1、第十一章单元达标检测卷一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1关于电源电动势的说法，正确的是()A在某电池的电路中每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 VB电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大C无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势保持不变D电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多【答案】C【解析】电路中通过q2 C的电荷量，电池提供的电能W4 J，根据电动势的定义式E得电动势E2 V，故A错误电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变，故B错误电动
2、势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变，故C正确电动势越大，电源将单位正电荷从负极移到正极提供的电能越多，故D错误2R110 ，R220 ，R1允许通过的最大电流为1.5 A，R2两端允许的最大电压为10 V若将它们串联，加在它们两端的最大电压可以是()A45 VB5 VC25 VD15 V【答案】D【解析】本题中R1、R2串联，R1允许通过的最大电流为1.5 A，经计算，R2允许通过的最大电流仅为0.5 A，则通过串联电路的最大电流以最小值为准，从而求得加在电路两端的最大电压是15 V，故选D3如图所示是四个电阻的IU图像，这四只电阻并联起来使用时，通过各个电阻的电流强
3、度分别是I1、I2、I3、I4，则()AI1I2I3I4BI1I2I3I4CI1I2I3I4D无法判断【答案】C【解析】由于在IU图像中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值R4斜率最大，电阻值最小；R1的斜率最小，电阻值最大这四个电阻并联起来使用时，它们两端的电压是相等的，根据欧姆定律I，电阻值大的电阻，流过的电流小，所以I1I2I3I4故C正确4如图是某导体的伏安特性曲线，下列说法正确的是()A当通过导体的电流是0.005 A时，导体的电阻是1 000 B当通过导体的电流是0.005 A时，导体的电阻是2 000 C当通过导体的电流是0.005 A时，导体的电阻是0.5 D当通过导体的电流是0
4、.001 A时，导体两端的电压是1 V【答案】B【解析】电流为5103A时，导体的电阻为R 2 000 ，故A、C错误，B正确； 随着电压的增大，图像上的点与原点连线的斜率减小，此割线斜率等于电阻，则知随着电压的增大导体的电阻不断减小，当通过导体的电流是0.001 A时，导体的电阻值大于2 000 ，所以导体两端的电压大于2 V，故D错误5某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()AB点的电阻为12 BB点的电阻为40 C导体的电阻因温度的影响改变了1 D导体的电阻因温度的影响改变了9 【答案】B【解析】根据欧姆定律可得B点的电阻为RB 40 ，故B正
5、确，A错误；根据欧姆定律可得A点的电阻为RA 30 ，则两点间的电阻改变了(4030) 10 ，故C、D错误6为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图像应是()【答案】C【解析】由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着灯泡两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，则在UI图像中相应点与原点连线的斜率应逐渐增大，故C正确7某学生做研究串联电路电压特点的实验时，接成如图所示的电路，闭合S后，他将多用电表电压挡的红、黑表笔并联在A、C两点间时，电压表读数为
6、U；当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；当并联在B、C两点间时，电压表读数为零，故障的原因可能是()AAB段断路BBC段断路CAB段短路D多用电表选挡太大【答案】A【解析】由题意可得UABUACU，说明由A、B分别至电源的线路均已接通若BC段完好，则AB段断路；若BC段短路，则AB段可能断路，也可能完好又由题述得UBC0，因而可能AB段断路或BC段短路，也有可能出现两者同时发生的情况8由欧姆定律I导出UIR和R，下列叙述中不正确的是()A由R知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定B导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C对于确定的导体，其两端的电压
7、和流过它的电流的比值等于它的电阻值D电流相同时，电阻越大，其电压降越大【答案】A【解析】导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流大小无关，故A错误，B正确；根据R对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值，故C正确；电流相同时，根据UIR可知，电阻越大，其电压降越大，故D正确本题选不正确的，故选A二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，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9把表头G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是()A改装原理为并联电阻能增大通过G的电流B改装成电流表后，表头
8、G本身允许通过的最大电流并不改变C改装后，表头G自身的电阻减小了D改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了【答案】BD【解析】把表头G改装成大量程的电流表时，只是并联了一个分流电阻，使整体并联电路允许通过的最大电流增大，但表头的各特征量都不变故B、D正确，A、C错误10滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是()A若将a、c两端连在电路中，则当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值增大B若将a、d两端连在电路中，则当滑片向右滑动时，滑动变阻器的阻值减小C将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入3个接线柱D将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入
9、3个接线柱【答案】AD【解析】若将a、c两端连在电路中，左侧部分将连入电路，则当滑片向右滑动时，该部分的导线长度变长，滑动变阻器接入电路中的阻值将增大，A正确若将a、d两端连在电路中，也是将左侧部分连入电路，则当滑片向右滑动时，该部分的导线长度变长，滑动变阻器接入电路中的阻值将增大，B错误A、B两个选项中均为限流式接法，可见在限流式接法中，a、b两个接线柱中任意选一个，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，C错误在滑动变阻器的分压式接法中，a、b两个接线柱必须接入电路，c、d两个接线柱中任意选一个，接入电路即可，D正确11如图是伏安法测电阻的部分电路，开关先后接通a和b时，观察电压表和电
10、流表示数的变化，那么()A若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接aB若电压表示数有显著变化，测量R的值时，S应接bC若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接aD若电流表示数有显著变化，测量R的值时，S应接b【答案】AD【解析】若电压表示数有显著变化，说明电流表分压比较明显，应使用外接法比较准确，故A正确；若电流表示数有显著变化，说明电压表分流较大，应使用内接法比较准确，故D正确12如图所示的电路中，通过电阻R1的电流I1是()ABCD【答案】BC【解析】由欧姆定律和串联电路特点知B、C对三、非选择题：本题共6小题，共60分13(4分)(1)如图甲所示的三个游标卡尺，它们的游标尺从上至
11、下分别为10等分、20等分、50等分，它们的读数依次为mm，mm，mm (2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径示数如图乙所示，则金属丝的直径是mm 【答案】(1)17.723.853.18(2)2.15014(8分)某同学通过实验测定一个阻值约为5 的电阻Rx的阻值(1)现有直流电源(电压为4 V)、滑动变阻器(050 ，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表(03 A，内阻约0.025 )B电流表(00.6 A，内阻约0.125 )C电压表(03 V，内阻约3 k)D电压表(015 V，内阻约15 k)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用，电压表应选用(填器材前的字母)；实
12、验电路应采用下图中的(填“甲”或“乙”) (2)图丙是测量Rx的实验器材实物，图中已连接了部分导线请根据在(1)问中所选的电路补充完成图丙中实物间的连线(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应电流表示数I、电压表示数U某次电表示数如图丁所示，可得该电阻的测量值Rx(保留2位有效数字) (4)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)BC甲(2)如解析图(3)5
13、.2(4)BD【解析】(1)为了减小误差，应使电流表读数为量程的，因电源电压为4 V，故电压表应选C，因此通过被测电阻Rx的最大电流Im A0.6 A，故电流表应选B本题测的是一个小电阻，即，所以应采用电流表外接法，故采用图甲(2)电路连接如图所示(3)由题图中可读出电流表的读数为0.50 A，电压表的读数为2.6 V，故Rx5.2 (4)甲图中引起误差的原因主要是电压表的分流作用，即电流表的测量值大于流经Rx的电流值，B正确乙图中引起误差的原因主要是电流表的分压作用，即电压表的测量值大于Rx两端的电压值，D正确15(12分)加在某导体两端的电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2
14、A如果导体两端所加电压变为原来的1.2倍，则此时导体中的电流多大？【答案】1.2 A【解析】设是导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体电阻R电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2 A，则有R联立得解得I1.0 A当电压变为1.2U时，根据欧姆定律可知I1.2I1.2 A16(12分)给装在玻璃管内的水银柱加一电压，使通过水银柱的电流为0.1 A，若将这些水银倒入一个内径为前者2倍的玻璃管内，接在同一电压上，通过水银柱的电流为多少？【答案】1.6 A【解析】设水银柱在两种情况下的电阻分别为R1、R2，对应的长度、横截面积分别为l1、l2、S1、S2，由电阻定律得R1R2在两种情况下
15、水银的体积相同，所以有l1S1l2S2又因为S1d2，S2(2d)2所以S24S1，l14l2代入电阻计算式得R116R2由欧姆定律得UR1I1R2I2所以I2I116I11.6 A17(12分)如图所示，电阻R110 ，R23 ，R36 ，R44 ，电压U24 V，问：(1)如果在ab间接入一个内阻很大的电压表，它的读数是多少？(2)如果在ab间接入一个内阻很小的电流表，它的读数是多少？【答案】(1)18 V(2)6.67 A【解析】(1)在ab间接一只理想电压表时，R3、R4串联后电阻为R串R3R46 4 10 R串与R1并联后电阻为R分5 此时电路电流为I总3 AR2两端的电压为U2I总
16、R23 A3 9 V所以R3、R4串联后两端的电压为U串UU424 V9 V15 VR3、R4串联后电流为I分1.5 AR3两端的电压为U3I分R31.5 A6 9 V电阻R2、R3两端的电压之和也就是电压表的示数为U分U2U39 V9 V18 V(2)通过电阻R4的电流为I46 AR3、R2并联后电阻为R并2 再与R1串联后总电阻为R串R1R并10 2 12 此时这段电路的电流为I12 A所以通过R1的电流为2 A，R3两端的电压为U3I1R并2 A2 4 V通过R3的电流为I30.67 A所以电流表的示数为II3I40.67 A6 A6.67 A18(12分)有一电流表G，内阻Rg10 ，
17、满偏电流Ig3 mA(1)要把它改装成量程为03 V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？(2)要把它改装成量程为00.6 A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？【答案】(1)990 1 000 (2)0.05 0.05 【解析】(1)由题意知电流表G的满偏电压UgIgRg0.03 V改装成量程为03 V的电压表，原理图如图甲所示，当达到满偏时，分压电阻R的电压URUUg2.97 V所以分压电阻R 990 改装后电压表的内阻RVRgR1 000 (2)改装成量程为00.6 A的电流表，原理示意图如图乙所示，当达到满偏时，分流电阻R的电流IRIIg0.597 A所以分流电阻R0.05 改装后电流表的内阻RA0.05
