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2019-2020年高中物理第二章恒定电流章末质量评估新人教版选修
一、单项选择题每题3分,共10个小题,共30分.每小题中只有一个选项是正确的,选对得3分,错误、不选或多选均不得分1.导体的电阻是导体本身的一种性质,对于同种材料的导体,下列表述正确的是 A.横截面积一定,电阻与导体的长度成正比B.长度一定,电阻与导体的横截面积成正比C.电压一定,电阻与通过导体的电流成反比D.电流一定,电阻与导体两端的电压成正比解析对于同种材料的导体,电阻率可以认为是个定值,根据电阻定律R=ρ可知横截面积一定,电阻与导体的长度成正比,A正确;长度一定,电阻与导体的横截面积成反比,B错误;由欧姆定律知R=,此式是电阻的定义式,电阻R与电压U、电流I无正反比关系,故C、D错误.答案A2.一根粗细均匀的导线,当其两端电压为U时,通过的电流是I,若将此导线均匀拉长到原来的2倍时,电流仍为I,导线两端所加的电压变为 A. B.UC.2UD.4U解析由电阻定律R=ρ,可知当导线拉长到原来的2倍时,横截面积为原来的,则电阻为原来的4倍,由欧姆定律I=,可知D选项正确.答案D3.某电源的电动势为
3.6V,这表示 A.电路通过1C的电荷量,电源把
3.6J其他形式的能转化为电势能B.电源在每秒内把
3.6J其他形式的能转化为电势能C.该电源比电动势为
1.5V的电源做功多D.该电源与电动势为
1.5V的电源相比,通过1C电荷量时转化的电势能相同解析电路每通过1C的电量,非静电力做功W=qE=
3.6J,A对,B错.
3.6V大于
1.5V,只能说明做功本领大,不一定做功多,C错.当通过1C电荷量时,电动势为
3.6V的电源一定做功多,D错.答案A4.将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端,电流做功的功率为P.若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源,则它的功率为 A.4PB.
0.25PC.16PD.
0.125P解析电阻丝拉长后,材料不变,均匀地拉长为原来的两倍,可知其横截面积为原来的,根据导体的电阻与长度成正比,与横截面积成反比,所以其阻值变为原来的4倍,根据P=可知,电源电压不变时,功率变为原来的,B正确.答案B5.为了保障行驶安全,一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置只要有一扇门没有关紧,汽车就不能启动.如果规定,车门关紧时为“1”,未关紧时为“0”;当输出信号为“1”时,汽车可以正常启动行驶,当输出信号为“0”时,汽车不能启动.能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是 A.“与”门B.“或”门C.“非”门D.“与非”门解析根据汽车双门都关紧汽车才能启动的情况可知,即两个条件都满足事件才能发生,故能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门应该是“与”门.答案A6.如图所示,A灯与B灯电阻相同,当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时,两灯的变化是 A.A灯变亮,B灯变亮B.A灯变暗,B灯变亮C.A灯变暗,B灯变暗D.A灯变亮,B灯变暗解析当变阻器的滑片向下滑动时,接入电路的电阻减小,根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大,内电压增大,路端电压U减小,A灯两端电压减小,亮度变暗;另一支路电流I′=I-IA增大,R1两端电压U1=I′R1增大,故R与B灯的并联支路电压UB=U-U1减小,B灯变暗,C正确.答案C
7.如图所示,R4是半导体材料制成的热敏电阻,电阻率随温度的升高而减小,这就是一个火警报警器的电路,电流表是安放在值班室的显示器,电源两极之间接一个报警器,当R4所在处出现火情时,显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是 A.I变大,U变小B.I变大,U变大C.I变小,U变大D.I变小,U变小解析当R4处出现火情时,R4变小→R总变小→I总变大→U外变小→U并变小→I3R3变小→I变大,故A项正确.答案A8.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 解析根据U-I图象可知E=6V,r=
0.5Ω,A图U为改外=4V,B图中U外=
4.8V,C图中U外=
5.7V,D图中U外=
5.4V.答案B
9.如图所示,一个电源在外电阻不断变化时,内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C
1、C2表示.由该图可知 A.电源的电动势为8VB.电源的内电阻为2ΩC.电源输出功率的最大值为16WD.电源消耗的最大功率为16W解析图中交点表示内、外电路消耗功率相等,此时的功率和电流分别为4W和2A,由P内=I2r,代入数据得r=1Ω,故B错误;由P外=I2R知R=1Ω,内电阻等于外电阻,电动势为E=IR+r=4V,A错误,外电阻和内电阻相等时电源输出功率的最大值为4W,C错误.电源消耗的功率为P=EI,当R=0时电流最大为4A,Pmax=16W,故D正确.答案D10.如图所示电路中,R0为定值电阻,当滑片P向右移动过程中,下列判断正确的是 A.电压表V
1、电流表A的读数都增大B.电压表V1与电流表A读数的比值保持不变C.电压表V2与电流表A读数的比值变大D.电压表V
1、电流表A读数变化量的比值保持不变解析滑片P向右移动,R接入电路中的电阻增大,外电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流I减小,内电压U内=Ir减小,外电压U外=E-U内增大,R0的电压V2减小,R的电压V1增大,故选项A错误;R0为定值电阻,电压表V2与电流表A读数的比值保持不变,R接入电路中的电阻增大,电压表V1与电流表A读数变化量的比值增大,故选项B错误,C错误;电压表V
1、电流表A读数变化量的比值为内阻与R0之和,选项D正确.答案D
二、多项选择题本题共4小题,每题4分,共16分,每小题有多个选项是正确的,全选对得4分,少选得2分,选错、多选或不选得0分11.某导体的电流随电压的变化如图所示,则下列说法中正确的是 A.加5V电压时,导体电阻约是5ΩB.加11V电压时,导体的电阻约是
1.4ΩC.由图可知,随着电压的增大,导体的电阻不断减小D.由图可知,随着电压的减小,导体的电阻不断减小解析R==Ω=5Ω,由R=可知,随着电压的减小,导体的电阻不断减小,故加11V电压时,导体的电阻大于5Ω.答案AD12.在如图所示的电路中,由于某一电阻发生短路或断路,使A灯变暗,B灯变亮,则故障可能是 A.R1短路B.R2断路C.R3断路D.R4短路解析由于A串联于干路中,且故障发生后,A灯变暗,故知电路中总电流变小,即电路总电阻变大,由此推知,故障应为某一电阻断路,排除选项A、D.若假设R2断路,则其断路后,电路总电阻变大,总电流变小,A灯变暗,同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流的变化,使B灯变亮,推理结果与现象相符,故选项B对.若假设R3断路,则也引起总电阻变大,总电流变小,使A灯变暗,同时R3断路后也必引起与之并联的电路即R1所在支路中电流增大,灯B中分得电流也变大,B灯变亮,故选项C正确.答案BC
13.如图所示,已知电源电动势E=12V,内阻r=1Ω,定值电阻R=2Ω,通过小灯泡的电流为1A,已知小灯泡的电阻为3Ω,小型直流电动机的线圈电阻=1Ω,则 A.电动机两端的电压为1VB.电动机两端的电压为6VC.电动机的输入功率为6WD.电动机的输出功率为5W解析电动机两端的电压UM=E-IR+RL+r=12V-1×2+3+1V=6V,故选项A错误,选项B正确;电动机的输入功率P=UMI=6×1W=6W,P出=P-I2r=6W-1W=5W,故选项C、D正确.答案BCD14.如图所示的两种电路中,电源相同,各电阻阻值相等,各电流表的内阻相等且不可忽略不计.电流表A
1、A
2、A
3、A4的示数分别为I
1、I
2、I
3、I
4.下列关系式中正确的是 A.I1=I2B.I1I4C.I2=2I1D.I2I3+I4解析左图中,通过下面电阻的电流大于I1,所以I22I1,选项A、C错误;左图电路的总电阻大于右图电路的总电阻,所以左图的干路电流较小,即I2I3+I4,又由于I3=I4,故2I4I2,因I22I1,故I1I4,选项B、D正确.答案BD
三、实验题共21分15.[1每空1分,2每空2分,画图2分,共9分]某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r,所给的器材有A.电压表V0~3V,0~15VB.电流表A0~
0.6A,0~3AC.滑动变阻器R120Ω,1AD.滑动变阻器R21000Ω,
0.1AE.开关S和导线若干1实验中电压表应选用的量程为__________选填“0~3V”或“0~15V”;电流表应选用的量程为______选填“0~
0.6A”或“0~3A”;滑动变阻器应选用________.2实验测得的6组数据已在U-I图象中标出,如图所示.请你根据数据点位置完成U-I图线,并由图线求出该电池的电动势E=________V,内阻r=________Ω.解析1由图象的数据可知电压在
1.5V以内,电流在
0.6A以内,则实验中电压表应选用的量程为0~3V,电流表应选用的量程为0~
0.6A;滑动变阻器采用限流连接,应选用R
1.2连线如图,由U-I图线得该电池的电动势E=
1.5V,内阻r=
0.5Ω.答案10~3V 0~
0.6A R1
21.5
0.516.每空3分,共12分1一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度,得到结果如图所示,游标卡尺示数______mm,螺旋测微器示数________mm.2现用伏安法研究某电子器件R16V,
2.5W的伏安特性曲线,要求特性曲线尽可能完整直接测量的变化范围尽可能大一些,备有下列器材A.直流电6V,内阻不计;B.电流表G满偏电流Ig=3mA,内阻Rg=10Ω;C.电流表A0~
0.6A,内阻未知;D.滑动变阻器0~20Ω,5A;E.滑动变阻器0~200Ω,1A;F.定值电阻R0阻值1990Ω;G.开关与导线若干.
①根据题目提供的实验器材,请你在方框中设计出测量电子器件R1伏安特性曲线的电路原理图R1可用“”表示.
②在实验中,为了操作方便且能够准确地进行测量,测动变阻器应选用________填写器材序号.解析1
①游标卡尺的主尺读数为14mm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为10×
0.05mm=
0.50mm,所以最终读数为14mm+
0.50mm=
14.50mm.
②螺旋测微器的固定刻度为
5.5mm,可动刻度为
16.3×
0.01mm=
0.163mm,所以最终读数为
5.5mm+
0.163mm=
5.663mm.2
①由题意要求可知,电压从零开始变化,并要多测几组数据,故只能采用滑动变阻器分压接法;灯泡的电阻约为R===
14.4Ω,灯泡的电阻值比较小,属于小电阻,所以用电流表外接法,电路图如答案图所示.
②因要求电压从零开始变化,变阻器用分压接法,应选小阻值的D.答案
114.50
5.6632
①如图所示
②D
三、计算题共33分17.10分如图所示电路中,电源电动势E=6V,内阻r=1Ω.D为直流电动机,其电枢线圈电阻R=2Ω,限流电阻R′=3Ω.当电动机正常工作时,电压表示数为
0.3V.求1通过电动机的电流大小;2电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率.解析1通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同,由I=得I=A=
0.1A.2由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压UD=E-Ir-U=6V-
0.1×1V-
0.3V=
5.6V.所以电动机输入的电功率P入=UDI=
0.56W.电动机的发热功率P热=I2R=
0.02W.电动机的输出功率P出=P入-P热=
0.54W.18.12分如图所示的电路中,电源电动势E=
6.0V,内阻r=
0.6Ω,电阻R2=
0.5Ω,当开关S断开时;电流表的示数为
1.5A,电压表的示数为
3.0V,试求1电阻R1和R3的阻值;2当S闭合后,电压表的示数以及R2上消耗的电功率.解析1R3==Ω=
2.0Ω.由于E=I3R1+R3+r,代入数据有
6.0=
1.5R1+
2.0+
0.6,解得R1=
1.4Ω.2S闭合后,R总=R1+r+=
2.4Ω.电压表的示数U=×=×
0.4V=
1.0V.R2上消耗的功率P2==W=
2.0W.19.11分如图所示,E=10V,r=1Ω,R1=R3=5Ω,R2=4Ω,C=100μF,当S断开时,电容器中带电粒子恰好处于静止状态,求1S闭合后,带电粒子加速度的大小和方向;2S闭合后流过R3的总电荷量.解析1S断开,带电粒子恰好处于静止状态,设电容器两极板间距离为d,有UC=R2=4V,q=mg.S闭合后,有U′C=R2=8V.设带电粒子加速度为a,则根据牛顿第二定律,有q-mg=ma.解得a=g,方向竖直向上.2S闭合后,流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量,所以ΔQ=CU′C-UC,即ΔQ=4×10-4C.。