高考物理人教版时作业章末质量检测7恒定电流

高考物理人教版时作业章末质量检测7恒定电流

www.ks5u.com 章末质量检测(七)　　　　　‎ ‎ (时间：60分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求。)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.半导体材料的导电性能受外界条件的影响很大，有的半导体在温度升高时其电阻减小得非常迅速，利用这种半导体材料可以制成体积很小的热敏电阻。如图1所示是火警报警系统的部分电路，其中RT为热敏电阻，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当热敏电阻RT所在处出现火情时，电流表A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 ‎(　　)‎ 图1‎ A．I变大，U变大 B．I变大，U变小 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 解析　根据题意可知，当出现火情时，RT的电阻随着温度升高减小得非常迅速，在电路中外电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I＝可知干路电流增大，由U端＝E－Ir可知路端电压减小，电压表测量路端电压，因此U变小，排除A、C选项；因干路电流I增大，R1两端的电压增大，而外电路的电压减小，故R2和RT两端的电压会减小，因此电流表示数会减小，D正确。‎ 答案　D ‎2.如图2所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中 ‎(　　)‎ 图2‎ A．通过R1的电流减小，减小量一定等于 B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔU C．路端电压减小，减小量一定等于ΔU D．通过R2的电流增加，但增加量一定大于 解析　电压表示数减小，可知R减小，设路端电压、干路电流分别为U、I，电压表示数为U1，流过R1、R2的电流分别为I1、I2，电阻改变后，分别为U′、I′、U1′、I1′、I2′，则U1＝I1R1，U1′＝I1′R1，ΔU＝U1－U1′＝(I1－I1′)R1，＝I1－I1′＝ΔI，A正确。U2＝E－U1－Ir，U2′＝E－U1′－I′r，得ΔU2＝(U1－U1′)－(I′－I)r＝ΔU－(I′－I)r<ΔU，B错误；路端电压减小量小于ΔU，C错误；ΔU＝(I′－I)(r＋R2)，ΔI2＝I′－I＝<，D错误。‎ 答案　A ‎3.如图3所示，平行板电容器中带电质点P处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则当滑动变阻器R的滑片向b端移动时，以下说法中正确的是 ‎(　　)‎ 图3‎ A．电流表读数减小 B．电压表读数减小 C．带电质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大 解析　由图可知，电阻R2与滑动变阻器R串联后与R3并联，并联后再与电阻R1串联接在电源两端，平行板电容器与R3并联。当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中的总电阻减小。由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，路端电压减小，电阻R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小。由欧姆定律可知，流过电阻R3的电流减小，则流过R2和R的电流增大，故电流表的示数增大，选项A错误；因R2和R的总电压减小，而R2两端的电压增大，所以电压表的示数减小，选项B正确；因R3两端的电压减小，所以平行板电容器两端的电压减小，故带电质点P受到的向上的电场力减小，重力大于电场力，所以带电质点P将向下运动，选项C错误；由于R3两端的电压减小，由P＝可知，电阻R3上消耗的功率减小，选项D错误。‎ 答案　B ‎4．如图4所示是饮水机的工作电路简化图，S是温控开关，当温度升高到一定温度时，它会自动切换，使饮水机处于保温状态；R0是饮水机加热管电阻，R是与加热管串联的电阻。表格是从其说明书中摘录的一些技术数据。不考虑R0、R的电阻受温度变化的影响，表中的功率均指加热管的功率。当S闭合时，下列关于饮水机的工作状态和R0的阻值正确的是 ‎(　　)‎ 图4‎ 稳定电压 ‎220 V 频率 ‎50 Hz 加热功率 ‎550 W 保温功率 ‎22 W A．加热，220 Ω B．加热，88 Ω C．保温，88 Ω D．保温，220 Ω 解析　当S闭合时，由于电路中的有效电阻只有R0，故此时电路中的总电阻最小，对应的加热管电阻功率最大，故为加热状态。由R0＝可得其电阻为88 Ω，B正确。‎ 答案　B ‎5.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图5所示的电路。闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是 ‎(　　)‎ 图5‎ A．只增大R1，其他不变 B．只增大R2，其他不变 C．只增大R3，其他不变 D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变 解析　R1和R2串联，电容器两端电压跟R2两端电压相同。根据C＝可知如果不改变电容，则只需增大R2两端电压，根据串联分压关系(电阻越大分压越大)可知只增大R2或者只减小R1均可，选项B对，A、C错；只减小a、b两极板间的距离会使电容增大，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量增加，选项D对。‎ 答案　BD ‎6. (2014·上海卷)如图6所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则 ‎(　　)‎ 图6‎ A．A的示数增大 B．V2的示数增大 C．ΔU3与ΔI的比值大于r D．ΔU1大于ΔU2‎ 解析　由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，因此外电路为定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V1测的是R两端的电压，V2测的是电源的外电压，V3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V2示数减小，B项错误；＝R＋r，C项正确；＝R，＝r，由于R大于r，因此ΔU1大于ΔU2，D项正确。‎ 答案　ACD 二、非选择题(本题共4小题，共58分)‎ ‎7．(12分)欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：‎ a．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程；‎ b．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。‎ 现备有如下器材：‎ A．待测电流表A1(量程3 mA，内阻约为50 Ω)‎ B．电压表V(量程3 V，内阻未知)‎ C．电流表A2(量程15 mA，内阻为10 Ω)‎ D．保护电阻R＝120 Ω E．直流电源E(电动势2 V，内阻忽略不计)‎ F．滑动变阻器(总阻值10 Ω，额定电流0.5 A)‎ G．开关一个，导线若干 ‎(1)在以上提供的器材中，除A、E、F、G以外，还应选择____________、____________(填字母代号)。‎ ‎(2)请画出符合要求的实验电路图。‎ 解析　根据题中给出的备用器材，选择伏安法测量电流表的内阻。选择内阻已知的电流表A2作为电压表，选择保护电阻R与并联的两个电流表串联。由于电流表两端电压最大只有0.15 V，滑动变阻器最大电阻只有10 Ω，所以选择分压电路，电路图如图所示。‎ 答案　(1)C　D　(2)见解析图 ‎8．(14分)某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图7(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题：‎ ‎(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。‎ ‎(2)开关S闭合时，多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”)。‎ ‎(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”)。‎ ‎(4)定值电阻的阻值R1＝________ Ω，R2＝________ Ω。(结果取三位有效数字)‎ 图7‎ 解析　将表头改装成电压表时，需串联一电阻进行分压，而改装成电流表时则需并联一电阻分流，因此闭合开关后，并联上R1改装成一电流表，断开开关，表头与R2串联则改装成一电压表。多用电表内部表头的正极在右侧，即电流应从表笔B流入，从表笔A流出，则表笔A为黑色。当断开S时，Ig(R2＋r)＝Um，解得R2＝880 Ω。‎ 当闭合S时，Ig(R2＋r)＝(I－Ig)R1，解得R1≈1.00 Ω。‎ 答案　(1)如解析图所示　(2)电流　电压　(3)黑 ‎(4)1.00　880‎ ‎9．(16分)在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6 V的电源，额定电压为2.5 V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图8甲所示是没有连接完的实物电路。(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根)‎ 图8‎ ‎(1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整。‎ ‎(2)连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2‎ ‎ V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向________(填“左”或“右”)端滑动。‎ ‎(3)通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U－I图线，根据U－I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为________W。‎ ‎(4)小灯泡的U－I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是__________。‎ 解析　(1)小灯泡的电阻很小，因此采用电流表外接法；实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压，滑动变阻器应采用分压式接法。实物电路如答案图所示。‎ ‎(2)将滑片P向右端滑动，可以增大灯泡两端的电压。‎ ‎(3)根据U－I图象可知，U＝2.5 V时，I＝0.2 A，所以小灯泡的额定功率为P＝UI＝0.5 W。‎ ‎(4)U－I图线上各点与原点连线的斜率表示灯丝的电阻，图线是曲线而不是过原点的直线，这是因为灯丝的电阻会随温度的升高而增大。‎ 答案　(1)如图所示　(2)右　(3)0.5　(4)灯丝的电阻会随温度的升高而增大 ‎10．(16分)[2014·苏、锡、常、镇四市高三教学情况调研(二)]某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图9甲，则电源电动势约为________V。‎ 图9‎ ‎(2)为了更准确地测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100 mA”挡设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为________Ω。‎ ‎(3)将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100 mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I。‎ ‎(4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图10所示的R－图线。‎ 图10‎ ‎(5)由图线得干电池的电动势E＝________V(保留三位有效数字)，内阻r＝________Ω(取整数)，多用表的内电阻对________(填“E”“r”或“E和r”)的测量结果有影响。‎ 解析　(1)由题图甲可知，选用了直流电源2.5 V挡，因此指针的读数对应为1.30 V；‎ ‎(2)由于选用直流电路100 mA量程，因此电路中的最大电流不得超过100 mA，所以R＝ Ω＝13 Ω；‎ ‎(5)根据闭合电路欧姆定律有，I＝，化简为R－函数关系为R＝－r，即题图10中图线的斜率即为E，则E＝ V＝1.42 V(由于读数误差，答案在1.40～1.50 V内均可 )，纵截距即为－r，则r＝8‎ ‎ Ω，显然上述过程没有考虑多用电表的内阻，实际上多用电表的内阻与电源内阻之和为纵截距的绝对值，所以多用表的内阻对r的测量结果有影响。‎ 答案　(1)1.3(1.30也可)　(2)13(15也可)‎ ‎(5)1.45(1.40～1.50均可)　8　r