2020版高考物理大一轮复习第八章恒定电流本章综合能力提升练（含解析）教科版 8页

本章综合能力提升练一、单项选择题1．(2018·安徽省黄山市模拟)如图1所示，虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成．超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流I＞IC时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零，即R1＝0)转变为正常态(一个纯电阻，且R1＝3Ω)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导临界电流IC＝1.2A，限流电阻R2＝6Ω，小灯泡L上标有“6V　6W”的字样，电源电动势E＝8V，内阻r＝2Ω.原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L正常发光，现灯泡L突然发生短路，则(　　)图1A．灯泡L短路前通过R2的电流为AB．灯泡L短路后超导部件将由超导态转化为正常态，通过灯泡的电流为1AC．灯泡L短路后通过R1的电流为AD．灯泡L短路后通过R2的电流为2A答案　C解析　标有“6V　6W”的小灯泡L正常工作时的电阻R＝＝6Ω，通过灯泡L的电流I＝＝1A，超导部件处于超导态，其电阻为零，1A电流全部通过超导部件，即灯泡L短路前通过R2的电流为零，A错误；灯泡L短路后，电流增大超过超导部件的超导临界电流，将由超导态转化为正常态，外电路电阻R′＝＝2Ω，由闭合电路欧姆定律可得，通过灯泡的电流I′＝＝2A，B错误；由并联电路电流分配规律可知，灯泡L短路后通过R1的电流为A，通过R2的电流为A，C正确，D错误．2．(2018·广东省韶关市模拟)在如图2所示电路中，闭合开关S，当把滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，下列判断正确的是(　　)n图2A．I减小，U1增大B．I增大，U2减小C．I增大，U1减小D．I减小，U2增大答案　D解析　闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I总减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大．流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，则I减小，R1两端的电压减小，即电压表V1的示数U1减小，电压表V2示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大，故D正确，A、B、C错误．3．(2018·山东省青岛市二模)如图3所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是(　　)图3A．电流表A的示数变大B．电压表V的示数变大C．电容器C所带的电荷量减少D．电源的效率增加答案　D解析　R1的滑片向右移动，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由I＝知，干路中的电流减小，路端电压增大，R3两端的电压减小，电压表V的示数变小，B错误；R2两端的电压增大，电容器C所带的电荷量增加，C错误；通过R2的电流增大，所以通过R1支路的电流减小，电流表的示数变小，A错误；电源的效率η＝×100%＝×100%，所以效率增加，D正确．n4．(2018·闽粤期末大联考)如图4所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球；开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘细线向右偏离，与竖直方向夹角为θ.电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是(　　)图4A．小球带负电B．当滑动触头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大答案　C解析　由题图知，A板带正电，B板带负电，电容器内电场方向水平向右，细线向右偏，则小球带正电，故A错误．滑动触头从a向b移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器两端电压变小，细线偏角变小，故B错误．滑动触头从a向b移动时，电容器两端电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向从上向下，故C正确．由于不知外电阻与内阻大小关系，无法判断电源输出功率的大小变化，故D错误．5．(2019·天津市武清区第一次月考)如图5所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是(　　)图5A．若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过答案　A解析　若电阻R2断路，则外电路电阻变大，总电流变小，路端电压变大，R1两端电压变小，n所以电容器两端的电压变大，根据Q＝CU，可知电容器要充电，所以G中有从b到a的电流，由于电压增大，所以电容器两极板间的电场强度会变大，导致油滴向上加速运动，故A对；在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，回路中总电阻变大，总电流变小，所以电容器两端的电压变大，根据Q＝CU，可知电容器要充电，故G中有从b到a的电流，由于电压变大，所以电容器中的电场强度变大，所以油滴要加速向上运动，故B、C错；在将S断开后，电容器放电，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，故D错.二、非选择题6．(2018·山东省烟台市上学期期末)图6中螺旋测微器的读数为________mm，游标卡尺的读数为________mm.图6答案　4.950　17.25解析　螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为45.0×0.01mm＝0.450mm，所以最终读数为4.5mm＋0.450mm＝4.950mm.游标卡尺的主尺读数为17mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.05mm＝0.25mm，所以最终读数为：17mm＋0.25mm＝17.25mm.7．(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)(1)如图7甲所示是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经按要求进行了电阻调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至电流满刻度的，若用该表测一未知电阻，指针偏转到电流满刻度的，则此未知电阻的阻值为________；已知该电流表满偏电流为Ig，则此欧姆表内电池电动势为________．(2)用另外一块多用电表的欧姆挡测量某定值电阻阻值时，将选择开关置于“×10Ω”挡，其他操作完全正确，测量时发现指针偏角较小，则应换用________(填“×1Ω”或“×100Ω”)挡重新测量，若倍率挡选择正确，操作规范，测量该电阻时，指针所指位置如图乙所示，此被测电阻的阻值为________Ω.(3)将多用电表的选择开关调到2.5V直流电压挡，若某次实验测量直流电压时，指针位置也如图乙所示，则所测电压应为________V.n图7答案　(1)R　IgR　(2)×100Ω　(3.20±0.02)×103　(3)0.80解析　(1)设电动势为E，内阻为r，满偏电流为Ig，欧姆表调零时Ig＝，测一阻值为R的电阻时Ig＝测一未知电阻时Ig＝联立解得r＝R，R′＝R则电源电动势为E＝Igr＝IgR(2)选择开关置于“×10Ω”挡，测电阻时指针偏角较小，说明所选挡位太小，应换用“×100Ω”挡重新调零测量；由题图乙所示可知，欧姆表示数为：32×100Ω＝3.2×103Ω(3)选择开关处在“直流电压2.5V”挡，由题图乙所示表盘可知，其分度值为0.05V，被测电压是0.80V.8．(2018·福建省南平市第一次质检)某兴趣小组同学要利用NTC热敏电阻测量温度，图8甲为该热敏电阻的电阻特性曲线，为了测量某状态下的温度，需先测量热敏电阻在该状态温度下的电阻值．图8请按要求完成下列实验：n(1)若温度的测量范围为0～25℃.不考虑其他因素对电路的影响，要求误差较小，实验室提供的器材如下，请在图乙的虚线框内画出实验电路图．A．NTC热敏电阻B．电压表V：量程5V，内阻约3kΩC．电流表A：量程5mA，内阻为250ΩD．滑动变阻器R：最大阻值为200ΩE．直流电源E(电动势6V，内阻不计)F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将热敏电阻置于待测状态下，接通电源，电流表的示数是3.20mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________V.(3)此时热敏电阻的阻值为________kΩ；结合图甲可知待测温度为________℃.(计算结果均保留两位有效数字)答案　(1)如图所示(2)4.00　(3)1.0　25(24～26)解析　(1)实验过程中需要电压从零开始，故采用滑动变阻器的分压式接法，由于热敏电阻阻值大，所以采用电流表的内接法，电路图如图所示：(2)电压表分度值为0.1V，所以读数为4.00V.(3)热敏电阻的阻值为R＝－RA＝Ω－250Ω＝1000Ω＝1kΩ，从题图甲中可知待测温度为25℃(24～26℃)．9．(2018·河南省濮阳市第二次模拟)一个两端封闭的空心细长金属管，其材料的电阻率为ρ，某学习小组为了测量其内径d，进行了如下实验：(1)用刻度尺测量金属管的长度L，用螺旋测微器测出金属管的外径D，示数如图9甲所示，则D＝________mm.图9n(2)测量金属管的电阻Rx的电路如图乙所示，其中电源为恒流电源，能为电路提供恒定的电流I0＝3.00A，Rx为待测金属管的电阻，其允许通过的最大电流为2.00A，电压表、电流表、滑动变阻器均安全．电路接入恒流电源前，滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，当滑动变阻器的滑片向初始位置的另一端滑动时，电压表的示数_______(填“增大”或“减小”)．该电路中______(填“电压表”或“电流表”)的内阻对Rx的测量没有影响．(3)某次实验中，若电压表的示数U＝1.20V，电流表示数I＝1.80A，则金属管的电阻测量值R测＝________Ω.(4)金属管的内径d＝________(用ρ、L、D、R测表示)．答案　(1)2.097(2.096～2.098)　(2)b　增大　电流表(3)1.00　(4)解析　(1)螺旋测微器的固定刻度为2.0mm，可动刻度为9.7×0.01mm＝0.097mm，所以最终读数为2.0mm＋0.097mm＝2.097mm.(2)为了使通过Rx的电流小，应让滑动变阻器的分流大点，所以滑动变阻器应在b端附近；当滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，其连入电路的电阻增大，所以并联电路总电阻增大，因为干路电流恒定，所以并联电路两端电压增大，即电压表示数增大，由于需要测量Rx两端电压，所以电流表的内阻对Rx的测量没有影响.(3)根据欧姆定律可得R测＝＝Ω＝1.00Ω；(4)根据电阻定律R测＝ρ，因为S＝π()2－π()2，解得d＝.10．(2018·福建省泉州市考前适应性模拟)为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用传感器设计了如图10甲所示的电路，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，通过电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，用计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U－I直线，请回答下列问题：　图10n(1)根据图乙中的M、N两条直线可知，________.A．直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的B．直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的C．直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的D．直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的(2)根据图乙可以求得定值电阻R0＝________Ω.(3)电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.答案　(1)BC　(2)2.0　(3)1.46(1.44～1.48)　1．65(1.60～1.70)解析　(1)定值电阻的U－I图线是正比函数图线，一定经过原点，故图线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的；而图线N的电压随电流的增大而减小，故为电源的伏安特性曲线，是由电压传感器1和电流传感器的数据绘得的，故B、C正确，A、D错误；(2)由题图乙图线M可知，R0＝Ω＝2.0Ω；(3)由U＝E－Ir可知，图线N的纵截距表示电源电动势，为1.46V；斜率的绝对值大小表示内电阻，r＝Ω＝1.65Ω.