二轮复习之精题巧练二十一

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精新课标2014年高考二轮复习之精题巧练二十一1．在5分钟内通过导体横截面积电荷量为1200C，若导体的电阻为10Ω,这时导体两端加的电压为()A．240VB．120VC．50VD．40V【答案】D【解析】I＝Q/t，又I＝U/R，解得U＝40V.2．如图所示,电源电压为200V，两个电容器完全相同,静电计读数为U电压表读数为U′，以下说法正确的是()A．U＝100V，U′＝100VB．U＝0，U′＝200VC．U＝200V，U′＝0D．U＝100V，U′＝0【答案】C【解析】由于电压表的接入，电路的性质会发生变化，相当于一个电阻R与电容C′的并联，再与C串联，此时C′完全可以认为不存在(只在接入电压表的瞬间，由于C′的放电，电压表有读数）．由此可知电压会全部落在C两端，而稳定时电路中没有电流，故电压表的读数为零，静电计的读数为200V，所以C正确．3．教学上用的吸尘器的电动机内阻是一定的，当加上0.3V的电压，电流为0。3A时，吸尘器上的直流电动机不转动；当加上2.0V的电压、电流为0。8A时,它正常工作，则吸尘器正常工作时输出功率与输入功率之比为(）A．3∶5B．5∶3C【答案】A【解析】电动机不转时，可视为纯电阻，由欧姆定律可知其内阻为r＝1Ω；当正常工作时,Pλ＝UI＝2。0×0.8W＝1.6W，P热＝I2r＝0.82×1W＝0.64W,所以P出＝Pλ－P热＝1.6W－0.64W＝0。96W,所以输出功率与输入功率之比为3∶5，A正确．4．一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若考虑温度对电阻的影响，把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率（)A．等于36WB．小于36W，大于9WC．等于9WD．小于9W【答案】B【解析】当灯泡两端加36V的电压时,灯泡能够正常工作，消耗的电功率为36W,此时灯泡的电阻为36Ω。当灯泡两端加上18V的电压时,灯泡不能正常工作，消耗的电功率必然小于36W,而此时灯丝的温度要比加36V时的低，则工作时灯丝的电阻率必然比正常工作时的要小,灯丝电阻必然小于36Ω，则由公式P＝eq\f（U2，R）可以得出此时消耗的电功率要大于9W，故B选项正确．二、双项选择题（本题共5小题,每小题6分，共30分．以下各小题四个选项中，只有两个选项符合题意．若只选一个且正确的给3分，若选两个且都正确的给6分，但只要选错一个或不选，该小题就为0分）5．如右图所示,在研究电源的内、外电压的实验装置中，玻璃容器盛有稀硫酸，稀硫酸中插入石墨M、锌棒N作为电源的两极．A、B是位于两极内侧的探针,电压表V1、V2分别接在电源的两极和探针上．下列说法正确的是（）A．M极为电源正极，电压表V2的正接线柱应与探针B相连B．当滑动变阻器滑动触头向左移动时，电压表V1、V2示数均减小C．当滑动变阻器滑动触头向左移动时，电源提供的总电功率不变，滑动变阻器电功率一定减小D．无论滑动变阻器触头向右或向左移,滑动变阻器上通过相同的电荷量时，电源消耗的化学能相等【答案】AD【解析】电压表V2是测量内电压，故其电流从电源负极流向正极，A对．滑动变阻器触头左移时，外电阻变小，总电流增大，则外电压U1减小，内电压U2增大,B错．I增大时，电源总功率P＝Iε一定增大，但滑动变阻器消耗的功率（输出功率）可能增大，可能减小(当外电阻等于电源内阻时，输出功率最大），故C错．电源消耗的化学能W＝εIt＝εq，故D对．6．关于三个公式：①P＝UI，②P＝I2R，③P＝eq\f（U2,R）,下列叙述正确的是(）A．公式①适用于任何电路电热功率的计算B．公式②适用于任何电路电热功率的计算C．公式①、②、③适用于任何电路电功率的计算D．公式①适用于任何电路电功率的计算【答案】BD【解析】公式P＝UI适用于任何电路电功率的计算，而非电热功率的计算，故A项错误，D项正确;焦耳定律公式P＝I2R适用于任何电路电热功率的计算，故B项正确,C项错误．7．如右图所示的电路中，滑动变阻器的最大阻值R＝20Ω，电源为恒压电源,R0为定值电阻．当滑片P位于最右端B时，电流表的示数为0.30A．若把滑片P向左移到C点时（RBC＝eq\f(1，5)R)，通过R0的电流大小可能是()A．0.28AB．0.33AC．0。37AD．0。41A【答案】BC【解析】由已知可得:0。3（R0＋20)＝I（R0＋16），所以I＝0.3×eq\f(R0＋20，R0＋16).由于R0未知，可取端值，当R0＝0时，Imax＝0.375A;当R0＝∞时,Imin＝0。3A，即0。3A＜I＜0。375A。8．某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中正确的是（）A．加5V电压时，导体的电阻是0。2ΩB．加12V电压时,导体的电阻是8ΩC．由图可知,随着电压增大,导体的电阻不断减小D．由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小【答案】BD【解析】U＝5V时，I＝1.0A．R＝eq\f（U，I）＝5Ω，同理U＝12V时,R＝8Ω，由图线可知随着电压的增大，电阻不断增大，随电压的减小，电阻不断减小，B、D对，A、C错．9．如下图所示电路，由于某一电阻发生断路或短路，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【答案】BC【解析】假设R1短路，发生故障后总电阻减小,干路电流增大,与R1并联支路电流减小，与R1串联电路电流增大，故A、B两灯都将变亮，与题设现象不同．所以A选项错误；假设R2断路，则电路中总电阻增大，总电流减小，A灯变暗，同时B灯两端电压增大，B灯变亮，表现与题设现象相同，所以选项B正确；假设R3断路，同理推知A灯变暗,B灯变亮，选项C正确;假设R4短路，可推知A、B灯都变亮，选项D不正确．三、非选择题(本题共3小题,共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)10．(18分)在“用电压表和电流表测电池的电动势和内阻”的实验时，一般是不用新电池而用旧电池进行实验，其原因是：旧电池的内阻较大，而新电池的内阻很小，实验时，电压表的读数变化很小，从而影响测量值的精确性．如果要较为精确地测量一节新电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验．(1）用连线的方法将这些仪器连成电路．（2）写出实验得出的新电池内阻r的表达式,并说明各字符的物理含义．【答案】（1）电路连接如下图(2)新电池内阻的表达式是r＝eq\f(U1－U2，I2－I1）－R0，式中U1、U2、I1、I2分别是滑动变阻器阻值改变时电压表和电流表对应的读数，R0是接入电路的电阻箱的阻值(此值直接从电阻箱上读出,一般为几欧姆)．【解析】由于新电池的内阻比较小，为了便于较准确的测量，需要给新电池串联一个已知阻值的电阻,然后按照测量旧电池的方法来测量即可．在本实验中，已知阻值的电阻用电阻箱来代替即可．11．(18分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下:小灯泡L，“3.8V、0.3A”电压表V,量程0~5V，内阻5kΩ电流表A1，量程0~100mA，内阻4Ω电流表A2，量程0～500mA，内阻0.4Ω滑动变阻器R1，最大阻值10Ω,额定电流1.0A滑动变阻器R2，最大阻值5Ω，额定电流0.5A直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0。5Ω(1)在上述器材中，滑动变阻器应选________，电流表应选____________（2）在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号．eq\x（\a\al(,，,,)）（3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在I－U坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中P为小灯泡的功率)（）【答案】(1）R1A2（2）电路图如解析图所示(3）D【解析】（1)本题变阻器采用分压接法，通常应当选用最大阻值小的滑动变阻器,但本题中如果选用R2，则电路中的电流会超过R2允许通过的最大电流，故滑动变阻器应当选择R1.电流表A1的量程太小,故电流表应当选择A2.(2）电路如下图所示，由于电压要从0开始测量，滑动变阻器用分压接法；因为灯泡的内阻比较小，电流表用外接法．（3)随着通过小灯泡电压电流的增大，小灯泡消耗的功率增大，小灯泡的电阻也增大，由U－I图知D图正确．12．(18分）澳大利亚设计师设计并制造了一艘试验性的太阳能帆船，下图是它的照片．它既有普通的柴油发动机作为动力系统，又有四个特殊的风帆，每只高6m,宽1.5m，表面布满太阳能电池．这样，它既可以利用风力航行，又可以利用太阳能发电再利用电能驱动，特别适用于航速较低的旅游观光时使用．已知帆船在行驶中所受阻力跟船速的平方成正比．某次试航时关闭柴油发动机，仅靠风力航行时速度为2m/s,阻力大小f＝1。5×103N．开动太阳能电池驱动的电动机后船速增加到3m/s。当时在烈日照射下,每平方米风帆上实际获得的太阳能功率为600W，电动机的效率为η1＝90％。设风力的功率不受船速影响．求：(1)电动机提供的机械功率是多大?(2）太阳能电池将太阳能转化为电能的效率η2是多少？【解析】由f＝kv2得,当船速达到3m/s时，阻力大小为f1＝1.5×103×32/22N＝3。375×103N风力的功率