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专题十一 《 电路及其应用》信息优化卷（基础A）-备战高考物理一轮复习单元信息优化AB卷
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这是一份专题十一 《 电路及其应用》信息优化卷（基础A）-备战高考物理一轮复习单元信息优化AB卷，文件包含专题十一《电路及其应用》信息优化卷基础A原卷版docx、专题十一《电路及其应用》信息优化卷基础A解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
（考试时间90分钟 试卷满分100分）
注意事项：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．测试范围：人教版（2019） 必修第三册 第十一章《电路及其应用》
第 Ⅰ 卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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，有选错或不答的得0分。
1．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为，质子的质量为，其电量为，这束质子流内单位体积的质子数为，那么其等效电流是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据题意，由动能定理有，设经过时间，由电流的定义式可得，等效电流为，联立解得，故选A。
2．有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为的电容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据Q=CU，可知∆Q=C∆U=10-8×（30+70）×10-3C=10-9C，则该过程中跨膜电流的平均值为，故选A。
3．如图所示是中国公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80％以上的动能转化成电能回收储存再使用．这种电车的核心元器件是“，”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”．下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容也逐渐增加
C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变
D．若标有“，”的电容器从电量为零到充满电用时，则充电平均电流为
【答案】D
【详解】该电容器的容量为，故A错误；电容器充电的过程中，电量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；根据，可知电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；标有“，”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量为，则充电平均电流为，故D正确。故选D。
4．如图所示是一种风速测定装置，其中风速表是由电压表改装而成，电源电压不变，R为定值电阻，R1为滑动变阻器。T形管道的竖直管内装有可上下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连，S闭合后，当风速增大时活塞上方气压变小，下列说法中正确的是（ ）
A．活塞上移，则风速表的示数变小
B．活塞上移，则风速表的示数变大
C．活塞上移，则滑动变阻器R1两端的电压变大
D．活塞上移，则风速表的示数不变
【答案】B
【详解】由电路图可知，R1与R串联，电压表测定值电阻R两端的电压，当风速增大时，活塞上方空气的流速变大，大于下方空气的流速，由流速大的地方压强小可知，此时会产生向上的力，使滑片随活塞向上移动，R1接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小；由闭合电路欧姆定律，可知，电路中的电流变大，由，可知，R两端的电压变大，即电压表(风速表)的示数变大，滑动变阻器R1两端的电压变小，故B正确，ACD错误。故选B。
5．晶体二极管是一种半导体元件，在生产和生活中有着广泛的应用，某二极管的伏安特性曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．二极管是非线性元件
B．加正向电压时，二极管阻值不变
C．加正向电压时，二极管阻值随着电压的增大而增大
D．加反向电压时，无论加多大电压，电流都很小
【答案】A
【详解】根据欧姆定律有，可知I—U图线的斜率表示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小，则二极管是非线性元件；加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增。故选A。
6．将碳均匀涂在圆柱形实心瓷棒的外侧面形成均匀的碳膜，做成碳膜电阻。已知碳的电阻率为，瓷棒的长为l，瓷棒横截面的直径为D，所涂碳膜的厚度为d。将该电阻沿轴线方向接入电路时，阻值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据电阻定律，，解得，故选A。
7．已知表头的内阻为，满偏电流为2mA，现将表头改装为量程为0~3V和0~10V的双量程电压表如图甲及量程为0~0.1A和0~1A的双量程电流表如图乙，则下列说法正确的是（ ）
A．，
B．，
C．图甲中使用A、B两个端点时，量程为0~10V，使用A、C两个端点时，量程为0~3V
D．图乙中使用A、B两个端点时，量程为0~1A；使用A、C两个端点时，量程为0~0.1A
【答案】D
【详解】根据电压表的改装，则有，当改装成量程为0~3V和0~10V的双量程电压表时，，故A错误；根据电流表的改装原理可知，所并联的电阻越小，改装的量程越大，按照并联分流原理，则有，，联立解得，，故B错误；电流表改装成电压表，根据串联分压原理可知，串联的电阻越大，改装的量程就越大，因此可知，图甲中使用A、B两个端点时，量程为0~3V，使用A、C两个端点时，量程为0~10V，故C错误；电流表表头改装成大量程电流表时，根据并联分流原理可知，并联的电阻越小，则改装后的量程越大，因此可知，图乙中使用A、B两个端点时，量程为0~1A；使用A、C两个端点时，量程为0~0.1A，故D正确。故选D。
8．如图所示，、、的电阻之比是2∶3∶5，电流表内阻忽略不计，电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定，则甲图中两个电压表的示数之比和乙图中两个电流表的示数之比分别为（ ）
A．3∶5；1∶1B．5∶8；16∶25C．2∶3；2∶5D．5∶8；2∶5
【答案】B
【详解】由图甲可知，三个电阻串联，流经各电阻的电流相等，设电流为，由欧姆定律则有，，，电压表测量的是、串联后两端的电压，电压表测量的是、串联后两端的电压，则两电压表的示数分别为，，因为，联立解得，对理想电流表，内电阻是零，则电路图如图所示，
可知对图乙电路可等效为三个电阻并联，如图所示，设A、B两点的电压为，则流经各电阻的电流为
，，，电流表测量的是流经电阻、的电流，则电流表的示数为，电流表测量的是流经电阻、的电流，则电流表的示数为，因为，联立解得，ACD错误，B正确。故选B。
9．某实验小组学习电表改装的原理后，想找器材进行实验探究，于是他们从学校物理实验室借一些器材，并设计如图所示的电路，已知：小量程电流计G（表头）的满偏电流，内电阻；且。他们设计把该电流计改装成和的双量程电流表。下列说法正确的是（ ）
A．改装后开关接2时量程为
B．若不变，改装后的电流表量程均随电阻的增大而减小
C．若不变，改装后的电流表量程均随电阻的增大而减小
D．改装后开关接2时电流表的内阻大于开关接1时的内阻
【答案】AC
【详解】接2时，分流电阻只有，分流电阻越小，改装后电流表的量程越大，所以接1时量程为，接2时量程为，故A正确；接1时量程，若不变，当增大时，减小，接2时量程，若不变，当增大时，也增大，故B错误；接1时量程，若不变，当增大时，减小，接2时量程，若不变，当增大时，也减小，故C正确；开关接1时，新电流表的内阻，接2时新电流表的内阻，由于，所以，故D错误。故选AC。
10．如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为24 V，如果电阻，，，则输出的电压可能是（ ）
A．12 V
B．8 V
C．6 V
D．3 V
【答案】ABC
【详解】由图可知，BB'输出的是下半部分电阻两端的电压，则可知，当两电阻均不接入时，输出电压为了24V；当只有R1接入时，输出电压 ,当只有R2接入时，输出电压 ,当两电阻均接入时，,A．12 V，与结论相符，选项A正确；8 V，与结论相符，选项B正确；6 V，与结论相符，选项C正确；3 V，与结论不相符，选项D错误；故选ABC。
11．如图所示，某同学将量程为100mA、内阻为的表头G改装成电压量程为3V、电流量程为0.6A的“双用电表”，则（ ）
A．图中表笔A应为红色B．图中表笔A应为黑色
C．电阻R2为10ΩD．电阻R1为2Ω
【答案】AD
【详解】图中表笔A与表头的正极相连，则表笔A应为红色，故A正确，B错误；将表头G改装成量程为0.6A的电流表，根据欧姆定律有,将表头G改装成量程为3V的电压表，根据欧姆定律有,故C错误，D正确。故选AD。
12．在如图所示电路，电源两端电压U保持不变，当滑动变阻器的滑片P从a点向b点移动的过程中，两块电压表、的示数变化量分别为和，电路中电流的变化量为。滑动变阻器的最大阻值为，且，则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】由图可知，三个电阻串联，电压表测量滑动变阻器和两端的总电压，电压表测量和两端的总电压，由串联电路的电压规律可得，电压表的示数,则电压表的示数变化量①,电压表的示数,则电压表的示数变化量②,对比①②式可得,故A错误，B正确；电压表测量定值电阻和两端的总电压，所以电压表的示数变化量为,故C正确；由AB选项分析可知,由题意知,故,故D错误。故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题
13．（12分）（1）写出下列测量仪器所测得的数据
mm； mm
（2）某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电流表的内阻：
①首先用欧姆表测量电流表的内阻，测量时红色表笔应该接电流表的 （填：“正接线柱”或“负接线柱”）；用“×10”挡测量时指针指示如图甲所示，则应该换 挡再次测量；
②研究小组又设计了更精确的测量方案，所用电路如图乙所示。将开关S闭合，调节R1、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持 不变的前提下，多次改变R1、R2，记录R1和电流表偏转的格数N，再根据记录数据作出图像，若作出的图像如图丙所示，则电流表的内阻等于 。
【答案】 5.545 31.35 负接线柱 ×1 电压表的示数 b
【详解】（1）螺旋测微器的示数为5.5mm+4.5×0.01=5.545mm,游标卡尺的示数为31mm+7×0.05=31.35mm,
根据欧姆表中电流为红进黑出，则用欧姆表测量电流表的内阻时，红色表笔应该接电流表的负接线柱。由图乙可知，用“×10”挡测量时指针偏角过大，说明电阻较小，为了较准确测量，应选用×1挡。由实验原理可知，将开关S闭合，调节R1、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持电压表示数不变。
由欧姆定律有,设电流表每一格电流为，则有,整理得,由图线可知，电流表内阻.
二、计算题
14．（8分）某学习小组用一小量程电流表改装成一种两个量程的电压表，如图所示，已知小量程电流表的内阻Rg=300Ω，满偏电流Ig=2mA。当使用a、b两个端点时，量程为0~3V。求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）若电阻箱R2的阻值调为6×103Ω，当使用a、c两个端点时，量程的最大值。
【答案】（1）1200Ω；（2）15V
【详解】（1）当使用a、b两个端点时，最大值为3V，则
解得
使用a、c两个端点时
15．（9分）一根长为2m、横截面积为的铜棒，两端电势差为，铜棒的电阻为，铜内自由电子密度为，电子的电荷量为。求：
(1)通过铜棒的电流（保留三位有效数字）；
(2)铜棒内的电场强度；
(3)自由电子定向移动的速率（保留两位有效数字）。
【答案】(1)22.8A；(2)；(3)
【详解】(1)通过铜棒的电流为
铜棒内的电场强度为
设自由电子定向移动的速度为v，则
得。
15．（11分）可以用电学方法来测水流的速度。如图所示，将小铅球P系在细金属丝下，悬挂在O点，当将小铅球P放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ。为了测定水流的速度v，使C端位于O点的正下方，它与金属丝接触良好，还有一个电动势为ε电源（内阻不计）和一只电压表。
（1）设计一个电路，使水流速度增大时，电压表的示数也增大
（2）已知水流对小球的作用力F与水流速度v的关系为F＝kDv（k为比例系数，D为小铅球的直径），OC＝h，BC长为L，当小铅球平衡时电压表示数为U，请推导出v与U的关系式。（水对小铅球的浮力忽略不计）
【答案】（1）见解析；（2）v＝U
【详解】（1）如图，电路中BD与DC串联，水流作用力增大时，BD的电压减小，电压表示数增大
（2）当电压表读数为U时，根据欧姆定律得
又由电阻定律得知
联立解得v＝U
17．（12分）如图所示的电路中,电源的电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3 Ω，R2=6 Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开，
(1)开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为多少？
(2)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？
(3)合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？
【答案】(1)4.5V；(2)减少了1.8×10-6 C；(3)9.6×10-6 C
【详解】(1)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==1.5A
U1=I1R1=4.5V
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==2A
U2=I2=4V
所以电容器上电荷量减少了ΔQ=(U1-U2)C=1.8×10-6C
设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q=CU2=1.44×10-5C
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=9.6×10-6C
（考试时间90分钟 试卷满分100分）
注意事项：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．测试范围：人教版（2019） 必修第三册 第十一章《电路及其应用》
第 Ⅰ 卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12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，有选错或不答的得0分。
1．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为，质子的质量为，其电量为，这束质子流内单位体积的质子数为，那么其等效电流是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据题意，由动能定理有，设经过时间，由电流的定义式可得，等效电流为，联立解得，故选A。
2．有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为的电容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据Q=CU，可知∆Q=C∆U=10-8×（30+70）×10-3C=10-9C，则该过程中跨膜电流的平均值为，故选A。
3．如图所示是中国公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30秒内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80％以上的动能转化成电能回收储存再使用．这种电车的核心元器件是“，”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电100万次，使用寿命长达十年，被誉为“21世纪的绿色交通”．下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的容量为
B．电容器充电的过程中，电量逐渐增加，电容也逐渐增加
C．电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变
D．若标有“，”的电容器从电量为零到充满电用时，则充电平均电流为
【答案】D
【详解】该电容器的容量为，故A错误；电容器充电的过程中，电量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；根据，可知电容器放电的过程中，电量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；标有“，”的电容器从电量为零到充满电，储存的电荷量为，则充电平均电流为，故D正确。故选D。
4．如图所示是一种风速测定装置，其中风速表是由电压表改装而成，电源电压不变，R为定值电阻，R1为滑动变阻器。T形管道的竖直管内装有可上下无摩擦自由移动的轻质活塞，活塞通过轻质细杆和滑动变阻器的滑片P相连，S闭合后，当风速增大时活塞上方气压变小，下列说法中正确的是（ ）
A．活塞上移，则风速表的示数变小
B．活塞上移，则风速表的示数变大
C．活塞上移，则滑动变阻器R1两端的电压变大
D．活塞上移，则风速表的示数不变
【答案】B
【详解】由电路图可知，R1与R串联，电压表测定值电阻R两端的电压，当风速增大时，活塞上方空气的流速变大，大于下方空气的流速，由流速大的地方压强小可知，此时会产生向上的力，使滑片随活塞向上移动，R1接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小；由闭合电路欧姆定律，可知，电路中的电流变大，由，可知，R两端的电压变大，即电压表(风速表)的示数变大，滑动变阻器R1两端的电压变小，故B正确，ACD错误。故选B。
5．晶体二极管是一种半导体元件，在生产和生活中有着广泛的应用，某二极管的伏安特性曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．二极管是非线性元件
B．加正向电压时，二极管阻值不变
C．加正向电压时，二极管阻值随着电压的增大而增大
D．加反向电压时，无论加多大电压，电流都很小
【答案】A
【详解】根据欧姆定律有，可知I—U图线的斜率表示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小，则二极管是非线性元件；加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增。故选A。
6．将碳均匀涂在圆柱形实心瓷棒的外侧面形成均匀的碳膜，做成碳膜电阻。已知碳的电阻率为，瓷棒的长为l，瓷棒横截面的直径为D，所涂碳膜的厚度为d。将该电阻沿轴线方向接入电路时，阻值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据电阻定律，，解得，故选A。
7．已知表头的内阻为，满偏电流为2mA，现将表头改装为量程为0~3V和0~10V的双量程电压表如图甲及量程为0~0.1A和0~1A的双量程电流表如图乙，则下列说法正确的是（ ）
A．，
B．，
C．图甲中使用A、B两个端点时，量程为0~10V，使用A、C两个端点时，量程为0~3V
D．图乙中使用A、B两个端点时，量程为0~1A；使用A、C两个端点时，量程为0~0.1A
【答案】D
【详解】根据电压表的改装，则有，当改装成量程为0~3V和0~10V的双量程电压表时，，故A错误；根据电流表的改装原理可知，所并联的电阻越小，改装的量程越大，按照并联分流原理，则有，，联立解得，，故B错误；电流表改装成电压表，根据串联分压原理可知，串联的电阻越大，改装的量程就越大，因此可知，图甲中使用A、B两个端点时，量程为0~3V，使用A、C两个端点时，量程为0~10V，故C错误；电流表表头改装成大量程电流表时，根据并联分流原理可知，并联的电阻越小，则改装后的量程越大，因此可知，图乙中使用A、B两个端点时，量程为0~1A；使用A、C两个端点时，量程为0~0.1A，故D正确。故选D。
8．如图所示，、、的电阻之比是2∶3∶5，电流表内阻忽略不计，电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定，则甲图中两个电压表的示数之比和乙图中两个电流表的示数之比分别为（ ）
A．3∶5；1∶1B．5∶8；16∶25C．2∶3；2∶5D．5∶8；2∶5
【答案】B
【详解】由图甲可知，三个电阻串联，流经各电阻的电流相等，设电流为，由欧姆定律则有，，，电压表测量的是、串联后两端的电压，电压表测量的是、串联后两端的电压，则两电压表的示数分别为，，因为，联立解得，对理想电流表，内电阻是零，则电路图如图所示，
可知对图乙电路可等效为三个电阻并联，如图所示，设A、B两点的电压为，则流经各电阻的电流为
，，，电流表测量的是流经电阻、的电流，则电流表的示数为，电流表测量的是流经电阻、的电流，则电流表的示数为，因为，联立解得，ACD错误，B正确。故选B。
9．某实验小组学习电表改装的原理后，想找器材进行实验探究，于是他们从学校物理实验室借一些器材，并设计如图所示的电路，已知：小量程电流计G（表头）的满偏电流，内电阻；且。他们设计把该电流计改装成和的双量程电流表。下列说法正确的是（ ）
A．改装后开关接2时量程为
B．若不变，改装后的电流表量程均随电阻的增大而减小
C．若不变，改装后的电流表量程均随电阻的增大而减小
D．改装后开关接2时电流表的内阻大于开关接1时的内阻
【答案】AC
【详解】接2时，分流电阻只有，分流电阻越小，改装后电流表的量程越大，所以接1时量程为，接2时量程为，故A正确；接1时量程，若不变，当增大时，减小，接2时量程，若不变，当增大时，也增大，故B错误；接1时量程，若不变，当增大时，减小，接2时量程，若不变，当增大时，也减小，故C正确；开关接1时，新电流表的内阻，接2时新电流表的内阻，由于，所以，故D错误。故选AC。
10．如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为24 V，如果电阻，，，则输出的电压可能是（ ）
A．12 V
B．8 V
C．6 V
D．3 V
【答案】ABC
【详解】由图可知，BB'输出的是下半部分电阻两端的电压，则可知，当两电阻均不接入时，输出电压为了24V；当只有R1接入时，输出电压 ,当只有R2接入时，输出电压 ,当两电阻均接入时，,A．12 V，与结论相符，选项A正确；8 V，与结论相符，选项B正确；6 V，与结论相符，选项C正确；3 V，与结论不相符，选项D错误；故选ABC。
11．如图所示，某同学将量程为100mA、内阻为的表头G改装成电压量程为3V、电流量程为0.6A的“双用电表”，则（ ）
A．图中表笔A应为红色B．图中表笔A应为黑色
C．电阻R2为10ΩD．电阻R1为2Ω
【答案】AD
【详解】图中表笔A与表头的正极相连，则表笔A应为红色，故A正确，B错误；将表头G改装成量程为0.6A的电流表，根据欧姆定律有,将表头G改装成量程为3V的电压表，根据欧姆定律有,故C错误，D正确。故选AD。
12．在如图所示电路，电源两端电压U保持不变，当滑动变阻器的滑片P从a点向b点移动的过程中，两块电压表、的示数变化量分别为和，电路中电流的变化量为。滑动变阻器的最大阻值为，且，则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】由图可知，三个电阻串联，电压表测量滑动变阻器和两端的总电压，电压表测量和两端的总电压，由串联电路的电压规律可得，电压表的示数,则电压表的示数变化量①,电压表的示数,则电压表的示数变化量②,对比①②式可得,故A错误，B正确；电压表测量定值电阻和两端的总电压，所以电压表的示数变化量为,故C正确；由AB选项分析可知,由题意知,故,故D错误。故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、实验题
13．（12分）（1）写出下列测量仪器所测得的数据
mm； mm
（2）某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电流表的内阻：
①首先用欧姆表测量电流表的内阻，测量时红色表笔应该接电流表的 （填：“正接线柱”或“负接线柱”）；用“×10”挡测量时指针指示如图甲所示，则应该换 挡再次测量；
②研究小组又设计了更精确的测量方案，所用电路如图乙所示。将开关S闭合，调节R1、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持 不变的前提下，多次改变R1、R2，记录R1和电流表偏转的格数N，再根据记录数据作出图像，若作出的图像如图丙所示，则电流表的内阻等于 。
【答案】 5.545 31.35 负接线柱 ×1 电压表的示数 b
【详解】（1）螺旋测微器的示数为5.5mm+4.5×0.01=5.545mm,游标卡尺的示数为31mm+7×0.05=31.35mm,
根据欧姆表中电流为红进黑出，则用欧姆表测量电流表的内阻时，红色表笔应该接电流表的负接线柱。由图乙可知，用“×10”挡测量时指针偏角过大，说明电阻较小，为了较准确测量，应选用×1挡。由实验原理可知，将开关S闭合，调节R1、R2使电流表、电压表指针都在合适位置，然后在保持电压表示数不变。
由欧姆定律有,设电流表每一格电流为，则有,整理得,由图线可知，电流表内阻.
二、计算题
14．（8分）某学习小组用一小量程电流表改装成一种两个量程的电压表，如图所示，已知小量程电流表的内阻Rg=300Ω，满偏电流Ig=2mA。当使用a、b两个端点时，量程为0~3V。求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）若电阻箱R2的阻值调为6×103Ω，当使用a、c两个端点时，量程的最大值。
【答案】（1）1200Ω；（2）15V
【详解】（1）当使用a、b两个端点时，最大值为3V，则
解得
使用a、c两个端点时
15．（9分）一根长为2m、横截面积为的铜棒，两端电势差为，铜棒的电阻为，铜内自由电子密度为，电子的电荷量为。求：
(1)通过铜棒的电流（保留三位有效数字）；
(2)铜棒内的电场强度；
(3)自由电子定向移动的速率（保留两位有效数字）。
【答案】(1)22.8A；(2)；(3)
【详解】(1)通过铜棒的电流为
铜棒内的电场强度为
设自由电子定向移动的速度为v，则
得。
15．（11分）可以用电学方法来测水流的速度。如图所示，将小铅球P系在细金属丝下，悬挂在O点，当将小铅球P放入水平流动的水中时，球向左摆起一定的角度θ。为了测定水流的速度v，使C端位于O点的正下方，它与金属丝接触良好，还有一个电动势为ε电源（内阻不计）和一只电压表。
（1）设计一个电路，使水流速度增大时，电压表的示数也增大
（2）已知水流对小球的作用力F与水流速度v的关系为F＝kDv（k为比例系数，D为小铅球的直径），OC＝h，BC长为L，当小铅球平衡时电压表示数为U，请推导出v与U的关系式。（水对小铅球的浮力忽略不计）
【答案】（1）见解析；（2）v＝U
【详解】（1）如图，电路中BD与DC串联，水流作用力增大时，BD的电压减小，电压表示数增大
（2）当电压表读数为U时，根据欧姆定律得
又由电阻定律得知
联立解得v＝U
17．（12分）如图所示的电路中,电源的电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3 Ω，R2=6 Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开，
(1)开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为多少？
(2)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？
(3)合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？
【答案】(1)4.5V；(2)减少了1.8×10-6 C；(3)9.6×10-6 C
【详解】(1)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==1.5A
U1=I1R1=4.5V
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==2A
U2=I2=4V
所以电容器上电荷量减少了ΔQ=(U1-U2)C=1.8×10-6C
设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q=CU2=1.44×10-5C
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=9.6×10-6C
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