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章末综合检测（三）　电路及其应用
1.D　该过程中跨膜电荷量Q＝It＝8×10－10 C，根据C＝，可知U＝＝80 mV，故选D。
2.A　指针偏角过大，说明待测电阻阻值较小，应更换“×1”挡，由图可知，电阻的阻值Rx＝19×1 Ω＝19 Ω，故选A。
3.B　用Oa两端时，是电流表，表头两端电压为Ug＝IgRg，解得Ug＝10 V，流过电阻R1的电流为I1＝＝ A＝0.4 A，电流表的量程为I＝Ig＋I1＝0.1 A＋0.4 A＝0.5 A，用Ob两端时（点拨：相当于表头先和R1并联使其电流量程增大，再和R2串联使其两端电压量程增大），是电压表，电阻R2的电压为U2＝IR2，电压表的量程为U＝Ug＋U2，解得U＝110 V，故B正确，A、C、D错误。
4.D　设AC的长度为x、AD的长度为y，设导体的电阻率为ρ，根据电阻定律以及欧姆定律有ρ＝，ρ＝，ρ＝，解得x＝2L，y＝3L，故A、B错误；导体的体积为V＝Lxy＝6L3，故C错误；由ρ＝，x＝2L，y＝3L，解得ρ＝，故D正确。
5.C　开关闭合前，为了保护电路应该尽可能使电路中电阻最大，电路中的电流最小，故滑动变阻器的滑片应该置于最左端，故A错误；题图乙中图线上一点与原点连线的斜率在变小，即k＝＝变小，即电阻在增大，故小灯泡的电阻随电压的升高而增大，故B错误；小灯泡正常工作时的电压为3 V，电流为0.2 A，由欧姆定律可知小灯泡正常工作时的电阻为R＝，解得R＝15.0 Ω，故C正确；由于电压表分流影响，小灯泡电流的测量值大于真实值，由欧姆定律R＝可知，电阻测量值始终小于真实值，该误差为系统误差，故D错误。
6.D　由I-U图像中某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，a元件两端电压为2 V时，对应的电流为0.3 A，可知非线性元件a的电阻为Ra＝＝ Ω＝ Ω，两元件串联接入电路，通过的电流相同，所以b元件中的电流也是0.3 A，由图可得，此时b元件两端的电压为5 V，Rb＝＝ Ω＝ Ω，联立可得元件a、b的电阻之比为2∶5，故A、B、C错误，D正确。
7.C　相同数据选择不同的标度时，a对应的图线与横轴夹角θ不同，所以a的电阻大小Ra＝≠，故A错误；两端电压同为2 V时，根据图像结合欧姆定律可得Ra＝＝ Ω＝4 Ω，Rb＝＜ Ω＝4 Ω，故B错误；图像交点处a、b电压相等，电流相等，根据欧姆定律可知，a、b电阻值相等，故C正确；由于干电池有一定的内阻，使得a、b两个元件分到的电压小于4 V，结合题图可知，干路电流I总＝Ia＋Ib＜1 A＋1 A＝2 A，根据电流的定义式可知1 s内干路通过的电荷量q＝I总t＜2 A×1 s＝2 C，故D错误。
8.D　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，故A错误；图甲中，由于电压表的分流作用，导致电流测量值偏大，由R＝可知，R测＜R真，图乙中，由于电流表的分压作用，导致电压测量值偏大，由R＝可知，R测＞R真，故B错误；结合上述分析可知，图甲中，待测电阻阻值越小时，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻，故C错误；图乙中误差由电流表分压引起，若已知电流表内阻，可以计算待测电阻两端的电压，此法将没有系统误差，故D正确。
9.A　根据欧姆定律I＝，可得对应P点，小灯泡的电阻为R＝，故A正确，B错误；根据欧姆定律I＝，可知I-U图像中，图像与原点连线的斜率的绝对值表示该相应电压时小灯泡的电阻的倒数，根据题图可知，随所加电压的增大，图像与原点连线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，故C错误；对应P点，小灯泡的功率为P动＝U1I2，可知小灯泡的功率为图中矩形PMOQ所围面积，故D错误。
10.D　甲由一个灵敏电流计G和一个电阻箱R并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表，乙由一个灵敏电流计G和一个电阻箱R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表，故A错误；由公式I＝Ig＋，在甲表中，若改装成的电流表的量程为25 mA，则R≈4.08 Ω，由公式U＝Ig（Rg＋R）知，在乙表中，若改装成的电压表的量程为3 V，则R＝5 800 Ω，故B错误；使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，则可适当增大电阻箱R的阻值，使G分流更大，故C错误；乙表的示数总比准确值稍小一些，说明串联的分压电阻偏大，以至于其分压较大，G的电压偏小，则可适当减小电阻箱R的阻值，故D正确。
11.CD　根据图线的斜率表示电阻的倒数，可得电阻之比为＝＝＝，根据电阻定律R＝ρ，其中S＝d2，由于长度相同，材料相同，可得电阻丝a的直径与b直径之比为＝，故A错误；由上述分析可知将a、b并联后，其并联电阻小于Rb，所以图线的斜率最大，其位于b的左侧，故B错误；将a、b串联后接入电路，根据串联电路电流相等，则电阻两端的电压与电阻成正比，所以有Ua∶Ub＝Ra∶Rb＝10∶3，故C正确；将a、b并联后接入电路，根据并联电路电压相等，则通过a、b的电流大小与电阻成反比，通过a、b的电流之比为Ia∶Ib＝Rb∶Ra＝3∶10，故D正确。
12.ABD　流过A的电流为I＝＝ A＝0.16 A，故A正确；根据电阻定律RA＝，RB＝，可得＝＝，故B正确；因两段串联，通过两导线的电流相等，所以在相等时间内通过每段导线横截面的电荷量是相等的，故C错误；因两段串联，通过两导线的电流相等，又I＝neSv，则有＝＝，故D正确。
13.AD　当S1和S2均断开时，表头与R1串联，所以虚线框中可等效为电压表，量程为Um＝Ig（Rg＋R1）＝0.001×（100＋900） V＝1 V，故A正确；当S1和S2均闭合时，R1被短路，R2与表头并联，所以虚线框中可等效为电流表，量程为Im＝Ig＋＝0.001 A＋ A＝0.1 A，故B错误，D正确；当S1断开、S2闭合时，表头与R1串联，再与R2并联，所以虚线框中可等效为电流表，量程为Im'＝Ig＋＝0.001 A＋ A＝0.991 A，故C错误。
14.（1）0.830（0.829～0.831均可）　0.8　（2）A1　R1　
（3）见解析图　（4）
解析：（1）螺旋测微器读数为D＝0.5 mm＋33.0×0.01 mm＝0.830 mm
游标卡尺读数为L＝0＋8×0.1 mm＝0.8 mm。
（2）电源电动势为4 V，待测电阻为4 Ω，所以电路中最大电流为1 A，考虑到还有其他电阻，电流表选择A1即可，要求电压从0开始调节，滑动变阻器应该用分压式接法，且选择阻值较小的R1更加容易调节，误差较小。
（3）因Rx＜，故电流表应外接，要求电压从0开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，实物图为
（4）根据电阻定律，有Rx＝ρ
又S＝πD2
可得ρ＝。
15.（1）②T　0　③100　（2）1 900　（3）黑表笔
解析：（1）②欧姆调零时应将红、黑表笔短接，旋动欧姆调零旋钮，即T，使指针对准表盘右侧零刻度线处，即电阻挡的0刻线；③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明待测电阻阻值较大，应换大倍率，即将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
（2）欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，所以图中所测电阻值为19.0×100 Ω＝1 900 Ω。
（3）某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，表明通过的电流较大，即待测电阻较小，可知，测量的是二极管的正向电阻，根据“红进黑出”规律可知，与二极管正极相连的是多用电表的黑表笔。
16.（1）见解析图　（2）R1　左
（3）12.0　
解析：（1）根据电路图可得实物连接如图所示。
（2）根据题意可知，滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，应选用R1，为了保护电压表V1，闭合S前应将滑动变阻器的滑片调到最左端。
（3）电压表V2的分度值为0.5 V，则读数为12.0 V；根据电路图，由电流关系可得＝＋
解得r1＝。
17.（1）260　（3）A1　R3　（4）　（5）250
解析：（1）读数为26×10 Ω＝260 Ω。
（3）电流表a应选择量程较大的A1；滑动变阻器采用分压式接法，故选择最大阻值较小的R3。
（4）根据欧姆定律及串并联关系可得Rx（I1－I2）＝I2（r2＋R1）
解得该电阻表达式为Rx＝。
（5）由（4）得I1＝I2
斜率为＋1＝
解得该电阻的阻值为Rx＝250 Ω。
18.（1）8 000　（2）见解析图　（3）　（5）R2　（6）大于
解析：（1）由多用电表电阻挡的读数规则和题图1可知水泥块样品的粗测电阻为R粗＝8 000 Ω。
（2）由于R粗＞，则由“大内小外”可知电流表应采用内接法，电压表测水泥块样品和电流表两端的总电压，又因为实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故导线的连接如图所示。
（3）由电阻定律有R＝，可得ρ＝。
（5）由于报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，R1上压力大于或等于F0时报警器启动，又由题图3可知，F越大ρ越小，结合（3）问分析可知F越大水泥块的电阻越小，由题图4和串联分压规律可知F越大水泥块两端的电压越小，滑动变阻器两端的电压越大，故报警器应并联在滑动变阻器R2两端。
（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，则当R1上压力等于F0时，滑动变阻器两端的电压小于3 V，为了使滑动变阻器两端的电压等于3 V，则滑动变阻器R2应分得更多的电压，水泥块R1应分得更少的电压，由串联分压规律可知水泥块R1的电阻应更小，结合（5）问分析可知水泥块R1上的压力应更大，故F1大于F0。章末综合检测（三）　电路及其应用
（时间：90分钟　满分：100分）
　　
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.（2026·广东深圳期中）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1×10－8 F的电容器，若2 ms内跨膜电流的平均值为4×10－7 A，则细胞膜两侧的电势差为（　　）
A.20 mV B.40 mV
C.60 mV D.80 mV
2.（2026·浙江温州质检）某同学在做“练习使用多用电表”的实验时，用多用电表的电阻挡测量电阻Rx的阻值，选用“×10”挡并欧姆调零后，测量发现指针偏角过大，更换挡位后，重新欧姆调零后，多用电表的指针示数如图所示，则电阻Rx的阻值为（　　）
A.19 Ω B.21 Ω
C.1 900 Ω D.2 100 Ω
3.（2026·北京海淀检测）如图所示，用Oa两端时为电流表，
用Ob两端时为电压表；已知表头满偏电流为Ig＝100 mA，内阻Rg＝100 Ω，定值电阻R1＝25 Ω，R2＝200 Ω，下列说法正确的是（　　）
A.用Oa两端时量程为0.5 A；用Ob两端时量程为22 V
B.用Oa两端时量程为0.5 A；用Ob两端时量程为110 V
C.用Oa两端时量程为0.6 A；用Ob两端时量程为22 V
D.用Oa两端时量程为0.6 A；用Ob两端时量程为110 V
4.
如图所示，一块均匀的长方体金属导体，上下厚度为L，当给导体的上下表面加上电压U时，流过导体的电流为I，当给导体的前后表面加上电压U时，流过导体的电流为，当给导体的左右表面加上电压U时，流过导体的电流为，下列说法正确的是（　　）
A.AC的长度为4L B.AD的长度为6L
C.导体的体积为12L3 D.导体的电阻率为
5.（2026·广东广州期中）图甲为测绘小灯泡伏安特性曲线所用的实验电路图，图乙为实验所得伏安特性曲线，小灯泡额定电压为3 V。则以下说法正确的是（　　）
A.开关闭合前滑动变阻器的滑片应该置于最右端
B.图乙中图线表明小灯泡的电阻随温度的升高而减小
C.小灯泡正常工作时的电阻为15.0 Ω
D.由于电压表分流影响，小灯泡电阻的测量值始终大于真实值，该误差为系统误差
6.（2026·山东威海期中）某非线性元件a和线性元件b的伏安特性曲线分别如图中的曲线甲和直线乙所示。将元件a、b串联接入电路，当元件a两端电压为2 V时，元件a、b的电阻之比为（　　）
A.1∶1 B.2∶3
C.3∶2 D.2∶5
7.（2026·浙江杭州期中）如图是a、b两个电学元件的伏安特性曲线，
已知a是线性元件，其图线与横轴夹角为θ，b是非线性元件。根据图像，下列说法正确的是（　　）
A.a的电阻大小Ra＝
B.两端电压同为2 V时，Ra＝4 Ω，Rb＞4 Ω
C.图像交点处a、b电阻值相等
D.将a、b两个元件并联，再接入一个4 V的干电池，1 s内干路通过的电荷量为2 C
8.（2026·河北衡水期中）如图甲、乙都是测量灯泡电阻的电路图，下列说法正确的是（　　）
A.在测灯泡电阻R时，图甲的接法叫电流表内接法，图乙的接法叫电流表外接法
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，此法适合测较大电阻
D.图乙中误差由电流表分压引起，若已知电流表内阻，此法将没有系统误差
9.
小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的曲线如图所示，P为曲线上一点，坐标为（U1，I2），PN为曲线的切线，与I轴交点的电流值为I1，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线。下列说法正确的是（　　）
A.对应P点，小灯泡的电阻为R＝
B.对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C.随所加电压的增大，小灯泡的电阻逐渐减小
D.对应P点，小灯泡的功率为曲线与横轴所围图形OPQ的面积
10.（2026·江苏苏州月考）如图甲、乙所示的两电路，利用一个灵敏电流计G（500 μA，200 Ω）和一个电阻箱R改装成电压表或电流表，若电压表量程为0～3 V，电流表量程为0～25 mA，则（　　）
A.甲表是电压表，乙表是电流表
B.甲表中R＝50 Ω，乙表中R＝5 800 Ω
C.若使用中发现甲表的示数总比准确值稍小一些，则可适当减小电阻箱R的阻值
D.若使用中发现乙表的示数总比准确值稍小一些，则可适当减小电阻箱R的阻值
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11.
（2025·广东深圳期中）两条长度相同、由同种材料制成的均匀电阻丝a、b，其伏安特性曲线分别如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.电阻丝a的直径是b直径的0.3倍
B.将a、b并联后，其I-U图线位于a、b之间
C.将a、b串联后接入电路，a、b两端电压之比为10∶3
D.将a、b并联后接入电路，通过a、b的电流之比为3∶10
12.（2026·湖北黄冈期中）如图所示，两段长度和材料相同、粗细均匀的金属导线A、B，
单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比SA∶SB＝1∶2。已知5 s内有5×1018个自由电子通过导线A的横截面，元电荷e＝1.6×10－19 C，则下列说法正确的是（　　）
A.流经导线A的电流为0.16 A
B.导线A、B的电阻之比为2∶1
C.5 s内有1×1018个自由电子通过导线B的横截面
D.自由电子在导线A和B中移动的平均速率之比vA∶vB＝2∶1
13.
如图所示，电流计的满偏电流Ig＝1 mA、内阻Rg＝100 Ω，R1＝900 Ω，R2＝ Ω，则下列说法正确的是（　　）
A.当S1和S2均断开时，虚线框中电路可等效为电压表，量程是1 V
B.当S1和S2均闭合时，虚线框中电路可等效为电压表，量程是10 V
C.当S1断开、S2闭合时，虚线框中电路可等效为电流表，量程是1 A
D.当S1和S2均闭合时，虚线框中电路可等效为电流表，量程是0.1 A
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14.（10分）在测定金属的电阻率的实验中，某同学分别用螺旋测微器和游标卡尺两种工具测量金属丝的直径，如图甲、乙所示。
已知金属丝的电阻约为4 Ω，现准备用实验进一步测定，供选择的器材如下：
直流电源：电动势4 V，内阻可不计；
电流表A1：量程0～0.6 A，内阻约为0.1 Ω
电流表A2：量程0～3.0 A，内阻约为0.02 Ω；
电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值100 Ω；
开关、导线等。
（1）从图甲中读出金属丝的直径为　　　　 mm；从图乙中读出金属丝的直径为　　　 mm。
（2）在所给的可供选择的器材中，应选的电流表是　　　　，应选的滑动变阻器是　　　　。（填写仪器的字母代号）
（3）设计电路，在下面完成实物图连线，要求电压从零开始调节。
（4）用待测金属丝的电阻Rx、长度L以及直径D表示金属丝的电阻率ρ＝　　　　　 。
15.（10分）某实验小组在实验室练习使用多用电表测电阻：
（1）多用电表表盘如图1所示，某同学在完成机械调零后，准备测电阻，他进行如下操作，请帮助他完成以下实验步骤：
①将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
②将红、黑表笔短接，旋动　　　　　 （填“S”或“T”），使指针对准电阻挡的　　　　刻线（填“0”或“∞”）。
③将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，如图2中虚线所示，则应将K旋转到电阻挡“×　　　　”（选填“1”或“100”）的位置。
（2）该同学在做好正确操作后，表盘指针如图2中实线所示，则该电阻阻值为　　　　　 Ω。
（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的　　　　（选填“红表笔”或“黑表笔”）。
16.（10分）某兴趣小组为测量电压表V1的内阻（量程0～3 V、内阻r1约为5 kΩ），设计了图甲所示电路，实验室提供了如下器材：
A.电压表V2（量程0～15 V，内阻r2＝15 kΩ）
B.电阻箱R0（0～9 999 Ω）
C.滑动变阻器R1（0～50 Ω）
D.滑动变阻器R2（0～10 kΩ）
E.直流电源（电动势为18 V，内阻不计），开关S，导线若干。请完成下列填空：
（1）实验原理图如图甲所示，用笔画线代替导线，将图乙的实物电路补充完整；
（2）滑动变阻器应选用　　　　（选填“R1”或“R2”），闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P调到最　　　　端（选填“左”或“右”）；
（3）电阻箱接入一定电阻，闭合开关，调节滑片P的位置让两个电压表有合适的示数。某次实验中，电压表V2的示数如图丙所示，则其读数为　　　 V；若电压表V1的示数为U1，电压表V2的示数为U2，电阻箱的电阻为R0，则电压表V1的内阻r1＝　　　　（用U2、U1、R0、r2表示）。
17.（14分）某同学想测某电阻的阻值。
（1）他先用多用表的电阻挡“×10”测量，如图甲所示，该读数为　　　　 Ω。
（2）为了更准确地测量该电阻的阻值Rx，有以下实验器材可供选择：
A.电流表A1（量程为0～15 mA，内阻r1约为2 Ω）；
B.电流表A2（量程为0～3 mA，内阻r2＝100 Ω）；
C.定值电阻R1＝900 Ω；
D.滑动变阻器R3（0～20 Ω，允许通过的最大电流为200 mA）；
E.滑动变阻器R4（0～100 Ω，允许通过的最大电流为50 mA）；
F.蓄电池E（电动势为3 V，内阻很小）；
G.开关S。
（3）在图乙中，电流表a应选　　　　（选填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选择　　　　（选填“R3”或“R4”）。
（4）该同学在某次实验过程中测得电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则该电阻表达式Rx＝　　　　　（用题中所给物理量符号表示）。
（5）调节滑动变阻器，测得多组I1和I2，并作出I1-I2图像如丙图所示，则该电阻的阻值为　　　 Ω。
18.（14分）（2025·湖南高考12题）车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“×1 k”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为　　　　Ω。
（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势6 V，内阻可忽略，电压表量程0～6 V，内阻约10 kΩ，电流表量程0～600 μA，内阻约100 Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接。
（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率ρ＝　　　　（用R、a、b、c表示）。
（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率ρ，作出ρ-F图像如图3所示。
（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，R1为水泥块，R2为滑动变阻器，当R2的滑片处于某位置，R1上压力大于或等于F0时，报警器启动。报警器应并联在　　　两端（填“R1”或“R2”）。
（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，R1上压力大于或等于F1时，报警器启动，则F1　　　　F0（填“大于”“小于”或“等于”）。

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