第3章 阶段质量检测(三)　恒定电流（含解析）高中物理鲁科版（2019）必修 第三册

阶段质量检测(三)　恒定电流
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1．现有三根长为L、材料相同的导线a、b、c，a的电阻为R，横截面积为S，b、c的横截面积分别为2S和0.5S，现需要一根长为2L、阻值小于2R的导线，应选用的导线及连接后的电阻为(　　)
A．a、b　1.5R　　　　　 B．a、b　1.25R
C．a、c　1.5R D．b、c　1.25R
2.用电流表和电压表测量电阻的电路如图所示，其中Rx为待测电阻。电表内阻对测量结果的影响不能忽略，下列说法正确的是(　　)
A．电压表的示数小于Rx两端的电压
B．电压表的示数大于Rx两端的电压
C．电流表的示数小于通过Rx的电流
D．电流表的示数大于通过Rx的电流
3．一个小型电动机加上2 V电压，电动机没有转动，测得电流为1 A；加上12 V电压，观察到电动机转动了，则此时流过电动机的电流(　　)
A．小于6 A B．大于6 A
C．等于6 A D．无法确定
4.电子式互感器是数字变电站的关键装备之一。如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，a、c间的电阻是c、d间电阻的n倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为(　　)
A．(n＋1)U B.
C．nU D.
5.如图所示，图线1表示电阻为R1的导体A的伏安特性曲线，图线2表示电阻为R2的导体B的伏安特性曲线，则下列说法正确的是(　　)
A．R1∶R2＝1∶3
B．把A拉长为原来的3倍后其电阻等于B的电阻R2
C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压U1>U2
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流I16．一横截面积为2.4×10－5 cm2、长为20 cm的柱状导体，其伏安特性曲线如图所示，则该导体(　　)
A．电阻率随温度的升高而减小
B．热功率跟导体中电流的平方成正比
C．两端电压为1 V时，功率为0.24 W
D．两端电压为2 V时，电阻率为6×10－8 Ω·m
7．一特殊滑动变阻器的结构示意图如图甲所示，其主体为两段长度相同、材料相同的圆柱形导体拼接成的电阻，滑片P可以自由左右滑动，A、B间的电阻R与A、P间的距离x的关系如图乙所示，则左、右两侧的圆柱形导体横截面的半径之比为(　　)
A．3∶4　　　　　　 B．1∶3
C．1∶ D．1∶
8.将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Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为(　　)
A. B.
C. D.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，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，再给它两端加上电压2U0，则(　　)
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
10．如图所示，表头的量程为0～100 mA，内阻Rg＝100 Ω。现将该表头改装成电流、电压两用的电表，R1＝20 Ω，R2＝400 Ω，下列正确的是(　　)
A．用oa两端时可作为电流表，最大测量值为120 mA
B．用oa两端时可作为电流表，最大测量值为600 mA
C．用ob两端时可作为电压表，最大测量值为250 V
D．用ob两端时可作为电压表，最大测量值为50 V
11．如图所示，经过精确校准的电压表V1和V2，分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，读数分别为12.7 V 和12.3 V，已知电路两端电压U恒定不变，则(　　)
A．a、b间的实际电压略大于12.7 V
B．a、b间的实际电压略小于12.3 V
C．电压表V1的内阻大于V2的内阻
D．电压表V1的内阻小于V2的内阻
12.如图所示的电路中，若ab为输入端，AB为输出端，并把滑动变阻器的滑片置于变阻器的中央，则下列说法正确的是(　　)
A．空载时输出电压UAB＝
B．当AB间接上负载R时，输出电压UAB<
C．AB间的负载R越大，UAB越接近
D．AB间的负载R越小，UAB越接近
三、非选择题(本题共5小题，共60分)
13.(8分)小明同学在实验室测量一根粗细均匀的电阻丝Rx的电阻率。提供的器材：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表V(量程6.0 V，内阻约2 kΩ)、电流表A(量程0.6 A，内阻约1.5 Ω)、滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)、学生电源E(电动势8 V)、开关S、单刀双掷开关K和导线若干。
(1)如图甲所示，用螺旋测微器测得电阻丝的直径d＝________ mm。
(2)小明利用所提供的器材设计了如图乙所示的电路。实验时，闭合开关S，滑动变阻器的滑片滑至合适位置不变，将开关K先后与1、2连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，则测量时应将开关K连接________(选填“1”或“2”)，按此连接测量，测量结果________(选填“小于”“大于”或“等于”)电阻丝的真实值。
(3)图丙为小明同学利用同一根电阻丝接入电路中的长度l不同时进行实验，记录数据后在坐标纸上绘制的U I图，其中图线①、②对应的电阻丝的长度之比＝________。
(4)根据电阻定律可得电阻丝电阻率表达式为ρ＝________(用l、d、Rx表示)。
14.(8分)某实验小组要将电流表G(铭牌标示：Ig＝500 μA，Rg＝800 Ω)改装成量程为1 V和3 V的电压表，并用标准电压表对其进行校准。选用合适的电源、滑动变阻器、电阻箱、开关和标准电压表等实验器材，按图甲所示连接电路，其中虚线框内为改装电路。
(1)开关S1闭合前，滑片P应移动到________(填“M”或“N”)端。
(2)根据要求和已知信息，电阻箱R1的阻值已调至1 200 Ω，则R2的阻值应调至________Ω。
(3)当单刀双掷开关S2与a连接时，电流表G和标准电压表V的示数分别为I、U，则电流表G的内阻可表示为____________。(结果用U、I、R1、R2表示)
(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，经排查发现电流表G内阻的真实值与铭牌标示值有偏差，则只要________即可。(填正确答案标号)
A．增大电阻箱R1的阻值
B．减小电阻箱R2的阻值
C．将滑动变阻器的滑片P向M端滑动
(5)校准完成后，开关S2与b连接，电流表G的示数如图乙所示，此示数对应的改装电压表读数为________V。(保留2位有效数字)
15.(14分)如图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg＝10 Ω，满偏电流Ig＝2 mA，R1＝990 Ω，R2＝ Ω。
(1)当S1和S2均断开时，改装成的表是什么表，最大量程多大？
(2)当只闭合S2时，改装成的表是什么表，最大量程多大？
16.(14分)如图所示，电路中E＝15 V，R1＝6 Ω，R2＝9 Ω，C＝30 μF，电池内阻可忽略。
(1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
(2)将开关S断开，求此后通过R1的总电荷量。
17.(16分)如图所示是一种悬球式加速度仪的原理图，用它可以测定沿水平轨道做匀变速直线运动的列车的加速度。质量为m的金属球系在细金属丝下端，金属丝上端固定在O点。AB是长为L的均匀电阻丝，阻值为R。金属丝和电阻丝接触良好，摩擦不计。在AB的中点C焊接一根导线，从O点也引出一根导线，这两根导线之间接一个零刻度在中间的电压表V(金属丝和连接用的导线的电阻不计)。图中虚线OC与AB垂直，OC＝h，电阻丝AB两端接在电压为U的稳压电源上，整个装置固定在列车中，且A→B为列车的前进方向。那么，由电压表的读数就可以测出列车加速度的大小。
(1)当列车沿水平轨道向右做匀加速直线运动时，写出加速度大小a和金属丝偏转角θ间的关系式；
(2)写出加速度a和电压表读数U′的关系式；
(3)该装置能测定的最大加速度为多大？
阶段质量检测(三)
1．选A　根据电阻定律R＝，a的电阻为R，横截面积为S，b、c的横截面积分别为2S和0.5S，则b、c的电阻分别为Rb＝，Rc＝2R，需要一根长为2L的导线，则两导线应该是串联，要求阻值小于2R，则只能是a、b串联，连接后的电阻为R′＝R＋Rb＝1.5R，故选A。
2．选D　由题图可知，电压表与待测电阻并联测待测电阻两端电压，电压表的示数等于Rx两端的电压，A、B错误；电流表的示数等于通过Rx的电流与通过电压表的电流之和，因此电流表的示数大于通过Rx的电流，选项C错误，D正确。
3．选A　电动机没有转动时是纯电阻电路，根据I＝，得该电动机线圈的电阻为R＝＝2 Ω，电动机转动时，电路中消耗的总功率为P＝P热＋P输出＝UI，故热功率小于总功率I2R4．选A　设cd间电阻为R，ac间的电阻是cd间电阻的n倍，故Rac＝nR，两电阻串联在电路中，电流I相等，有U＝IRcd＝IR，Uab＝I(Rcd＋Rac)＝I(R＋nR)，联立解得Uab＝(n＋1)U，故选A。
5．选A　由题图可知，当通过两导体的电流均为1 A时，导体A、导体B两端的电压分别为1 V、3 V，由欧姆定律可得R1∶R2＝U1∶U2＝1∶3，A正确；把A拉长为原来的3倍，由于A体积不变，因此A的横截面积变为原来的，由电阻定律R＝ρ可得，A的电阻大小变为原来的9倍，则此时A的电阻为B的电阻的3倍，B错误；将R1与R2串联后接于电源上，由于串联电路电流处处相等，电压与电阻成正比，则电压U2＝3U1，C错误；将R1与R2并联后接于电源上，由于并联电路中电流大小与电阻成反比，R1I2，D错误。
6．选D　由图像可知，导体的电阻率随温度的升高而增大，选项A错误；根据P＝I2R可知，因导体的电阻随温度的升高而增大，可知热功率跟导体中电流的平方不成正比，选项B错误；导体两端电压为1 V时，电流为0.28 A，则功率为P＝IU＝1×0.28 W＝0.28 W，选项C错误；导体两端电压为2 V 时，电流为0.4 A，则根据R＝＝ρ，解得电阻率为ρ＝＝ Ω·m＝6×10－8 Ω·m，选项D正确。
7．选D　根据题意可知，当x≤l时，由电阻定律有R＝x，当l8．选C　开关S断开时，电容器两端电压U1＝·R×＝E，得Q1＝CU1；开关S闭合时，电容器两端电压U2＝·R＝E，Q2＝CU2，故＝＝，故选C。
9．选AD　将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析可知，电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝可知，电流变为，A正确，B错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，C错误，D正确。
10．选BC　改装电流表的原理是并联分流，可知用oa两端时是电流表，其最大测量值为Ig＋＝600 mA，故A错误，B正确；改装电压表的原理是串联分压，可知用ob两端时是电压表，其最大测量值为IgRg＋R2＝250 V，故C正确，D错误。
11．选AC　当电压表接在a、b间时，相当于一个电阻并联在a、b之间，造成a、b间电阻减小，分压减小，所以两表读数均小于a、b间实际电压，即实际电压略大于12.7 V，故A正确，B错误；电压表接入电路后，电压表阻值越大，a、b间并联部分总电阻越大，则所测a、b间电压越大，即电压表V1的内阻大于V2的内阻，故C正确，D错误。
12．选ABC　空载时，AB间电阻为滑动变阻器总电阻的一半，故输出电压UAB＝，故A正确；当AB间接上负载R时，由于负载电阻R与变阻器下半部分并联的电阻小于滑动变阻器总电阻的一半，根据串联电路分压时与电阻成正比，可知输出电压UAB<，故B正确；AB间的负载R越大，AB间电阻越接近滑动变阻器总电阻的一半，则UAB 越接近，故C正确；AB间的负载R越小，AB间电阻越小，则UAB 越小于，故D错误。
13．解析：(1)根据螺旋测微器的读数规律，该读数为0.5 mm＋27.0×0.01 mm＝0.770 mm。
(2)开关K先后与1、2连接，发现电压表示数变化较大，电流表示数基本不变，说明电流表分压影响比较大，电压表分流影响不大，则应采用电流表外接法，即测量时应将开关K连接1；采用电流表外接法时，根据Rx＝，由于电压表的分流，使得电流的测量值偏大，故Rx的测量值小于真实值。
(3)U I图像的斜率表示电阻，根据图像可知＝2，根据R＝ρ，同一根电阻丝的材料相同、粗细相同，其电阻与接入电路的长度成正比，即＝2。
(4)根据Rx＝ρ，S＝π2，解得ρ＝。
答案：(1) 0.770　(2)1　小于　(3)2　(4)
14．解析：(1)由题图甲可知，滑动变阻器采用分压式接法，为了电路安全，在开关S1闭合前，滑片P应移动到M端。
(2)当开关S2接b时，根据欧姆定律得U1＝Ig(Rg＋R1)＝1 V，此时电压表量程为1 V。当开关S2接a时，电压表量程为3 V，根据欧姆定律得U2＝Ig(Rg＋R1＋R2)，解得R2＝4 000 Ω。
(3)当开关S2接a时，根据欧姆定律得U＝I(Rg＋R1＋R2)，故电流表G的内阻可表示为Rg＝－R1－R2。
(4)校准电表时，发现改装后电压表的读数始终比标准电压表的读数偏大，可知电流表G内阻的真实值小于铭牌标示值，根据欧姆定律知，要使改装后的电压表两量程读数准确，只能增大电阻箱R1的阻值。故选A。
(5)根据欧姆定律得UV＝IA(Rg＋R1)＝430×10－6×(800＋1 200)V＝0.86 V。
答案：(1)M　(2)4 000　(3)－R1－R2　(4)A　(5)0.86
15．解析：(1)S1和S2均断开时，串联分压，改装的是电压表，最大测量值为
U＝Ig＝2×10－3×V＝2 V。
(2)只闭合S2时，并联分流，改装的是电流表，最大测量值为I＝Ig＋＝2×10－3 A＋ A＝0.6 A。
答案：(1)电压表，2 V　(2)电流表，0.6 A
16．解析：(1)闭合开关S，电路稳定后，电容器所在的支路上无电流通过，根据欧姆定律可得通过R1的电流I＝
代入数据得I＝1 A。
(2)闭合开关S稳定后，
C两端电压即为R2两端电压U1＝IR2＝9 V
电容器所带的电荷量
q1＝CU1＝30×10－6×9 C＝2.7×10－4 C，
将开关S断开稳定后，电容器所带的电荷量
q2＝CE＝30×10－6×15 C＝4.5×10－4 C
通过R1的总电荷量即为电容器增加的电荷量，
Δq＝q2－q1＝1.8×10－4 C。
答案：(1)1 A　(2)1.8×10－4 C
17．解析：(1)对金属球受力分析如图所示，不难得出拉力F和重力mg的合力F合就是使金属球随列车一起做加速运动的力，即F合＝ma，所以有ma＝mgtan θ，故有a＝gtan θ。
(2)因为AB上电流恒定，电压表读数U′与电源电压U之比就是DC与AB的长度之比，而
DC＝OCtan θ＝htan θ
所以＝＝，故有a＝U′。
(3)θ最大时对应的加速度a最大，
这时tan θ＝，即amax＝g。
答案：(1)a＝gtan θ　(2)a＝U′　(3)g
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