1. 如图所示的是电学中常见的电路图,在A、B两点间分别接入下列选项中加下划线的元件,并进行对应实验,对滑动变阻器在此实验中的主要作用描述正确的是 ()

A.探究电阻一定时电流与电压的关系——保持定值电阻两端电压不变
B.探究电压一定时电流与电阻的关系——调节电阻两端电压成倍数变化
C.测量定值电阻的阻值——改变电路中的电流和定值电阻两端的电压
D.测量小灯泡的电阻——改变小灯泡两端电压,求平均电阻

1.C

【分析】
要判断各实验中滑动变阻器的作用，需结合每个实验的目的和原理分析：
1. 探究电流与电压的关系（电阻一定）：需保持电阻不变，改变电阻两端电压，多次实验找普遍规律，滑动变阻器作用是改变电压，而非保持电压不变；
2. 探究电流与电阻的关系（电压一定）：更换不同定值电阻后，需调节滑动变阻器使定值电阻两端电压保持不变，滑动变阻器作用是控制电压不变，而非调节电压成倍数变化；
3. 测量定值电阻的阻值：通过滑动变阻器改变电路电流和定值电阻两端电压，多次测量求平均值减小误差；
4. 测量小灯泡的电阻：小灯泡电阻随温度变化，不能求平均电阻，滑动变阻器作用是改变小灯泡两端电压，探究不同电压下的电阻。
【解析】
逐一分析选项：
A选项：探究电阻一定时电流与电压的关系，滑动变阻器的作用是改变定值电阻两端电压，多次实验找规律，并非保持电压不变，A错误；
B选项：探究电压一定时电流与电阻的关系，滑动变阻器的作用是保持定值电阻两端电压不变，并非调节电压成倍数变化，B错误；
C选项：测量定值电阻的阻值时，滑动变阻器可改变电路中的电流和定值电阻两端电压，通过多次测量求平均值减小误差，C正确；
D选项：测量小灯泡的电阻时，小灯泡电阻随温度变化，不能求平均电阻，滑动变阻器作用是改变小灯泡两端电压，D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑动变阻器的作用、欧姆定律实验、电阻测量
【点评】
本题考查不同电学实验中滑动变阻器的作用，需明确各实验的目的和原理，区分定值电阻与小灯泡电阻测量的差异，以及电流与电压、电阻关系实验中滑动变阻器的作用区别，是电学实验的基础题型。
【难度系数】
0.6

2.有三个定值电阻$R_1$、$R_2$、$R_3$，它们的大小之比$R_1:R_2:R_3=1:2:4$；用这三个电阻来探究并联电路电流规律(电源电压相同)，如图所示，闭合开关，两电流表示数之差最大的电路是（）

2.A

【分析】
要解决本题，需先明确各选项的电路结构，结合并联电路“各支路电压等于电源电压”的特点，利用欧姆定律$I=\frac{U}{R}$计算电流表的示数，再求出两电流表示数的差值，比较差值大小即可。设$R_1=R$，由$R_1:R_2:R_3=1:2:4$得$R_2=2R$，$R_3=4R$，电源电压为$U$，方便计算。
【解析】
设$R_1=R$，则$R_2=2R$，$R_3=4R$，电源电压为$U$：
1. 选项A：$R_1$与$R_2$并联，$A_1$测干路电流，$A_2$测$R_2$支路电流。
$A_2$示数：$I_{A2}=\frac{U}{R_2}=\frac{U}{2R}$；
$A_1$示数：$I_{A1}=I_{R1}+I_{R2}=\frac{U}{R}+\frac{U}{2R}=\frac{3U}{2R}$；
两表差值：$\Delta I_A=I_{A1}-I_{A2}=\frac{3U}{2R}-\frac{U}{2R}=\frac{U}{R}$。
2. 选项B：$R_1$与$R_3$并联，$A_1$测干路电流，$A_2$测$R_1$支路电流。
$A_2$示数：$I_{A2}=\frac{U}{R_1}=\frac{U}{R}$；
$A_1$示数：$I_{A1}=\frac{U}{R}+\frac{U}{4R}=\frac{5U}{4R}$；
两表差值：$\Delta I_B=\frac{5U}{4R}-\frac{U}{R}=\frac{U}{4R}$。
3. 选项C：$R_1$与$R_3$并联，$A_2$测$R_1$支路电流，$A_1$测$R_3$支路电流。
$A_2$示数：$I_{A2}=\frac{U}{R}$，$A_1$示数：$I_{A1}=\frac{U}{4R}$；
两表差值：$\Delta I_C=\frac{U}{R}-\frac{U}{4R}=\frac{3U}{4R}$。
4. 选项D：$R_2$与$R_3$并联，$A_2$测$R_2$支路电流，$A_1$测$R_3$支路电流。
$A_2$示数：$I_{A2}=\frac{U}{2R}$，$A_1$示数：$I_{A1}=\frac{U}{4R}$；
两表差值：$\Delta I_D=\frac{U}{2R}-\frac{U}{4R}=\frac{U}{4R}$。
比较可知，$\Delta I_A$最大，对应电路为A。
【答案】
A
【知识点】
并联电路电流规律、欧姆定律
【点评】
本题结合并联电路特点与欧姆定律，考查电路分析和电流计算，需明确各电流表测量对象，难度适中，学生掌握基础电路知识即可解答。
【难度系数】
0.5

3.(科学思维)有些仪器在使用时对电流非常敏感，需要对电流做精细的调节，常用两个阻值不同的变阻器来完成调节，一个做粗调，另一个做微调。有两种电路如图甲、乙所示，分别将$R_1$和$R_2$两个变阻器按不同连接方式接入电路，$R_1$的最大阻值较大，$R_2$的最大阻值较小。则（）


A.图甲和图乙都用$R_1$做粗调
B.图甲和图乙都用$R_2$做粗调
C.图甲用$R_1$做粗调，图乙用$R_2$做粗调
D.图甲用$R_2$做粗调，图乙用$R_1$做粗调

3.C 【点拨】图甲中,两个变阻器串联,根据欧姆定律,调节$R_1$时,电阻变化大,电流改变大,是粗调;图乙中,两个变阻器并联,电阻值小的电流大,调节变阻器$R_2$是粗调,故C正确,ABD错误。故选C。

【分析】要解决此题，需先明确甲、乙两图的电路连接方式，再结合“粗调是调节时电流变化大，微调是电流变化小”的要求，利用串并联电路的特点和欧姆定律分析：
1. 图甲中，$R_1$与$R_2$串联，总电阻为两电阻之和，电源电压不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，电阻变化越大，电流变化越明显。已知$R_1$最大阻值更大，调节$R_1$时总电阻变化幅度大，电流变化大，适合做粗调；
2. 图乙中，$R_1$与$R_2$并联，各支路电压等于电源电压，根据$I=\frac{U}{R}$，电阻越小，电流变化越显著。已知$R_2$最大阻值更小，调节$R_2$时支路电流变化大，总电流变化也大，适合做粗调。
【解析】
1. 分析图甲：$R_1$和$R_2$串联，总电阻$R_{串}=R_1+R_2$。电源电压$U$恒定，由欧姆定律$I=\frac{U}{R_{串}}$可知，总电阻变化越大，电流变化越大。因为$R_1$最大阻值比$R_2$大，调节$R_1$时，总电阻的变化幅度更大，电流改变更明显，因此图甲中$R_1$做粗调；
2. 分析图乙：$R_1$和$R_2$并联，各支路两端电压等于电源电压$U$，由欧姆定律$I=\frac{U}{R}$可知，电压不变时，电阻越小，电流变化越显著。因为$R_2$最大阻值比$R_1$小，调节$R_2$时，支路电流变化大，总电流变化也大，因此图乙中$R_2$做粗调；
综上，图甲用$R_1$做粗调，图乙用$R_2$做粗调，对应选项C。
【答案】C
【知识点】串联电路电阻、并联电路电流、欧姆定律
【点评】本题结合实际应用考查串并联电路特点与欧姆定律，核心是理解“粗调”的含义（调节时电流变化大），需熟练掌握串并联电路的规律，难度适中。
【难度系数】0.5

4. 在如图甲所示的电路中，电源电压恒定，灯泡上标有“4 V 0.5 A”字样，电流表测量范围为0～0.6 A，电压表V₁测量范围为0～15 V，V₂测量范围为0～3 V。闭合开关，在保证电路安全的情况下，最大范围内调节滑片，得到其中一个电压表与电流表示数的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）


A.灯泡正常发光的电阻为4 Ω
B.电路中电源电压为9 V
C.滑动变阻器阻值变化范围为4～7.5 Ω
D.调节滑片过程中，电压表V₁的示数变化范围是4～7.5 V

4.C 【点拨】根据$I=\dfrac{U}{R}$可得,灯泡正常发光的电阻$R_{\mathrm{L}}=\dfrac{U_{\mathrm{L}}}{I_{\mathrm{L}}}=\dfrac{4\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=8\ \Omega$,故A错误;由图甲可知,灯泡与滑动变阻器串联,电压表V₁测量灯泡两端电压,电压表V₂测量滑动变阻器两端电压,电流表测量电路中的电流,当滑动变阻器接入电路中电阻变大,电路中电流变小,滑动变阻器两端电压变大,灯泡两端电压变小,则图乙中的图像为电压表V₂与电流表示数的U−I图像,由图像得,滑动变阻器两端的最小电压为2 V,此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小,电路中的电流最大,电流表的测量范围为0～0.6 A,灯泡上标有“4 V 0.5 A”,则电路的最大电流为0.5 A,此时灯泡正常工作,灯泡两端电压为4 V,则电源电压$U=U_{\mathrm{滑小}}+U_{\mathrm{L}}=2\ \mathrm{V}+4\ \mathrm{V}=6\ \mathrm{V}$,故B错误;电路中的电流最大时滑动变阻器接入电路中电阻最小,根据$I=\dfrac{U}{R}$可得,$R_{\mathrm{滑小}}=\dfrac{U_{\mathrm{滑小}}}{I_{\mathrm{大}}}=\dfrac{2\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=4\ \Omega$;根据V₂的测量范围为0～3 V可知,滑动变阻器两端的最大电压为3 V,此时滑动变阻器连入电路的电阻最大,电路中的电流最小,由图乙可知,电路中最小电流为0.4 A,则滑动变阻器连入电路的最大电阻$R_{\mathrm{滑大}}=\dfrac{U_{\mathrm{滑大}}}{I_{\mathrm{小}}}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{0.4\ \mathrm{A}}=7.5\ \Omega$,即滑动变阻器阻值变化范围为4～7.5 Ω,故C正确;当灯泡正常发光时,电压表V₁的示数最大,即电压表V₁的最大示数为4 V;当滑动变阻器两端电压最大时,灯泡两端电压最小,根据串联电路电压规律可知,灯泡两端最小电压$U_{\mathrm{L小}}=U-U_{\mathrm{滑大}}=6\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=3\ \mathrm{V}$,即电压表V₁的最小示数为3 V,因此电压表V₁的示数变化范围是3～4 V,故D错误。故选C。

【分析】首先明确电路结构：灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表V₁测灯泡两端电压，V₂测滑动变阻器两端电压。根据串联电路特点：滑动变阻器电阻越大，电路电流越小，滑动变阻器两端电压越大，灯泡两端电压越小，因此图乙的U-I图像是电压表V₂的示数随电流变化的图像。接下来结合灯泡额定参数、电表量程，分析电路安全时的最大、最小电流，再利用欧姆定律和串联电压规律逐一判断选项。
【解析】
1. 确定电路与电表测量对象：由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，V₁测灯泡电压，V₂测滑动变阻器电压。
2. 判断图乙对应的电压表：当电流增大时，滑动变阻器电阻减小，其两端电压减小，灯泡两端电压增大，因此图乙中电压随电流增大而减小，对应电压表V₂的U-I图像。
3. 分析最大电流与电源电压：灯泡额定电流为0.5A，电流表量程0~0.6A，故电路最大电流I大=0.5A（保证灯泡和电流表安全）。此时V₂示数最小，由图乙知U滑小=2V，灯泡正常发光，U_L=4V，根据串联电压规律，电源电压U=U滑小+U_L=2V+4V=6V，故B错误。
4. 计算滑动变阻器最小电阻：根据欧姆定律，滑动变阻器最小电阻R滑小=U滑小/I大=2V/0.5A=4Ω。
5. 分析最小电流与滑动变阻器最大电阻：V₂量程0~3V，故滑动变阻器最大电压U滑大=3V，此时电流最小，由图乙知I小=0.4A，滑动变阻器最大电阻R滑大=U滑大/I小=3V/0.4A=7.5Ω，因此滑动变阻器阻值变化范围为4~7.5Ω，故C正确。
6. 验证其他选项：
A选项：灯泡正常发光电阻R_L=U_L/I_L=4V/0.5A=8Ω，A错误。
D选项：V₁测灯泡电压，最小电压U_L小=U-U滑大=6V-3V=3V，最大电压4V，故V₁示数范围为3~4V，D错误。
【答案】C
【知识点】串联电路电压规律、欧姆定律应用、滑动变阻器使用
【点评】本题结合串联电路特点、欧姆定律及电表量程、用电器额定值，考查电路动态分析，需准确判断电表测量对象与图像对应关系，是电路综合题的典型题型。
【难度系数】0.5

5. ★★★ 利用气压传感器设计一款电子天平，结构简图如图所示。将物体放于秤盘，秤盘通过细绳拉动活塞右移，改变密闭气缸内气压$ p $，影响传感器电阻$ R $。通过观察电流表示数读出物体质量。已知传感器电阻$ R $与气缸内气压$ p $的关系为$ R=(2500 - 0.01p)\ \Omega $。不计秤盘、细绳与活塞的重力和摩擦。电源电压为$ 6\ \mathrm{V} $，定值电阻$ R_0 $的阻值$ R_0=4300\ \Omega $。活塞横截面积为$ 100\ \mathrm{cm}^2 $，此时大气压强为$ 1.0×10^5\ \mathrm{Pa} $，$ g $取$ 10\ \mathrm{N/kg} $。则下列说法错误的是 （）


A.秤盘中物体质量增加，电流表示数减小
B.当电流表示数为$ 1\ \mathrm{mA} $时，秤盘中物体的质量为$ 20\ \mathrm{kg} $
C.电表示数$ I $与物体质量$ m $的关系式为$ I=( \dfrac{6}{5800 + 10m} )\ \mathrm{A} $
D.长时间使用后电源电压降低，引起所测物体质量偏大

5.D 【点拨】随着秤盘中物体质量增加,气缸内的气压p减小,由R与p的关系可知,传感器电阻R的阻值增大,由欧姆定律可知,电流表示数减小,故A正确,不符合题意;电流表示数$I=1\ \mathrm{mA}=0.001\ \mathrm{A}$,由欧姆定律可得,电路的总电阻$R_{\mathrm{总}}=\dfrac{U}{I}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.001\ \mathrm{A}}=6\ 000\ \Omega$,气敏电阻的阻值$R=R_{\mathrm{总}}-R_0=6\ 000\ \Omega-4\ 300\ \Omega=1\ 700\ \Omega$,由传感器电阻R与气缸内气压p的关系可得,$1\ 700\ \Omega=(2\ 500-0.01p)\ \Omega$,解得$p=80\ 000\ \mathrm{Pa}$;此时大气压强为$1.0×10^5\ \mathrm{Pa}$,压强差$\Delta p'=1.0×10^5\ \mathrm{Pa}-80\ 000\ \mathrm{Pa}=20\ 000\ \mathrm{Pa}$,则$m_{\mathrm{物}}×10\ \mathrm{N/kg}=20\ 000\ \mathrm{Pa}×100×10^{-4}\ \mathrm{m}^2=200\ \mathrm{N}$,解得$m_{\mathrm{物}}=20\ \mathrm{kg}$,故B正确,不符合题意;当物体的质量为m时,有$m×10\ \mathrm{N/kg}=\Delta p''×100×10^{-4}\ \mathrm{m}^2$,即压强差$\Delta p''=(1\ 000m)\mathrm{Pa}$;此时气缸内气压为$1.0×10^5\ \mathrm{Pa}-(1\ 000m)\mathrm{Pa}$;$R=(2\ 500-0.01p)\ \Omega=[2\ 500-0.01×(1.0×10^5-1\ 000m)]\ \Omega=(1\ 500+10m)\ \Omega$;总电阻$R'=R_0+R=(4\ 300+1\ 500+10m)\ \Omega=(5\ 800+10m)\ \Omega$;电路中的电流$I=\dfrac{U}{R'}=(\dfrac{6}{5\ 800+10m})\mathrm{A}$,故C正确,不符合题意;电源电压降低,根据欧姆定律可得,电路中的电流变小,而物体的质量越大,电流表示数越小,故引起所测物体质量偏大,故D错误,符合题意。故选D。

【分析】
要解决本题，需结合活塞受力平衡、欧姆定律以及传感器电阻与气压的关系逐步分析：
1. 对活塞受力分析：秤盘物体的重力等于大气压强与气缸内气压的压力差，即$mg=(p_0-p)S$，由此可知物体质量$m$越大，气缸内气压$p$越小；
2. 结合传感器电阻$R=(2500-0.01p)\ \Omega$，$p$越小则$R$越大，电路总电阻$R_{总}=R_0+R$越大，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，电流$I$越小，据此分析选项A；
3. 对选项B，已知电流$I$，先算总电阻，再求$R$，代入$R-p$关系得$p$，通过压强差计算物体质量，验证是否为20kg；
4. 对选项C，将$m$与压强差的关系代入$R-p$，结合总电阻和欧姆定律推导$I-m$关系式；
5. 对选项D，电源电压降低时，电流变小，结合$I$与$m$的关系，判断测量质量的变化。
【解析】
选项A分析：
秤盘中物体质量增加，活塞右移，密闭气缸内气压$p$减小。由$R=(2500-0.01p)\ \Omega$，$p$减小则$R$增大，电路总电阻$R_{总}=R_0+R$增大，电源电压$U$不变，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R_{总}}$，电流表示数减小，故A正确，不符合题意。
选项B分析：
当电流$I=1\ \mathrm{mA}=0.001\ \mathrm{A}$时，电路总电阻：
$R_{总}=\frac{U}{I}=\frac{6\ \mathrm{V}}{0.001\ \mathrm{A}}=6000\ \Omega$，
传感器电阻$R=R_{总}-R_0=6000\ \Omega-4300\ \Omega=1700\ \Omega$，
代入$R=(2500-0.01p)\ \Omega$，得$1700=2500-0.01p$，解得$p=80000\ \mathrm{Pa}$；
压强差$\Delta p=p_0-p=1.0×10^5\ \mathrm{Pa}-80000\ \mathrm{Pa}=20000\ \mathrm{Pa}$，活塞横截面积$S=100\ \mathrm{cm}^2=0.01\ \mathrm{m}^2$，
物体重力$mg=\Delta p· S=20000\ \mathrm{Pa}×0.01\ \mathrm{m}^2=200\ \mathrm{N}$，质量$m=\frac{200\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=20\ \mathrm{kg}$，故B正确，不符合题意。
选项C分析：
当物体质量为$m$时，重力$mg=(p_0-p)S$，则压强差$\Delta p=p_0-p=\frac{mg}{S}$，气缸内气压$p=p_0-\frac{mg}{S}$；
代入$R=(2500-0.01p)\ \Omega$，得：
$R=2500-0.01×(1.0×10^5-\frac{10m}{0.01})=1500+10m\ \Omega$，
总电阻$R_{总}=R_0+R=4300+1500+10m=5800+10m\ \Omega$，
电流$I=\frac{U}{R_{总}}=\frac{6}{5800+10m}\ \mathrm{A}$，故C正确，不符合题意。
选项D分析：
长时间使用后电源电压降低，电路中电流变小。由$I=\frac{6}{5800+10m}$，电流越小，对应的物体质量$m$越大，因此所测物体质量偏大，故D错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
欧姆定律、压强受力分析、传感器应用
【点评】
本题结合电学与力学知识，考查学生综合应用物理规律的能力，需理清各物理量间的关系，尤其是传感器电阻与气压、活塞受力平衡的联系，以及电源电压变化对测量结果的影响，综合性较强。
【难度系数】
0.4