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章末过关检测(三)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.有关电流的下列说法中正确的是()A．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流B．电流的方向就是电荷定向移动的方向C．电流总是从外电路中电势高的一端流向电势低的一端D．电路中自由电荷定向移动的速度与真空中的光速相等解析：选C．电荷的定向移动才形成电流，A错；正电荷定向移动方向为电流方向，B错；电路中自由电荷的定向移动速度大小的数量级为10－5m/s，D错.2.某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子经过某一截面，同时有2n个电子也经过该截面，则探测器电路中的电流为()A．0B．2ne/tC．3ne/tD．4ne/t解析：选D．经过这个截面的有正负两种电荷，所以电量应该等于两种电荷电量绝对值的和，故电流为I＝qt＝n·2e＋2net＝4net，A、B、C错误，D正确.3.如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2，当端点1、2或3、4接入电路时，R12∶R34是()A．L1∶L2B．L2∶L1C．1∶1D．L21∶L22解析：选D．设薄片合金电阻板的厚度为d，当端点1、2接入电路时，根据电阻定律，电阻R12＝ρL1L2d.当端点3、4接入电路时，根据电阻定律，电阻R34＝ρL2L1d，则R12R34＝L21L22，故D正确，A、B、C错误.4.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是()A．U1变大，U2变小B．U1变大，U2变大C．U1变小，U2变小D．U1变小，U2变大解析：选A．当变阻器滑片向b移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，电流I减小，则路端电压U1＝E－Ir，E、r不变，U1变大，则电压表V1的示数U1变大；电压表V2示数：U2＝IR，I变小，U2变小.5.图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的23处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的13处，已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的内阻为()A．0.1ΩB．0.15ΩC．0.3ΩD．0.6Ω解析：选A．设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；由题意可知，当电流表串联时：I1＝23I2①当电流表并联时：I2R2＝13I1R1②由于R1＝0.45Ω③将①③式代入②解得：R2＝0.1Ω.6.两根材料相同的均匀导线x和y，x的长度为L，y的长度为2L，串联在电路中，沿电流方向电势随长度的变化如图所示，则x、y横截面积之比为()A．2∶3B．1∶4C．1∶2D．3∶1解析：选C．由图像可得两导线上的电压相等均为4V，由公式R＝UI得两导线电阻相等；由公式R＝ρlS，可得S＝ρlR.R、ρ相同，故横截面积S与长度l成正比，故面积比为1∶2，故C正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7.下列说法正确的是()A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联总电阻为零B．并联电路任一支路电阻都大于电路的总电阻C．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，总电阻也增大D．并联电路任一支路电阻增大(其他支路不变)，总电阻一定减小解析：选ABC．由并联电路的特点知：并联电路的总电阻比各支路中的任意一个分电阻的阻值都要小，且任一支路电阻增大，总电阻一定增大，所以A、B、C对，D错.8.有一电流计，内阻Rg＝25Ω，满偏电流Ig＝3mA，现对它进行改装，下列说法正确的是()A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个0.126Ω的电阻B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它串联一个0.126Ω的电阻C．把它改装成量程为3V的电压表，需与它并联一个975Ω的电阻D．把它改装成量程为3V的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻解析：选AD．把电流计改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R＝IgRgI－Ig＝0.003×250.6－0.003Ω≈0.126Ω，故A正确，B错误；把电流计改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R′＝UIg－Rg＝30.003－25Ω＝975Ω，故C错误，D正确.9.用甲、乙两个完全相同的电流表表头改装成量程分别为5V和10V的电压表，串联后测量12V的电压，则()A．两表的电压示数相同，均为6VB．两表头的指针偏角相同C．两表头的指针偏角不相同D．两表的电压示数不同解析：选BD．将两只电压表串联后测电压，涉及偏角时须考虑内部原理图，如图所示，因流过表头的电流相等，故偏角相同.设改装后V甲、V乙的内阻分别为RV1、RV2，满偏电压为U甲、U乙，则RV1RV2＝U甲/IgU乙/Ig＝U甲U乙＝12；串联后电压表的实际读数U甲′∶U乙′＝RV1∶RV2＝1∶2，即U甲′＝4V、U乙′＝8V.综上知选项B、D正确.另外，由于电压表的刻度分布是均匀的，在偏角相同的情况下有U甲′∶U乙′＝U甲∶U乙＝2∶1.10.有滑动变阻器R，热敏电阻R0，二极管D和电容器组成的电路如图所示，有一个带电液滴静止于电容器两极板之间，电容器下极板接地，闭合开关S，下列说法中正确的是()A．若把滑动变阻器的滑动触头向上移动，液滴将会向下运动B．若把开关断开，液滴将会向上运动C．若热敏电阻的温度降低，液滴将会向下运动D．若把上极板向上移动，液滴将静止不动解析：选BD．当变阻器的滑片向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，电场强度不变，电场力不变，电荷保持静止，故A错误；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，电场强度增大，电场力增大，则液滴向上运动，故B正确；热敏电阻降温时，热敏电阻阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，液滴仍然静止，故C错误；电容器C的上极板向上移动，d增大，则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U＝QC，C＝εS4πkd，E＝Ud，所以：E＝4πkQεS，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确.三、实验题(本题共2小题，共14分.将答案填在题中横线上)11.(6分)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍.某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表V(量程3V，内阻约为3000Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100Ω，额定电流2A)，电源E(电动势6V，内阻不计)，开关两个，导线若干.(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整.(2)根据设计的电路，写出实验步骤：______________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R′V，与电压表内阻的真实值RV相比，R′V________RV(填“”“＝”或“”)，主要理由是______________________________________________________________________________________________________.解析：(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法.实验电路图如图所示.(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻.(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R′V＞RV(其他合理说法也可以).答案：见解析12.(8分)二极管是一种半导体元件，电路符号为，其特点是具有单向导电性，某实验小组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究.据了解，该二极管允许通过的最大电流为50mA．(1)该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正负极；当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断__________(选填“左”或“右”)端为二极管的正极.(2)用多用电表的电阻“×1k”挡，按正确的操作步骤测此二极管的反向电阻，表盘示数如图所示，则该电阻的阻值约为__________Ω，他还需要换挡重新测量吗？__________(选填“需要”或“不需要”)(3)实验探究中他们可选器材如下：A．直流电源(电动势3V，内阻不计)；B．滑动变阻器(0～20Ω)；C．电压表(量程15V、内阻约为80kΩ)；D．电压表(量程3V、内阻约为50kΩ)；E.电流表(量程0.6A、内阻约为1Ω)；F.电流表(量程50mA、内阻约50Ω)；G.待测二极管H.导线、开关.①为了提高测量精度，电压表应选用__________，电流表应选用__________Ｗ.(填序号字母)②为了对二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究，请在图2中补充连线并完成实验.解析：(1)二极管具有单向导电性，而欧姆表中指针偏转较大说明电阻较小，即为正向电流；而欧姆表内部的电源正极接在黑表笔上，故黑表笔接在二极管的正极处电流较大，故由题意可知，二极管右侧为正.(2)由图示表盘可知，欧姆表示数为：22×1kΩ＝22kΩ，由图示表盘可知，指针指在中央刻度线附近，不需要重新换挡测量.(3)①由题意可知，采用的电源电压为3V，故为了安全和准确，电压表应选取D，3V的量程；该二极管允许通过的最大电流为50mA，故电流表应选F.②由题意可知，本实验要求作出伏安特性曲线，故要求多测数据，故应采用分压接法；同时，因二极管电阻较小，故应采用电流表外接法；其实验的原理图如图甲，然后依次连接实验的电路图如图乙.答案：(1)右(2)22k不需要(3)①DF②如解析图所示四、计算题(本题共3小题，共38分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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)13.(12分)如图所示，A1和A2是两只电阻不同的电流表，V1和V2是两只相同的电压表.电流表A1的示数是1.4mA，电压表V1和V2的示数分别是0.6V和0.8V，试求：(1)电流表A2的内阻R2；(2)电流表A2的示数I2.解析：设电流表A1的电阻为R1，A2的电阻为R2，电压表的电阻为R.I1＝1.4mA时，U1＝0.6V，U2＝0.8V，则有：U2R＋U1R＝I1U1RR2＋U1＝U2解得：R＝1000Ω，R2＝10003Ω电流表A2的读数I2＝U1R＝0.61000A＝6×10－4A．答案：(1)10003Ω(2)6×10－4A14.(12分)如图所示的电路中，A、B两端的电压为U＝6V，R1＝2Ω，R2＝3Ω，滑动变阻器R的最大阻值为5Ω，小灯泡的电阻为10Ω，电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头P在R上滑动时，电流表与电压表的示数变化的范围是多少？解析：当P在最上端时，电路的电阻最小，此时Rmin＝R1＋R2＋RRLR＋RL＝253ΩImax＝URmin＝625×3A＝0.72A电压表示数Umax＝Imax·RRLR＋RL＝0.72×5×105＋10V＝2.4V当P在最下端时，电路的电阻最大Rmax＝R1＋R2＋R＝10ΩImin＝URmax＝610A＝0.6A电压表示