人教版物理必修3同步练习: 11.4 串联电路和并联电路(优生加练)
一、选择题
1．（2023高二上·北京市期中）将一个表头改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。图甲所示的连接方式称作开路转换式其中电阻。如图乙所示的连接方式称作闭路抽头式。两种连接方式在实际中均有使用，下列说法正确的是（ ）
A．开路转换式中，开关接时的量程小于开关接时的量程
B．开路转换式中，若电阻发生变化，则开关接、对应的两个量程都会发生变化
C．闭路抽头式中，抽头对应的量程小于抽头对应的量程
D．闭路抽头式中，若电阻发生变化，则抽头、对应的两个量程都会发生变化
【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB.根据并联电路电流的分配与电阻成反比，由于电阻，因此开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程；若电阻发生变化，则开关S接2时，电阻处于断开状态，对电阻无影响，因此2对应的量程不会发生变化，故AB不符合题意；
C. 闭路抽头式中， 接抽头3时，电阻与表头串联，满偏电流不变，表头和串联后与电阻并联，接抽头4时，电阻与串联后与表头并联；由于电阻，因此闭路抽头式中，抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程，故C不符合题意；
D.闭路抽头中，若电阻发生变化，则发生变化，因此抽头3、4对应的两个量程都会发生变化，故D符合题意。
【分析】将表头改装成电流表需要并联一个电阻，根据并联分流，判断量程大小；开路转换式中，电阻、互不影响，闭路抽头式中，若电阻发生变化，将影响的阻值，据此分析。
2．（2020高二上·哈尔滨期中）在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为相同规格的三个小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断不正确的是（ ）
A．灯泡L1的电阻为12 Ω
B．通过灯泡L1电流是通过灯泡L2电流的2倍
C．灯泡L1两端电压是灯泡L2两端电压的2倍
D．灯泡L2的电阻为7.5Ω
【答案】B
【知识点】欧姆定律；伏安特性曲线；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】A．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻
A正确，不符合题意；
BCD．灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则 ，
B错误，符合题意，CD正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用电灯泡的电压可以从图像得出电流的大小；结合欧姆定律可以求出电阻的大小；利用串并联电路的特点可以得出电压的关系。
3．（2017·自贡模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（ ）
A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
【答案】A
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【解答】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，A符合题意；
B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，B不符合题意；
C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E= 可知，电场力变大，带点微粒向上运动，C不符合题意；
D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，D不符合题意．
故答案为：A
【分析】根据闭合电路，欧姆定律结合串并联关系，以及光敏电阻的特性，综合分析求解即可。
4．（2017高二上·唐山期中）额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断．
判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流．
由P= 和已知条件可知，RA＜RB．
对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光．
对于B电路，由于RB＞RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁．
对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．
对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．
比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为（IA﹣IB）×110，而D电路中变阻器功率为（IA+IB）×110，所以C电路消耗电功率最小．
故答案为：C
【分析】电路两端的电压是相同的，利用串并联电路电流、电压的特点，结合欧姆定律求解即可。
5．（2017高二上·绵阳期中）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头向左移时，灯泡L1、L2、L3的亮度将（ ）
A．都变亮 B．都变暗
C．L1、L2变亮，L3变暗 D．L1、L3变亮，L2变暗
【答案】C
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，变阻器有效电阻变小，故整个电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知干路电流增大，故灯泡L1变亮；
并联电路的电压U并=E﹣I（RL1+r），故并联电路电压变小，灯泡L3变暗；
干路电流变大，而通过灯泡L3的电流变小，故通过灯泡L2的电流增大，灯泡L2变亮；ABD不符合题意，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】典型的电路动态分析，从滑动变阻器入手利用分总分的思路结合闭合电路欧姆定律求解。
6．（2017高二上·天津期中）如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数增大 B．电流表读数增大
C．质点P仍处于静止状态 D．R3上消耗的功率逐渐增大
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；
当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，而流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；B符合题意；
因并联部分电压减小，而R2中的电流增大，电压增大，故电压表示数减小，A不符合题意；
C、因电容器两端电压等于并联电路两端的电压，电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P向下运动，C不符合题意；
D、因R3两端的电压减小，可知，R3上消耗的功率减小；D不符合题意．
故答案为：B
【分析】电路的动态分析思路应该用分总分的思路，电容器与谁并联电压就等于谁的，可解。
7．（2017高二上·绵阳期中）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（ ）
A．|△U1|+|△U2|＜|△U3|
B．|△U1|+|△U2|=|△U3|
C．| |不变， 变小
D．| |变大， 不变
【答案】D
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：
AB、当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，则U1减小，内电压也减小，则U2增大，U3增大．
因为U1+U2=U3，则得△U1+△U2=△U3，因为△U1＜0，△U2＞0，△U3＞0，所以|△U1|+|△U2|＞|△U3|，A、B不符合题意．
C、R1是定值电阻，有R1= = ，可知 、 都不变，C不符合题意；
D、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有 =R2，所以 变大．
根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则知 =R1+r，不变，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】一定要明确三个电压表的测量对象到底是谁 ，还要清楚电压表示数的变化量和电流表示数的变化量比值的正确含义。
8．（2017高二上·成都期中）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（ ）
A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小 D．电源两极间的电压变小
【答案】B
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：A、将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．A不符合题意；
B、C因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，C不符合题意；
由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，B符合题意；
D、电源两端的电压为路端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，D不符合题意；
故答案为 ：B．
【分析】光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，干路电流减小，电压表的示数变小，路端电压增大小灯泡消耗的功率变小。
9．（2017高二上·绵阳期中）如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）
A．电压表示数增大，电流表示数减小
B．电压表示数减小，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减小
【答案】A
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I﹣I2，则减小．BCD不符合题意，A符合题意．
故答案为：A
【分析】典型的电路动态变化判断，先从滑动变阻器阻值变化入手，沿着分总分思路，结合闭合电路欧姆定律进行判断。
10．（2017高二上·成安期中）如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（ ）
A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
B．变化过程中△U和△I的比值保持不变
C．电阻R0两端电压减小，减小量为△U
D．电容器的带电量减小，减小量为C△U
【答案】B
【知识点】含容电路分析；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：A、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．A不符合题意．
B、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知， =R0+r，保持不变．B符合题意．
C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．C不符合题意，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】明确比值的物理意义是解题的关键， U/ I 表示R， △ U/ △ I 代表R0+r，电容器两极板间的电压等于R两端的电压，R增大，R0+r，保持不变．电容器板间电压增大，带电量增大，
二、多项选择题
11．（2020高二上·天津期中）图为双量程的电流表电路示意图，其量程分别为 和 ，已知表头内阻 为200Ω，满偏电流 为2mA。则（ ）
A．当使用a、b两个接线柱时，量程为
B．当使用a、b两个接线柱时，量程为
C．当使用a、c两个接线柱时，量程为
D．当使用a、c两个接线柱时，量程为
【答案】B,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】当使用a、b两个端点时，表头与R2串联，再与R1并联，此时量程为
当使用a、c两个端点时，R1与R2串联，再与表头并联，此时量程为
由数学知识可知
AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】电流表扩大量程的原理，并联分流。所以，
12．（2020高二上·天津期中）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15V的电压表，串联后接在输出电压恒为8V的电源两端，则（ ）
A．两表的电压示数相同，均为4V
B．两表头的指针偏角相同
C．两表头的指针的偏角之比为3：1
D．两表的示数之比为1：3
【答案】B,D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】两表由同一表头改装而成，满偏时电流之比为 ，且电压之比为 ，根据欧姆定律可知，改装后两表的内阻之比为 ，串联后两表的分压之比为 ，电压分别为2V和6V；由于串联表头的电流相等，指针偏角相等，AC不符合题意，BD符合题意。
故答案为：BD。
【分析】电流表改装原理，串联等电流，根据电表偏转原理，偏转角度相同。偏角相同量程1：3，所以示数1：3.
13．（2022高三上·月考）如图所示，光滑且足够长的两平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间的距离，定值电阻，，导轨上放一质量为的金属导体棒，棒的电阻为。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，不计其它电阻，现用一拉力F沿水平方向向左拉棒，使棒以速度向左匀速运动，则关于通过两定值电阻的感应电流、，电荷量、，产生的热量、以及外力的功率随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．拉力F使棒以速度 向左匀速运动，则感应电动势为 ，外电阻 与 并联，且 ，根据闭合电路欧姆定律有 ，根据并联关系电流与电阻从反比可得 ， ，故有 ，A符合题意；
B．由 ，可知相同时间内有 ，且电荷量是电流强度随时间的积累量，图线应该过坐标原点，B不符合题意；
C．根据 ，可知相同时间内有 ，且热量是电流的热功率随时间的积累量，图线应该过坐标原点，C符合题意；
D．导体棒匀速运动，根据受力平衡有 ，则外力F的功率为 ，故 图线应该是一条水平直线，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和串并联电路的特点得出两店址电阻的感应电流的关系，结合电流的定义式得出两定值电阻的电能荷量关系，结合焦耳定律和瞬时功率的表达式得出P-t图像。
14．（2019高三上·广东期末）如图所示，电路中开关闭合时，灯泡A、B均能正常发光。若电阻R2发生断路，其余元件正常，则（ ）
A．灯泡A变暗
B．电容器带电量减小
C．灯泡A电压变化量 大于灯泡B电压变化量
D．电源的总功率变大
【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】若电阻R2发生断路，则电阻R2的阻值变成无穷大，电路的总电阻变大，总电流减小，R4两端的电压减小，电容器两端电压减小，则电容器带电量减小；R1两端电压以及R1电流变大；通过灯泡B和电阻R3的电流减小，则灯泡B电压减小，则灯泡A电压变大，灯泡A量度变亮；因灯泡AB电压之和变大，可知灯泡A电压变化量ΔUA大于灯泡B电压变化量ΔUB；电源的总功率P=IE减小；BC符合题意，AD不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】电阻R2发生断路，接入电路的电阻变大，再利用串并联电路电流、电压的特点，结合欧姆定律求解即可。
15．（2017·长沙模拟）一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻R=4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变．当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光．则下列说法正确的是（ ）
A．电动机线圈电阻为1Ω
B．灯泡正常发光时电流表示数0.5A
C．灯泡正常发光时电流表示数1A
D．电动机输出的机械功率4.25W
【答案】A,D
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：A、根据P= 可知灯泡电阻RL= Ω，
当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：UR=IR=0.1×4V=0.4V，
灯泡两端电压U1=U﹣UR=0.49V﹣0.4V=0.09V，
通过灯泡的电流I1= =0.01A，
通过电动机的电流：I2=0.1A﹣0.01A=0.09A，
根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r= =1Ω；A符合题意；
B、当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、
通过灯泡的电流为IL=1A，
则电动机两端电压为UM=9V，
R两端电压为UR=6V，
干路电流I= A=1.5A，
电流表示数为1.5A，
通过电动机的电流为IM=I﹣IL=0.5A，
则此时电动机输出的机械功率：P=ULIL﹣IM2r=4.25W．BC不符合题意，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】本题主要的考察点在于电动机为非纯电阻电路，欧姆定律不适用，灯泡为纯电阻电路，适用欧姆定律，电动机不转的时候为纯电阻电路，再结合欧姆定律以及串并联关系进行求解。
16．（2017高二上·普宁期末）在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论正确的是（ ）
A．电流表示数变大 B．电压表示数变大
C．＜r D．＞r
【答案】A,C
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：AB、当R2的滑片向右滑动时，R2减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表的示数变小，通过R3的电流减小，可知通过R4的电流增大．
根据串联电路的分压规律知，R1的电压减小，R1的电流减小，则通过电流表的示数变大．故A正确，B错误．
CD、设总电流为I总，根据闭合电路欧姆定律知，U=E﹣I总r，得 =r
根据I4=I1+I，I1减小，I增大，I4增大，则△I＞△I4；I总=I4+I3，I3减小，I4增大，I总增大，则△I4＞△I总，故△I＞△I总，可得 ＜r，故C正确，D错误．
故选：AC．
【分析】先根据变阻器电阻的变化，分析外电路总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电路中的总电流如何变化，由欧姆定律判断路端电压的变化，根据并联电路的变化，判断R1的电流变化，得到电流表读数的变化．根据闭合电路欧姆定律分析 的变化．
17．（2017高二上·菏泽期中）一学生去实验室取定值电阻两只，R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如图，电源输出电压U=12.0V不变．该生先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（ ）
A．U2一定小于9.0v B．U1一定大于3.0 V
C．U1与U2之和小于12 V D．U1与U2之比一定不等于1：3
【答案】A,C
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；表头的改装
【解析】【解答】解：A、不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为： = = ，
而U′1+U′2=12V
解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V
当电压表并联在R1两端时，有： = ，
解得：U1＜3V，
同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，
得：U1+U2＜12V．AC符合题意，B不符合题意；
D、设电压表内阻为RV，则电压表与R1并联时，其示数U1= = ；
电压表与R2并联时，其示数U2= =
则可知，两电压表之比一定等于1：3．
D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】不接电压表时，R1、R2串联，可求电压之比及电压值，当电压表并联在R1两端时，U1＜3V，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，电压表与R1并联时，电压表与R2并联时，其示数之比可求。
三、非选择题
18．（2022高三上·扬州期末）小明要将一量程为3mA的电流表改装成量程为3V的电压表。他测得该电流表内阻为120欧姆，经计算后将一阻值为R0的电阻与该电流表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测。
（1）请在图甲的虚线框中将电流表和电阻R0的连接电路画好 ，滑动变阻器R有两种规格，分别是R1（0~20欧姆）和R2（0~2000欧姆），应选择 ；
（2）实物电路如图乙所示，请以笔画线代替导线，连接电路；
（3）当标准电压表的示数为2.20V时，改装表的指针位置如图丙所示，读数为 V；
（4）产生上述问题的原因可能是____
A．电流表内阻测量值偏大，导致电阻R0的计算值偏大
B．电流表内阻测量值偏大，导致电阻R0的计算值偏小
C．电流表内阻测量值偏小，导致电阻R0的计算值偏大
D．电流表内阻测量值准确，但实际满偏电流小于3mA
（5）为了解决上述问题，小华提出改进方案如下：用电阻箱（0～99999欧姆）替换R0接入电路，他接下来的操作顺序是 ；
①闭合电键；
②缓慢移动滑片P，使得标准电压表示数约为2V；
③记录电阻箱的示数，选用与此示数相等的电阻替换R0；
④调节电阻箱，使得改装表的示数与标准表的示数相同；
⑤将滑片P置于滑动变阻器的最左端，电阻箱的阻值调至最大。
【答案】（1）；
（2）
（3）2.33（2.31～2.35）
（4）B；D
（5）⑤①②④③
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）因为改装电压表需要将电流表和定值电阻串联，所以电路图如下
因为该电路是分压式电路，应该选最大阻值较小的滑动变阻器，即应选；
（2）因为滑动变阻器是分压式接法，故实物图如图
（3） 因为将一量程为3mA的电流表改装成量程为3V的电压表，所以电压表精确度为，则需要估读到小数点后两位，所以读数为；
（4）因为电表指针偏角比标准值偏大，所以有可能是电流偏大，即电流表内阻测量值偏大，导致电阻R0的计算值偏小。也有可能是电流准确，但原电流表满偏电流就偏小，即电流表内阻测量值准确，但实际满偏电流小于3mA。
故答案为：BD。
（5）为了解决上述问题，可以用电阻箱（0～99999欧姆）替换R0接入电路，操作顺序应为：先将滑片P置于滑动变阻器的最左端，电阻箱的阻值调至最大；之后闭合电键，然后缓慢移动滑片P，先使得标准电压表示数约为2V，然后再调节电阻箱，使得改装表的示数与标准表的示数相同，最后记录电阻箱的示数，选用与此示数相等的电阻替换R0。
所以顺序为⑤①②④③。
【分析】（1）电压表改装需要将电流表和定值电阻串联，压式电路应该选最大阻值较小的滑动变阻器，可以调节时电压电流变化比较均匀。
（2）滑动变阻器是分压式接法，连线时导线不交叉。
（3）3mA的电流表改装成量程为3V的电压表， 标准电压表的示数为2.20V时 ，数据精确度和题目保持一致。
（4）电表指针偏角比标准值偏大，可能是电流偏大，也可能是原电流表满偏电流就偏小。
（5）滑片P置于滑动变阻器的最左端阻值最大处，电阻箱的阻值调至最大，改装表的示数与标准表的示数相同，电压相同，电阻也相同。
19．（2021高二上·太原期中）如图所示，电源电压恒定为U=12V，定值电阻R1=10Ω、R2=30Ω；两平行金属板水平放置，虛线到两极板距离相等，极板长L=3cm、两极板的间距d=1cm。现闭合S，稳定后让电子沿图中虚线以 的速度射入平行板间。求：（电子电量 、质量 。不考虑电子所受重力）
（1）两金属板间的电压；
（2）判断电子能否穿过平行金属板。
【答案】（1）由电路图可知，两金属板间的电压为R1两端的电压，根据串联电路的规律可得
（2）电子在极板间穿行时加速度大小为a，穿过平行板的时间为 ，穿出时电子偏转的距离为y，则
水平方向有
竖直方向有
联立解得
可得
故不能穿过平行金属板。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】（1）根据串联电路的特点得出两金属板之间的电压；
（2）电子在两极板间做类平抛运动。根据类平抛运动的规律以及牛顿第二定律判断电子能否穿过平行金属板。
20．（2021高二上·河北月考）在“金属丝电阻率的测量”实验中：
（1）接入电路的金属丝的一端与刻度尺上8.20cm对齐，另一端与刻度尺上18.20cm对齐，则接入电路的金属丝长度l为 cm。用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图所示，示数为 mm。
（2）已知电阻丝的电阻较小，所以测量其电阻时选用电流表的 （填“内接法”或“外接法”），这种接法测量的电阻阻值 （填“偏大”或“偏小”）。若实验要求多测几组数据，且电压从0开始调节，则我们应选用滑动变阻器的接法为 （填“分压式”或“限流式”）。
（3）若实验中电压表示数为U，电流表示数为I，则结合上面的描述可得金属丝的电阻率 。（用U、I、d、l等物理量表示）
【答案】（1）10.00；0.700
（2）外接法；偏小；分压式
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；表头的改装
【解析】【解答】（1）接入电路的金属丝长度
螺旋测微器的示数为
（2）根据“大内小外”，电阻丝电阻较小，应采用外接法，这种接法电压测量准确，但由于电压表分流，测电流偏大，所以测得电阻偏小，分压式接法可从0开始调节。
（3）根据公式
解得
【分析】（1）根据直尺的读数规律和螺旋测微器的读数规律进行读数；
（2）根据电阻丝的电阻判断电流表的接法；而滑动变阻器应用分压式接法；
（3）根据欧姆定律以及电阻定律从而得出电阻率的表达式。
21．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.9 实验：练习使用多用电表 同步练习 ）已知电流表的内阻Rg＝120 Ω，满偏电流Ig＝3 mA，
（1）要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联多大的电阻？改装后的电压表内阻是多少？若用该改装后的电压表测某一电压，对应电流表的示数为2mA，则被测电压是多少伏？
（2）要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联多大的电阻？
【答案】（1）解：要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联的电阻： 1800Ω
改装后的电压表内阻
对应电流表的示数为2mA，则被测电压是
（2）解：要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联的电阻 0.12Ω
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】本题考查电表的改装。改装电压表要串联电阻分压，分压电阻阻值 ，改装电压表内阻RV=R+Rg；改装电流表要并联分流电阻，分流电阻阻值 。
22．（2017高二上·成安期中）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）．完成下列测量步骤：
⑴检查多用电表的机械零点．
⑵将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的 （填“a”或“b”）端．
⑶将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择 （“×10”或“×1k”）挡，然后 ，再进行测量．测量后示数如图所示，则测量结果为 ．
⑷测量完成后，将选择开关拨向 挡位置．
【答案】a；×1k；重新进行欧姆调零；30kΩ；OFF或交流电压最高档
【知识点】电路故障分析；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：（1）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端．（2）将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择×1k挡，（3）然后重新进行欧姆调零，再进行测量．（4）测量后示数如图所示，则测量结果为：30×1k=30kΩ．（5）测量完成后，将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置．
故答案为：（1）a；（2）×1k；（3）重新进行欧姆调零；（4）30kΩ；（5）OFF或交流电压最高档．
【分析】（1）二级管具有单向导电性表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，据此可以判断正负极。
（2）开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小．应选择×1k挡.
（3）换了档位后重新进行欧姆调零，再进行测量．
（4）根据指针所指示数再乘以倍率就是读数。
（5）如果测量后长期不再使用，应将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置．
23．（2021高二上·泾阳期中）如图所示，电源电动势E=6V，阻r=1Ω，电流表内阻RA=3Ω，两个定值电阻的阻值分别为R1=10Ω，R2=15Ω，电容器电容C=1.0×10-10F，求∶
（1）闭合开关S，待电路稳定后，路端电压为多少？
（2）闭合开关S，待电路稳定后，电容器的带电量是多少？
（3）再次断开开关S，待电路稳定，通过R2的电量是多少？
【答案】（1）闭合开关S，待电路稳定后，电容器相当于开关断开，R1与R2并联后与电流表串联，则外电路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律得干路电流为
路端电压为U=E-Ir=5.4V
（2）电容器板间电压UC=E-I（RA+r）= 3.6V
电容器的带电量Q = CUC = 3.6×10-10C
（3）断开开关S，电容器通过R1与R2放电，R1与R2并联，放电电流与电阻成反比，因此，通过R1与R2的电量跟电阻成反比，则通过R2的电量为
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【分析】（1）根据串并联电路总电阻的求法得出电路中的总电阻。利用闭合电路欧姆定律和欧姆定律得出路端电压；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出电容器两极板间的电压，结合电容器的定义式得出电容器的带电量；
（3）结合串并联的特点以及电流的定义式得出通过R2的电量。
24．（2021高二上·深圳期中）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势 ，电源内阻 ，电阻 ，重物质量 ，当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，电动机的输出功率为 ，理想电压表的示数为 。不计空气阻力和摩擦，取 。求：
（1）流经电源的电流 和电动机两端的电压 ；
（2）电源的工作效率 （结果保留两位有效数字）；
（3）重物匀速上升时的速度 ；
（4）电动机消耗的总功率和电动机的内阻。
【答案】（1）解：流经电源的电流
电动机两端的电压
（2）解：电源的工作效率为
（3）解：重物匀速上升时
解得v=1.5m/s
（4）解：电动机的输入功率即总功率
热功率
输出功率
解得电动机内阻
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出经过电源的电流，利用串联电路分压得出电动机两端的电压；
（2）根据输出功率和总功率以及工作效率的计算得出电源的效率；
（3）根据电功率的表达式以及总功率与输出功率的关系得出电动机的内阻。
25．（2018高二上·浑源月考）如图所示，电源电动势 ，内阻 ，电阻 ， . 间距 d =0.2m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度 B＝1T 的匀强磁场．闭合开关 S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度 v＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为 ，忽略空气对小球的作用， 取 ，求：
（1）当 时，电阻 消耗的电功率是多大？
（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则 是多少？
【答案】（1）解：设 和 的并联电阻为 ，有： ①
两端的电压为： ②
消耗的电功率为： ③
当 时，联立①②③式，代入数据，解得：
④
（2）解：设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：
⑤
⑥
设小球做圆周运动的半径为r，有：
⑦
由几何关系有：
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得：
⑨
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律求解电阻两端的电压，利用功率公式求解电阻的功率即可；
（2）小球做匀速圆周运动，即电场力与重力相平衡，带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合欧姆定律求解电阻的阻值。
26．（2018高二上·浑源月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm 电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度 水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q=1×10－2C，质量为m=2×10－2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s2)。求
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？
（3）此时电源的输出功率是多少？
【答案】（1）解：设小球在板间飞行时间为t， ，根据d＝ at2，
得飞行加速度
对小球根据牛顿第二定律得
，
解得： ，
所以滑动变阻器的两端电压U滑＝UAB＝24 V．
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝ ＝24 Ω
（2）解：此时电流表的示数为1 A，电压表的示数为U＝E－Ir＝（40－1×1）V＝39 V
（3）解：电源的输出功率P出＝IU＝39 W
【知识点】欧姆定律；带电粒子在电场中的偏转；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】（1）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解AB两端的电压即可，再结合闭合电路欧姆定律求解电阻的阻值；
（2）同理，利用闭合电路欧姆定律求解电流和电压；
（3）结合电源两端的电压和流过电源的电流，利用公式P=UI求解功率即可。
27．（高中物理人教版选修3-2第六章第2节传感器的应用同步练习）如图甲所示为在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1＝20 kΩ，R2＝10 kΩ，R3＝40 kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示。当a、b端电压Uab＜0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在 ℃。
【答案】32
【知识点】传感器；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】本题考查了自动恒温箱的原理，抓住Uab＝0的临界状态进行研究。设电路路端电压为U，当Uab＝0时，有 R1＝ ·R3，解得Rt＝20 kΩ。由题图可知，当Rt＝20 kΩ时，t＝32 ℃。
【分析】通过题目分析临界状态，再根据电路中电压、电流和电阻的关系分析。
28．（2017·松江模拟）在如图所示电路中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，电阻R1=5Ω，R2=6Ω，滑动变阻器的阻值0～30Ω．闭合电键K，当滑动变阻器的滑动触头P由a端向b端滑动时，理想电流表和理想电压表示数变化量的大小分别用△I、△U表示．则电流表示数的变化情况是 ； = Ω；电源的最大输出功率为 W．
【答案】先变小再变大；6；5
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【解答】解：滑动变阻器的滑动触头P由a端向b端滑动时，当 时，并联电路的电阻最大，即 时总电阻最大，即滑动触头P由a端向b端滑动时，总电阻先变大后变小，由闭合电路的欧姆定律知总电流先变小后变大；
将 看成电源的内阻， 等于等效电源的内阻 =5+1=6Ω，
电源的外电阻和内电阻相差越小，电源的输出功率最大，所以滑片滑到最左端时，外电阻最小，和电源内阻相差最小，电源输出功率最大
电路电流
电源最大输出功率
故答案为：先变小再变大；6；5
【分析】当电路中内外电阻相等时，电源有最大输出功率。结合闭合电路欧姆定律，列式求解。
29．（2017高二上·盐城期末）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的 （选填“甲”或“乙”）
（2）接通开关，改变滑动变阻器画片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图丙所示，可得该电阻的测量值 = Ω（保留两位有效数字）．
（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 ；若在（1）问中选用乙电路产生误差的主要原因是 ．（选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值．
【答案】（1）B；C；甲
（2）5.2
（3）B；D
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：（1）：根据电源电动势为4V，可知电压表应选C；
根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为： = ，可知电流表应选B；
由于待测电阻满足 ，电流表应用外接法，所以电路应采用甲图；（2）：电流表每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，电流表的读数为：I=0.50A；
电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：R= =5.2Ω；（3）：根据欧姆定律可知，（1）问中电流表采用外接法时，电压表测量的准确，电流表的测量值大于流经 的电流，而造成误差，所以产生误差的主要原因是B；
采用电流表内接法时，电流表测量准确，电压表测量值大于待测电阻电阻 两端的电压，所以选用乙电路时造成误差的原因是D；
故答案为：（1）B，C，甲（2）5.2（3）B，D
【分析】本题（1）的关键是首先根据电源电动势大小来选择电压表的量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据待测电阻满足 可知电流表应用外接法；题（2）的关键是根据电表每小格的读数判定估读数值，读数电压表和电流表的读数即可；题（3）的关键是根据欧姆定律即可求解．
30．（2017高二上·九江期末）为了测量一只量程为0～3V、内阻值为数千欧的电压表的内阻，可采用一只电流表与它串联后接入电路．
（1）本实验测量电压表内阻依据的公式是 ．
（2）若提供的实验器材有：
A．待测电压表；
B．电流表A（0～0.6A，内阻约0.2Ω）；
C．电流表A（0～100mA，内阻约2Ω）；
D．电流表A（0～10mA，内阻约50Ω）；
E．滑动变阻器（0～50Ω，额定电流0.5A）；
F．直流电源（输出电压6V）；
G．开关、导线．
为减小读数误差，多次测量取平均值．为顺利完成实验，应选用的实验器材为 （填英文序号）．
（3）画出实验电路图．
【答案】（1）
（2）A、D、E、F、G
（3）解：实验原理如图
【知识点】电磁学实验；电阻的测量；串联电路和并联电路的特点及应用；表头的改装
【解析】【解答】解：（1）测量电压表内阻依据的是部分电路的欧姆定律，公式是 ；（2）电路中 的最大电流： ，由于电压表的内阻大约是数千欧姆，所以电路的最大电流仅仅有几个毫安，所以要选择电流表D；其他的实验器材包括：待测电压表A，滑动变阻器E，直流电源F和开关、导线G．故应选用的实验器材为：A、D、E、F、G；（3）电压表的电阻约数千欧姆，而滑动变阻器的电阻只有50欧姆，所以滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路．实验原理如图：
故答案为：（1） ，（2）A、D、E、F、G；（3）实验原理如图．
【分析】测量电压表内阻依据的公式是 ；根据公式： 求出电路中的最大电流，选择电流表；根据电压的关系选择是分压电路还是限流电路．
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 11.4 串联电路和并联电路(优生加练)
一、选择题
1．（2023高二上·北京市期中）将一个表头改装成多量程的电流表，通常有两种连接方式。图甲所示的连接方式称作开路转换式其中电阻。如图乙所示的连接方式称作闭路抽头式。两种连接方式在实际中均有使用，下列说法正确的是（ ）
A．开路转换式中，开关接时的量程小于开关接时的量程
B．开路转换式中，若电阻发生变化，则开关接、对应的两个量程都会发生变化
C．闭路抽头式中，抽头对应的量程小于抽头对应的量程
D．闭路抽头式中，若电阻发生变化，则抽头、对应的两个量程都会发生变化
2．（2020高二上·哈尔滨期中）在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为相同规格的三个小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断不正确的是（ ）
A．灯泡L1的电阻为12 Ω
B．通过灯泡L1电流是通过灯泡L2电流的2倍
C．灯泡L1两端电压是灯泡L2两端电压的2倍
D．灯泡L2的电阻为7.5Ω
3．（2017·自贡模拟）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（ ）
A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D．若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
4．（2017高二上·唐山期中）额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2017高二上·绵阳期中）如图所示，当滑动变阻器的滑动触头向左移时，灯泡L1、L2、L3的亮度将（ ）
A．都变亮 B．都变暗
C．L1、L2变亮，L3变暗 D．L1、L3变亮，L2变暗
6．（2017高二上·天津期中）如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数增大 B．电流表读数增大
C．质点P仍处于静止状态 D．R3上消耗的功率逐渐增大
7．（2017高二上·绵阳期中）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（ ）
A．|△U1|+|△U2|＜|△U3|
B．|△U1|+|△U2|=|△U3|
C．| |不变， 变小
D．| |变大， 不变
8．（2017高二上·成都期中）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则（ ）
A．电压表的示数变大 B．小灯泡消耗的功率变小
C．通过R2的电流变小 D．电源两极间的电压变小
9．（2017高二上·绵阳期中）如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（ ）
A．电压表示数增大，电流表示数减小
B．电压表示数减小，电流表示数增大
C．两电表示数都增大
D．两电表示数都减小
10．（2017高二上·成安期中）如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为△U，电流表示数的变化量为△I，则（ ）
A．电压表示数U和电流表示数I的比值不变
B．变化过程中△U和△I的比值保持不变
C．电阻R0两端电压减小，减小量为△U
D．电容器的带电量减小，减小量为C△U
二、多项选择题
11．（2020高二上·天津期中）图为双量程的电流表电路示意图，其量程分别为 和 ，已知表头内阻 为200Ω，满偏电流 为2mA。则（ ）
A．当使用a、b两个接线柱时，量程为
B．当使用a、b两个接线柱时，量程为
C．当使用a、c两个接线柱时，量程为
D．当使用a、c两个接线柱时，量程为
12．（2020高二上·天津期中）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15V的电压表，串联后接在输出电压恒为8V的电源两端，则（ ）
A．两表的电压示数相同，均为4V
B．两表头的指针偏角相同
C．两表头的指针的偏角之比为3：1
D．两表的示数之比为1：3
13．（2022高三上·月考）如图所示，光滑且足够长的两平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间的距离，定值电阻，，导轨上放一质量为的金属导体棒，棒的电阻为。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面向上，不计其它电阻，现用一拉力F沿水平方向向左拉棒，使棒以速度向左匀速运动，则关于通过两定值电阻的感应电流、，电荷量、，产生的热量、以及外力的功率随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
14．（2019高三上·广东期末）如图所示，电路中开关闭合时，灯泡A、B均能正常发光。若电阻R2发生断路，其余元件正常，则（ ）
A．灯泡A变暗
B．电容器带电量减小
C．灯泡A电压变化量 大于灯泡B电压变化量
D．电源的总功率变大
15．（2017·长沙模拟）一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻R=4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变．当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光．则下列说法正确的是（ ）
A．电动机线圈电阻为1Ω
B．灯泡正常发光时电流表示数0.5A
C．灯泡正常发光时电流表示数1A
D．电动机输出的机械功率4.25W
16．（2017高二上·普宁期末）在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论正确的是（ ）
A．电流表示数变大 B．电压表示数变大
C．＜r D．＞r
17．（2017高二上·菏泽期中）一学生去实验室取定值电阻两只，R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如图，电源输出电压U=12.0V不变．该生先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（ ）
A．U2一定小于9.0v B．U1一定大于3.0 V
C．U1与U2之和小于12 V D．U1与U2之比一定不等于1：3
三、非选择题
18．（2022高三上·扬州期末）小明要将一量程为3mA的电流表改装成量程为3V的电压表。他测得该电流表内阻为120欧姆，经计算后将一阻值为R0的电阻与该电流表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测。
（1）请在图甲的虚线框中将电流表和电阻R0的连接电路画好 ，滑动变阻器R有两种规格，分别是R1（0~20欧姆）和R2（0~2000欧姆），应选择 ；
（2）实物电路如图乙所示，请以笔画线代替导线，连接电路；
（3）当标准电压表的示数为2.20V时，改装表的指针位置如图丙所示，读数为 V；
（4）产生上述问题的原因可能是____
A．电流表内阻测量值偏大，导致电阻R0的计算值偏大
B．电流表内阻测量值偏大，导致电阻R0的计算值偏小
C．电流表内阻测量值偏小，导致电阻R0的计算值偏大
D．电流表内阻测量值准确，但实际满偏电流小于3mA
（5）为了解决上述问题，小华提出改进方案如下：用电阻箱（0～99999欧姆）替换R0接入电路，他接下来的操作顺序是 ；
①闭合电键；
②缓慢移动滑片P，使得标准电压表示数约为2V；
③记录电阻箱的示数，选用与此示数相等的电阻替换R0；
④调节电阻箱，使得改装表的示数与标准表的示数相同；
⑤将滑片P置于滑动变阻器的最左端，电阻箱的阻值调至最大。
19．（2021高二上·太原期中）如图所示，电源电压恒定为U=12V，定值电阻R1=10Ω、R2=30Ω；两平行金属板水平放置，虛线到两极板距离相等，极板长L=3cm、两极板的间距d=1cm。现闭合S，稳定后让电子沿图中虚线以 的速度射入平行板间。求：（电子电量 、质量 。不考虑电子所受重力）
（1）两金属板间的电压；
（2）判断电子能否穿过平行金属板。
20．（2021高二上·河北月考）在“金属丝电阻率的测量”实验中：
（1）接入电路的金属丝的一端与刻度尺上8.20cm对齐，另一端与刻度尺上18.20cm对齐，则接入电路的金属丝长度l为 cm。用螺旋测微器测量金属丝的直径d，如图所示，示数为 mm。
（2）已知电阻丝的电阻较小，所以测量其电阻时选用电流表的 （填“内接法”或“外接法”），这种接法测量的电阻阻值 （填“偏大”或“偏小”）。若实验要求多测几组数据，且电压从0开始调节，则我们应选用滑动变阻器的接法为 （填“分压式”或“限流式”）。
（3）若实验中电压表示数为U，电流表示数为I，则结合上面的描述可得金属丝的电阻率 。（用U、I、d、l等物理量表示）
21．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.9 实验：练习使用多用电表 同步练习 ）已知电流表的内阻Rg＝120 Ω，满偏电流Ig＝3 mA，
（1）要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联多大的电阻？改装后的电压表内阻是多少？若用该改装后的电压表测某一电压，对应电流表的示数为2mA，则被测电压是多少伏？
（2）要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联多大的电阻？
22．（2017高二上·成安期中）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）．完成下列测量步骤：
⑴检查多用电表的机械零点．
⑵将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的 （填“a”或“b”）端．
⑶将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择 （“×10”或“×1k”）挡，然后 ，再进行测量．测量后示数如图所示，则测量结果为 ．
⑷测量完成后，将选择开关拨向 挡位置．
23．（2021高二上·泾阳期中）如图所示，电源电动势E=6V，阻r=1Ω，电流表内阻RA=3Ω，两个定值电阻的阻值分别为R1=10Ω，R2=15Ω，电容器电容C=1.0×10-10F，求∶
（1）闭合开关S，待电路稳定后，路端电压为多少？
（2）闭合开关S，待电路稳定后，电容器的带电量是多少？
（3）再次断开开关S，待电路稳定，通过R2的电量是多少？
24．（2021高二上·深圳期中）利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势 ，电源内阻 ，电阻 ，重物质量 ，当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，电动机的输出功率为 ，理想电压表的示数为 。不计空气阻力和摩擦，取 。求：
（1）流经电源的电流 和电动机两端的电压 ；
（2）电源的工作效率 （结果保留两位有效数字）；
（3）重物匀速上升时的速度 ；
（4）电动机消耗的总功率和电动机的内阻。
25．（2018高二上·浑源月考）如图所示，电源电动势 ，内阻 ，电阻 ， . 间距 d =0.2m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度 B＝1T 的匀强磁场．闭合开关 S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度 v＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为 ，忽略空气对小球的作用， 取 ，求：
（1）当 时，电阻 消耗的电功率是多大？
（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为 60°，则 是多少？
26．（2018高二上·浑源月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm 电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度 水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q=1×10－2C，质量为m=2×10－2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s2)。求
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？
（3）此时电源的输出功率是多少？
27．（高中物理人教版选修3-2第六章第2节传感器的应用同步练习）如图甲所示为在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1＝20 kΩ，R2＝10 kΩ，R3＝40 kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示。当a、b端电压Uab＜0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在 ℃。
28．（2017·松江模拟）在如图所示电路中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，电阻R1=5Ω，R2=6Ω，滑动变阻器的阻值0～30Ω．闭合电键K，当滑动变阻器的滑动触头P由a端向b端滑动时，理想电流表和理想电压表示数变化量的大小分别用△I、△U表示．则电流表示数的变化情况是 ； = Ω；电源的最大输出功率为 W．
29．（2017高二上·盐城期末）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 （选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的 （选填“甲”或“乙”）
（2）接通开关，改变滑动变阻器画片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图丙所示，可得该电阻的测量值 = Ω（保留两位有效数字）．
（3）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 ；若在（1）问中选用乙电路产生误差的主要原因是 ．（选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值．
30．（2017高二上·九江期末）为了测量一只量程为0～3V、内阻值为数千欧的电压表的内阻，可采用一只电流表与它串联后接入电路．
（1）本实验测量电压表内阻依据的公式是 ．
（2）若提供的实验器材有：
A．待测电压表；
B．电流表A（0～0.6A，内阻约0.2Ω）；
C．电流表A（0～100mA，内阻约2Ω）；
D．电流表A（0～10mA，内阻约50Ω）；
E．滑动变阻器（0～50Ω，额定电流0.5A）；
F．直流电源（输出电压6V）；
G．开关、导线．
为减小读数误差，多次测量取平均值．为顺利完成实验，应选用的实验器材为 （填英文序号）．
（3）画出实验电路图．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB.根据并联电路电流的分配与电阻成反比，由于电阻，因此开路转换式中，开关S接1时的量程大于开关S接2时的量程；若电阻发生变化，则开关S接2时，电阻处于断开状态，对电阻无影响，因此2对应的量程不会发生变化，故AB不符合题意；
C. 闭路抽头式中， 接抽头3时，电阻与表头串联，满偏电流不变，表头和串联后与电阻并联，接抽头4时，电阻与串联后与表头并联；由于电阻，因此闭路抽头式中，抽头3对应的量程大于抽头4对应的量程，故C不符合题意；
D.闭路抽头中，若电阻发生变化，则发生变化，因此抽头3、4对应的两个量程都会发生变化，故D符合题意。
【分析】将表头改装成电流表需要并联一个电阻，根据并联分流，判断量程大小；开路转换式中，电阻、互不影响，闭路抽头式中，若电阻发生变化，将影响的阻值，据此分析。
2．【答案】B
【知识点】欧姆定律；伏安特性曲线；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】A．当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图2读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻
A正确，不符合题意；
BCD．灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则 ，
B错误，符合题意，CD正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用电灯泡的电压可以从图像得出电流的大小；结合欧姆定律可以求出电阻的大小；利用串并联电路的特点可以得出电压的关系。
3．【答案】A
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【解答】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，A符合题意；
B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，B不符合题意；
C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E= 可知，电场力变大，带点微粒向上运动，C不符合题意；
D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，D不符合题意．
故答案为：A
【分析】根据闭合电路，欧姆定律结合串并联关系，以及光敏电阻的特性，综合分析求解即可。
4．【答案】C
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断．
判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流．
由P= 和已知条件可知，RA＜RB．
对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光．
对于B电路，由于RB＞RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁．
对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．
对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．
比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为（IA﹣IB）×110，而D电路中变阻器功率为（IA+IB）×110，所以C电路消耗电功率最小．
故答案为：C
【分析】电路两端的电压是相同的，利用串并联电路电流、电压的特点，结合欧姆定律求解即可。
5．【答案】C
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，变阻器有效电阻变小，故整个电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知干路电流增大，故灯泡L1变亮；
并联电路的电压U并=E﹣I（RL1+r），故并联电路电压变小，灯泡L3变暗；
干路电流变大，而通过灯泡L3的电流变小，故通过灯泡L2的电流增大，灯泡L2变亮；ABD不符合题意，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】典型的电路动态分析，从滑动变阻器入手利用分总分的思路结合闭合电路欧姆定律求解。
6．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；
当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，而流过并联部分的总电流增大，故电流表示数增大；B符合题意；
因并联部分电压减小，而R2中的电流增大，电压增大，故电压表示数减小，A不符合题意；
C、因电容器两端电压等于并联电路两端的电压，电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，质点P向下运动，C不符合题意；
D、因R3两端的电压减小，可知，R3上消耗的功率减小；D不符合题意．
故答案为：B
【分析】电路的动态分析思路应该用分总分的思路，电容器与谁并联电压就等于谁的，可解。
7．【答案】D
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：
AB、当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，则U1减小，内电压也减小，则U2增大，U3增大．
因为U1+U2=U3，则得△U1+△U2=△U3，因为△U1＜0，△U2＞0，△U3＞0，所以|△U1|+|△U2|＞|△U3|，A、B不符合题意．
C、R1是定值电阻，有R1= = ，可知 、 都不变，C不符合题意；
D、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有 =R2，所以 变大．
根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则知 =R1+r，不变，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】一定要明确三个电压表的测量对象到底是谁 ，还要清楚电压表示数的变化量和电流表示数的变化量比值的正确含义。
8．【答案】B
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：A、将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小．A不符合题意；
B、C因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，C不符合题意；
由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，B符合题意；
D、电源两端的电压为路端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，D不符合题意；
故答案为 ：B．
【分析】光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，干路电流减小，电压表的示数变小，路端电压增大小灯泡消耗的功率变小。
9．【答案】A
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I﹣I2，则减小．BCD不符合题意，A符合题意．
故答案为：A
【分析】典型的电路动态变化判断，先从滑动变阻器阻值变化入手，沿着分总分思路，结合闭合电路欧姆定律进行判断。
10．【答案】B
【知识点】含容电路分析；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：A、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．A不符合题意．
B、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知， =R0+r，保持不变．B符合题意．
C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．C不符合题意，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】明确比值的物理意义是解题的关键， U/ I 表示R， △ U/ △ I 代表R0+r，电容器两极板间的电压等于R两端的电压，R增大，R0+r，保持不变．电容器板间电压增大，带电量增大，
11．【答案】B,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】当使用a、b两个端点时，表头与R2串联，再与R1并联，此时量程为
当使用a、c两个端点时，R1与R2串联，再与表头并联，此时量程为
由数学知识可知
AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】电流表扩大量程的原理，并联分流。所以，
12．【答案】B,D
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】两表由同一表头改装而成，满偏时电流之比为 ，且电压之比为 ，根据欧姆定律可知，改装后两表的内阻之比为 ，串联后两表的分压之比为 ，电压分别为2V和6V；由于串联表头的电流相等，指针偏角相等，AC不符合题意，BD符合题意。
故答案为：BD。
【分析】电流表改装原理，串联等电流，根据电表偏转原理，偏转角度相同。偏角相同量程1：3，所以示数1：3.
13．【答案】A,C
【知识点】焦耳定律；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．拉力F使棒以速度 向左匀速运动，则感应电动势为 ，外电阻 与 并联，且 ，根据闭合电路欧姆定律有 ，根据并联关系电流与电阻从反比可得 ， ，故有 ，A符合题意；
B．由 ，可知相同时间内有 ，且电荷量是电流强度随时间的积累量，图线应该过坐标原点，B不符合题意；
C．根据 ，可知相同时间内有 ，且热量是电流的热功率随时间的积累量，图线应该过坐标原点，C符合题意；
D．导体棒匀速运动，根据受力平衡有 ，则外力F的功率为 ，故 图线应该是一条水平直线，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和串并联电路的特点得出两店址电阻的感应电流的关系，结合电流的定义式得出两定值电阻的电能荷量关系，结合焦耳定律和瞬时功率的表达式得出P-t图像。
14．【答案】B,C
【知识点】含容电路分析；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】若电阻R2发生断路，则电阻R2的阻值变成无穷大，电路的总电阻变大，总电流减小，R4两端的电压减小，电容器两端电压减小，则电容器带电量减小；R1两端电压以及R1电流变大；通过灯泡B和电阻R3的电流减小，则灯泡B电压减小，则灯泡A电压变大，灯泡A量度变亮；因灯泡AB电压之和变大，可知灯泡A电压变化量ΔUA大于灯泡B电压变化量ΔUB；电源的总功率P=IE减小；BC符合题意，AD不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】电阻R2发生断路，接入电路的电阻变大，再利用串并联电路电流、电压的特点，结合欧姆定律求解即可。
15．【答案】A,D
【知识点】全电路的功和能；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：A、根据P= 可知灯泡电阻RL= Ω，
当AB间接电压0.49V时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压：UR=IR=0.1×4V=0.4V，
灯泡两端电压U1=U﹣UR=0.49V﹣0.4V=0.09V，
通过灯泡的电流I1= =0.01A，
通过电动机的电流：I2=0.1A﹣0.01A=0.09A，
根据并联电路特点可知电动机线圈电阻r= =1Ω；A符合题意；
B、当AB间接电压15V时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为UL=9V、
通过灯泡的电流为IL=1A，
则电动机两端电压为UM=9V，
R两端电压为UR=6V，
干路电流I= A=1.5A，
电流表示数为1.5A，
通过电动机的电流为IM=I﹣IL=0.5A，
则此时电动机输出的机械功率：P=ULIL﹣IM2r=4.25W．BC不符合题意，D符合题意．
故答案为：AD
【分析】本题主要的考察点在于电动机为非纯电阻电路，欧姆定律不适用，灯泡为纯电阻电路，适用欧姆定律，电动机不转的时候为纯电阻电路，再结合欧姆定律以及串并联关系进行求解。
16．【答案】A,C
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电源电动势及内阻；电路动态分析
【解析】【解答】解：AB、当R2的滑片向右滑动时，R2减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表的示数变小，通过R3的电流减小，可知通过R4的电流增大．
根据串联电路的分压规律知，R1的电压减小，R1的电流减小，则通过电流表的示数变大．故A正确，B错误．
CD、设总电流为I总，根据闭合电路欧姆定律知，U=E﹣I总r，得 =r
根据I4=I1+I，I1减小，I增大，I4增大，则△I＞△I4；I总=I4+I3，I3减小，I4增大，I总增大，则△I4＞△I总，故△I＞△I总，可得 ＜r，故C正确，D错误．
故选：AC．
【分析】先根据变阻器电阻的变化，分析外电路总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电路中的总电流如何变化，由欧姆定律判断路端电压的变化，根据并联电路的变化，判断R1的电流变化，得到电流表读数的变化．根据闭合电路欧姆定律分析 的变化．
17．【答案】A,C
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；表头的改装
【解析】【解答】解：A、不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为： = = ，
而U′1+U′2=12V
解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V
当电压表并联在R1两端时，有： = ，
解得：U1＜3V，
同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，
得：U1+U2＜12V．AC符合题意，B不符合题意；
D、设电压表内阻为RV，则电压表与R1并联时，其示数U1= = ；
电压表与R2并联时，其示数U2= =
则可知，两电压表之比一定等于1：3．
D不符合题意．
故答案为：AC．
【分析】不接电压表时，R1、R2串联，可求电压之比及电压值，当电压表并联在R1两端时，U1＜3V，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，电压表与R1并联时，电压表与R2并联时，其示数之比可求。
18．【答案】（1）；
（2）
（3）2.33（2.31～2.35）
（4）B；D
（5）⑤①②④③
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】（1）因为改装电压表需要将电流表和定值电阻串联，所以电路图如下
因为该电路是分压式电路，应该选最大阻值较小的滑动变阻器，即应选；
（2）因为滑动变阻器是分压式接法，故实物图如图
（3） 因为将一量程为3mA的电流表改装成量程为3V的电压表，所以电压表精确度为，则需要估读到小数点后两位，所以读数为；
（4）因为电表指针偏角比标准值偏大，所以有可能是电流偏大，即电流表内阻测量值偏大，导致电阻R0的计算值偏小。也有可能是电流准确，但原电流表满偏电流就偏小，即电流表内阻测量值准确，但实际满偏电流小于3mA。
故答案为：BD。
（5）为了解决上述问题，可以用电阻箱（0～99999欧姆）替换R0接入电路，操作顺序应为：先将滑片P置于滑动变阻器的最左端，电阻箱的阻值调至最大；之后闭合电键，然后缓慢移动滑片P，先使得标准电压表示数约为2V，然后再调节电阻箱，使得改装表的示数与标准表的示数相同，最后记录电阻箱的示数，选用与此示数相等的电阻替换R0。
所以顺序为⑤①②④③。
【分析】（1）电压表改装需要将电流表和定值电阻串联，压式电路应该选最大阻值较小的滑动变阻器，可以调节时电压电流变化比较均匀。
（2）滑动变阻器是分压式接法，连线时导线不交叉。
（3）3mA的电流表改装成量程为3V的电压表， 标准电压表的示数为2.20V时 ，数据精确度和题目保持一致。
（4）电表指针偏角比标准值偏大，可能是电流偏大，也可能是原电流表满偏电流就偏小。
（5）滑片P置于滑动变阻器的最左端阻值最大处，电阻箱的阻值调至最大，改装表的示数与标准表的示数相同，电压相同，电阻也相同。
19．【答案】（1）由电路图可知，两金属板间的电压为R1两端的电压，根据串联电路的规律可得
（2）电子在极板间穿行时加速度大小为a，穿过平行板的时间为 ，穿出时电子偏转的距离为y，则
水平方向有
竖直方向有
联立解得
可得
故不能穿过平行金属板。
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】（1）根据串联电路的特点得出两金属板之间的电压；
（2）电子在两极板间做类平抛运动。根据类平抛运动的规律以及牛顿第二定律判断电子能否穿过平行金属板。
20．【答案】（1）10.00；0.700
（2）外接法；偏小；分压式
（3）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；表头的改装
【解析】【解答】（1）接入电路的金属丝长度
螺旋测微器的示数为
（2）根据“大内小外”，电阻丝电阻较小，应采用外接法，这种接法电压测量准确，但由于电压表分流，测电流偏大，所以测得电阻偏小，分压式接法可从0开始调节。
（3）根据公式
解得
【分析】（1）根据直尺的读数规律和螺旋测微器的读数规律进行读数；
（2）根据电阻丝的电阻判断电流表的接法；而滑动变阻器应用分压式接法；
（3）根据欧姆定律以及电阻定律从而得出电阻率的表达式。
21．【答案】（1）解：要把它改装成量程是6 V的电压表，应串联的电阻： 1800Ω
改装后的电压表内阻
对应电流表的示数为2mA，则被测电压是
（2）解：要把它改装成量程是3 A的电流表，应并联的电阻 0.12Ω
【知识点】表头的改装
【解析】【分析】本题考查电表的改装。改装电压表要串联电阻分压，分压电阻阻值 ，改装电压表内阻RV=R+Rg；改装电流表要并联分流电阻，分流电阻阻值 。
22．【答案】a；×1k；重新进行欧姆调零；30kΩ；OFF或交流电压最高档
【知识点】电路故障分析；练习使用多用电表
【解析】【解答】解：（1）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端．（2）将选择开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小．为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量．则该同学应选择×1k挡，（3）然后重新进行欧姆调零，再进行测量．（4）测量后示数如图所示，则测量结果为：30×1k=30kΩ．（5）测量完成后，将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置．
故答案为：（1）a；（2）×1k；（3）重新进行欧姆调零；（4）30kΩ；（5）OFF或交流电压最高档．
【分析】（1）二级管具有单向导电性表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，据此可以判断正负极。
（2）开关拨至电阻“×100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小．应选择×1k挡.
（3）换了档位后重新进行欧姆调零，再进行测量．
（4）根据指针所指示数再乘以倍率就是读数。
（5）如果测量后长期不再使用，应将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置．
23．【答案】（1）闭合开关S，待电路稳定后，电容器相当于开关断开，R1与R2并联后与电流表串联，则外电路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律得干路电流为
路端电压为U=E-Ir=5.4V
（2）电容器板间电压UC=E-I（RA+r）= 3.6V
电容器的带电量Q = CUC = 3.6×10-10C
（3）断开开关S，电容器通过R1与R2放电，R1与R2并联，放电电流与电阻成反比，因此，通过R1与R2的电量跟电阻成反比，则通过R2的电量为
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【分析】（1）根据串并联电路总电阻的求法得出电路中的总电阻。利用闭合电路欧姆定律和欧姆定律得出路端电压；
（2）根据闭合电路欧姆定律得出电容器两极板间的电压，结合电容器的定义式得出电容器的带电量；
（3）结合串并联的特点以及电流的定义式得出通过R2的电量。
24．【答案】（1）解：流经电源的电流
电动机两端的电压
（2）解：电源的工作效率为
（3）解：重物匀速上升时
解得v=1.5m/s
（4）解：电动机的输入功率即总功率
热功率
输出功率
解得电动机内阻
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律得出经过电源的电流，利用串联电路分压得出电动机两端的电压；
（2）根据输出功率和总功率以及工作效率的计算得出电源的效率；
（3）根据电功率的表达式以及总功率与输出功率的关系得出电动机的内阻。
25．【答案】（1）解：设 和 的并联电阻为 ，有： ①
两端的电压为： ②
消耗的电功率为： ③
当 时，联立①②③式，代入数据，解得：
④
（2）解：设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：
⑤
⑥
设小球做圆周运动的半径为r，有：
⑦
由几何关系有：
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得：
⑨
【知识点】电功率和电功；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）利用欧姆定律求解电阻两端的电压，利用功率公式求解电阻的功率即可；
（2）小球做匀速圆周运动，即电场力与重力相平衡，带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合欧姆定律求解电阻的阻值。
26．【答案】（1）解：设小球在板间飞行时间为t， ，根据d＝ at2，
得飞行加速度
对小球根据牛顿第二定律得
，
解得： ，
所以滑动变阻器的两端电压U滑＝UAB＝24 V．
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝ ＝24 Ω
（2）解：此时电流表的示数为1 A，电压表的示数为U＝E－Ir＝（40－1×1）V＝39 V
（3）解：电源的输出功率P出＝IU＝39 W
【知识点】欧姆定律；带电粒子在电场中的偏转；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】（1）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解AB两端的电压即可，再结合闭合电路欧姆定律求解电阻的阻值；
（2）同理，利用闭合电路欧姆定律求解电流和电压；
（3）结合电源两端的电压和流过电源的电流，利用公式P=UI求解功率即可。
27．【答案】32
【知识点】传感器；欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】本题考查了自动恒温箱的原理，抓住Uab＝0的临界状态进行研究。设电路路端电压为U，当Uab＝0时，有 R1＝ ·R3，解得Rt＝20 kΩ。由题图可知，当Rt＝20 kΩ时，t＝32 ℃。
【分析】通过题目分析临界状态，再根据电路中电压、电流和电阻的关系分析。
28．【答案】先变小再变大；6；5
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用；电路动态分析
【解析】【解答】解：滑动变阻器的滑动触头P由a端向b端滑动时，当 时，并联电路的电阻最大，即 时总电阻最大，即滑动触头P由a端向b端滑动时，总电阻先变大后变小，由闭合电路的欧姆定律知总电流先变小后变大；
将 看成电源的内阻， 等于等效电源的内阻 =5+1=6Ω，
电源的外电阻和内电阻相差越小，电源的输出功率最大，所以滑片滑到最左端时，外电阻最小，和电源内阻相差最小，电源输出功率最大
电路电流
电源最大输出功率
故答案为：先变小再变大；6；5
【分析】当电路中内外电阻相等时，电源有最大输出功率。结合闭合电路欧姆定律，列式求解。
29．【答案】（1）B；C；甲
（2）5.2
（3）B；D
【知识点】欧姆定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】解：（1）：根据电源电动势为4V，可知电压表应选C；
根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为： = ，可知电流表应选B；
由于待测电阻满足 ，电流表应用外接法，所以电路应采用甲图；（2）：电流表每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，电流表的读数为：I=0.50A；
电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，电压表的读数为：U=2.60V，所以待测电阻为：R= =5.2Ω；（3）：根据欧姆定律可知，（1）问中电流表采用外接法时，电压表测量的准确，电流表的测量值大于流经 的电流，而造成误差，所以产生误差的主要原因是B；
采用电流表内接法时，电流表测量准确，电压表测量值大于待测电阻电阻 两端的电压，所以选用乙电路时造成误差的原因是D；
故答案为：（1）B，C，甲（2）5.2（3）B，D
【分析】本题（1）的关键是首先根据电源电动势大小来选择电压表的量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据待测电阻满足 可知电流表应用外接法；题（2）的关键是根据电表每小格的读数判定估读数值，读数电压表和电流表的读数即可；题（3）的关键是根据欧姆定律即可求解．
30．【答案】（1）
（2）A、D、E、F、G
（3）解：实验原理如图
【知识点】电磁学实验；电阻的测量；串联电路和并联电路的特点及应用；表头的改装
【解析】【解答】解：（1）测量电压表内阻依据的是部分电路的欧姆定律，公式是 ；（2）电路中 的最大电流： ，由于电压表的内阻大约是数千欧姆，所以电路的最大电流仅仅有几个毫安，所以要选择电流表D；其他的实验器材包括：待测电压表A，滑动变阻器E，直流电源F和开关、导线G．故应选用的实验器材为：A、D、E、F、G；（3）电压表的电阻约数千欧姆，而滑动变阻器的电阻只有50欧姆，所以滑动变阻器只能作为分压电阻使用，要选择分压电路．实验原理如图：
故答案为：（1） ，（2）A、D、E、F、G；（3）实验原理如图．
【分析】测量电压表内阻依据的公式是 ；根据公式： 求出电路中的最大电流，选择电流表；根据电压的关系选择是分压电路还是限流电路．
1 / 1
