走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第七章综合测试题

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第七章综合测试题

第七章综合测试题 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．由R＝知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R＝ C．导体中电流越大，导体电阻越小 D．由I＝知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 ‎[答案]　BD ‎[解析]　导体的电阻决定于导体自身，与U、I无关，故A、C错误；比值反映了导体对电流的阻碍作用，是电阻的定义式，即选项B正确；由欧姆定律可知，D项正确．‎ ‎2．下面关于多用电表的使用中出现的一些与事实不相符合的现象有(　　)‎ A．待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大 B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小 C．测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况 D．用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大 ‎[答案]　AD ‎[解析]　待测电阻不跟别的元件断开时，可能是与其他元件并联，测量值可能偏小；测电阻时，两手碰表笔的金属杆，人体电阻与待测电阻并联，测量值偏小；测量电阻时，如果电路不和电源断开，欧姆表两端的电压可能过大，从而烧坏电表：用多用表测量灯泡的电阻，测量的是灯泡不发光时的电阻，灯泡用额定电压和额定功率计算出的电阻是灯泡正常发光时的电阻，灯泡正常发光时温度很高，电阻较大，故应选A、D.‎ ‎3.‎ 中国江苏某一品牌的太阳能热水器中含有辅助电加热控制器，当太阳能不足时，热水器中的水温达不到所需要的温度，热水器内安装的电阻丝辅助加热装置会自动工作，如图所示，如要在最短的时间内将水加热到预期的温度，应将选择开关置于哪一个档位(　　)‎ A．“‎0”‎档　　　　　　　　 B．“‎1”‎档 C．“‎2”‎档 D．“‎3”‎档 ‎[答案]　B ‎[解析]　太阳能热水器需要温度是定值，吸收的能量是定值，根据Q＝t，若时间最短，电阻R必须最小，所以应该选择开关置于“‎1”‎档，选B项．‎ ‎4．粗细均匀的金属环上A、B、C、D 四点把其周长分成四等份，如图所示，当A、C点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P；当A、B点接入电路时，圆环消耗的电功率为(电源电阻不计)(　　)‎ A．3P B．4P/3‎ C．P D．3P/4‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　设金属环的总电阻为4R，则A、C接入电路中时，金属环的总电阻为，圆环消耗的电功率为P＝＝，当A、B点接入电路中时，则并联的电阻为R，则功率P1＝＝P，D正确．‎ ‎5．(2019·北京朝阳区模拟)电动势为E、内阻为r的电源，与定值电阻R1，R2，R3连接成如图所示的电路．当开关S闭合时(　　)‎ A．电压表和电流表的示数均减小 B．电压表和电流表的示数均增大 C．电压表的示数减小，电流表的示数增大 D．电压表的示数增大，电流表的示数减小 ‎[答案]　A ‎[解析]　由题图知，电阻R2与R3并联，闭合开关S时，R2接入电路，故电路总电阻变小，电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表示数变小，又因为电流变大，电阻R1分压变大，并联部分分压变小，故通过R3的电流变小，电流表示数变小，故A正确．‎ ‎6．(2019·杭州模拟)‎ 酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图所示的电路中，R和R0‎ 为定值电阻，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，因此，显示仪表读数的指针与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是(　　)‎ A．U越大，表示r′越大c越大，c与U成正比 B．U越小，表示r′越小c越大，但是c与U成正比 C．U越小，表示c越小，c与U成反比 D．U越大，表示c越小，但是c与U不成正比 ‎[答案]　D ‎[解析]　根据闭合电路的欧姆定律可得U＝，如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，＝kc，两式联立得U＝，故可得D项正确．‎ ‎7．(2019·哈尔滨模拟)‎ 如图所示，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端过程中，下列表述正确的是(　　)‎ A．路端电压变大 B．电流表的示数变大 C．电阻R2消耗的功率变大 D．电阻R1上的电流变小 ‎[答案]　C ‎[解析]　滑动触头向b端滑动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，则整个电路中电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流I变大，电源内阻分得的电压增大，路端电压U 变小，选项A错误；由I3＝可知电流表示数减小，选项B错误；根据I2＝I－I3可知I2变大，则电阻R2消耗功率变大，选项C正确，D错误．‎ ‎8．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为(　　)‎ A.、 B.、 C.、 D.、 ‎[答案]　D ‎[解析]　本题考查电路的U－I图象以及电源的效率，解决本题的关键是抓住图象的物理意义．由U－I图象可知，若电源的电动势为6U0，则a、b两点处对应的路端电压分别为4U0、2U0，电源的效率η＝＝，所以ηa＝＝，ηb＝＝.‎ ‎9．(2019·乌鲁木齐模拟)‎ 如图所示电路，电源内阻不可忽略，R0为定值电阻，开关S闭合后，滑动变阻器滑片P置于滑动变阻器的中点时，电压表示数为8V，当滑片从中点向b端移动距离s后，电压表示数变为6V；滑片从中点向a端移动距离s后，电压表示数为(　　)‎ A．9V B．10V C．11V D．12V ‎[答案]　D ‎[解析]　设电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，长度为s的电阻为R′，由闭合电路的欧姆定律可得：U1＝‎ ×R0；U2＝×R0，联立两式可解得：R′＝(r＋R0＋R)，滑片从中点向a端移动距离s后由：U＝×R0，联立解得U＝12V，D选项正确．‎ ‎10．(2019·济南模拟)如图所示的电路中，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(　　)‎ A．通过R1的电流减小，减少量一定等于ΔU/R1‎ B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔU C．路端电压减小，减少量一定等于ΔU D．通过R2的电流增加，但增加量一定小于ΔU/R2‎ ‎[答案]　AD ‎[解析]　电压表的示数减小ΔU，由部分电路的欧姆定律，通过R1的电流减小，减小量一定等于ΔU/R1，A项正确；根据闭合电路的欧姆定律，电压表的示数减小，说明总电阻减小，总电流增加，电源内阻和R2消耗的总电压增加ΔU，R2两端的电压增加，增加量一定小于Δ U，B项错误，D项正确；路端电压增加，增加量一定小于ΔU，C项错误．第Ⅱ卷(非选择题　共60分)‎ 二、填空题(共3小题，共18分．把答案直接填在横线上)‎ ‎11．(4分)(2019·北京海淀模拟)‎ 多用电表是实验室和生产实际中常用的测量仪器．使用多用电表测某段导体的电阻．‎ ‎(1)主要的操作过程分以下三个步骤，请填写第②步操作．‎ ‎①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”‎ 插孔；选择电阻挡“×10”；‎ ‎②_____________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________________________；‎ ‎③把红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的电阻．‎ ‎(2)采用上述的操作步骤后，多用电表的示数如图所示．则该段导体的电阻测量值为________Ω.‎ ‎[答案]　(1)②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零 ‎(2)80‎ ‎[解析]　(1)②选挡之后要进行欧姆调零．(2)电阻测量值为8×10Ω＝80Ω.‎ ‎12．(6分)(2019·嘉兴模拟)现要测电阻R0的阻值、干电池组的电动势E及内阻r.给定的器材有：两个理想电压表(量程均为3.0V)，理想电流表(量程为‎0.60A)，滑动变阻器R，待测的电阻R0，两节串联的电池，开关S及导线若干．某同学设计一个如图甲所示的电路同时测电阻R0、电池组的电动势及内阻．调节变阻器，电压表V1，V2和电流表A分别测得多组U1，U2，I的数据，并作出U1－I图(图线1)和U2－I图(图线2)，如图乙．‎ ‎(1)由图可知电阻R0阻值为________Ω；‎ ‎(2)电池组E的电动势为________V，内阻为______Ω.(结果保留两位有效数字)‎ ‎[答案]　(1)4.0　(2)3.0　(3)2.0‎ ‎[解析]　(1)由图线2可以看出电阻R0＝Ω＝4Ω；(2)通过图线1可以看出电源电动势为3.0V，内阻为斜率的绝对值，即2.0Ω.‎ ‎13．(8分)(2019·南通模拟)在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：‎ A．小灯泡(额定电压为12V，额定电流约‎0.5A)‎ B．直流电流表A(0～‎0.6A，内阻约0.8Ω)‎ C．直流电压表V1(0～3V，内阻约5kΩ)‎ D．直流电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)‎ E．滑动变阻器R1(0～5Ω，‎2A)‎ F．滑动变阻器R2(0～20Ω，‎2A)‎ G．电源(12V，内阻不计)‎ H．开关S及导线若干．‎ 某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电表读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.‎ ‎(1)实验中电压表应选用________(填“V‎1”‎或“V‎2”‎)，滑动变阻器应选用________(填“R‎1”‎或“R‎2”‎)；‎ ‎(2)在图甲虚线框内画出实验电路图；‎ 甲 ‎(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表)：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ I/A ‎0‎ ‎0.12‎ ‎0.22‎ ‎0.30‎ ‎0.38‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.50‎ U/V ‎0‎ ‎1.2‎ ‎2.4‎ ‎3.6‎ ‎6.0‎ ‎8.4‎ ‎9.6‎ ‎12.0‎ ‎　请在图乙坐标中，描点作出U－I图线．由图象可知，灯泡的功率增大时，其电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)．‎ ‎[答案]　(1)V2　R2‎ ‎(2)如图甲所示(电路图中只要有错不得分)‎ ‎(3)如图乙所示 　增大 ‎[解析]　‎ ‎(1)灯泡的额定功率为12W，则电压表应选用15V的电压表V2，灯泡正常工作的电阻为24Ω，滑动变阻器要采用分压式接法，若采用R1，则电路中的电流超过‎2A，所以选用R2.‎ ‎(2)因灯泡的电阻较小，电流表应采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法．‎ ‎(3)依据拟合出的U－I图象，图象上的点与坐标原点的连线的斜率逐渐增大，故电阻变大．‎ 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎14．(10分)如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻RD＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎(1)电路中的电流大小；‎ ‎(2)电动机的额定电压；‎ ‎(3)电动机的输出功率．‎ ‎[答案]　(1)‎2A　(2)27V　(3)12W ‎[解析]　(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝PL/UL＝6/‎3A＝‎‎2A ‎(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为 UD＝E－I(r＋R)－UL＝20V－2×(1 ＋4)V－3V＝7V ‎(3)电动机的总功率为P总＝IUD＝2×7W＝14W 电动机的热功率为P热＝I2RD＝22×0.5W＝2W 所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14W－2W＝12W ‎15．(10分)‎ 如图所示，变阻器R0的滑片P从最左端移到最右端时电压表的示数变化范围是0～4V，电流表的示数变化范围是‎1A～‎‎0.5A ‎，电源的内阻可忽略不计．求电阻R的阻值、变阻器R0的最大阻值和电源电压U.‎ ‎[答案]　8Ω　8Ω　8V ‎[解析]　当电压表示数U1＝0时，电流表示数IA＝‎‎1A 电源电压：U＝I1R＝1×R①‎ 当电压表示数U2＝4V时，电流表示数 I2＝‎‎0.5A R2＝＝＝8Ω 电源电压：U＝U2＋I2R＝4＋0.5×R②‎ 由①②解得：U＝8V，R＝8Ω.‎ ‎16．(11分)‎ 如图所示的电路中，电路消耗的总功率为40W，电阻R1为4Ω，R2为6Ω，电源内阻r为0.6Ω，电源的效率为94%，求：‎ ‎(1)a、b两点间的电压；‎ ‎(2)电源的电动势．‎ ‎[答案]　(1)4.8V　(2)20V ‎[解析]　(1)电流是联系内、外电路的桥梁，是求解闭合电路的关键，而电源的内电路部分为求解该题的突破口．‎ 电源内部的热功率P内＝I2r 又P内＝P总(1－η)‎ 故I＝＝‎‎2A 由于R1、R2并联，所以Uab＝I＝4.8V ‎(2)由P总＝IE得E＝＝20V ‎17．(11分)(2019·黄冈模拟)在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I＝kU3的规律(式中k＝‎0.02A/V3)，R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E＝6V，闭合开关S后，电流表的示数为‎0.16A，求：‎ ‎(1)R1两端的电压；‎ ‎(2)电源的内电阻r；‎ ‎(3)R1、R2和r消耗的电功率P1、P2和Pr.‎ ‎[答案]　(1)2V　(2)1Ω　(3)0.32W　0.61W　0.026W ‎[解析]　(1)由I＝kU3得 U＝＝V＝2V ‎(2)根据闭合电路欧姆定律有 E＝U＋IR2＋Ir 故r＝＝－R2‎ ‎＝Ω－24Ω ‎＝1Ω ‎(3)R1消耗的电功率 P1＝IU＝0.16×2W＝0.32W R2和r消耗的电功率 P2＝I2R2＝0.162×24W≈0.61W Pr＝I2r＝0.162×1W≈0.026W