2008年高考试题中的电路问题及答案(2008年高考试题中的电路问题答案)

2008年高考试题中的电路问题

陕西省宝鸡市陈仓区教育局教研室　邢彦君

1．试题解析

　例1（海南物理—14）一毫安表头mA满偏电流为9．90 mA，内阻约为300 Ω。要求将此毫安表头改装成量程为1 A的电流表，其电路原理如图所示。图中A是量程为2 A的标准电流表，R0为电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源。

⑴完善下列实验步骤：①将虚线框内的实物图（图2）按电路原理图（图1）连线；②将滑动变阻器的滑动头调至 端（填“a”或“b”），电阻箱Ro的阻值调至零；③合上开关；④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1 A；⑤调节电阻箱Ro的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为 ，同时毫安表指针满偏。

⑵回答下列问题：

①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3．1 Ω，由此可知毫安表头的内阻为 。②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A。③对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素： 。

分析与求解：（1）由电路图可画出实物连接图，如图3所示。为保护仪器，和上开关之前，应使变阻器接入电路的电阻最大，故应将滑动变阻器的滑动头调至b端。原来电阻箱接入电路的电阻是零，调节它的电阻后，电路总电阻增大，干路总电流将减小，故标准电流表的示数会减小。本实验测毫安表电阻，其中的电流可读出，它两端的电压等于电阻箱两端电压，电阻箱中的电流等于标准电流表读数与毫安表度数之差，应通过多次调节，使标准电流表的示数为1A。

（2）由（1）中分析可知，毫安表的内阻为：。用改装成的电流表测电流，指针半偏时，通过表头的电流为ImA=9．9010-3A/2，被测电路的电流为I=0．5A，则，流过电阻箱的电流为：IR0=I-ImA=0．495A。

电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准电流表和毫安表的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等，是影响改装成的电流表准确度的因素。

例2（全国理综卷I—22—Ⅱ）一直流电压表，量程为1 V，内阻为1000Ω。现将一阻值为5000～7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表的量程。为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源（电动势E为6～7 V，内阻可忽略不计），一阻值R2=2000Ω的固定电阻，两个单刀开关S1、S2及若干导线。

（1）为达到上述目的，将图4连成一个完整的实验电路图。

（2）连线完成以后，当S1与S2均闭合时，电压表的示数为0．90 V；当S1闭合，S2断开时，电压表的示数为0．70 V。由此可以计算出改装后电压表的量程为 V，电源电动势为 V。

分析与求解：求解电压表扩大后的量程，就要知道与电压表串联的电阻R1大小，本题可以顺着这个思路分析，设计电路。若将R1、R2串联，由电压表的示数及自身电阻可算得电路中的电流，根据两次示数，由闭合电路欧姆定律可算出R1和电源的电动势。当S1闭合，S2断开时，电压表的示数变小，知R2被接入了电路。故电路应如图5连接。

设电源的电动势为E，先后两次电压表的示数为U1、U2，电压表自身电阻为R0，原先量程为U0，由闭合电路欧姆定律有：和，代入已知数据解两式得，E=6．3V，R1=6000Ω。电压表改装后的量程为。

例3（全国理综卷II—22—2）图6为一电学实验的实物连线图。该实验可用来测量待测电阻Rx 的阻值（约500 Ω）。图中两个电压表量程相同，内阻都很大。实验步骤如下：①调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动头调到最右端。②合上开关S。③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转。④记下两个电压表V1和V2的读数U1和U2。⑤多次改变滑动变阻器滑动头的位置，记下两个电压表V1和V2的多组读数U1和U2。⑥求Rx的平均值。

回答下列问题：

（Ⅰ）根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路图，其中电阻箱符号为，滑动变阻器的符号为，其余器材用通用的符号表示。

（Ⅱ）不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx＝________。

（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响，用U1、U2，R0、V1的内阻r1、V2的内阻r2表示Rx的公式为Rx＝___________。

分析与求解：（Ⅰ）由实物连接图可画出电路图如图7所示。

（Ⅱ）若不计两电压表的内阻，则流过待测电阻中的电流为，待测电阻为，解得：

（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响，则有：

解得：Rx＝　

例4（天津理综—22—2）用下列器材组装成描绘电阻R0伏安特性曲线的电路，请将实物图（图8）连线成为实验电路。

微安表μA（量程200μA，内阻约200Ω)；电压表V（量程3V，内阻约10kΩ）；电阻R0（阻值约20kΩ）；滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流1A)；

分析与求解：伏安法电路连接时，首先要确定的是电流表的接法。本题中，电流表的电阻约200Ω，电压表电阻约20kΩ，电阻RO约20kΩ，显然，电流表的分压作用非常小，电流表应内接。其次，要解决的是滑动变阻器的接法，电流表量程为200μA，变阻器最大电阻为50Ω，电池组电压为3V，若采用限流式接法，最小电流为0．06A=60000μA，远超过电流表的量程，因此，滑动变阻器采用分压式接法。整个测量电路的连接如图9所示。

例5（四川理综—22—Ⅱ）图10为用伏安法测量电阻的原理图。图中，V为电压表，内阻为4000Ω；mA为电流表，内阻为50Ω。E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关。

（1）当开关闭合后电压表读数U＝1．6V，电流表读数I＝2．0mA。若将作为测量值，所得结果的百分误差是____________。

（2）若将电流表改为内接。开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是______________。

(百分误差)

分析与求解：伏安法测电阻时，若电流表外接，由于电压表的分流，会使测量值比真实值小；若电流表内接，由于电流表的分压，会使测量值比真实值大，都会有误差。本题通过这个基本实验主要考查对误差的理解。（1）考虑电压表的分流I/=1．6V/4000Ω，可算得待测电阻的实际值为：（代入数据可算得R=1000Ω），而测量值则为：。代入数据由百分误差公式可算得，测量结果的百分误差是20%。（2）设电压表读数为U，电流表读数为I，则电阻的测量值为：，实际值应为：，这样：实际值-测量值=电流表电阻RA=50Ω，考虑到电阻的实际值为1000Ω，由公式可算得此接法的百分误差为5% 。

由解答可以看出，本实验中，采用电流表内接时，测量误差较小。

例6（广东物理—7）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图11所示的电路。当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（　　）

A．电压表和电流表读数都增大

B．电压表和电流表读数都减小

C．电压表读数增大，电流表读数减小

D．电压表读数减小，电流表读数增大

分析与求解：当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，该支路电阻变大，电路的外电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，由U=E-Ir可知，路端电压U增大，即电压表示数增大。电阻R2两端的电压U2=U-IR，由此式可知U2增大，由I2=U2/R2可知，I2增大，即电流表的示数增大。故本题中BCD错A对，选A。

例7（重庆理综—15）某同学设计了一个转向灯电路（图12），其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源。当S置于位置1时，以下判断正确的是（　　）

A．L的功率小于额定功率

B．L1亮，其功率等于额定功率

C．L2亮，其功率等于额定功率

D．L支路的总功率较另一支路的大

分析与求解：由公式可算得L、L1、L2的电阻分别为、、。由于电源的电动势为6V，内阻为1Ω，S置位置1时，外电路由L、L2串联后与L1并联，这样各灯的实际电压都小于额定电压6V，实际功率都小于它们各自的额定功率，L支路的总电阻大于另一支路，其功率将小于另一支路的功率，由于串联电路中功率与电阻成正比，灯L分得的功率非常小，灯L不亮。故本题中BCD错A对，选A。

例8(宁夏理综—15)一个T型电路如图13所示，电路中的电R1=10Ω，R2=120Ω，Ｒ3=40Ω。另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计。则（　　）

A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40

B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40

C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80V

D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V

分析与求解：当cd端端路时，ab间的电路为R2．R3并联后与R1串联，总电阻为：，故A对。同理可得当ab端短路时，cd之间的等效电阻是128，故B错。当ab两端接通测试电源时，外电路是由R1和R3串联组成的， cd两端的电压Ucd等于R3两端的电压，故C对。同理可得，当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压等于25V，故D错。故本题选AC。

例9（上海物理—20B）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。

（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1：n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。

分析与求解：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52．63A，输电线路损耗的功率为：P损＝I2R＝52．632×6W≈16620W＝16．62kW。

（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A，用户端在变压器降压前获得的电压为：U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V

由得：用户得到的电压为：U2＝＝×4976V＝226．18V

2．复习要点

　2．1理解并记住电流、电压、电阻、电动势、电功、电功率的意义和计算及测量方法，会进行与以上物理量的有关的实际问题的分析、判断与计算。

2．2理解并记住闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、焦耳定律、串联及并联电路中的电流、电压、功率分配关系。会灵活运用这些规律或关系对电路进行分析和计算。知道只在纯电阻电路中，电功才等于电热。

2．3．熟练掌握电路简化、分析与计算的一般思路和方法。简化电路时，理想电流表做短路处理，理想电压表做开路处理；电路稳定后，电容器做开路处理，其两板间的电压等于与其并联的电阻两端的电压；电容器与电源连接情况下，两板间电压不变，与电源断开情况下，带电量不变。局部电路电阻变化（变阻器滑动触头移动或开关的开合）引起的电路量变化类问题分析时，先由局部电阻的变化确定总电阻的变化，由总电阻的变化依据闭合电路欧姆定律确定出总电流的变化，由总电流的变化依据U=E-IR确定出路端电压的变化，最后灵活选取部分电路运用部分电路欧姆定律及分流分压关系进行分析判断。

2．4．理解并熟练掌握电流表、电压表、多用电表、电阻箱、滑动变阻器等仪器器材的构造、原理及使用方法。理解并熟练掌握“描绘电阻的伏案特性曲线”“伏安法测电阻”“测电源的电动势和内电阻”“电流表改装成电压表”等实验的原理、方法和操作步骤。

2．5．会熟练运用能量守恒定律进行电路问题的分析与求解。

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