届高考物理一轮复习《恒定电流》专题测试教师版.docx
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届高考物理一轮复习《恒定电流》专题测试教师版
2020届高考物理一轮复习《恒定电流》专题测试
(时间:
60分钟满分:
100分)
一、选择题
1.下列说法正确的是( )
A.电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位正电荷时非静电力所做的功
B.电阻率是反映材料导电性能的物理量,仅与材料种类有关,与温度、压力和磁场等外界因素无关
C.电流通过导体的热功率与电流大小成正比
D.电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量,由C=
可知电容的大小是由Q(带电荷量)或U(电压)决定的
【答案】 A
【解析】 电源的电动势在数值上等于电源搬运单位正电荷时非静电力所做的功,A正确;电阻率是反映材料导电性能的物理量,不仅与材料种类有关,还与温度、压力和磁场等外界因素有关,B错误;电流通过导体的热功率与电流大小的平方成正比,C错误;电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量,由决定式C=
可知电容的大小是由εr(相对介电常数)、S(正对面积)及d(极板间距)等因素决定的,C=
只是电容的定义式,D错误.
2.电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0Ω时,路端电压为4.0V,若在外电路中分别并联一个6.0Ω的电阻和串联一个6.0Ω的电阻,则两种情况下的路端电压分别约为( )
A.4.3V 3.72VB.3.73V 4.3V
C.3.72V 4.3VD.4.2V 3.73V
【答案】 C
3.如图所示,虚线框内为高温超导限流器,它由超导部件和限流电阻并联组成.超导部件有一个超导临界电流IC,当通过限流器的电流I>IC时,将造成超导体失超,从超导态(电阻为零,即R1=0)转变为正常态(一个纯电阻,且R1=3Ω),以此来限制电力系统的故障电流.已知超导临界电流IC=1.2A,限流电阻R2=6Ω,小灯泡L上标有“6V 6W”的字样,电源电动势E=8V,内阻r=2Ω.原来电路正常工作,超导部件处于超导态,灯泡L正常发光,现灯泡L突然发生短路,则( )
A.灯泡L短路前通过R2的电流为
A
B.灯泡L短路后超导部件将由超导态转化为正常态,通过灯泡的电流为1A
C.灯泡L短路后通过R1的电流为
A
D.灯泡L短路后通过R2的电流为2A
【答案】 C
【解析】 标有“6V 6W”的小灯泡L正常工作时的电阻R=
=6Ω,通过灯泡L的电流I=
=1A,超导部件处于超导态,其电阻为零,1A电流全部通过超导部件,即灯泡L短路前通过R2的电流为零,A错误;灯泡L短路后,电流增大超过超导部件的超导临界电流,将由超导态转化为正常态,外电路电阻R′=
=2Ω,由闭合电路欧姆定律可得,通过灯泡的电流I′=
=2A,B错误;由并联电路电流分配规律可知,灯泡L短路后通过R1的电流为
A,通过R2的电流为
A,C正确,D错误.
4.在如图所示电路中,闭合开关S,当把滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,三个理想电表的示数都发生了变化,电表的示数分别用I、U1、U2表示,下列判断正确的是( )
A.I减小,U1增大B.I增大,U2减小
C.I增大,U1减小D.I减小,U2增大
【答案】 D
【解析】 闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,干路电流I总减小,路端电压U增大,R3两端的电压等于路端电压,则流过R3的电流I3增大.流过电流表的电流I=I总-I3,I总减小,I3增大,则I减小,R1两端的电压减小,即电压表V1的示数U1减小,电压表V2示数U2=U-U1,U增大,U1减小,则U2增大,故D正确,A、B、C错误.
5.如图所示电路中,电流表A和电压表V均可视为理想电表.闭合开关S后,将滑动变阻器R1的滑片向右移动,下列说法正确的是( )
A.电流表A的示数变大
B.电压表V的示数变大
C.电容器C所带的电荷量减少
D.电源的效率增加
【答案】 D
【解析】 R1的滑片向右移动,接入电路的电阻增大,电路的总电阻增大,由I=
知,干路中的电流减小,路端电压增大,R3两端的电压减小,电压表V的示数变小,B错误;R2两端的电压增大,电容器C所带的电荷量增加,C错误;通过R2的电流增大,所以通过R1支路的电流减小,电流表的示数变小,A错误;电源的效率η=
×100%=
×100%,所以效率增加,D正确.
7.如图所示,A和B为竖直放置的平行金属板,在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球;开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处,此时绝缘细线向右偏离,与竖直方向夹角为θ.电源的内阻不能忽略,下列判断正确的是( )
A.小球带负电
B.当滑动触头从a向b滑动时,细线的偏角θ变大
C.当滑动触头从a向b滑动时,电流表中有电流,方向从上向下
D.当滑动触头从a向b滑动时,电源的输出功率一定变大
【答案】 C
【解析】 由题图知,A板带正电,B板带负电,电容器内电场方向水平向右,细线向右偏,则小球带正电,故A错误.滑动触头从a向b移动时,R变小,外电路总电阻变小,总电流变大,路端电压U=E-Ir变小,电容器两端电压变小,细线偏角变小,故B错误.滑动触头从a向b移动时,电容器两端电压变小,电容器放电,因A板带正电,则流过电流表的电流方向从上向下,故C正确.由于不知外电阻与内阻大小关系,无法判断电源输出功率的大小变化,故D错误.
8.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m,电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则下列说法正确的是( )
A.若电阻R2断路,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流
B.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流
C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流
D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过
【答案】 A
【解析】 若电阻R2断路,则外电路电阻变大,总电流变小,路端电压变大,R1两端电压变小,所以电容器两端的电压变大,根据Q=CU,可知电容器要充电,所以G中有从b到a的电流,由于电压增大,所以电容器两极板间的电场强度会变大,导致油滴向上加速运动,故A对;在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,回路中总电阻变大,总电流变小,所以电容器两端的电压变大,根据Q=CU,可知电容器要充电,故G中有从b到a的电流,由于电压变大,所以电容器中的电场强度变大,所以油滴要加速向上运动,故B、C错;在将S断开后,电容器放电,板间场强减小,油滴受到的电场力减小,则油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流,故D错.
9.(多选)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,电表均为理想电表.闭合开关S后,若减小R的阻值,则下列说法正确的是( )
A.电流表的示数一定增大
B.电压表的示数一定增大
C.电源的输出功率一定增大
D.R1上的电压一定减小
【答案】 AD
【解析】 减小R的阻值,电路的总电阻减小,电路中总电流I增大,由U=E-Ir得路端电压减小,所以电流表的示数一定增大,电压表的示数一定减小,故A正确,B错误;当电源的外电阻与内电阻相等时,电源的输出功率最大,由于不知外电阻与内电阻的大小关系,所以当电源的负载电阻减小时,电源的输出功率不一定增大,故C错误;电路中总电流I增大,R2的两端电压增大,又因为路端电压减小,由串联分压得R1上的电压减小,故D正确.
10.(多选)如图所示,图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线,图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线,则下列说法正确的是( )
A.电源的电动势为50V
B.电源的内阻为
Ω
C.电流为2.5A时,外电路的电阻为15Ω
D.输出功率为120W时,输出电压是30V
【答案】 ACD
【解析】 电源的路端电压和电流的关系为:
U=E-Ir,显然直线①的斜率的绝对值等于r,纵轴的截距为电源的电动势,从题图中看出E=50V,r=
Ω=5Ω,A正确,B错误;当电流为I1=2.5A时,由回路中电流I1=
,解得外电路的电阻R外=15Ω,C正确;当输出功率为120W时,由题图中P-I关系图线看出对应干路电流为4A,再从U-I图线读取对应的输出电压为30V,D正确.
二、非选择题
11.图中螺旋测微器的读数为________mm,游标卡尺的读数为________mm.
【答案】 4.950 17.25
【解析】 螺旋测微器的固定刻度为4.5mm,可动刻度为45.0×0.01mm=0.450mm,所以最终读数为4.5mm+0.450mm=4.950mm.
游标卡尺的主尺读数为17mm,游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为5×0.05mm=0.25mm,所以最终读数为:
17mm+0.25mm=17.25mm.
12.
(1)如图甲所示是一个将电流表改装成欧姆表的示意图,此欧姆表已经按要求进行了电阻调零,用此欧姆表测一阻值为R的电阻时,指针偏转至电流满刻度的
,若用该表测一未知电阻,指针偏转到电流满刻度的
,则此未知电阻的阻值为________;已知该电流表满偏电流为Ig,则此欧姆表内电池电动势为________.
(2)用另外一块多用电表的欧姆挡测量某定值电阻阻值时,将选择开关置于“×10Ω”挡,其他操作完全正确,测量时发现指针偏角较小,则应换用________(填“×1Ω”或“×100Ω”)挡重新测量,若倍率挡选择正确,操作规范,测量该电阻时,指针所指位置如图乙所示,此被测电阻的阻值为________Ω.
(3)将多用电表的选择开关调到2.5V直流电压挡,若某次实验测量直流电压时,指针位置也如图乙所示,则所测电压应为________V.
【答案】
(1)
R
IgR
(2)×100Ω (3.20±0.02)×103 (3)0.80
【解析】
(1)设电动势为E,内阻为r,满偏电流为Ig,欧姆表调零时Ig=
,测一阻值为R的电阻时
Ig=
测一未知电阻时
Ig=
联立解得r=
R,R′=
R
则电源电动势为E=Igr=
IgR
(2)选择开关置于“×10Ω”挡,测电阻时指针偏角较小,说明所选挡位太小,应换用“×100Ω”挡重新调零测量;由题图乙所示可知,欧姆表示数为:
32×100Ω=3.2×103Ω
(3)选择开关处在“直流电压2.5V”挡,由题图乙所示表盘可知,其分度值为0.05V,被测电压是0.80V.
13.某兴趣小组同学要利用NTC热敏电阻测量温度,图甲为该热敏电阻的电阻特性曲线,为了测量某状态下的温度,需先测量热敏电阻在该状态温度下的电阻值.
请按要求完成下列实验:
(1)若温度的测量范围为0~25℃.不考虑其他因素对电路的影响,要求误差较小,实验室提供的器材如下,请在图乙的虚线框内画出实验电路图.
A.NTC热敏电阻
B.电压表V:
量程5V,内阻约3kΩ
C.电流表A:
量程5mA,内阻为250Ω
D.滑动变阻器R:
最大阻值为200Ω
E.直流电源E(电动势6V,内阻不计)
F.开关S,导线若干
(2)正确接线后,将热敏电阻置于待测状态下,接通电源,电流表的示数是3.20mA,电压表的示数如图丙所示,则电压表的读数为________V.
(3)此时热敏电阻的阻值为________kΩ;结合图甲可知待测温度为________℃.(计算结果均保留两位有效数字)
【答案】
(1)如图所示
(2)4.00 (3)1.0 25(24~26)
【解析】
(1)实验过程中需要电压从零开始,故采用滑动变阻器的分压式接法,由于热敏电阻阻值大,所以采用电流表的内接法,电路图如图所示:
(2)电压表分度值为0.1V,所以读数为4.00V.
(3)热敏电阻的阻值为R=
-RA=
Ω-250Ω=1000Ω=1kΩ,从题图甲中可知待测温度为25℃(24~26℃).
14.一个两端封闭的空心细长金属管,其材料的电阻率为ρ,某学习小组为了测量其内径d,进行了如下实验:
(1)用刻度尺测量金属管的长度L,用螺旋测微器测出金属管的外径D,示数如图9甲所示,则D=________mm.
(2)测量金属管的电阻Rx的电路如图乙所示,其中电源为恒流电源,能为电路提供恒定的电流I0=3.00A,Rx为待测金属管的电阻,其允许通过的最大电流为2.00A,电压表、电流表、滑动变阻器均安全.电路接入恒流电源前,滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近,当滑动变阻器的滑片向初始位置的另一端滑动时,电压表的示数_______(填“增大”或“减小”).该电路中______(填“电压表”或“电流表”)的内阻对Rx的测量没有影响.
(3)某次实验中,若电压表的示数U=1.20V,电流表示数I=1.80A,则金属管的电阻测量值R测=________Ω.
(4)金属管的内径d=________(用ρ、L、D、R测表示).
【答案】
(1)2.097(2.096~2.098)
(2)b 增大 电流表
(3)1.00 (4)
【解析】
(1)螺旋测微器的固定刻度为2.0mm,可动刻度为9.7×0.01mm=0.097mm,所以最终读数为2.0mm+0.097mm=2.097mm.
(2)为了使通过Rx的电流小,应让滑动变阻器的分流大点,所以滑动变阻器应在b端附近;当滑动变阻器的滑片向a端移动过程中,其连入电路的电阻增大,所以并联电路总电阻增大,因为干路电流恒定,所以并联电路两端电压增大,即电压表示数增大,由于需要测量Rx两端电压,所以电流表的内阻对Rx的测量没有影响.
(3)根据欧姆定律可得R测=
=
Ω=1.00Ω;
(4)根据电阻定律R测=ρ
,因为S=π(
)2-π(
)2,
解得d=
.
15.为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值,某同学利用传感器设计了如图甲所示的电路,闭合开关S,调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时,通过电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据,用计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U-I直线,请回答下列问题:
(1)根据图乙中的M、N两条直线可知,________.
A.直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的
B.直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的
C.直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的
D.直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的
(2)根据图乙可以求得定值电阻R0=________Ω.
(3)电源电动势E=________V,内电阻r=________Ω.
【答案】
(1)BC
(2)2.0 (3)1.46(1.44~1.48) 1.65(1.60~1.70)
【解析】
(1)定值电阻的U-I图线是正比函数图线,一定经过原点,故图线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的;而图线N的电压随电流的增大而减小,故为电源的伏安特性曲线,是由电压传感器1和电流传感器的数据绘得的,故B、C正确,A、D错误;
(2)由题图乙图线M可知,R0=
Ω=2.0Ω;
(3)由U=E-Ir可知,图线N的纵截距表示电源电动势,为1.46V;斜率的绝对值大小表示内电阻,r=
Ω=1.65Ω.
16.如图所示,电源电动势E=10V,内阻r=1Ω,闭合开关S后,标有“8V,12W”的灯泡恰能正常发光,电动机M的内阻R0=4Ω,求:
(1)电源的输出功率P出;
(2)10s内电动机产生的热量Q;
(3)电动机的机械功率.
【答案】
(1)16W
(2)10J (3)3W
【解析】
(1)由题意知,并联部分电压为U=8V,故内电压为U内=E-U=2V
总电流I=
=2A,
电源的输出功率P出=UI=16W;
(2)流过灯泡的电流I1=
=1.5A
则流过电动机的电流I2=I-I1=0.5A
电动机的热功率P0=I
R0=1W
10s内电动机产生的热量Q=P0t=10J;
(3)电动机的总功率P=UI2=4W
电动机的机械功率P机=P-P0=3W.
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