高考物理二轮复习 第八章 恒定电流单元质量检测-人教版高三全册物理试题.doc

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1、单元质量检测(八)恒定电流一、选择题(第15题只有一项正确，第68题有多项正确)1有两个标有“110 V25 W”和“110 V60 W”字样的灯泡，要把它们接在220 V的电源上，灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是下图中的() 解析：选B25 W和60 W的两灯泡的额定电流分别为I1 A，I2 A，故选项C中两灯泡不能同时正常发光，C错误；A选项中电阻的功率为P110 W 85 W，D选项中两电阻消耗的功率和为P110 W110 W85 W，选项A、D中电路消耗的总功率都是170 W；B选项中电阻消耗的功率为P110 W35 W，该电路消耗的总功率为120 W，故选项B满足条件。2.如图所

2、示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()A电压表与电流表的示数都减小B电压表与电流表的示数都增大C电压表的示数增大，电流表的示数减小D电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：选A由变阻器R0的滑动端向下滑动可知，R0连入电路的有效电阻减小，R总减小，由I可知I增大，由U内Ir可知U内增大，由EU内U外可知U外减小，故电压表示数减小。由U1IR1可知U1增大，由U外U1U2可知U2减小，由I2可知电流表示数减小，故A正确。3. (2017东北三校模拟)如图所示，C16 F，C23 F，R13 ，R26 ，电源电动势E18 V，内阻不计。下列说法正确的是()

3、A开关S断开时，a、b两点电势相等B开关S闭合后，a、b两点间的电流是4 AC开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大解析：选CS断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由题图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误；S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1C2，由QCU知，此时Q1Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I2 A，此时两电阻两端电压分别为U1IR16 V、U2IR212 V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1C1U

4、13.6105C、Q2C2U23.6105C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故C正确，B、D错误。4(2017烟台联考)如图所示的电路中，开关闭合时，灯L1、L2正常发光。由于电路出现故障，灯L1突然变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小。则发生的故障可能是()AR1断路BR2断路CR3断路 DR4断路解析：选A由题图知，R1与灯L1并联，若R1断路则电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I总，知电路的总电流减小，则并联电路R3、R4的总电流减小，并联电路两端的总电压减小，由欧姆定律可知电流表的读数变小，流过灯L2电流变小，灯L2变暗，同理R2两端的电压也减小，由路端

5、电压增大，得到灯L1两端的电压增大，灯L1的功率增大，灯L1变亮，A对；若R2断路，则电路断开，两灯不亮，电流表没有读数，B错；若R3断路则灯L2不亮，C错；若R4断路则电流表没有读数，D错。5. (2017山东模拟)如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()A电压表读数减小B电流表读数减小C质点P将向上运动DR3上消耗的功率逐渐增大解析：选A滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，外电路电阻变小，电路总电阻变小，电路电流变大，内电压变大，外电压变小。电路电流变大使得电阻R1两端电压变大，从而电阻R3两端电压变小，其消

6、耗功率变小，故选项D错误；电阻R3两端电压变小，电容器两端电压变小，质点P因所受静电力变小会向下运动，因此选项C错误；电路电流变大，而通过电阻R3的电流变小，故通过电阻R2支路的电流变大，电流表示数变大，选项B错误；通过电阻R2支路的电流变大，从而电阻R2两端电压变大，滑动变阻器两端电压变小，电压表示数变小，选项A正确。6.如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线与直线、相交点的坐标分别为P(5.2,3.5)、Q(6,5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()A电源1与电源2的内阻之比是32B电源

7、1与电源2的电动势之比是11C在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是12D在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是710解析：选AB根据题图可知，E1E210 V，r1 ，r2 ，所以r1r232，E1E211，选项A、B正确；曲线与其他两条直线的交点坐标，表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出，此时小灯泡消耗的功率分别为P118.2 W和P230 W，小灯泡的电阻分别为R1 ，R2 ，所以选项C、D错误。7. (2017雅安联考)如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部，原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下，P的运动情况说法正确的是()A

8、保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止 B保持S闭合，减少A、B板间距离，P向上运动 C断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动 D断开S后，减少A、B板间距离，P仍静止解析：选ABD保持S闭合，电源的路端电压不变。增大A、B板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E得到，板间场强不变，P所受电场力不变，仍处于静止状态，故A正确；保持S闭合，电源的路端电压不变，电容器的电压不变，减少A、B板间距离，由E可知，板间场强增大，电场力增大，P将向上运动，故B正确；断开S后，电容器的电量Q不变，由推论E得到，板间场强不变，P所受电场力不变，仍处于静止状态，故C错

9、误，D正确。8. (2017辽宁大连八中模拟)在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示。下列判断正确的是()A.不变，不变B.变大，变大C.变大，不变D.变大，不变解析：选ACD因为R1，且R1不变，所以不变，不变；因为R2，且R2变大，所以变大，但R1r，所以不变；因为R2R1，所以变大，又r，故不变。选项A、C、D正确。二、实验题9某同学通过实验测量一种合金的电阻率。(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧

10、图甲所示的部件_(选填“A”、“B”、“C”或“D”)。从图中的示数可读出合金丝的直径为_mm。(2)图乙所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出。合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化。由此可以推断：电路中_(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了_(选填“短路”或“断路”)。(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 。为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？ 请写出两条建议

11、。_；_。解析：(1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B，合金丝的直径为0.410 mm。(2)题中所述情况说明电压表被串联在电路中，致使电流表读数很小，电压表读数接近电压电动势，因此电路中连接合金属丝的接线柱7、9之间部分应发生了断路。(3)由于，因此应采用电流表的内接法，减小因电压表分流引起的系统误差，另外可采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差。答案：(1)B0.410(2)7、9断路(3)电流表改为内接法测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值10(2017威海模拟)某校进行实验电路设计比赛，实验台上备有下列器材：A电压表V1(量程约2 V，内阻约1 k)

12、B电压表V2(量程为6 V，内阻为2 k)C电流计G(量程为3 mA，内阻约500 )D电流表A(量程为0.6 A，内阻为0.5 )E滑动变阻器R1(015 ，0.5 A)F滑动变阻器R2(01 k，0.1 A)G电阻箱R3(0999.9 ，0.1 A)H电阻箱R4(09 999.9 ，0.2 A)I电源(6 V,0.5 A)J开关、导线若干(1)利用以上器材在图中所示虚线框内设计最佳测量电路，要求既能确定电压表V1的量程，又能尽量准确地测定其内阻，在图中标明选用器材的符号，图中滑动变阻器R应选择_(填写元件符号)。(2)若已知电压表V1量程为2 V，则下列实验小组设计的电路图中，能用来测定电

13、压表V1的内阻且设计合理的是_。解析：(1)分压电路中，在额定电流允许的前提下选择阻值较小的滑动变阻器更方便调节，因此选择R1。给定器材中电阻箱R4的最大阻值约为电压表V1内阻的10倍，因此最简测量电路为半偏法电路，如图所示。由于待测电压表V1量程未知，不能读数，要确定V1的量程，需在半偏法电路两端并联电压表V2以便读取总电压U，这样既不影响半偏法实验测量，同时又可以测出测量电路两端电压，保证此电压在调整电阻箱和滑动变阻器时保持不变，以减小实验误差。(2)若电压表V1量程已知，则可采用伏安法直接测量，电压表额定电流约为IV A2 mA，可用电流计G测量电流，电压则由V1读取，滑动变阻器阻值R1

14、远小于测量电路总电阻，应采用分压电路，选项A中电路图设计合理；选项B中，滑动变阻器用R2接成限流电路，R2接入电路中的阻值最大时，每1 k电阻的电压约为 V2.4 V，超过V1量程，不合理；选项C中V2与V1串联，可将V2当电流表使用，满偏电流IV2 A3 mA，与电流计G量程相同，且R2接入电路中的阻值最大时，每1 k电阻的电压约为 V1.5 V，设计合理；同理，选项D中V2与V1并联，V2多余且只能测量电压，不能计算V1内阻，设计不合理。答案：(1)测量电路见解析图R1(2)AC11(2017浙江模拟)太空探测器在探索宇宙过程中，由太阳能电池板给它提供能源。某中学物理实验室有一块太阳能电池

15、板，当有光照射它时(作为电源)，其路端电压与总电流的关系图像如图甲中的曲线所示；若没有光照射它时，相当于一个只有电阻的电学器件，无电动势。物理实验探究小组用“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验方法，探究该太阳能电池板在没有光照射时的伏安特性曲线，利用电压表(内阻约3 k)、电流表(内阻约100 )测得的多组数据作出的图像如图甲中曲线所示。(1)分析曲线可知，该电池板作为电阻器件时的阻值随通过电流的增大而_(填“增大”或“减小”)，若所设计的电路如图乙所示，实验时应将图乙中电压表另一端a接在_点(填“b”或“c”)。(2)图乙电路中a端接好后还少接了一根导线，请在图乙中画出。(3)分析曲线可知，该电

16、池板作为电源时的电动势约为_V，若把它与阻值为 1 k的定值电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射的情况下，该太阳能电池板的效率约为_%(计算结果保留两位有效数字)。解析：(1)由图线可知，该电池板作为电阻器件时，通过的电流增大两端电压增加变慢，可知其阻值随通过的电流增大而减小；无光照时太阳能电池板的阻值远大于电流表内阻，所以采用电流表内接法，即a端接b点。(2)描绘伏安特性曲线要求电压从零开始调节，即滑动变阻器要采用分压式接法，故应该将滑动变阻器右端与电源正极用导线相连，如图(a)所示。(3)太阳能电池板的电动势可由图线与纵轴的交点直接读出，即2.80 V；在图甲中作 1 k电阻的伏安特性曲线

17、如图(b)所示，图线与图线的交点即电路的工作点，其坐标为(1.80,1.80)，电池板的效率100%100%100%100%64%。答案：(1)减小b(2)见解析图(a)(3)2.806412(2016浙江高考)某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为 3 V、内阻约为3 k的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 的电流表。采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5 。(1)测R1阻值的最优连接方式为导线连接_(填a或b)、导线连接_(填c或d)。(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为_。U/V0.400.801.201.602.002

18、.40I/A0.090.190.270.350.440.53(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的，若测R2的阻值，则最优的连线应选_(填选项)。A连接a，连接cB连接a，连接dC连接b，连接c D连接b，连接d解析：(1)由于实验测量的是一个小电阻，故电流表应外接，因此导线接a，由于采用分压电路，故导线应接d。(2)根据实验数据作出R1的伏安特性曲线如图所示，图线的斜率即为电阻R1的大小，由图像可知，R14.6 。(3)设R1的边长为l，厚度为h，电阻率为，根据电阻定律，得R1，R2的阻值R2R1，故测量R2的电路同测量R1的电路，故选项B正确。答案：(1)ad(2)作图见解析4.6(4.44.7均可) (3)B