高二物理选修31恒定电流单元检测语文.docx
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高二物理选修31恒定电流单元检测语文
2019-2019学年高二物理选修3-1:
恒定电流单元检测
一、单选题(本大题共10小题,共40.0分)
1.移动电话已成为日常通讯工具,某种移动电话电池的背面印有如图所示的一些符号,则该电池的容量为()
A.500mA.h
B.3.6V
C.1.8c
D.无法确定
2.对于欧姆定律的理解,下列说法中正确的是()
A.欧姆定律适用于白炽灯、电解槽、电动机等电学元件
B.由
可知,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
C.由
可知,通过电阻的电流跟它两端的电压成正比,跟它的电阻成反比
D.对纯电阻元件,它两端的电压与通过它的电流的比值一定保持不变
3.A、B两个电阻的伏安特征曲线如图所示,下列判断正确的是( )
A.图线表示电阻与电压成正比B.图线表示电阻与电流成反比
C.A的阻值小于B的阻值D.A的阻值大于B的阻值
4.如图四个灯泡L1,L2,L3,L4完全一样,规格都是12V、12W,在AB两端加上60V的电压,则经过L3的电流是( )
A.1AB.2AC.1.67AD.1.25A
5.有两个相同的灵敏电流计,允许通过的最大电流(满偏电流)为Ig=1mA,表头电阻Rg=30Ω,若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为0.6A的电流表应分别()
A.串联一个2990Ω的电阻和并联一个0.15Ω的电阻
B.并联一个2990Ω的电阻和串联一个0.15Ω的电阻
C.串联一个2970Ω的电阻和并联一个0.05Ω的电阻
D.并联一个2970Ω的电阻和串联一个0.05Ω的电阻
6.
如图所示,P为一块均匀的半圆形合金片将它按图甲的方式接在A、B之间时,测得它的电阻为R,若将它按图乙的方式接在A、B之间时.这时的电阻应是( )
A.R
B.2R
C.3R
D.4R
7.
电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路,当滑动变阻器的触头由a端滑向b端时,下列说法正确的是( )
A.电压表和电流表读数都减小
B.电压表和电流表读数都增大
C.电压表读数增大,电流表读数减小
D.电压表读数减小,电流表读数增大
8.如图所示,电路中开关S闭合时,表V1、V2、A的示数分别为220V、110V、0.2A.若电路出现故障,V1和V2的示数都是220V,而A示数为零时( )
A.出故障的是L2,且L2断路
B.出故障的是L2,且L2短路
C.出故障的是L1,且L1断路
D.L1和L2都同时断路
9.
在纯电阻电路中,当用一个固定的电源(设 E、r 是定值)向变化的外电阻供电时,关于电源的输出功率 P 随外电阻 R 变化的规律如图所示,则下列说法错误的是( )
A.当 R=r 时,电源有最大的输出功率
B.当 R=r 时,电源的效率η=50%
C.电源的输出功率 P 随外电阻 R 的增大而增大
D.电源的效率η随外电阻 R 的增大而增大
10.直流电动机的线圈电阻为R,正常工作时,电动机两端的电压为U,通过的电流强度为I,工作时间为t,下列说法正确的是( )
A.电动机线圈产生的热量为I2RtB.电动机线圈产生的热量为
C.电动机消耗的电能为
D.电动机输出的机械能为UIt
二、多选题(本大题共5小题,共20.0分)
11.如图所示,甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的,已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA,内电阻Rg=300Ω,则下列说法正确的是( )
A.甲表是电流表,R增大时量程增大
B.乙表是电压表,R增大时量程增大
C.在甲图中,若改装成的电流表的量程为0.6A,则R=0.5Ω
D.在乙图中,若改装成的电压表的量程为3V,则R=1200Ω
12.
某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内,如图所示,根据图线可知下列叙述正确的是( )
A.反映Pr变化的图线是c
B.电源电动势为8 V
C.电源内阻为2Ω
D.当电流为0.5 A时,外电路的电阻为6Ω
13.
如图所示,一台电动机提着质量为m的物体,以速度v匀速上升.已知电动机线圈的电阻为R,电源电动势为E,通过电源的电流为I,当地重力加速度为g,忽略一切阻力导线电阻,则( )
A.电源内阻
B.电源内阻
C.如果电动机转轴被卡住而停止转动,较短时间内电源消耗的功率将变大
D.如果电动机转轴被卡住而停止转动,较短时间内电源消耗的功率将变小
14.如图所示为某一电源的U﹣I曲线,由图可知
A.电源电动势为2.0V
B.电源内电阻为
Ω
C.电源短路时电流为10A
D.电路路端电压为1.5V时,电路中电流为5.0A
15.
如图所示,电源电动势E=9V,内电阻r=4.5Ω,变阻器Rl的最大电阻Rm=5.0Ω,R2=1.5Ω,R3=R4=1000Ω,平行板电容器C的两金属板水平放置.在开关S与a接触且当电路稳定时,电源恰好有最大的输出功率,在平板电容器正中央引入一带电微粒,也恰能静止.那么( )
A.在题设条件下,R1接入电路的阻值为3Ω,电源的输出功率为4.5W
B.引入的微粒带负电,当开关接向b(未接触b)的过程中,微粒将向下运动
C.在题设条件下,R1的阻值增大时,R2两端的电压增大
D.在题设条件下,当开关接向b后,流过R3的电流方向为d→c
三、实验题探究题(本大题共2小题,共10.0分)
16.为了测量一精密金属丝的电阻率:
先用多用电表
挡粗测其电阻为______
,然后用螺旋测微器测其直径为______mm,游标卡尺测其长度是______mm.
17.某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻.已知干电池的电动势约为1.5V,内阻约为1Ω;电压表(量程0~3V,内阻3kΩ),电流表(量程0~0.6A,内阻1.0Ω),滑动变阻器有R1(最大阻值10Ω,额定电流2A)和R2(最大阻值100Ω,额定电流0.1A)各一只.
(1)实验中滑动变阻器应选用______.(选填“R1”或“R2”)
(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路.
(3)在实验中测得多组电压和电流值,得到如图丙所示的电压与电流关系图线,根据图线求出的电源电动势E=______V,内阻r=______Ω.(结果保留两位小数)
四、计算题(本大题共3小题,共30.0分)
18.如图所示,电源电动势E=18V,内阻r=2Ω,两平行金属板水平放置,相距d=2cm,当变阻器R2的滑片P恰好移到中点时,一带电量q=-2×10-7C的液滴刚好静止在电容器两板的正中央,此时理想电流表的读数为1A.已知定值电阻R1=6Ω求:
(1)带电液滴的质量(取g=10m/s2).
(2)当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后,液滴到达极板时的动能.
19.
如图所示电路中,电源电动势E=12V,内阻r=2Ω,指示灯RL的阻值为16Ω,电动机M线圈电阻RM为2Ω.当开关S闭合时,指示灯RL的电功率P=4W.求:
(1)流过电流表A的电流.
(2)电动机M输出的机械功率.
20.如图所示,电阻R1为4Ω,电源内阻r为1Ω,当合上电键S且滑动变阻器R2为4Ω时,电源的总功率为16W,电源的输出功率为12W,灯泡正常发光。
求:
(1)电源的电动势;
(2)电灯的电阻和灯的额定功率;
(3)当电键S断开时,为使灯泡正常发光,滑动变阻器的阻值应调到多少?
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
由电池上面的标称值可以读出电动势为3.6V,mA·h为电量单位,由此可知电池储存的电量为500mA·h,还有就是电池的品牌是摩托罗拉。
能够熟练读出用电器上面的标称值是关键。
【解答】
由q=It可知mA·h为电量单位,从电池的标称值可直接读出储存的电量为500mA·h。
故选A。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答,欧姆定律的内容是:
电阻一定时,导体中的电流与导体两端的电压成正比,当导体两端的电压一定时,通过导体的电流与导体的电阻成反比,导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定,与电压电流无关。
知道影响电阻大小的因素,并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关是解决本题的关键,欧姆定律只是计算电阻的一种方法。
【解答】
A.欧姆定律适用于纯电阻电路或电解质导电,不是适用于一切导电物质,电动机为非纯电阻电路,故A错误;
B.导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定,与电压电流无关,故B错误;
C.欧姆定律的内容为:
通过导体的电流跟它两端的电压成正比,跟它的电阻成反比,故C正确;
D.对一定的导体,它两端的电压与通过它的电流的比值一定不变,故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】
解:
A、电阻大小与电压及电流无关;故AB错误;
B、I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数;故A的电阻小于B的电阻;故C正确,D错误;
故选:
C.
I-U图象中图象斜率的倒数表示电阻;根据图象的斜率可明确电阻的大小;明确电阻大小与电压和电流无关.
本题考查电阻定律及欧姆定律的应用,要注意明确I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数.
4.【答案】A
【解析】
解:
分析电路可知L3,L4并联后与L1,L2串联接入电路,
灯泡的电阻R=
,
则电路总电阻
,
干路电流I=
,
则经过L3的电流
,故A正确.
故选:
A
先分析电路的结构,此电路为L3,L4并联后与L1,L2串联接入电路,根据串并联电路的特点结合欧姆定律列式求解即可.
本题主要考查了欧姆定律以及串并联电路的特点的直接应用,知道串联电路,电流处处相等,并联电路电压相等,难度不大,属于基础题.
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查电表的改装,利用并联的分流关系可将表头改装成电流表,利用串联的分压关系可将表头改装成电压表。
【解答】
由题意可知:
灵敏电流表改装成电压表的方法要串联一个电阻,设串联的电阻为R,由串联的特点可知
,
所以
;
改装成大量程的电流表需要并联电阻,设并联的电阻为R1由并联分流可知
,
所以有:
;故ABD错误C正确。
故选C。
6.【答案】D
【解析】
解:
设一个
圆薄金属片的电阻为R0,
甲图为两个
圆薄金属片并联,R1=
R0=R,
乙图为两个
圆薄金属片串联,R2=2R0=4R.
故选:
D.
由图可知,将甲图视为两个
圆薄金属片并联,则乙图为两个
圆薄金属片串联,根据串并联电阻的关系判断.
本题考查了学生对电阻串并联特点的掌握和运用,看出甲为并联,乙两图为串联是本题的关键,不能根据电阻定律分析求解.
7.【答案】B
【解析】
解:
当滑片向b滑动时,R接入电阻增大,总电阻增大;由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小,则内电压减小,由U=E-Ir可知路端电压增大,即电压表示数增大;
因路端电压增大,R1两端的电压减小,故并联部分电压增大,由欧姆定律可知电流表示数增大;故B正确;
故选:
B.
首先认识电路的连接关系:
R2与R并联后与R1串联,电压表测路端电压,电流表测量流过R2的电流;滑片向b端移动时,滑动变阻器接入电阻增大,则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化;再分析并联电路可得出电流表示数的变化.
本题中R1也可直接作为内电阻处理,可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大,流过R2的电流增大.
8.【答案】A
【解析】
本题考查了电路的故障分析,此题解答从选项出发,验证出现的问题。
若出故障的是L1,且L1断路,电路中没有电流,则V2的示数为零,不符合题意,
若出故障的是L1,且L1短路,则电流表的读数应增大,不可能为零,不符合题意,
若出故障的是L2,且L2断路,电流中没有电流,L2两端的电势分别等于电源两极的电势,则L2两端的电压等于电源的电压,符合题意,确;
若L1和L2都同时断路,V2的示数和A的示数都变为零时,与题意不符,故BCD错误。
A正确。
故选A。
9.【答案】C
【解析】
解:
A、C该图象反映了电源的输出功率P随外电阻R变化的规律,由图看出,电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小,当R=r时,电源有最大的输出功率,故A正确.
B、当R=r时,路端电压与电源的内电压,则U=0.5E,电源的效率η=
×100%=
×100%=50%,故B正确.
C、电源的功率P=EI,当外电阻R的增大时,I减小,则P减小,故C错误.
D、电源的效率η=
×100%=
×100%=
×100%,则知R增大时,电源的效率增大,故D正确.
本题选错误的,故选:
C.
根据图象可知,电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小,当R=r时,功率最大,电源的效率η=
×100%.电源的功率P=EI,从而即可求解.
本题要求同学们能根据图象得出有效信息,关键知道电源效率如何计算,电源的功率公式P=EI,注意本题选择错误的.
10.【答案】A
【解析】
解:
AB、根据焦耳定律得,电动机线圈产生的热量为Q=I2Rt,故A正确,B错误;
C、电动机两端的电压为U,通过的电流强度为I,工作时间为t,则电功为W=UIt,电动机消耗的电能为W=UIt;
电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,欧姆定律不成立,求线圈产生的热量不能用
;故C错误;
D、由能量转化和守恒定律得,电动机输出的机械能E机=W-Q=UIt-I2Rt,故D错误;
故选:
A
电动机正常工作时,其电路是非纯电阻电路,线圈产生的热量根据焦耳定律求解.电功是消耗电能的量度,求出电功,得到电动机消耗的电能,由能量转化和守恒定律求解电动机输出的机械能.
对于电动机,正常工作时,其电路是非纯电阻电路,欧姆定律不成立,电功大于电热;当电动机通电不转动时,其电路是纯电阻电路,欧姆定律成立,电功等于电热.
11.【答案】BD
【解析】
【分析】
电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的,利用并联电阻的分流作用,将灵敏电流表G和电阻并联,改装成安培表.利用串联电阻的分压作用,将灵敏电流表G和电阻串联,改装成安培表。
本题考查电表改装的原理和量程的意义。
【解答】
A.甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联,利用并联电阻的分流,改装成安培表.安培表的量程
,可知当R减小时量程I增大,故A错误;
B.乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联,利用串联电阻的分压,改装成伏特表.伏特表的量程U=Ig(Rg+R),可知R增大时量程增大,故B正确;
C.由公式
知,在甲图中,若改装成的电流表的量程为0.6A,则R=1.003Ω,故C错误;
D.由公式U=Ig(Rg+R)知,在乙图中,若改装成的电压表的量程为3V,则R=1200Ω,故D正确。
故选BD。
12.【答案】ACD
【解析】
解:
A、电源内部的发热功率Pr=I2r,Pr-I图象是抛物线,而且是增函数,则反映Pr变化的图线是c。
故A正确。
B、直流电源的总功率PE=EI,P-I图象的斜率等于电动势E,则有E=
=
=4V.故B错误。
C、图中I=2A时,电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等,则有Pr=I2r,得到r=
=
Ω=2Ω.故C正确。
D、当电流为0.5A时,根据闭合电路欧姆定律得:
I=
,代入解得R=6Ω.故D正确。
故选:
ACD。
电源内部的发热功率Pr=I2r.直流电源的总功率PE=EI,P-I图象的斜率等于电动势E.当I=2A时,电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等,求出电源的内阻.根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻.
本题要理解图象的性质;根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势,根据发热功率的解析式I2r,求解电源的内阻.
13.【答案】BC
【解析】
解:
A、在时间t内消耗电能(W电)转化为机械能(W机=mgh)和内能(W内=I2Rt),
所以W电=mgvt+I2Rt
而W电=EI-I2r
解得:
,故A错误,B正确;
C、如果电动机转轴被卡住而停止转动,则电动机相当于电阻为R的电阻,所以电路的电流增大,
根据P=I2r可知较短时间内电源消耗的功率将变大,故C正确,D错误.
故选BC
电流通过直流电动机做功,消耗电能(W电=UIt)转化为机械能(W机=mgh)和内能(W内=I2Rt),可求消耗的电能,再根据W电=EI-I2r求解电源内阻;如果电动机转轴被卡住而停止转动,则电动机相当于电阻为R的电阻,电路的电流增大,电源消耗的功率增大.
本题考查了消耗电能(电功)的计算、功率的计算.特别是要知道电动机不是纯电阻用电器,电流做功消耗的电能大部分转化为机械能、少部分转化为内能(发热).
14.【答案】AC
【解析】
【分析】
写出U与I的函数表达式,再根据斜率绝对值是内阻与纵截距是电动势,即可求出电动势和内电阻的值;
本题的关键要明确U-I图象中图象斜率和纵轴截距的物理意义。
【解答】
AB.根据闭合电路欧姆定律可以知道:
,可见U-I图象的纵轴截距即为电动势,图象斜率的绝对值即为电源的内电阻r,由图象可得:
电动势为:
E=2.0V,内阻为:
,故A正确;故B错误;
C.当外电阻为0时,电源短路,则短路电流
,故C正确;
D.当U=1.5V时,由
可得,
;故D错误。
故选AC。
15.【答案】AD
【解析】
解:
A.在开关S与a接触且当电路稳定时,电源恰好有最大的输出功率,可知R1+R2=r.R2=1.5Ω,则R1=3Ω.电源的输出功率Pm=
=4.5W.故A正确.
B.在开关S与a接触且当电路稳定时,在平板电容器正中央引入一带电微粒,也恰能静止.微粒受重力和电场力平衡.而上极板带正电,可知微粒带负电.当开关接向b(未接触b)的过程中,电容器所带的电量未变,电场强度也不变,所以微粒不动.故B错误.
C.电容器所在的支路相当于断路,在题设条件下,R1和R2及电源构成串联电路,R1的阻值增大时,总电阻增大,总电流减小,R2两端的电压减小.故C错.
D.在题设条件下,开关接a时,上极板带正电,当开关接向b后,下极板带正电,流过R3的电流方向为d→c.故D对.
故选AD.
A.根据当外电阻等于内电阻时,电源的输出功率最大去求解.
B.对微粒进行受力分析,根据微粒处于平衡状态,判断出微粒的电性.当开关接向b(未接触b)的过程中,电容器电荷量未变,从而判断出微粒的运动状况.
C.电路的动态分析抓住电动势和内阻不变,结合闭合电路欧姆电路进行分析.
D.找出开关接a和接b上下极板所带电荷的电性,即可确定出电流的方向.
解决本题的关键掌握在什么情况下,电源的输出功率最大,以及电容器的特性.
16.【答案】6
【解析】
【分析】
欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数;螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数;游标考查主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数。
本题主要是考查了测量工具的读数问题;对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基本仪器进行有关测量,能够正确的进行读数。
【解答】
由图示多用电表可知,待测电阻阻值是6×1Ω=6Ω;
由图示螺旋测微器可知,其读数为:
2mm+9.5×0.01mm=2.095mm;
由图示游标卡尺可知,其示数为:
36mm+2×0.1mm=36.2mm。
故答案为:
6;2.095;36.2。
17.【答案】R1;1.46;0.94
【解析】
解:
(1)为方便实验操作,实验中滑动变阻器应选用R1.
(2)根据图甲所示实验电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示.
(3)由图丙所示U-I图象可知,图象与纵轴交点坐标值为1.46,则电源电动势E=1.46V,
电源内阻:
r=
=
≈0.94Ω.
故答案为:
(1)R1;
(2)实物电路图如图所示;(3)1.46;0.94.
(1)为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器;
(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图;
(3)电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻.
本题考查了求电源电动势与内阻实验,电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势,图象斜率的绝对值是电源内阻.
18.【答案】解:
(1)根据闭合电路欧姆定律,路端电压为;
U=E-Ir=18-1×2.0=16V
液滴平衡,故:
mg=q
解得:
m=
=
=1.6×10-5kg
(2)当滑片在中点时:
I(R+
)=U=16V
解得:
R2=20Ω
当滑片滑到C点时,路端电压:
U′=
=
根据动能定理,液滴到达上极板时的动能为:
=
=
×(-2×10-7C)×(16V-
V)=7.14×10-8J
答:
(1)带电液滴的质量为1.6×10-5kg.
(2)当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后,液滴到达极板时的动能为7.14×10-8J.
【解析】
(1)根据闭合电路欧姆定律求解路端电压,然后对液滴根据共点力平衡条件列式求解质量;
(2)当把滑动变阻器的滑动片P迅速移到C点后,电压增加,液滴向上做匀加速直线运动,根据动能定理列式求解末动能.
本题关键是明确电路结构,根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系求解极板间的电压;然后结合平衡条件、动能定理列式求解;不难.
19.【答案】解:
(1)设流过指示灯RL的电流为I1,流过电流表A的电流为I
则指示灯RL的电功率P=I12RL
代入数据解得I1=0.5A
路端电压U=I1RL=8V
由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
解得I=2A
即流过电流表的电流示数为2A.
(2)设流过电动机M的电流为I2
根据并联电路的电流关系I2=I-I1=1.5A
电动机输出的机械功率P出=I2U-I22RM
代入数据解得P出=7.5W
电动机输出的机械功率为7.5W.
【解析】
(1)由图可知,指示灯与电动机并联;已知指示灯的电功率,则由功率公式P=I2R可求得灯泡中的电流,再由欧姆定律可求得并联部分的电压,由闭合电路的欧姆定律可求得干路中的电流;
(2)由并联电路的电流规律可求得电动机的电流,则由功率公式P=UI可求得电动机消耗的总功率,而输出功率等于总功率减去热功率.
此类题目首先要明确电路的结构,再根据电路特点选择合适的方法;因电动机不是纯电阻电路,故应特别注意功率公式的选择,应由P=UI求总功率,不能用P=
求电动机的总功率.
20.【答案】解:
(1)电键S合上,由P总-P出=I2r,代入解得I=2A
由P总=EI,得
E=8V
(2)U=E-Ir=6V
流过R1的电流
则流过灯的电流IL=I-I1=0.5A
灯的电压UL=U-U2=U-ILR2=4V
灯的电阻
灯的功率P灯=ULIL=2W
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