改装成电压表后，原电流表本身允许通过的最大电流值也随着变大了C．改装后原电流表自身的电阻也增大了D．改装后使用时，加在原电流表两端的电压的最大值不变【答案】AD【解析】根据串并联规律可知，电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，即串联电阻具有分压作用，所以 A 正确；改装成电压表以后，原电流表本身允许通过的最大电流没有发生变化，所以B 错误；改装前后，原电流表的内阻不会发生变化，所以C 错误；改装前后，加在原电流表两端的电压的最大值不会发生变化，所以 D 正确．13.(多选)对于不同型号的干电池，下列说法中正确的是()A． 1号干电池的电动势大于5号干电池的电动势B． 1号干电池的容量比5号干电池的容量大C． 1号干电池的内阻比5号干电池的内阻大D．把1号和5号干电池分别连入电路中，若电流I相同，它们做功的快慢相同【答案】BD【解析】1号干电池与5号干电池内部的非静电力是相同的，所以电动势相同，但1号干电池的体积大，其容量大．14.（多选）如图所示,其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.06 AB．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02 AC．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06 AD．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01 A【答案】AC【解析】当接线柱1、2接入电路时，电流表A与并联，根据串、并联电路规律可知，分流1.2 A，故量程为，故每一小格表示0.06 A，故B错误，A正确；当接线柱1、3接入电路时，A与并联后与串联，电流表的量程仍为1.8 A，故每一小格表示0.06 A，故C正确，D错误.三、实验题15.如图甲所示的电路图中，恒流源可作为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U－I关系图线．回答下列问题：(1)滑动触头向下滑动时，电压表示数将____________(填“增大”或“减小”)．(2)I0＝______A.(3)R L消耗的最大功率______W(保留一位有效数字)．【答案】(1)减小(2)1.0(3)5【解析】(1)滑动触头向下移动时，RL阻值减小，则总电阻减小，电压变小，则电压表读数变小；(2)由电路图可知：I0＝I＋，即：U＝I0R－IR，由U－I图线可知，I0R＝20；R＝－k＝20 Ω，则I0＝1.0 A；(3)R L消耗的功率为P＝IU＝20I－20I2，则当I＝0.5时，功率的最大值为P m＝5 W四、计算题16.如图所示，电流表读数为0.75 A，电压表读数为2 V，R3为4 Ω.若某一电阻发生断路，则两电表的读数分别变为0.8 A和3.2 V．(电压表、电流表为理想电表)(1)试分析哪个电阻发生断路；(2)求电源的电动势和内电阻各为多少；(3)求上述电阻断路时，电源的效率为多少．【答案】(1)R2(2)4 V 1 Ω(3) 80%【解析】(1)若R1断路则电流表的读数将变为零，若R3断路则电压表的读数将变为零，由题意可知，某一电阻断路后，电压表、电流表还有读数，故只能是R2发生断路．(2)R2断路时：R1＝＝Ω＝4 Ω且有：U2＝E－I2r①R2未断路时，通过R2、R3的电流为：I23＝＝0.25 AR2未断路时，总电流为：I＝I23＋I1＝1.0 A则：I1R1＝E－Ir②联立①②并代入数据，得E＝4 V r＝1 Ω(3)R2断路时，电源输出功率为：P输出＝U2I2＝3.2×0.8 J＝2.56 J电源总功率为：P总＝EI2＝4×0.8 J＝3.2 J则此时电源的效率为：η＝×100%＝80%.17.如图所示，已知电源电动势E＝20 V，内阻r＝1 Ω，当接入固定电阻R＝4 Ω时，电路中标有“3 V 6 W”的灯泡L和内阻R D＝0.5 Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．【答案】(1)2 A(2)7 V(3)12 W【解析】(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝P L/U L＝A＝2 A.(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D＝E－I(r＋R)－U L＝20 V－2×(1＋4) V－3 V＝7 V.(3)电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7 W＝14 W电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5 W＝2 W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14 W－2 W＝12 W.18.如图所示，已知路端电压U＝18 V，电容器C1＝6 μF、C2＝3 μF，电阻R1＝6 Ω、R2＝3 Ω.当开关S断开时，A、B两点间的电压UAB等于多少？当S闭合时，电容器C1的电荷量改变了多少？【答案】18 V减少了3.6×10－5C【解析】在电路中电容器C1、C2相当于断路.当S断开时，电路中无电流，B、C等势，A、D等势，因此U AB＝U＝18 V.当S闭合时，R1和R2串联，C1两端的电压等于R1两端电压，C2两端的电压为R2两端电压，C1电荷量变化的计算首先从电压变化入手.当S断开时，U AC＝18 V，电容器C1带电荷量为Q1＝C1U AC＝6×10－6×18 C＝1.08×10－4C.当S闭合时，电路R1、R2导通，电容器C1两端的电压即电阻R1两端的电压，由串联电路的电压分配关系得U AC′＝U＝×18 V＝12 V此时电容器C1的带电荷量为Q′＝C1U AC′＝6×10－6×12 C＝7.2×10－5C电容器C1带电荷量的变化量为ΔQ＝Q′－Q1＝－3.6×10－5C负号表示减少，即C1的带电荷量减少了3.6×10－5C.。
备战2020高考物理二轮专题巩固：恒定电流(含解析)
专题九恒定电流【考点集训】考点一电路的基本概念和规律1.(2018河北石家庄质检)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,电子的质量为m,电荷量为e。
在棒两端加上恒定的电压U时,棒内产生电流,则自由电子定向移动的平均速率为()A.UneρL 2neρLC.neρLD.neρSLU答案 A2.(2018山西太原联考,4,4分)(多选)一根粗细均匀的金属导线,在其两端加上电压U时,通过导线的电流为I,导线中自由电子定向移动的平均速率为v,若将导线均匀拉长,使它的横截面半径变为原来的12,再给它两端加上电压2U,则()A.通过导线的电流为I8B.通过导线的电流为I16C.导线中自由电子定向移动的速率为v4D.导线中自由电子定向移动的速率为v2答案AD3.(2019届河南调研联考,9,4分)(多选)某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小,在一次实验中,将该热敏电阻与一小灯泡串联,通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,M为两元件伏安特性曲线的交点,则下列关于热敏电阻和小灯泡的说法正确的是()A.图线a是小灯泡的伏安特性曲线,图线b是热敏电阻的伏安特性曲线B.图线b是小灯泡的伏安特性曲线,图线a是热敏电阻的伏安特性曲线C.图线中的M点表示该状态时小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D.图线中M点对应的状态,小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等答案BD4.(2019届湖南三湘名校联盟质检,12,10分)如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电热炉,恒定电压U=12 V,电解槽内阻R A=2 Ω,当S1闭合,S2、S3断开时,A示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,A示数为4 A。
求:(1)电热炉的电阻及发热功率;(2)电动机的内阻;(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少。
答案(1)2 Ω72 W(2)1 Ω(3)16 W考点二闭合电路欧姆定律1.(2018河南名校联考,6)(多选)如图电路中,电源的内电阻为r,R1、R3、R4均为定值电阻,电表均为理想电表。
高考物理二轮复习专题09恒定电流练含解析
恒定电流1．（多选）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（）A. 充电时，通过R的电流不变B. 若R增大，则充电时间变长C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D. 若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 BCD点睛：本题源自于2009年江苏高考物理卷的第5题，以闪光灯发光问题为背景考查电容器的充放电问题，解题的关键是要弄清电路的工作原理和电容器2．【2016·北京卷】某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。
为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是：（）A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B．一个伏特表和多个定值电阻C．一个安培表和一个电阻箱D．两个安培表和一个滑动变阻器【答案】D【考点定位】考查了闭合回路欧姆定律的应用【方法技巧】对于闭合回路欧姆定律的应用，一定要注意公式形式的变通，如本题中E U Ir =+，，，结合给出的仪器所测量的值，选择或者变通相对应的公式。
3．【2015·北京·19】如图所示，其中电流表A 的量程为0.6A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A ；1R 的阻值等于电流表内阻的12；2R 的阻值等于电流表内阻的2倍。
若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是： （ ）A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A【答案】C【解析】 A 、B 、当接线柱1、2接入电路时，电阻1R 与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的13，由于电流表的满偏电压为定值，故量程扩大为原来的3倍，则每小格变为0.02×3=0.06A，选项A 、B 均错误。
2020高考物理二轮对对练：专题七恒定电流 Word版含解析
专题七 恒定电流高考命题规律考点一 欧姆定律及其应用命题角度1电路的基本性质和规律高考真题体验·对方向(2016全国Ⅱ·17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (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Q 1;闭合开关S,电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A .B .C .D .答案C解析S 断开时等效电路图如图甲所示.;电容器两端电压为设每个电阻阻值为R,电路中总电阻R总1=,干路电流I干1=总U1=I干1·R=,所带电荷量为Q1=CU1=;S闭合后,等效电路图如图乙所示,电路中总电阻为R总=,干路电流I干2=,电容器两端电压U2=I干2·R=,所带电荷量Q2=CU2=.综上2总,C选项正确.分析闭合电路问题的四点注意(1)闭合电路欧姆定律E=U+Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U=IR联合使用.(2)局部电阻增则总电阻增,反之总电阻减;支路数量增则总电阻减,反之总电阻增.(3)两个关系:外电压等于外电路上串联各分电压之和;总电流等于各支路电流之和.(4)涉及含电容电路时要搞清与电容并联支路的电压变化,并利用Q=CU及E=分析.求解电路中电容器带电荷量的问题,要注意以下两点:一是把电容器当成断路简化电路图,按照电路动态分析的基本方法来分析各部分电路电压与电流的变化.二是电路稳定时,找到与电容器并联的电阻,而电容器的电压等于与之并联的电阻两端的电压.典题演练提能·刷高分1.(多选)如图所示,电源的电动势E=6 V,内阻r=1 Ω,电阻R1=3 Ω,R2=6 Ω,电容器的电容C=3.6 μF,二极管D一般是由硅或者锗管组成,具有单向导电性,下列判断正确的是()A.开关S1闭合,S2断开时和开关S1、S2均闭合时,电容器两端电压均为4 VB.开关S1闭合,S2断开,当合上S2,待电路稳定以后,电容器上电荷量变化了1.8×10-6 CC.开关S1、S2闭合,待电路稳定以后断开S1,流过R1的电荷量为9.6×10-6 CD.开关S1、S2闭合,待电路稳定以后断开S1,流过R1的电荷量为1.44×10-5 C答案BC解析本题要抓住二极管的单向导电性,判断出其处于截止状态,对直流电路没有影响,关键是放电时,明确两个电阻是并联的,根据电流与电阻成反比来求解通过电阻的电荷量.设开关S1闭合,S2断开时,电容器两端的电压为U1,干路电流为I1,根据闭合电路欧姆定律有I1=A=1.5 AU1=I1R1=1.5×3 V=4.5 VQ1=CU1=3.6×10-6×4.5 C=1.62×10-5 C合上开关S2后,电容器两端电压为U2,干路电流为I2,根据闭合电路欧姆定律有I2=A=2 AU2=I2=2×V=4 V所以电容器上电荷量减少了ΔQ=(U1-U2)C=(4.5-4)×3.6×10-6 C=1.8×10-6 C,故选项A错误,选项B正确;合上S1、S2后,电容器上的电荷量为:Q=CU2=3.6×10-6×4 C=1.44×10-5 C.再断开S1后,R1和R2的电流与阻值成反比,故流过电阻的电荷量与阻值成反比.故流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9.6×10-6 C,故选项C正确,D错误.2.(多选)硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点.如图所示,图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象(电池电动势不变,内阻不是定值),图线b是某电阻R 的U-I图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时,下列说法中正确的是()A.硅光电池的内阻为8 ΩB.硅光电池的总功率为0.4 WC.硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32 WD.若将R换成阻值更大的电阻,硅光电池的输出功率增大答案AC解析由图可知该电池的电源电动势为3.6 V,由U内+U R=E可知内电压为1.6 V,硅光电池的内阻为r=内Ω=8 Ω,故A正确;硅光电池的总功率为P总=EI=3.6×0.2 W=0.72 W,故B错误;硅光电池的内阻消耗的热功率为P热=I2r=0.22×8 W=0.32 W,故C正确;若将R换成阻值更大的电阻,电路中电阻两端的电压变大,但电流变小,硅光电池的输出功率不一定增大,故D错误.故选AC.命题角度2(储备)电路的动态分析【典题】(多选)(2019湖北武汉模拟)如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,定值电阻R1<r,静电计的金属小球通过导线与电路中的b点相连.闭合开关S,将滑动变阻器R2的滑片向右滑动一段距离,电路稳定后,相对滑片未滑动前电压表示数的变化量为ΔU,电流表示数的变化量为ΔI,且两电表均为理想电表.下列判断中正确的是()A.电源的输出功率减小B.静电计指针张角减小C.电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变D ΔU与ΔI的比值不变答案BD解析滑片向右滑,R2的有效阻值增大,总外电阻R增大,但不一定大于电源内阻,故电源的输出功率不一定减小,故A错误;由于R1两端电压U1减小,稳定时电容器两端电压减小,静电计指针张角减小,故B正确;比值=R2增大,故C错误;根据U-I图象的斜率知,比值=r+R1不变,故D 正确.故选BD.掌握闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法:流程如下R局增大减小I总减小增大U内减小增大U外增大减小I支U支(2)利用结论法:即“串反并同”法.①“串反”——即某一电阻增大(减小)时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大);②“并同”——即某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小).(3)极限法:因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论.典题演练提能·刷高分1.(多选)在如图所示电路中,电源内阻忽略不计,闭合开关S,滑动变阻器的滑片位于a点时,两理想电表的读数分别为U1、I1,滑动变阻器的滑片位于b点时,两理想电表的读数分别为U2、I2.下列判断正确的是()A.U1>U2,I1<I2B.滑片位于b点时,滑动变阻器接入电路的阻值为等于滑动变阻器接入电路的阻值变化量C.滑片由a滑到b,--等于R1的阻值D.滑片由a滑到b,--答案BD解析滑片从a到b,电阻增大,电流减小,电流表示数减小;根据U=E-IR1,电压表示数增大,故A错误;根据欧姆定律,滑动变阻器接入电路的阻值为R2=,故B正确;U2-U1等于R1电压的减小等于R1的阻值,故C错误,D正确.量,I1-I2等于R1电流的减小量,--2.如图所示,电源电动势E,内电阻恒为r,R是定值电阻,热敏电阻R T的阻值随温度降低而增大,C是平行板电容器.闭合开关S,带电液滴刚好静止在C内.在温度降低的过程中,分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的绝对值.关于该电路工作状态的变化,下列说法正确的是()A.、、一定都变大B.和一定不变,一定变大C.带电液滴一定向下加速运动D.电源的工作效率一定变大答案D解析根据电路知识知,V3测路端电压,V2测热敏电阻R T的电压,V1测定值电阻R的电压,由U3=E-Ir,得=r,由U2=E-I(R+r)得=R+r,由U1=IR得=R,故A、B错;带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态,在温度降低的过程,热敏电阻R T阻值变大,回路中电流变小,路端电压增大,由于流过定值电阻R的电流变小,所以分的电压也就变小,而路端电压增大,故V2示数增大,平行板间的电场强度也增大,导致带电液滴向上运动,故C错;η=,由于路端电压增大,所以电源的工作效率一定变大,故D正确.考点二实验:1.测定金属的电阻率(练习使用螺旋测微器) 2.描绘小电珠的伏安特性曲线3.表头内阻测量4.测定电源的电动势和内阻5.练习使用多用电表及原理理解6.电学设计及创新实验命题角度1结合描绘小电珠的伏安特性曲线实验综合考查电路问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅰ·23)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表V(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表A(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1 000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干.(1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图.(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示.图(a)图(b)由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率(填“增大”“不变”或“减小”).(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为W,最大功率为W.(结果均保留2位小数)答案(1)如图所示(2)增大增大(3)0.391.17解析(1)由于要求电压调节范围大,故用分压式.电压表量程只有3 V,故需串联R0改装为量程为4 V的电压表.小灯泡电阻较小(R L<),故用外接法.(2)图中I-U图线上某点与原点连线的斜率代表灯泡在该状态下电阻的倒数.随电流增大,与原点连线的斜率减小,故电阻增大.由R=ρ分析知电阻率增大.(3)当R=9 Ω时灯泡功率最小,将电阻R与电源视为整体.U=E-I(R+r),故U=4 V-10 Ω·I,作图法找到灯泡功率P min=UI≈1.75 V×0.225 A≈0.39 W当R=0时,灯泡功率最大,电源的路端电压与电流的关系U=E-Ir,故U=4 V-1 Ω·I,作图法找到灯泡功率P max=UI=3.65 V×0.32 A≈1.17 W.1.分压和限流电路的选择原则(1)若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,即若滑动变阻器阻值调到最大时,待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程,或超过待测电阻的额定电流(或电压),则必须选用分压式电路.(2)若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多,以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化范围不够大,此时,应改用分压式电路.(3)若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式电路.(4)两种电路均可使用的情况下,应优先采用限流式接法,因为限流式接法电路简单、能耗低.2.控制电路、测量电路的连接第(3)问求小灯泡消耗的实际功率较难,因小灯泡的阻值随电流的变化而变化,应通过闭合电路的欧姆定律找到小灯泡实际的电流、电压值.典题演练提能·刷高分1.实际的二极管正向电阻并不为零,反向电阻也不是无穷大,一兴趣小组同学对某型号二极管做了如下研究:(1)用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻.①测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率,多用电表的表盘如图所示,则电阻为Ω;②多用电表的红表笔应与二极管的极相连(选填“正”或“负”).(2)用电压表和电流表描绘该二极管加正向0~1.5 V电压时的伏安特性曲线,可供选择的器材如下:电压表V1(量程1.5 V,内阻约2 000 Ω)电压表V2(量程6 V,内阻约4 000 Ω)电流表A1(量程0.6 A,内阻约10 Ω)电流表A2(量程40 mA,内阻约0.1 Ω)滑动变阻器R1(总电阻约为10 Ω)滑动变阻器R2(总电阻约为100 Ω)电源E(电动势2 V,内阻不计)开关S,导线若干①为调节方便,并有尽可能高的精度,请选择合适的器材,电压表、电流表、滑动变阻器;(填写所选器材的符号)②在虚线方框中画出实验电路原理图;③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图所示,现将阻值为50 Ω的定值电阻与该二极管串联,并与一电动势为2 V,内阻不计的电源组成闭合电路,二极管上的电压为正向电压,则回路中的电流为mA.答案(1)①130②负(2)①V1A2R1②见解析③15解析(1)表盘上的读数为13,再乘以倍率,所以电阻为130 Ω;根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”,要测二极管的正向电阻时,应将红表笔与二极管的负极相连;(2)因测二极管加正向0~1.5 V电压,所以电压表应选V1,由二极管加正向电压的伏安特性曲线可知,当电压接近1.5 V时,电流达到最大接近40 mA,故电流表应选A2,为调节方便,并有尽可能高的精度,滑动变阻器应用分压式,所以滑动变阻器应选总阻值较小的,即为R1.二极管电阻R x>,故采用电流表内接法.电路图如图.将50 Ω的定值电阻与电源等效为一个电动势为2 V,内阻为50 Ω的新电源.在灯泡的I-U 图上作出新电源的I-U图线,交点纵坐标即为电路中的电流,此时电流为15 mA.2.某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整.可供该同学选用的器材除开关、导线外,还有:电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A)滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E=6 V,内阻不计)(1)请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁.(2)该同学描绘出的I-U图象应是图中的.答案(1)如图所示(2)B解析(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线实验时,需要设计成滑动变阻器的分压接法,滑动变阻器应选择与小灯泡阻值相接近的R1.给出的电压表V1量程小于小灯泡的额定电压,电压表V2量程又太大,因此需要将电压表V1串联一个1 kΩ的定值电阻R5,改装成最大量程为4 V的电压表.给出的电流表A1量程小于小灯泡的额定电流,电流表A2量程又太大,因此需要将电流表A1并联一个10 Ω的定值电阻R4,改装成最大量程为400 mA的电流表.(2)由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大,所以该同学绘出的小灯泡的I-U图象应是B.3.(2019北京东城区二模)为了描绘小灯泡的伏安特性曲线,提供以下实验器材:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A)电压表V(量程3 V,内阻3 kΩ)电流表A(量程0.5 A,内阻约0.5 Ω)电阻箱R0(0~9 999.9 Ω)滑动变阻器R1(阻值0~5 Ω,2 A)滑动变阻器R2(阻值0~200 Ω,1 A)学生电源E(电动势4 V,内阻不计)开关S及导线若干.(1)关于控制电路中滑动变阻器的连接方法,应选择.A.分压式连接B.限流式连接(2)为了减小系统误差,关于测量电路中电压表和电流表的连接方式,应选择.A.安培表内接法B.安培表外接法(3)实验提供的电压表量程小于小灯泡的额定电压,需要把电压表的量程扩大到4伏,改装电压表时,应将电阻箱阻值调至Ω,并与题中所给电压表(选填“串联”或“并联”).(4)请在方框中画出该实验的电路图.(5)为操作方便,实验中滑动变阻器应选择(选填R1或R2).你的选择理由是.图(a)图(b)(6)实验中得到小灯泡的伏安特性曲线如图(a)所示,由实验曲线可知,随着电压的增加小灯泡的电阻(选填“增大”“不变”或“减小”).(7)现将与题中完全相同的两个小灯泡与另一电源E0(电动势4 V,内阻1.0 Ω)和一阻值为9 Ω的定值电阻连接成如图(b)所示电路.此电路中每个小灯泡两端的实际电压为V(结果保留两位有效数字).答案(1)A(2)B(3)1 000.0串联(4)见解析图(5)R1选择R1时,移动滑片,小灯泡两端的电压示数变化比较均匀(线性关系较好)(6)增大(7)1.1解析(1)因要得到从零开始连续可调的多组电压,控制电路中滑动变阻器的连接方法,应选择分压式连接,故选A.(2)小灯泡的电阻R=Ω≈12 Ω≪R V,为了减小系统误差,测量电路中电压表和电流表的连接方式,应选择电流表外接法,故选B.(3)电压表的量程为3 V,内阻为3 kΩ,则要把电压表的量程扩大到4 V,改装电压表时,应将电阻箱阻值调至-=1 kΩ,并与题中所给电压表串联.(4)实验的电路图.图1(5)为操作方便,实验中滑动变阻器应选择阻值较小的R1.选择理由是:选择R1时,移动滑片,小灯泡两端的电压示数变化比较均匀(线性关系较好).(6)由实验曲线可知,随着电压的增加I-U线的斜率逐渐减小,则小灯泡的电阻增大.(7)设每个灯泡两端电压为U,电流为I,则由闭合电路的欧姆定律:E=2U+I(r+R),即4=2U+10I,即U=2-5I,将此函数关系画在灯泡的伏安特性曲线上,如图2,交点坐标为U=1.1 V,即此电路中每个小灯泡的两端的实际电压为1.1 V.图24.小明用如图甲所示的电路研究额定电压为2.4 V的灯泡L的伏安特性曲线.(1)在闭合开关S前,滑动变阻器的滑片应该移到(选填“a”或“b”)端.(2)按该电路测出的灯泡电阻值与真实值相比偏(选填“大”或“小”).(3)按此方案测得的数据描绘出I-U图象如图乙所示,图象是一条曲线而不是直线的原因是.(4)若将两个这样的相同灯泡并联,与电源组成图丙所示的电路,已知电源的电动势E=3.0 V,内阻r=1.5 Ω,定值电阻R=1.0 Ω,则每个灯泡的实际功率为W(结果保留两位小数).答案(1)a(2)小(3)小灯泡的电阻随温度的升高而增大(4)0.40(0.36~0.44)解析(1)闭合开关前,应将滑片置于输出电压最小的a端,以保护电流表;(2)根据欧姆定律,电阻测,比较可知R测<R真,所以测量值为R测=,若考虑电压表内阻影响,待测电阻的真实值为R真=-出的灯泡电阻值比真实值偏小;根据欧姆定律应有I=U,可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻,由于连线的斜率逐渐减小,所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大,即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大;(3)若将两个相同的灯泡并联后,接入题中所给的电源,设每只灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I,在闭合电路中,则有E=U+2I(r+R),变形得U=-2I(r+R)+E,代入数据得U=-5I+3,故在图乙中作出电源的I-U图象,如图所示由图可知交点横坐标为灯泡两端的电压U=1.0 V,交点纵坐标为流过灯泡的电流I=0.40 A,则每个灯泡的实际功率为P=UI=0.40 W.命题角度2(储备)结合测定金属的电阻率实验考查伏安法应用问题【典题】在伏安法测电阻的实验中,待测电阻R x约为200 Ω,电压表V的内阻约为2 kΩ,电流表A的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,结果由公式R x=计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数.若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2,则(填“R x1”或“R x2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值R x1(填“大于”“等于”或“小于”)真实值,测量值R x2(填“大于”“等于”或“小于”)真实值.答案R x1大于小于解析根据题意,,故用内接法测量时更准确,所以R x1更接近真实值.测量值R x1实际上是待测电阻与电流表的电阻之和,所以R x1大于真实值.测量值R x2实际上是待测电阻与电压表的并联电阻值,所以R x2小于真实值.1.串、联关系不同2.器材选择的三个主要原则:安全性(量程不能太小)、准确性(量程不能太大)、方便性(滑动变阻器要方便调节).3.选择电流表内外接法的口诀:“内大外小”(内接法测大电阻,外接法测小电阻);选择滑动变阻器接法口诀:“以小控大用分压”(变阻器阻值小于待测电阻).4.电表有时可反常规使用:已知内阻的电压表可当电流表使用,已知内阻的电流表可当电压表使用.典题演练提能·刷高分1.〔(2018天津卷·9(3)〕某同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值(约为10 kΩ),除了R x、开关S、导线外,还有下列器材供选用:A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ)B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω)D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω)E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)①为使测量尽量准确,电压表选用,电流表选用,电源选用.(均填器材的字母代号)②画出测量R x阻值的实验电路图.③该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会其真实值(填“大于”“小于”或“等于”),原因是.答案①B C F②如图所示③大于电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)解析①由于待测电阻约为10 kΩ太大,电源电动势为12 V时,电路中电流才大约1.2 mA,故电流表选C,电源选F.由于待测电阻约为10 kΩ,电路中电流约为1.2 mA,则待测电阻两端电压约为12 V,所以电压表选B.②由于待测电阻阻值远大于所选电流表内阻,而略小于电压表内阻,故实验测量电路设计时用内接法;而滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻的阻值,故控制电路中滑动变阻器使用限流式接法根本起不到调节作用,滑动变阻器只能采用分压式接法.电路图见答案.2.(2019吉林长春质检)(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中,正确操作获得金属丝直径以及电流表、电压表的读数如图所示,则金属丝的直径的读数是,电流表的读数是,电压表的读数是.(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10 Ω,电流表内阻约几欧,电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用),电动势E=4.5 V,内阻很小.则下面电路图中(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路.但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏(选填“大”或“小”).(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A是已知的,那么准确测量金属丝电阻R x的最佳电路应是图中的电路(填电路图下方的字母代号).此时测得电流为I、电压为U,则金属丝电阻R x=(用题中字母代号表示).答案(1)0.881 mm0.42 A2.25 V(2)A小(3)B-R A解析(1)螺旋测微器先读固定部分为0.5 mm,可动部分可估读为38.1×0.01 mm=0.381 mm,故示数为:(0.5+0.381) mm=0.881 mm;电流表量程为0.6 A,则最小刻度为0.02 A,读数为0.42 A;电压表量程为3 V,最小刻度为0.1 V,则读数为2.25 V.(2)因电源不能在大功率下长时间运行,则本实验应采用限流接法;同时电压表内电阻较大,由以上读数可知,待测金属丝的电阻约为5 Ω,故采用电流表外接法误差较小,故选A;在实验中电压表示数准确,但电流表测量的是干路电流,故电流表示数偏大,则由欧姆定律得出的结果偏小.(3)因已知电流表内阻的准确值,则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻,故应选B电路;待测金属丝及电流表总电阻R=,则待测金属丝电阻R x=R-R A=-R A.3.某同学通过实验测定一捆长度约为100 m的铜导线(电阻约为1.5 Ω)的实际长度,首先利用螺旋测微器测量其直径,如图甲所示,再利用图乙所示的电路测出铜导线的电阻.可供使用的器材有:电流表:量程0.6 A,内阻约0.2 Ω;电压表:量程3 V,内阻约9 kΩ;滑动变阻器R1:最大阻值5 Ω;滑动变阻器R2:最大阻值20 Ω;定值电阻:R0=3 Ω电源:电动势6 V,内阻可不计;开关、导线若干回答下列问题:(1)由图甲可知,铜导线的直径D=mm;(2)实验中滑动变阻器应选(选填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至(选填“a”或“b”)端;(3)根据图乙所示的实物图,在方框内画出其电路图;(铜导线用电阻元件符号表示)(4)调节滑动变阻器,电压表的示数为U,电流表的示数为I,铜的电阻率为ρ,不考虑电表内阻对实验的影响,则导线的长度为(用已知和所测量的字母表示).答案(1)1.170(2)R2a(3)图见解析-(4)解析(1)球的直径为D=1 mm+17.0×0.01 mm=1.170 mm.(2)由于待测电阻是1.5 Ω,电流表量程0.6 A,电路中最大电流约为0.6 A,电路中最小电流最好在0.2 A以上,为了更好地控制电路,所以选择R2比较合理,闭合开关前应该保证回路中电流最小,则接入滑动变阻器的阻值就最大,所以应该在a端.(3)由于待测电阻阻值较小,选用电流表外接的方式,定值电阻R0与R x串联能够使得电压表的读数在量程的以上,所以为了减小误差,要把R0与R x串联用,电路图如图所示.(4)由电路结构可得U=I(R0+R x) 由电阻定律R x=ρ解得l=-.4.某实验小组计划测量一未知电阻的阻值,已经连接好实物图如图甲所示.甲乙丙(1)请根据实物图在图乙所示方框中画出该实验的电路图,并标明表示各元件的字母.(2)图丙中电阻箱的读数是Ω;如果将电阻箱的阻值由10.00 Ω调节到9.00 Ω,应.(3)①先使电阻箱阻值调至如图丙所示,再将S2接到A,闭合S1,记录下对应的电压表示数为2.20 V,然后断开S1;②保持电阻箱示数不变,将S2切换到B,闭合S1,此时电压表的读数为2.80 V,然后断开S1,不计电源内阻,电压表可视为理想电表,据此可知,定值电阻R1的阻值为Ω(计算结果保留三位有效数字).答案(1)图见解析(2)20.00先将“×1”挡调到9,再将“×10”挡调到0(3)5.45解析(1)实验电路图如图所示;。
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提能增分练(三) 以测电阻为核心的电学实验1．(2017·长春外国语学校质检)(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝直径以及电流表、电压表的读数如图甲、乙、丙所示，则对应读数分别是________、________、________。
(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ。
电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E ＝4.5 V ，内阻很小，则图丁电路图中________(填电路图下的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路。
但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________。
(填“大”或“小”)(3)若实验所用的电流表内阻的准确值R A 是已知的，那么准确测量金属丝电阻R x 的最佳电路应是图丁中的________电路(填电路图下的字母代号)。
此时测得电流为I 、电压为U ，则金属丝电阻R x ＝________(用题中字母代号表示)。
解析：(1)螺旋测微器固定部分刻度为0.5 mm ，可动部分刻度可估读为38.0×0.01 mm ＝0.380 mm ，故总示数为：0.5 mm ＋0.380 mm ＝0.880 mm ；电流表量程为0.6 A ，则最小刻度为0.02 A ，则读数为0.42 A ；电压表量程为3 V ，最小刻度为0.1 V ，则读数为2.30 V 。
(2)因电源不能在大功率下长时间使用，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由电表读数可知，待测电阻的内阻约为5 Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A ；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，由欧姆定律知，得出的结果偏小。
(3)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B ；待测电阻及电流表总电阻R ＝U I ，则待测电阻R x ＝R －R A ＝U I－R A 。
答案：(1)0.880 mm 0.42 A 2.30 V (2)A 小(3)B U I－R A2．(2017·黑龙江省大庆实验中学质检)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V,2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A．直流电源(电动势约为5 V，内阻可不计)B．直流电流表(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)C．直流电流表(量程0～600 mA，内阻约为5 Ω)D．直流电压表(量程0～15 V，内阻约为15 kΩ)E．直流电压表(量程0～5 V，内阻约为10 kΩ)F．滑动变阻器(量大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为2 A)G．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为0.5 A)实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。
(1)实验中电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________(均用序号字母表示)。
(2)请按要求将图1中所示的器材完成实验电路连接。
(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。
现把实验中使用的小灯泡接到如图3所示的电路中，其中电源电动势E＝4 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω，此时灯泡的实际功率为________W。
(结果保留两位有效数字)解析：(1)小灯泡的额定电压为5 V，因此电压表选择量程大于等于5 V的即可，故选E；而小灯泡的额定电流I＝P＝0.5 A；故电流表应选择C；由实验要求可知本实验应采用分压U接法，故滑动变阻器选择F。
(2)本实验采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实物图如图所示。
(3)将定值电阻等效电源内阻，作出等效电源的伏安特性曲线如图所示；与小灯泡的伏安特性曲线的交点为小灯泡的工作点，由图可知，此时小灯泡的电压为1.2 V；电流为0.28 A；则小灯泡的功率P＝UI＝1.2×0.28 W≈0.34 W。
答案：(1)C E F(2)见解析图(3)0.343．某物理兴趣小组要精确测量一只电流表G(量程为1 mA、内阻约为100 Ω)的内阻。
实验室中可供选择的器材有：电流表A1：量程为3 mA，内阻约为200 Ω；电流表A2：量程为0.6 A，内阻约为0.1 Ω；定值电阻R1：阻值为10 Ω；定值电阻R2：阻值为60 Ω；滑动变阻器R3：最大电阻20 Ω，额定电流1.5 A；直流电源：电动势1.5 V，内阻0.5 Ω；开关，导线若干。
(1)为了精确测量电流表G的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为________、定值电阻为________。
(填写器材的符号)(2)在方框中画出你设计的实验电路图。
(3)按照你设计的电路进行实验，若测得电流表A的示数为I1，电流表G的示数为I2，则电流表G的内阻的表达式为r g＝____________。
(4)请列出你所知道的测量电阻的方法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(至少写出两种)解析：(1)因待测电流表的最大电流只有1 mA ，故电流表可选择A 1；定值电阻应选择和待测电流表阻值较接近的R 2。
(2)电路图如图所示。
(3)根据欧姆定律可得，电流表G 的内阻的表达式为r g ＝(I 1－I 2)R 2I 2。
(4)测量电阻的方法：伏安法、欧姆表法、半偏法、替代法、电桥法等。
答案：(1)A 1 R 2 (2)见解析图 (3)(I 1－I 2)R 2I 2(4)伏安法、欧姆表法(半偏法、替代法、电桥法等均可)4．(2017·长春外国语学校检测)某同学对电阻丝的电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材：电源E (电动势为4 V ，电阻约为1 Ω)；电流表A 1(量程5 mA ，内阻约为10 Ω)；电流表A 2(量程0.6 A ，内阻约为1 Ω)；电压表V 1(量程3 V ，内阻约为1 kΩ)；电压表V 2(量程15 V ，内阻约为3 kΩ)；滑动变阻器R 1(阻值0～2 Ω)；滑动变阻器R 2(阻值0～20 Ω)；开关及导线若干。
他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示： 编号 金属丝直径D /mm 金属丝直径的二次方D 2/mm 2金属丝长度L /cm 电阻R /Ω 10.280 0.078 4 100.00 16.30 20.280 0.078 4 50.00 8.16 3 0.560 0.313 6 100.00 4.07(1)他在某次测量中，用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图甲所示，此示数为________mm 。
(2)图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图，则该同学应选择电路________(选填“A”或“B”)进行测量。
电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________。
(3)请你认真分析表中数据，写出电阻R 与L 、D 间的关系式R ＝________(比例系数用k 表示)，并求出比例系数k ＝________Ω·m (结果保留两位有效数字)。
解析：(1)螺旋测微器读数为D ＝0.5 mm ＋1.2×0.01 mm ＝0.512 mm 。
(2)因电阻丝电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故选A ；电路中的最大电流I m ＝E R ＝48.16A ≈0.5 A ，电流表应选A 2，电源电压为4 V ，则电压表选V 1，滑动变阻器选择比被测电阻大2～5倍的，故选R 2。
(3)由电阻定律R ＝ρL S 及S ＝π⎝⎛⎭⎫D 22得：R ＝4ρL πD 2，用比例系数k 则表示为R ＝k L D 2，将表格中的数据代入可得k ＝1.3×10－6 Ω·m 。
答案：(1)0.512 (2)A A 2 V 1 R 2(3)kL D 2 1.3×10－6 5．(2017·遵义航天中学模拟)某学习小组的同学拟探究小灯泡L 的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：小灯泡L ，规格“4.0 V ,0.7 A”；电流表A 1，量程3 A ，内阻约为0.1 Ω；电流表A 2，量程0.6 A ，内阻r 2＝0.2 Ω；电压表V ，量程3 V ，内阻r V ＝9 kΩ；标准电阻R 1，阻值1 Ω；标准电阻R 2，阻值3 kΩ；滑动变阻器R ，阻值范围0～10 Ω；学生电源E ，电动势6 V ，内阻不计；开关S 及导线若干。
(1)甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46 A时，电压表的示数如图2所示，读数为________V，此时L的电阻为________Ω。
(2)乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L 上的电压值是________V。
(3)学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。
请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
解析：(1)因为电压表的量程为3 V，所以分度值为0.1 V，故读数为2.30 V，根据欧姆＝5 Ω。
定律R＝2.30 V0.46 A(2)串联一个定值电阻，相当于增加了电压表的量程，因为电压表内阻和R2之比为3∶1，故根据欧姆定律可得电压表两端的电压与电阻R2两端的电压之比为3∶1，因为电压表指针指在最大刻度，故电压表示数为3 V，所以定值电阻R2两端的电压为1 V，故L上的电压为4.0 V。
(3)电流表A1的量程太大，误差太大，应使用电流表A2，而A2的量程小于小灯泡的额定电流，所以需要将电流表A2的量程增大，所以给电流表A2并联一个分流电阻，实验电路图如图(a)或图(b)所示。
答案：(1)2.305(2)4.0(3)见解析图中的图(a)或图(b)6．(2017·四川成都七中检测)某同学通过实验研究小灯泡的电压与电流的关系，可用的器材如下：电源(电动势3 V，内阻1 Ω)、电键、滑动变阻器(最大阻值20 Ω)、电压表、电流表、小灯泡、导线若干。
(1)实验中移动滑动变阻器滑片，记录数据并整理，得到了小灯泡的U-I图像如图(a)所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)根据图(a)，在图(b)中把缺少的导线补全，连接成实验的电路(其中电流表和电压表分别测量小灯泡的电流和电压)。