高考物理大一轮复习讲义第七章章末限时练解读Word文档下载推荐.docx

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自重

40kg

额定电压

48V

载重

75kg

额定电流

12A

最大行驶速度

20km/h

额定输出功率

350W

A.电动机的输入功率为576W

B．电动机的内电阻为4Ω

C．该车获得的牵引力为104N

D．该车受到的阻力为63N

答案　AD

解析　电动机的输入功率P入＝UI＝48×

12W＝576W，故选项A正确．电动机正常工作时为非纯电阻元件，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B错误．电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出＝Ffvmax得Ff＝

＝

N＝63N，故选项C错误，D正确．

4．在如图2所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，

将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（　　）

A．灯泡L变亮

B．电源的输出功率变大

C．电容器C上的电荷量减少

D．电流表读数变小，电压表读数变大图2

答案　D

解析　滑动变阻器滑片P向左移动，接入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，通过电源的总电流变小，路端电压变大，D项正确；

由于电路中电流减小，由灯泡的功率P＝I2R可知灯泡消耗的功率减小，灯泡亮度变暗，A项错；

电路中电流减小，电源内电压及灯泡两端电压减小，由E＝Ur＋UR＋UL可知，滑动变阻器两端电压增大，电容器与滑动变阻器并联，故电容器两端电压增大，由Q＝CU可知，电容器带电荷量增大，C项错；

当外电路电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由题意不能确定二者关系，故B项错．

5．如图3所示是电容器充、放电电路．配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图象．实验中选用直流8V电压，电容器选用电解电容器．先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可瞬间完成．然后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图象上显示出放电电流随时间变化的I－t曲线，如图4所示．以下说法正确的是（　　）

图3

图4

A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小

B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐减小

C．由传感器所记录的该放电电流图象可以估算出该过程中电容器的放电电荷量

D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值

答案　BCD

解析　电容是用来描述电容器容纳电荷本领的物理量，大小与氧化膜厚度无关，选项A错误；

由U＝

可知，因电容器电容不变，放电过程中电容器所带电荷量逐渐减小，所以电容器两端电压逐渐减小，选项B正确；

由I＝

，再结合放电电流随时间变化的I－t曲线可知选项C正确；

根据I－t曲线可求出放电过程中通过电阻的电荷量，再由电容器放电瞬间电压与电源电压相等，根据C＝

即可求出电容器的电容值，选项D正确．

6．如图5所示，电源的电动势为E，内阻为r，两电表均可看做是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中（　　）

图5

A．小灯泡L1、L2均变暗

B．小灯泡L1变暗，L2变亮

C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大

D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小

答案　BD

解析　分析电路图可知，L1和滑动变阻器并联后再与L2串联，当滑动变阻器连入电路部分的阻值变小后，整个电路的电流变大，外电压减小，故电流表读数增大，电压表读数减小，D项正确；

流过L2的电流变大，加在L1两端的电压减小，故L1变暗，而L2变亮，B项正确．

7．某学生在研究串联电路电压特点时，接成如图6所示电路，接通

K后，他将高内阻的电压表并联在A、C两点间时，电压表读数

为U；

当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U；

当并联在

B、C两点间时，电压表读数为零，则出现此种情况的原因可能图6

是（R1、R2阻值相差不大）（　　）

A．AB段断路B．BC段断路

C．AB段短路D．BC段短路

解析　电路的故障可以由电压表示数判断，由于AB间的电压和AC间电压相同，BC间电压为零，故可确定可能是AB段断路或BC段短路，故A、D正确．

8．用标有“6V　3W”的灯泡L1、“6V　6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图7甲所示的实验电路，其中电源电动势E＝9V．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（　　）

图7

A．电流表的示数为1AB．电压表的示数约为6V

C．电路输出功率为4WD．电源内阻为2Ω

答案　CD

解析　两个灯泡串联，所以电流相等．L1的额定电流为I1＝

＝0.5A，L2的额定电流为I2＝

＝1A，所以只有L1正常发光，电路中电流为0.5A，A项错误；

从题图乙中可以看出，电流为0.5A时，两灯的电压分别为6V和2V，由串联分压原理知，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，B项错误；

电路输出功率为P＝UI＝（2＋6）×

0.5W＝4W，C项正确；

电源内阻r＝

＝2Ω，D项正确．

9．把标有“220V,100W”的A灯和“220V,200W”的B灯串联起来，接入220V的电路中，不计导线电阻，则下列判断中正确的是（　　）

A．两灯的电阻之比RA∶RB＝1∶2

B．两灯的实际电压之比UA∶UB＝2∶1

C．两灯实际消耗的功率之比PA∶PB＝1∶2

D．在相同时间内，两灯实际发热之比QA∶QB＝1∶2

解析　RA＝

Ω＝484Ω

RB＝

Ω＝242Ω，则RA∶RB＝2∶1

因为A与B串联

所以UA∶UB＝RA∶RB＝2∶1，

PA∶PB＝RA∶RB＝2∶1.

相同时间内，QA∶QB＝RA∶RB＝2∶1.

故只有B正确．

10．如图8所示，电源电动势均为E＝12V，内阻均为r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R0′＝1Ω.当调节滑动变阻器使R1＝2Ω时，图甲电路输出功率最大．调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定功率为6W），则此时R2的阻值和电动机的发热功率P为（　　）

图8

A．R2＝2ΩB．R2＝1.5Ω

C．P＝6WD．P＝4W

解析　由题图甲可知，当电流I＝2A时，电源的输出功率最大；

两图中电源相同，它们的最大输出功率相同，最大值为P出＝EI－I2r＝12W，其中6W是电动机消耗的功率，剩下的6W是R2的热功率，即I2R2＝6W，可得R2＝1.5Ω，选项A错，B对；

电动机的发热功率P＝I2R0′＝4W，选项C错，D对．

二、非选择题（共50分）

11．（10分）某研究小组收集了两个电学元件：

电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：

A．电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0kΩ）

B．电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5Ω）

C．电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50Ω）

D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）

E．电阻箱R2（0～999.9Ω）

F．开关S一只、导线若干

（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图9所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选________（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．

图9

（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图10所示的电路图．根据测量数据作出

－

图象，如图11所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是_______________________________________________．

图10　　　　　　　　图11

答案　

（1）A2　见解析图

（2）

　电压表分流

解析　

（1）由于R0阻值约为20kΩ，属大电阻，由I＝

估得I＝1.85mA，因此电流表应选A2.实物连线如图．

（2）根据题图知：

U＝E－Ir＝E－

r，得

＋

即

＝b，

＝k，所以E＝

，r＝

，系统误差来源于电压表分流．

12．（8分）要测量一只量程为2V的电压表的内阻．现能提供的实验器材如下：

A．待测电压表Vx（量程为0～2V，内阻未知）

B．电流表A（量程为0～0.6A，内阻约为0.2Ω）

C．电压表V（量程0～5V，内阻约为5kΩ）

D．定值电阻R1，阻值为20Ω；

E．定值电阻R2，阻值为2kΩ；

F．滑动变阻器R0，最大阻值为50Ω，额定电流为1A；

G．电源（电动势为6V，内阻不计）；

H．多用电表；

I．开关S，导线若干．则：

（1）用多用电表粗测电压表Vx的内阻：

当用“×

1k”挡来测量时，操作方法和步骤均正确，发现表头指针在刻度盘的右边附近，为了比较准确地进行测量，应换用________挡．如果此时刻度盘上指针的位置如图12所示，那么，该电压表Vx的内阻为________Ω.

图12

（2）为了比较准确的测量电压表Vx的内阻，那么，定值电阻应选________（选填器材编号）．

（3）根据要求，在图13的虚线框内画出实验电路图（部分已画出）．

图13

①根据所画出的电路图，用笔画线代替导线，将实验图14连接起来，使之成为完整的实验图（没有选用的器材不要连接）．

图14

②如果电压表Vx的读数为Ux，电压表V的读数U，那么，电压表Vx的内阻Rx为________．

答案　

（1）×

100　3.2×

103　

（2）E　（3）如图所示

①如图所示　②

R2

13．（16分）如图15所示的电路中，电源的电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω；

电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝35Ω；

电容器的电容C＝

100μF.电容器原来不带电．求接通电键K后流过R4的总电荷量．

答案　2×

10－4C图15

解析　由电阻的串、并联公式，得闭合电路的总电阻

R＝

＋r

由欧姆定律得通过电源的电流I＝

电源的路端电压U＝E－Ir

电阻R3两端的电压U′＝

U

通过R4的总电荷量就是电容器的电荷量Q＝CU′

由以上各式并代入数据解得Q＝2×

10－4C.

14．（16分）（2012·

四川理综·

23）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我国供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×

103kg/m3，重力加速度取10m/s2.求：

（1）电动机内阻消耗的热功率；

（2）将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）．

答案　

（1）1×

103W　

（2）2×

104s

解析　

（1）设电动机的电功率为P，则P＝UI

设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r

代入数据解得Pr＝1×

103W.

（2）设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV

设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则ΔEp＝Mgh

设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr

根据能量守恒定律得P0t×

60%×

80%＝ΔEp

代入数据解得t＝2×

104s.