高考物理一轮复习 第八章 恒定电流 第8讲 章末热点集训练习-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第8讲章末热点集训(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1(2018上海青浦区调研)如图(a)所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是(b)图中的()解析：选A.因为欧姆表需进行欧姆调零，所以电路图中应串联一个可变电阻，B、D错误；根据红进黑出可得A正确2用图示的电路可以测量电阻的阻值图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MPl1，PNl2，则Rx的阻值为

2、()A.R0BR0C.R0DR0解析：选C.电流表G中的电流为零，表示电流表G两端电势差为零(即电势相等)，则R0与Rl1两端电压相等，Rx与Rl2两端电压相等，其等效电路图如图所示I1R0I2Rl1I1RxI2Rl2由公式R知Rl1Rl2由式得即RxR0.选项C正确3如图所示，D为一插头，可接入电压恒定的照明电路中，a、b、c为三只相同且功率较大的电炉，a靠近电源，b、c离电源较远，而离用户电灯L很近，输电线有电阻关于电炉接入电路后对电灯的影响，下列说法中正确的是()A使用电炉a时对电灯的影响最大B使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a时小C使用电炉c时对电灯几乎没有影响D使用电炉b或c时对电

3、灯影响几乎一样解析：选D.由于电炉a靠近电源，流过a的电流，没有流过后面的输电线，不会引起输电线上电压降，接通与不接通对电路没有影响，选项A错误；使用电炉b时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，所以使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a时大，选项B错误；c离电源较远但靠近电灯，使用c时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，选项C错误；b、c离电源都较远，根据上面分析，对电灯影响几乎一样，故D正确4如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中()A电压表V的示数先

4、增大后减小，电流表A的示数增大B电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数减小C电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数增大D电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数减小解析：选A.在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数一直增大，选项A正确5如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是()AL1灯丝突然短路BL2灯丝突然烧断C电源的输出功率一定变小D电容器C上电荷量减少解析：选B.

5、当L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I得，电流表读数增大，A错；当L2灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由UEIr得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系决定，所以C错；当L2灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，所以电容器会充电，D错二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6.(2018成都一中模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小当

6、R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是()A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变解析：选BD.电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A错误；若增大电容器极板间的距离，根据公式C可

7、得电容器电容减小，由于电容器两端的电压恒定，根据公式C，故电容器所带电荷量减小，B正确；若仅用更强的光照射R1，R1的电阻减小，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，外电路总电阻减小，即电压表示数减小，根据公式C可得，U减小，Q也减小，C错误；根据闭合电路欧姆定律可得U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值表示电源内阻，所以恒定不变，D正确7图为某种电子秤工作原理的示意图，被称物体的质量可按照一定的换算关系通过电流表的示数获得秤盘中放入物体后，连杆P将从a点向下滑动，最终停在a、b间的某一位置关于该电子秤，下列说法正确的是()A物体质量越小，电流表的示数越大B物体质量越大，电流表的示数越

8、大C物体质量越大，电路中的总电阻越大D物体质量越小，电路中的总电阻越大解析：选BD.物体质量越小，则P点的位置越接近a端，滑动变阻器的电阻越大，则电路中电流越小，电流表的示数越小，选项A错误，D正确；同理，物体质量越大，则P点的位置越接近b端，滑动变阻器的电阻越小，则电路中电流越大，电流表的示数越大，选项B正确，C错误8.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有()AR接到a电源上，电源的效率较高BR接到b电源上，电源的输出功率较小CR接到a电源上，电

9、源的输出功率较大，但电源效率较低DR接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高解析：选BC.由图象知：接a时，50%，接b时，50%(图中虚线长与底边的比值为效率)，A错；在UI图象中，面积表示功率，显然接a时功率大，故B、C对；接b时，电阻的热功率小，D错9(2018河北唐山模拟)如图所示，电源电动势E3 V，小灯泡L标有“2 V，0.4 W”，开关S接1，当变阻器调到R4 时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作则()A电源内阻为1 B电动机的内阻为4 C电动机的正常工作电压为1 VD电源效率约为93.3%解析：选AD.由小灯泡的额定功率PUI可知，I0.2

10、A，由欧姆定律得RL，可知小灯泡正常发光时电阻RL10 ，由闭合电路欧姆定律可知I，解得r1 ，A正确；接2时小灯泡正常发光，说明电路中电流仍为0.2 A，故电动机两端电压UEIRLIr0.8 V，电动机为非纯电阻用电器，故电动机内阻不等于4 ，B、C错误；由PI2r，P总EI，100%，代入数据可得电源效率约93.3%，D正确三、非选择题(本题共3小题，共46分按题目要求作答)10(14分)某物理兴趣小组要精确测定一个额定电压为3 V的节能灯正常工作时的电阻已知该灯正常工作时的电阻约为500 .实验室提供的器材有：A电流表A(量程2 mA，内阻RA15 )B定值电阻R11 985 C滑动变阻

11、器R(010 )D电压表V(量程12 V，内阻RV1 k)E蓄电池E(电动势为12 V，内阻r很小)F开关S一个，导线若干(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的_(2)选择正确的电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用I表示，写出测量节能灯电阻的表达式Rx_(用题目中给出的相应字母表示)(3)为了测出节能灯正常工作时的电阻，电流表的示数必须调为I_mA，若此时电压表的读数U7.6 V，则节能灯正常工作时的电阻为_.解析：(1)因节能灯正常工作时的电压为3 V，比电压表的量程小得多，不能用电压表直接测节能灯的工作电压，节能灯正常工作时的电流I A6 mA，大于电流

12、表量程，所以不能用电流表直接测通过节能灯的电流，因电压表允许通过的最大电流为12 mA，电流表与定值电阻串联后的电压达4 V，所以可将电压表当做电流表使用，电流表与定值电阻串联当电压表使用，由相关量的关系可知电压表V应采用外接方式，又由于滑动变阻器的阻值远小于待测电阻，所以滑动变阻器要接成分压式，正确的电路图是C.(2)由电路结构及欧姆定律可知Rx.(3)因节能灯正常工作时的电压为3 V，此时对应的电流表示数为I1.5 mA，将U和I代入表达式可得节能灯正常工作时的电阻为492 .答案：(1)C(2)(3)1.549211(16分)某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一

13、个满偏电流为100 A、内阻为2 500 的表头，一个开关，两个电阻箱(0999.9 )和若干导线(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为050 mA的电流表，则应将表头与电阻箱_(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为_.(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且作相关计算后一并记录如表根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IRI图线.乙根据图线可得电池的电动势E是V，内阻r是.解析：（1）电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R（501031

14、00106）1001062 500，解得R5.0 .（2）描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为1.53 V，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0 .答案：（1）并联5.0（2）如图所示1.532.012.（16分）某实验小组欲测定一只小灯泡（其额定功率为0.75 W，但额定电压已经模糊不清）的额定电压值，实验过程如下：他们先用多用电表的欧姆挡测出小灯泡的电阻约为2 ，然后根据公式算出小灯泡的额定电压U1.23 V.但他们认为这样求得的额定电压值不准确，于是他们利用实验室中的器材设计了一个实验电路，进行进一步的测量.他们选择的实验器材有：A.电压表V（量程3

15、V，内阻约3 k）B.电流表A1（量程150 mA，内阻约2 ）C.电流表A2（量程500 mA，内阻约0.6 ）D.滑动变阻器R1（020 ）E.滑动变阻器R2（050 ）F.电源E（电动势4.0 V，内阻不计）G.开关S和导线若干（1）测量过程中他们发现，当电压达到1.23 V时，灯泡亮度很弱，继续缓慢地增加电压，当达到2.70 V时，发现灯泡已过亮，立即断开开关，所有测量数据见下表：次数1234567U/V0.200.601.001.401.802.202.70I/mA80155195227255279310请你根据表中数据，在给出的坐标纸上作出UI图线，从中可得小灯泡的额定电压应为V（

16、结果保留两位有效数字）.这一结果大于实验前的计算结果，原因是_.（2）从表中的实验数据可以知道，他们在实验时所选择的电路应为，电流表应选（填“A1”或“A2”），滑动变阻器应选（填“R1”或“R2”）.解析：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示；由图示图象可知，电压U2.5 V时，电流I0.3 A，灯泡功率PUI2.50.3 W0.75 W，等于灯泡额定功率，则灯泡额定电压为2.5 V；由于灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，因此灯泡额定电压大于计算结果.（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡正常发光时的电阻约为：R8.33，电压表内阻约为3k，电流表内阻约为0.6，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表采用外接法，应选择图C所示电路图；由表中实验数据可知，电流的最大测量值为310mA，电流表应选择A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1.答案：（1）UI图线：2.5 灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或：灯泡电阻随温度升高而变大）（2）C A2R18