新教材高中物理第11章电路及其应用章末水平测评新人教版必修第三册

第十一章章末水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共48分)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，有选错的得0分)1．下列关于电流方向的说法中正确的是()A．电荷的定向移动方向即为电流的方向B．电流的方向总是从电源的正极流向负极C．电流既有大小，又有方向，是一个矢量D．在电源内部，电流从负极流向正极答案D解析正电荷的定向移动方向与电流方向相同，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；电流虽有方向，但不符合矢量运算法则，不是矢量，而是标量；外电路中电流从正极流向负极，电源内部电流从负极流向正极，故A、B、C错误，D正确。2．在示波管中，电子枪2s放射了6×1013个电子，则示波管中电流的大小为()A．4.8×10－6A B．3×10－13AC．3×10－6A D．9.6×10－6A答案A解析电子枪2s放射的电荷量q＝6×1013×1.6×10－19C＝9.6×10－6C，所以示波管中的电流大小为I＝eq\f(q,t)＝eq\f(9.6×10－6,2)A＝4.8×10－6A，故A正确，B、C、D错误。3．一根粗细匀称的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线匀称拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为()A.eq\f(U,2) B．UC．2U D．4U答案D解析当导线匀称拉长到原来的2倍时，横截面积为原来的eq\f(1,2)，由电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，可知电阻为原来的4倍，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)，可知D正确。4．某电解池中，若在2s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个截面的电流是()A．0 B．0.8AC．1.6A D．3.2A答案D解析电荷的定向移动形成电流，正、负电荷同时向相反方向定向移动时，通过某截面的电荷量应是两者肯定值的和，则在2s内通过某横截面的总电荷量应为q＝1.6×10－19×2×1.0×1019C＋1.6×10－19×1×2.0×1019C＝6.4C由电流的定义式知：I＝eq\f(q,t)＝eq\f(6.4,2)A＝3.2A。5．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()A．R1∶R2＝1∶3B．R1∶R2＝3∶1C．将R1与R2串联后接在电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3D．将R1与R2并联后接在电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3答案A解析电阻I­U图像斜率倒数表征电阻大小，所以R1∶R2＝1∶3，故A正确，B错误；两电阻串联，电流相等，故C错误；两电阻并联，两端电压相等，电流之比I1∶I2＝R2∶R1＝3∶1，故D错误。6.如图所示的电路接在电源的两端，已知定值电阻的阻值分别为R1＝2Ω、R2＝4Ω、R3＝11Ω，则流过三个定值电阻的电流之比为()A．1∶2∶3 B．3∶2∶1C．2∶1∶3 D．3∶1∶2答案C解析因为R1∶R2＝1∶2，且两电阻并联，两端的电压相等，所以I1∶I2＝2∶1，干路电流等于各支路电流之和，则通过R3的电流为I3＝I1＋I2，那么通过电阻R1、R2、R3的电流之比为2∶1∶3，C正确。7．一个电流表由小量程的电流表与电阻R并联而成。若在运用中发觉此电流表读数比精确值稍小些，下列实行的措施正确的是()A．在R上串联一个比R小得多的电阻B．在R上串联一个比R大得多的电阻C．在R上并联一个比R小得多的电阻D．在R上并联一个比R大得多的电阻答案A解析电流表读数比精确值稍小些，是由于并联的电阻R阻值偏小，而使流经小量程的电流表的电流偏小，所以应当给电阻R串联一个阻值比R小得多的电阻，从而使通过电流表的电流变大。8．图甲、乙都是测灯泡电阻R的电路图，下列说法错误的是()A．在测灯泡电阻R时，图甲的接法叫电流表外接法，图乙的接法叫电流表内接法B．图甲中R测>R真，图乙中R测<R真C．图甲中误差由电压表分流引起，此法测较小电阻好D．图乙中误差由电流表分压引起，此法测较大电阻好答案B解析在测灯泡电阻R时，题图甲的接法叫电流表外接法，题图乙的接法叫电流表内接法，A正确。题图甲中由于电压表的分流导致电流的测量值偏大，由R＝eq\f(U,I)可知，R测<R真，待测电阻阻值越小，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻；题图乙中由于电流表的分压，导致电压的测量值偏大，由R＝eq\f(U,I)得R测>R真，待测电阻阻值越大，电流表的分压越小，误差越小，因此这种接法适用于测大电阻，B错误，C、D正确。9．试验室中常用滑动变阻器来调整电流的大小，有时用一个不便利，须用两个阻值不同的滑动变阻器，一个做粗调(被调整的电流变更大)，一个做微调(被调整的电流变更小)。运用时连接方式可以是串联，也可以是并联，如图所示，则()A．串联时，阻值大的变阻器做微调B．串联时，阻值大的变阻器做粗调C．并联时，阻值大的变阻器做微调D．并联时，阻值大的变阻器做粗调答案BC解析当两者串联时，电阻越大，对电路总电阻的影响越大，依据欧姆定律I＝eq\f(U,R)可得，电阻大的对电流的影响较大，故阻值大的滑动变阻器做粗调，B正确，A错误；当两者并联时，并联电阻接近阻值小的那个电阻，所以小电阻对电路的影响大，故阻值大的滑动变阻器做微调，阻值小的滑动变阻器做粗调，C正确，D错误。10．一根粗细匀称的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线匀称拉长，使它的横截面的半径变为原来的eq\f(1,2)，再给它两端加上电压U，则()A．通过导线的电流为eq\f(I,4)B．通过导线的电流为eq\f(I,16)C．导线中自由电子定向移动的速率为eq\f(v,4)D．导线中自由电子定向移动的速率为eq\f(v,2)答案BC解析导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的eq\f(1,4)，由V＝Sl可知其长度变为原来的4倍，由R＝ρeq\f(l,S)可知其电阻增大为原来的16倍，则加上相同的电压U时，电流会变为原来的eq\f(1,16)，A错误，B正确；又依据I＝neSv，导线被拉长后，n、e不变，I变为原来的eq\f(1,16)，S变为原来的eq\f(1,4)，故v变为原来的eq\f(1,4)，C正确，D错误。11．将两个完全相同的表头改装成两个量程不同的电流表A1、A2，已知改装后电流表A1、A2的量程分别为I1＝0.6A、I2＝3A，将两个改装后的电流表接在电路中，两电流表都没有烧毁。则下列说法正确的是()A．改装后两电流表A1、A2的电阻之比为R1∶R2＝1∶5B．将改装后的电流表串联，接通电路A1、A2的偏转角之比为5∶1C．将改装后的电流表串联，接通电路A1、A2的示数之比为5∶1D．将改装后的电流表并联，接通电路A1、A2的示数之比为1∶5答案BD解析两个电流表由相同的表头并联电阻改装而成，内阻之比等于电流表量程的反比，R1∶R2＝5∶1，A错误；两个电流表串联接入电路后，电流值相等，示数之比为1∶1，A1的量程为0.6A，A2的量程为3A，则指针偏转角之比等于量程的反比，为5∶1，B正确，C错误；两电表并联，电压值相等，示数之比等于内阻的反比，为1∶5，D正确。12.阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压为U的恒定电路中，如图所示。现用同一电压表依次测量R1和R2的电压，测量值分别为U1与U2，已知电压表内阻、R1和R2相差不大。则()A．U1＋U2＝U B．U1＋U2<UC.eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2) D．eq\f(U1,U2)≠eq\f(R1,R2)答案BC解析设电压表的内阻为RV，测R1的电压时，U1＝eq\f(U,\f(R1RV,R1＋RV)＋R2)×eq\f(R1RV,R1＋RV)＝eq\f(R1RV,R1RV＋R1R2＋R2RV)U测R2的电压时，U2＝eq\f(U,\f(R2RV,R2＋RV)＋R1)×eq\f(R2RV,R2＋RV)＝eq\f(R2RV,R1RV＋R1R2＋R2RV)UU1＋U2＝eq\f(R1＋R2RV,R1＋R2RV＋R1R2)U<U，故B正确；eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2)，C正确。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、试验题(本题共2小题，共12分)13．(4分)用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请依据下列步骤完成电阻测量：(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线。(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置。(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(选填“0刻线”或“∞刻线”)。(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发觉指针偏转角度过小，为了得到比较精确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的依次进行操作，再完成读数和测量。A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准答案(1)S(3)T0刻线(4)A、D、C解析多用电表测量电阻时，在测量之前就要视察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀当心转动调零螺丝S，使指针对准电流的“0”刻线。然后转动选择开关K，选择量程，再将两表笔短接，调整调零电阻的旋钮T，使指针对准满偏刻度(即电阻的“0”刻线)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值。若在测量过程中，发觉指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值偏大，这时要换用更高倍率的挡位，从“×100”挡位更换到“×1k”的挡位，欧姆调零后再次测量。14．(8分)某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作。(1)分别运用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图甲和图乙所示，则长度L＝________mm，直径d＝________mm。(2)现备有下列器材：待测金属棒Rx(阻值约为5Ω)；电压表V1(量程0～3V，内阻约3kΩ)；电压表V2(量程0～15V，内阻约9kΩ)；电流表A1(量程0～0.6A，内阻约0.2Ω)；电流表A2(量程0～3A，内阻约0.05Ω)；电源E(电压3V)；滑动变阻器R1(最大阻值约20Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值约1000Ω)；开关S；导线若干。若滑动变阻器采纳限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________。(均选填器材代号)(3)正确选择仪器后请在图丙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(4)用伏安法测得该金属棒两端的电压和电流，并作出其U­I图像如图丁所示，若图像的斜率为k，则该金属棒的电阻率ρ＝________(用题中所给各个量的对应字母进行表述)。答案(1)23.66.716(6.715～6.717)(2)V1A1R1(3)图见解析(4)eq\f(kπd2,4L)解析(1)游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，故长度L＝23mm＋6×0.1mm＝23.6mm，直径为d＝6.5mm＋0.01mm×21.6＝6.716mm。(2)电源电压为3V，故电压表用V1；通过Rx的最大电流约为0.6A，故电流表用A1；由于被测电阻约为5Ω，故滑动变阻器用R1。(3)题目中已说明滑动变阻器采纳限流接法，由于eq\f(Rx,RA)<eq\f(RV,Rx)，则电流表应采纳外接法，实物连接图如图所示。(4)U­I图像的斜率的物理意义为被测电阻的阻值，即k＝R，结合R＝ρeq\f(l,S)可得金属棒的电阻率表达式为ρ＝eq\f(kπd2,4L)。三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15．(8分)在一根长l＝5m，横截面积S＝3.5×10－4m2的铜质导线两端加2.5×10－3V电压。已知铜的电阻率ρ＝1.75×10－8Ω·m，则该导线中的电流多大？每秒通过导线某一横截面的电子数为多少？答案10A6.25×1019个解析铜导线的阻值：R＝ρeq\f(l,S)＝1.75×10－8×eq\f(5,3.5×10－4)Ω＝2.5×10－4Ω，依据欧姆定律，有：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(2.5×10－3,2.5×10－4)A＝10A故每秒通过导线某一横截面的电荷量为：Q＝It＝10C每秒通过导线某一横截面的电子数为：n＝eq\f(Q,e)＝eq\f(10,1.6×10－19)＝6.25×1019(个)。16.(10分)如图所示，电容器C1＝6μF，C2＝3μF，电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，C、D为两端点，当开关S断开时，A、B两点间的电压UAB为多少？当S闭合时，电容器C1的电荷量变更了多少？(已知电压U＝18V)答案18V削减了3.6×10－5C解析在电路中电容器C1、C2相当于断路，当开关S断开时，电路中无电流，B、C等电势，A、D等电势。因此UAB＝UAC＝UDC＝18V当S断开时，电容器C1所带电荷量为Q1＝C1UAC＝6×10－6×18C＝1.08×10－4C当S闭合时，电路导通，电容器C1两端的电压即电阻R1两端的电压。由串联电路的电压安排关系得UAC′＝eq\f(R1,R1＋R2)U＝eq\f(6,6＋3)×18V＝12V此时电容器C1所带电荷量为Q1′＝C1UAC′＝6×10－6×12C＝0.72×10－4C电容器C1所带电荷量的变更量为ΔQ＝Q1′－Q1＝－3.6×10－5C，“－”号表示削减。17.(10分)如图所示，表头的内阻Rg为500Ω，满偏电流Ig为1mA。当运用a、b两个端点时，是量程为I1的电流表；当运用a、c两个端点时，是量程为I2的电流表；当运用a、d两个端点时，是量程为U的电压表。已知电阻R1、R2、R3的阻值分别为0.5Ω、2Ω和100Ω。求量程I1、I2、U的值。答案1.005A201mA20.6V解析接a、b时满意Ig(Rg＋R2)＝(I1－Ig)R1接a、c时满意IgRg＝(I2－Ig)(R