届高考物理人教版第一轮复习课时作业 章末质量检测7恒定电流 Word版含答案.docx

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届高考物理人教版第一轮复习课时作业章末质量检测7恒定电流Word版含答案

章末质量检测（七）　　　　　

（时间：

60分钟　满分：

100分）

一、选择题（本题共6小题，每小题7分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求。

）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1.半导体材料的导电性能受外界条件的影响很大，有的半导体在温度升高时其电阻减小得非常迅速，利用这种半导体材料可以制成体积很小的热敏电阻。

如图1所示是火警报警系统的部分电路，其中RT为热敏电阻，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器。

当热敏电阻RT所在处出现火情时，电流表A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是

（　　）

图1

A．I变大，U变大B．I变大，U变小

C．I变小，U变大D．I变小，U变小

解析　根据题意可知，当出现火情时，RT的电阻随着温度升高减小得非常迅速，在电路中外电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律I＝

可知干路电流增大，由U端＝E－Ir可知路端电压减小，电压表测量路端电压，因此U变小，排除A、C选项；因干路电流I增大，R1两端的电压增大，而外电路的电压减小，故R2和RT两端的电压会减小，因此电流表示数会减小，D正确。

答案　D

2.如图2所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表

的示数减小ΔU（电压表为理想电表），在这个过程中

（　　）

图2

A．通过R1的电流减小，减小量一定等于

B．R2两端的电压增加，增加量一定等于ΔU

C．路端电压减小，减小量一定等于ΔU

D．通过R2的电流增加，但增加量一定大于

解析　电压表示数减小，可知R减小，设路端电压、干路电流分别为U、I，电压表示数为U1，流过R1、R2的电流分别为I1、I2，电阻改变后，分别为U′、I′、U1′、I1′、I2′，则U1＝I1R1，U1′＝I1′R1，ΔU＝U1－U1′＝（I1－I1′）R1，

＝I1－I1′＝ΔI，A正确。

U2＝E－U1－Ir，U2′＝E－U1′－I′r，得ΔU2＝（U1－U1′）－（I′－I）r＝ΔU－（I′－I）r<ΔU，B错误；路端电压减小量小于ΔU，C错误；ΔU＝（I′－I）（r＋R2），ΔI2＝I′－I＝

<

，D错误。

答案　A

3.如图3所示，平行板电容器中带电质点P处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则当滑动变阻器R的滑片向b端移动时，以下说法中正确的是

（　　）

图3

A．电流表读数减小

B．电压表读数减小

C．带电质点P将向上运动

D．R3上消耗的功率逐渐增大

解析　由图可知，电阻R2与滑动变阻器R串联后与R3并联，并联后再与电阻R1串联接在电源两端，平行板电容器与R3并联。

当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中的总电阻减小。

由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，路端电压减小，电阻R1两端的电压增大，故并联部分的电压减小。

由欧姆定律可知，流过电阻R3的电流减小，则流过R2和R的电流增大，故电流表的示数增大，选项A错误；因R2和R的总电压减小，而R2两端的电压增大，所以电压表的示数减小，选项B正确；因R3两端的电压减小，所以平行板电容器两端的电压减小，故带电质点P受到的向上的电场力减小，重力大于电场力，所以带电质点P将向下运动，选项C错误；由于R3两端的电压减小，由P＝

可知，电阻R3上消耗的功率减小，选项D错误。

答案　B

4．如图4所示是饮水机的工作电路简化图，S是温控开关，当温度升高到一定温度时，它会自动切换，使饮水机处于保温状态；R0是饮水机加热管电阻，R是与加热管串联的电阻。

表格是从其说明书中摘录的一些技术数据。

不考虑R0、R的电阻受温度变化的影响，表中的功率均指加热管的功率。

当S闭合时，下列关于饮水机的工作状态和R0的阻值正确的是

（　　）

图4

稳定电压

220V

频率

50Hz

加热功率

550W

保温功率

22W

A．加热，220ΩB．加热，88Ω

C．保温，88ΩD．保温，220Ω

解析　当S闭合时，由于电路中的有效电阻只有R0，故此时电路中的总电阻最小，对应的加热管电阻功率最大，故为加热状态。

由R0＝

可得其电阻为88Ω，B正确。

答案　B

5.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图5所示的电路。

闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷。

要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是

（　　）

图5

A．只增大R1，其他不变

B．只增大R2，其他不变

C．只增大R3，其他不变

D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变

解析　R1和R2串联，电容器两端电压跟R2两端电压相同。

根据C＝

可知如果不改变电容，则只需增大R2两端电压，根据串联分压关系（电阻越大分压越大）可知只增大R2或者只减小R1均可，选项B对，A、C错；只减小a、b两极板间的距离会使电容增大，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量增加，选项D对。

答案　BD

6.（2014·上海卷）如图6所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。

将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则

（　　）

图6

A．A的示数增大

B．V2的示数增大

C．ΔU3与ΔI的比值大于r

D．ΔU1大于ΔU2

解析　由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，因此外电路为定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表V1测的是R两端的电压，V2测的是电源的外电压，V3测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A项正确；内电压增大，外电压减小，电压表V2示数减小，B项错误；

＝R＋r，C项正确；

＝R，

＝r，由于R大于r，因此ΔU1大于ΔU2，D项正确。

答案　ACD

二、非选择题（本题共4小题，共58分）

7．（12分）欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：

a．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程；

b．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据。

现备有如下器材：

A．待测电流表A1（量程3mA，内阻约为50Ω）

B．电压表V（量程3V，内阻未知）

C．电流表A2（量程15mA，内阻为10Ω）

D．保护电阻R＝120Ω

E．直流电源E（电动势2V，内阻忽略不计）

F．滑动变阻器（总阻值10Ω，额定电流0.5A）

G．开关一个，导线若干

（1）在以上提供的器材中，除A、E、F、G以外，还应选择____________、____________（填字母代号）。

（2）请画出符合要求的实验电路图。

解析　

根据题中给出的备用器材，选择伏安法测量电流表的内阻。

选择内阻已知的电流表A2作为电压表，选择保护电阻R与并联的两个电流表串联。

由于电流表两端电压最大只有0.15V，滑动变阻器最大电阻只有10Ω，所以选择分压电路，电路图如图所示。

答案　

（1）C　D　

（2）见解析图

8．（14分）某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图7（a）所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表。

图中R1和R2为定值电阻，S为开关。

回答下列问题：

（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线。

（2）开关S闭合时，多用电表用于测量__________（填“电流”、“电压”或“电阻”）；开关S断开时，多用电表用于测量__________（填“电流”、“电压”或“电阻”）。

（3）表笔A应为________色（填“红”或“黑”）。

（4）定值电阻的阻值R1＝________Ω，R2＝________Ω。

（结果取三位有效数字）

图7

解析　

将表头改装成电压表时，需串联一电阻进行分压，而改装成电流表时则需并联一电阻分流，因此闭合开关后，并联上R1改装成一电流表，断开开关，表头与R2串联则改装成一电压表。

多用电表内部表头的正极在右侧，即电流应从表笔B流入，从表笔A流出，则表笔A为黑色。

当断开S时，Ig（R2＋r）＝Um，解得R2＝880Ω。

当闭合S时，Ig（R2＋r）＝（I－Ig）R1，解得R1≈1.00Ω。

答案　

（1）如解析图所示　

（2）电流　电压　（3）黑

（4）1.00　880

9．（16分）在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：

电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图8甲所示是没有连接完的实物电路。

（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）

图8

（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整。

（2）连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向________（填“左”或“右”）端滑动。

（3）通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U－I图线，根据U－I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为________W。

（4）小灯泡的U－I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是__________。

解析　

（1）小灯泡的电阻很小，因此采用电流表外接法；实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压，滑动变阻器应采用分压式接法。

实物电路如答案图所示。

（2）将滑片P向右端滑动，可以增大灯泡两端的电压。

（3）根据U－I图象可知，U＝2.5V时，I＝0.2A，所以小灯泡的额定功率为P＝UI＝0.5W。

（4）U－I图线上各点与原点连线的斜率表示灯丝的电阻，图线是曲线而不是过原点的直线，这是因为灯丝的电阻会随温度的升高而增大。

答案　

（1）如图所示　

（2）右　（3）0.5　（4）灯丝的电阻会随温度的升高而增大

10．（16分）[2014·苏、锡、常、镇四市高三教学情况调研

（二）]某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻。

（1）他先用多用表电压挡直接接在电源两极，读数如图9甲，则电源电动势约为________V。

图9

（2）为了更准确地测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100mA”挡设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为________Ω。

（3）将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I。

（4）重复（3）获得多组数据，根据数据作出了如图10所示的R－

图线。

图10

（5）由图线得干电池的电动势E＝________V（保留三位有效数字），内阻r＝________Ω（取整数），多用表的内电阻对________（填“E”“r”或“E和r”）的测量结果有影响。

解析　

（1）由题图甲可知，选用了直流电源2.5V挡，因此指针的读数对应为1.30V；

（2）由于选用直流电路100mA量程，因此电路中的最大电流不得超过100mA，所以R＝

Ω＝13Ω；

（5）根据闭合电路欧姆定律有，I＝

，化简为R－

函数关系为R＝

－r，即题图10中图线的斜率即为E，则E＝

V＝1.42V（由于读数误差，答案在1.40～1.50V内均可），纵截距即为－r，则r＝8Ω，显然上述过程没有考虑多用电表的内阻，实际上多用电表的内阻与电源内阻之和为纵截距的绝对值，所以多用表的内阻对r的测量结果有影响。

答案　

（1）1.3（1.30也可）　

（2）13（15也可）

（5）1.45（1.40～1.50均可）　8　r