优化方案高中物理第二章直流电路章末过关检测教科版选修31.docx
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优化方案高中物理第二章直流电路章末过关检测教科版选修31
直流电路
(时间:
90分钟,满分:
100分)
一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确)
1.如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一闭合的圆环,接入电路中,
电路与圆环的O点固定,P为与圆环良好接触的滑动头.闭合开关S,滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中,电容器C所带的电荷量将( )
A.由小变大 B.由大变小
C.先变小后变大D.先变大后变小
解析:
选C.闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联,在图示位置时并联电阻最大,从m点到图示位置过程中圆环总电阻增大,从图示位置到q位置过程中圆环总电阻减小,则电阻R两端的电势差先减后增,即电容器上的电压先减后增,由C=
,电容器C所带的电荷量先减小后增大,C对.
2.在如图所示的电路中,定值电阻的阻值为10Ω,电动机M的线圈电阻值为2Ω,a、b两端加有44V的恒定电压,理想电压表的示数为24V,由
此可知( )
A.通过电动机的电流为12A
B.电动机消耗的功率为24W
C.电动机线圈在1分钟内产生的热量为480J
D.电动机输出的功率为8W
解析:
选C.通过电动机的电流与通过定值电阻的电流相同,为I=
=
A=2A,故A错;电动机消耗的功率为P=U1I=24×2W=48W,故B错;电动机的电热功率P热=I2r=22×2W=8W,其1分钟内产生的热量Q=P热t=8×60J=480J,故C对;电动机的输出功率P出=P-P热=(48-8)W=40W,故D错.
3.如图为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线.用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻
连接成电路,测得路端电压为4.8V.则该电路可能为( )
解析:
选B.由U-I图线可知该电源的电动势为6V,内阻r=
=
Ω=0.5Ω.此电源与三个均为3Ω的电阻连接成电路时测得的路端电压为4.8V;A中的路端电压为4V;B中的路端电压为4.8V;C中的路端电压约为5.7V;D中的路端电压为5.4V,B正确.
4.在如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r.当可变电阻的滑片P向b移动时,电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是( )
A.U1变大,U2变小B.U1变大,U2变大
C.U1变小,U2变小D.U1变小,U2变大
解析:
选A.当滑片P向b移动时,电路中总电阻变大,由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I变小,由欧姆定律得U2=IR变小,再由闭合电路欧姆定律得U1=E-Ir变大,故本题应选A.
5.一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为( )
A.
B.
C.ρnevD.
解析:
选C.由电流定义可知:
I=
=
=neSv,由欧姆定律可得:
U=IR=neSv·ρ
=ρneLv,又E=
,故E=ρnev,选项C正确.
6.在如图所示电路中,开关S1、S2、S3
、S4均闭合,C是极板水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P,断开哪个开关后P会向下运动( )
A.S1 B.S2
C.S3D.S4
解析:
选C.油滴P悬浮时,重力与电场力平衡,开关均闭合时,电容器两极板间的电压为电阻R3两端电压.若S1断开,电容器两极板电压不变,油滴不动.若S2断开,两极板电压等于电动势,油滴可能不动(电源内阻r=0时),也可能向上运动(电源内阻r≠0时).若S3断开,则电路与电源断开,电容器相当于电源,电容器放电,板间电压逐渐减小,油滴向下运动.若S4断开,电容器电压不变,油滴不动.故C对.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分)
7.关于电阻率的说法,不正确的是( )
A.电阻率ρ很大的导体,电阻可以很小
B.电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱,由导体的长度决定,与温度无关
C.电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关
D.温度升高时,材料的电阻率一定增大
解析:
选BCD.电阻率反映了导体材料的导电能力的强弱,由组成导体的材料决定,电阻率ρ大的导体,电阻不一定大,因为电阻由电阻率、导体的长度、横截面积共同决定;温度升高时金属材料的电阻率增大,半导体材料的电阻率减小,选项A说法正确.
8.如图所示,A1、A2是两只完全相同的电流表(内阻不可忽略),电路两端接恒定电压U,这时A1、A2的示数依次为5mA和3mA.若将A2改为和R2串联,仍接在恒定电压U之间,这时电表均未烧坏.下
列说法正确的是( )
A.通过电阻R1的电流必然增大
B.通过电阻R2的电流必然增大
C.通过电流表A1的电流必然增大
D.通过电流表A2的电流必然增大
解析:
选AC.由A1、A2的示数依次为5mA和3mA,可知R1+RA2 9.如图,a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线.则以下说法正确的是( ) A.电池组的内阻是1Ω B.电阻的阻值为0.33Ω C.将该电阻接在该电池组两端,电池组的输出功率将是4W D.改变外电阻的阻值时,该电池的最大输出功率为4W 解析: 选AD.根据图线a可知电源的电动势为4V、内阻为1Ω,根据图线b可知电阻为3Ω,A对,B错;由图像可知将该电阻接到该电池组的两端时路端电压和电流分别是3V、1A,电池的输出功率是3W,C错;改变外电阻的阻值,内外电阻相等时,该电池输出功率最大为4W,D对. 10.如图所示,直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线,抛物线OBC为同一直流电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线,若A、B对应的横坐标为2A,则下列说法正确的是( ) A.电源电动势为3V,内阻为1Ω B.线段AB 表示的功率为2W C.电流为2A时,外电路的电阻为0.5Ω D.电流为3A时,外电路的电阻为2Ω 解析: 选ABC.由图像可知,当电流I=3A时,电源总功率P=IE=9W,由此可知电源的电动势E=3V.直线与抛物线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率,即Pr=I2r=IE,得r=1Ω,故A正确;PrB=I2r=22×1W=4W,PA=IE=2×3W=6W,则PAB=(6-4)W=2W,故B正确;当电流I=2A时,由I= 得外电阻R= -r=0.5Ω,当电流I=3A时,得R=0,故C正确,D错误. 三、填空题(本题共2小题,共16分,按题目要求作答) 11.(8分)要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,并便于操作.已选用的器材有: 电池组(电动势为4.5V,内阻约1Ω); 电流表(量程为0~2 50mA,内阻约5Ω); 电压表(量程为0~3V,内阻约3kΩ); 电键一个、导线若干. (1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号). A.滑动变阻器(最大阻值20Ω,额定电流1A) B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω,额定电流0.3A) (2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号). (3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V,内阻为5Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是________W. 解析: (1)为便于实验操作,滑动变阻器应选择总阻值小的滑动变阻器,故选A. (2)因为灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V,故滑动变阻器应采用分压接法.小灯泡的电阻R= =15Ω,与电流表的内阻5Ω相差不大,因此电流表采用外接法.故B图正确. (3)在小灯泡的伏安特性曲线图上作出电源的伏安特性曲线(如图),由两曲线的交点的电流I=0.10A,电压U=1.0V,得小灯泡消耗的功率P=IU=0.10×1.0W=0.1W. 答案: (1)A (2)B (3)0.1 12.(8分)某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻,进行了如下实验. (1)他先用多用表进行了正确的测量,测量时指针位置如图1所示,得出电压表的内阻为3.00×103Ω,此时电 压表的指针 也偏转了.已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”,表内电池电动势为1.5V,则电压表的示数应为________V(结果保留两位有效数字). (2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV,该同学设计了图2所示的电路图,实验步骤如下: A.断 开开关S,按图2连接好电路; B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端; C.将电阻箱R0的阻值调到零; D.闭合开关S; E.移动滑动变 阻器R的滑片P的位置,使电压表的指针指到3V的位置; F.保持滑动变阻器R的滑片P位置不变,调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置,读出此时电阻箱R0的阻值,此值即为电压表内阻RV的测量值; G.断开开关S. 实验中可供选择的实验器材有: a.待测电压表 b.滑动变阻器: 最大阻值2000Ω c.滑动变阻器: 最大阻值10Ω d.电阻箱: 最大阻值9999.9Ω,阻值最小改变量为0.1Ω e.电阻箱: 最大阻值999.9Ω,阻值最小改变量为0.1Ω f.电池组: 电动势约6V,内阻可忽略 g.开关、导线若干 按照这位同学设计的实验方法,回答下列问题: ①要使测量更精确,除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外,还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“ b”或“c”),电阻箱中选用________(填“d”或“e”). ②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比,R测________R真(填“>”或“<”);若RV越大,则 越________(填“大”或“小”). 解析: (1)欧姆表的中值电阻即为其内阻值.由欧姆挡中央刻度值“15”可知欧姆表内阻为1.5×103Ω,根据电阻分压原理可知,电压表的示数U= ·RV= ×3×103V=1.0V. (2)①明确半偏法测电阻的工作原理.由半偏法测电阻和滑动变阻器的分压接法可知,滑动变阻器的阻 值应远小于电表内阻,故滑动变阻器选c.电阻箱的阻值应与电压表内阻近似,故电阻箱选d. ②接入电阻箱后,电路总电阻阻值变大,干路电流变小,电阻箱R0和电压表分担的电压变大,则UR0>URV,故R测>R真.RV越大,R测越接近真实值,故 越小. 答案: (1)1.0 (2)①c d ②> 小 四、计算题(本题共4小题,共34分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 13.(8分)如图所示的电路中,电阻R1=9Ω,R2=15Ω,电源的电动势E=12V,内电阻r=1Ω,电流表的读数I=0.4A.求电阻R3的阻值和它消耗的电功率. 解析: R2两端的电压U=IR2=6V(1分) 电路中的电流I1= =0.6A(2分) 通过R3的电流I2=I1-I=0.2A(1分) R3的阻值为R3= =30Ω(2分) R3消耗的功率P=I R3=1.2W.(2分) 答案: 30Ω 1.2W 14.(8分)如图所示,电源电动势E=9V,内电阻r=0.5Ω,电阻R1=5.0Ω、R2=3.5Ω、R3=6.0Ω、R4=3.0Ω,电容C=2.0μF.求: (1)当电键与a接触时电容带电量; (2)当电键与b接触时电容带电量; (3)当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量. 解析: (1)电键接a时, UC=U1= R1=5V(1分) 此时电容器带电量QC=CU1=1×10-5C(1分) 且上极板带正电,下极板带负电.(1分) (2)电键接b时, UC′=U2= R2=3.5V(1分) 此时电容器电量Q =CU2=0.7×10-5C(1分) 且上极板带负电,下极板带正电.(1分) (3)流过R3的总电量为 ΔQ=QC+Q =1.7×10-5C.(2分) 答案: (1)1×10-5C (2)0.7×10-5C (3)1.7×10-5C 15.(8分)如图所示,R为电阻箱,V为理想电压表,当电阻箱读数为R1=2Ω时,电压表读数为U1=4V;当电阻箱读数为R2=5Ω时,电压表读数为U2=5V.求: (1)电源的电动势E和内阻r; (2)当电阻箱R读数为多少时,电源的输出功率最大? 最大值Pm为多少? 解析: (1)由闭合电路欧姆定律得 E=U1+ r①(1分) E=U2+ r②(1分) 联立①②并代入数据解得E=6V,r=1Ω.(2分) (2)由电功率表达式P= R③(1分) 将③式变形为P= ④(1分) 由④式可知,当R=r=1Ω时P有最大值(1分) Pm= =9 W.(1分) 答案: (1)6V 1Ω (2)1Ω 9W 16.(10分)四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一.某地要把河水抽高20m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离 心水泵工作.工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW,电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×103kg/m3,重力加速度取10m/s2.求: (1)电动机内阻消耗的热功率; (2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度). 解析: (1)设电动机的电功率为P,则 P=UI(1分) 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则 Pr=I2r(1分) 代入数据解得Pr=1×103W.(1分) (2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t.已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则 M=ρV(1分) 设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp 则ΔEp=Mgh(1分) 设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr(1分) 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=ΔEp(2分) 代入数据解得 t=2×104s.(2分) 答案: (1)1×103W (2)2×104s
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