高考物理一轮复习 单元质检八 恒定电流.doc

单元质检八恒定电流(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.某电路如图所示,已知电池组的总内阻r=1 ,外电路电阻r=5 ,理想电压表的示数u=3.0 v,则电池组的电动势e等于()a.3.0 vb.3.6 vc.4.0 vd.4.2 v解析由欧姆定律得i=ur=35 a=0.6 a,又由闭合电路的欧姆定律得e=i(r+r)=0.6(5+1) v=3.6 v。答案b2.(2016湖南衡阳模拟)如图所示的u-i图象中,直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线b为某一电阻r的伏安特性曲线,两图线相交于(2,2)。用该电源和该电阻组成闭合电路,电源的输出功率和电源的内电阻分别是()a.6 w,1 b.6 w,0.5 c.4 w,1 d.4 w,0.5 解析由题图中图线a的截距可知,电源的电动势为e=3 v;由题图中图线a的斜率可知电源的内阻为r=0.5 ;由题图中a、b两图线的交点可知,闭合电路的总电流及路端电压分别为2 a和2 v。因此,电源的输出功率为p=ui=4 w,a、b、c错误,d正确。答案d3.(2016山东日照调研)如图所示,e为内阻不能忽略的电池,r1、r2、r3均为定值电阻,v与a均为理想电表;开始时开关s闭合,v与a均有读数,某时刻v和a的读数均变大,则电路中可能出现的故障是()a.r1断路b.r2断路c.r1短路d.r3短路解析当r1断路时,电流表示数变为0,a错误;当r2断路时,外电路的总电阻变大,故路端电压变大,即电压表读数变大,电路的总电流减小,故r1上的电压减小,r3两端电压变大,故电流表读数变大,与题目所给的现象吻合,故电路是r2断路,b正确;当r1短路或r3短路时,外电路电阻变小,路端电压变小,即电压表示数变小,c、d错误。答案b4.(2016浙江稽阳联谊学校联考)如图所示,图甲中m为一电动机,当滑动变阻器r的滑片从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2 a以下时,电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响,以下判断正确的是()a.电源电动势为3.4 vb.变阻器的滑片向右滑动时,v2读数逐渐减小c.此电路中,电动机的最大输出功率为0.9 wd.变阻器的最大阻值为30 解析由题图乙可知e=3.6 v,选项a错。变阻器的滑片向右滑动时,其连入电路的阻值变大,总电流变小,路端电压变大,则v2读数变大,选项b错。由题图乙知电动机内阻rm=4 ,当i=0.3 a时,电动机输出功率最大,最大为3.0 v0.3 a-(0.3 a)24 =0.54 w,选项c错。当i=0.1 a时,变阻器连入电路的电阻为最大值。由题图可知rm=4 ,r=2 ,由闭合电路欧姆定律可得r=ei-r-rm=30 ,选项d对。答案d5.如图甲所示为某一小灯泡的u-i图线,现将两个同样的小灯泡并联后再与一个4 的定值电阻r串联,接在内阻为1 、电动势为5 v的电源两端,如图乙所示,则()a.通过每盏小灯泡的电流强度约为0.2 a,此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 wb.通过每盏小灯泡的电流强度约为0.3 a,此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 wc.通过每盏小灯泡的电流强度约为0.2 a,此时每盏小灯泡的电功率约为0.26 wd.通过每盏小灯泡的电流强度约为0.3 a,此时每盏小灯泡的电功率约为0.4 w导学号17420299解析由题可知e=r+r+rl22i,rl=ui,所以有u=5-10i,在u-i图上作u=5-10i图线,其交点为u=2 v,i=0.3 a,p=ui=0.6 w,所以只有b项正确。答案b6.(2016陕西咸阳质检)如图所示,曲线c1、c2分别是直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线,由该图可知,下列说法正确的是()a.电源的电动势为4 vb.电源的内电阻为1 c.电源的输出功率最大为8 wd.电源被短路时,电源消耗的功率为16 w解析由题图可知,当电流为2 a时,内电路消耗功率为4 w,由i2r=4 w可得电源的内电阻为r=1 ,选项b正确;当电流为2 a时,外电路消耗功率也为4 w,外电路路端电压u=2 v,由e=u+ir可得电源的电动势为e=4 v,选项a正确;由u=ir可得外电路电阻r=1 时,电源输出功率最大,最大值为4 w,选项c错误;电源被短路时,短路电流为er=4 a,电源消耗的功率为i2r=16 w,选项d正确。答案abd7.如图所示电路中,电源电动势为e、内阻为r、r0为定值电阻,电容器的电容为c。闭合开关s,增大可变电阻r的阻值,电压表示数的变化量为u,电流表示数的变化量为i,则()a.变化过程中u和i的比值保持不变b.电压表示数u和电流表示数i的比值不变c.电阻r0两端电压减小,减小量为ud.电容器所带的电荷量增大,增加量为cu解析闭合开关s,增大可变电阻r的阻值,电流表示数减小,电压表示数增大,变化过程中u和i的比值等于定值电阻r0与电源内阻r之和,保持不变;电压表示数u和电流表示数i的比值等于可变电阻r的阻值,逐渐增大,选项a正确,b错误;电阻r0两端电压减小,减小量小于u,选项c错误;电容器所带的电荷量增大,增加量为cu,选项d正确。答案ad8.用标有“6 v3 w”的灯泡l1和“6 v6 w”的灯泡l2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路,其中电源电动势e=9 v。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时()a.电流表的示数为0.5 ab.电压表的示数约为6 vc.电路输出功率为6 wd.电源内阻为2 解析两个灯泡串联,所以电流相等,l1的额定电流为i1=p1u1=0.5 a,l2的额定电流为i2=p2u2=1 a,所以只有l1正常发光,电路中电流为0.5 a,a正确;从图象中可以看出,电流为0.5 a时,两灯的电压分别为6 v和2 v,因rl1rl2,由串联分压原理知,l1两端电压为6 v,l2两端电压为2 v,电压表示数为2 v,b错误;电路中输出功率为p=ui=(2+6)0.5 w=4 w,c错误;电源内阻r=e-ui=2 ,d正确。答案ad二、实验题(本题共2小题,共52分)9.(8分)(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示,校零时的读数为mm,合金丝的直径为mm。(2)为了精确测量合金丝的电阻rx,设计出如图甲所示的实验电路图,按照该电路图完成图乙中的实物电路连接。甲乙解析(1)校零时的读数为0.70.01 mm=0.007 mm;根据螺旋测微器的读数规则可知,测量的读数为0.5 mm+14.50.01 mm=0.645 mm,所以合金丝的直径为0.645 mm-0.007 mm=0.638 mm。(2)实物连接如图所示。答案(1)0.0070.638(2)如解析图所示10.(10分)(2016江西上饶中学一模)在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中,除标有“6 v1.5 w”的小灯泡、导线和开关外,还有:a.直流电源6 v(内阻不计)b.直流电流表03 a(内阻0.1 以下)c.直流电流表0300 ma(内阻约为5 )d.直流电压表015 v(内阻约为15 k)e.滑动变阻器“10 2 a”f.滑动变阻器“1 k0.5 a”实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能多测几次。(1)实验中电流表应选用,滑动变阻器应选用。(均用序号表示)(2)试按要求在虚线方框甲中画出电路图。(3)根据电路图将图乙中所示器材连成实验电路。导学号17420300解析(1)小灯泡的额定电流为0.25 a,估算其电阻为24 ,故为精确测量,电流表选c;为方便调节,滑动变阻器选e。(2)小灯泡内阻较小,故电流表采用外接法,滑动变阻器电阻相对灯泡较小,小灯泡两端的电压又要从零开始调节,故滑动变阻器选用分压式接法。(3)实物图连接可以根据分压式接法先把滑动变阻器下面两个接线柱直接连在电源和开关两端,再考虑小灯泡和电流表串联的一端接在滑动变阻器的上接线柱上,另一端接在开关离电源远的那个接线柱上,最后连接电压表。(要注意电流进出电表必须正进负出)答案(1)ce(2)如图所示(3)如图所示11.(11分)某同学想测量某导电溶液的电阻率,先在一根均匀的长玻璃管两端各装一个电极(接触电阻不计),两电极相距l=0.700 m,其间充满待测的导电溶液。用如下器材进行测量:电压表(量程15 v,内阻约30 k)、电流表(量程300 a,内阻约50 )、滑动变阻器(100 ,1 a)、电池组(电动势e=12 v,内阻r=6 )、单刀单掷开关一个、导线若干。下表是他测量通过管中导电液柱的电流及两端电压的实验数据。实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径,结果如图乙所示。u/v01.03.05.07.09.011.0i/a02265109155175240甲乙根据以上所述请回答下面的问题:(1)丙玻璃管内径d的测量值为 cm。(2)根据表中数据在图丙的坐标中已描点,请作出u-i图象,根据图象求出电阻r= (保留两位有效数字)。(3)计算导电溶液的电阻率表达式=(用r、d、l表示),测量值为 m(保留两位有效数字)。(4)请在虚线框内画出测量导电溶液电阻的电路图,并在图甲中补画出未连接的导线。甲解析(1)玻璃管内径d=30 mm+0.05 mm13=30.65 mm=3.065 cm。(2)根据描点,连线如图甲所示,由图可求出电阻r=4.6104 。(3)由r=ls和s=14d2可得=rd24l,代入数据可求得=48 m。(4)因为rvrrra,所以电流表应选内接法;由于滑动变阻器的最大阻值远小于待测阻值,故滑动变阻器应用分压式接法,电路图及实物图分别如图乙、丙所示。乙丙答案(1)3.065(2)见解析图甲4.6104(4.41044.8104均正确)(3)rd24l49(4553均正确)(4)见解析图乙、丙12.(12分)用伏安法测量一电池的内阻。已知该待测电池的电动势e约为9 v,内阻约数十欧,允许输出的最大电流为50 ma,可选用的实验器材有:电压表v1(量程5 v);电压表v2(量程10 v);电流表a1(量程50 ma);电流表a2(量程100 ma);滑动变阻器r(最大阻值300 );定值电阻r1(阻值为200 ,额定功率为18 w);定值电阻r2(阻值为220 ,额定功率为1 w);开关s;导线若干。测量数据如图坐标纸上u-i图线所示。(1)在下面的虚线方框内画出合理的电路原理图,并标明所选器材的符号。(2)在设计的电路中,选择定值电阻的根据是。(3)由u-i图线求得待测电池的内阻为 。(4)在你设计的电路中,产生系统误差的主要原因是。导学号17420301解析(1)该实验通过电源的输出特性曲线计算电源内阻,电源允许输出的最大电流为50 ma,故电流表选择a1,电源电动势约为9 v,故电压表选择v2,考虑到电流和功率,保护电阻选r2;(2)定值电阻的功率为18 w时,通过它的电流为i=0.125200 a=0.025 a=25 ma,而电路中的电流要接近50 ma,故应选r2;(3)u-i图线斜率的绝对值表示电源内阻,选择图象中的较远的两点,用r=ui可求得电源内阻约为51.0 ;(4)该实验中的干路电流应为电流表的读数加上通过电压表的电流,故该实验的系统误差来源为忽略了电压表的分流,从而使干路电流测量值偏小。答案(1)如图所示(2)定值电阻在电路中的功率会超过18 w,r2的功率满足要求(3)51.0(49.053.0范围内均可)(4)忽略了电压表的分流13.(11分)(2016上海单科)在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中(1)(多选题)用多用表测电流或电阻的过程中()a.在测量电阻时,更换倍率后必须重新进行调零b.在测量电流时,更换量程后必须重新进行调零c.在测量未知电阻时,必须先选择倍率最大挡进行试测d.在测量未知电流时,必须先选择电流最大量程进行试测(2)测量时多用表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10 v”挡,其读数为 v;若