2019届高中物理第二章章末过关检测（二）教科版 9页

章末过关检测(二)(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题5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．如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O点固定，P为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S，滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将(　　)A．由小变大　　　　　B．由大变小C．先变小后变大D．先变大后变小解析：选C.闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联，在图示位置时并联电阻最大，从m点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C＝，电容器C所带的电荷量先减小后增大，C对．2．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，由此可知(　　)A．通过电动机的电流为12AB．电动机消耗的功率为24WC．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480JD．电动机输出的功率为8W解析：选C.通过电动机的电流与通过定值电阻的电流相同，为I＝＝A＝2A，故A错；电动机消耗的功率为P＝U1I＝24×2W＝48W，故B错；电动机的电热功率P热＝I2r＝22×2W＝8W，其1分钟内产生的热量Q＝P热t＝8×60J＝480J，故C对；电动机的输出功率P出＝P－P热＝(48－8)W＝40W，故D错．3.如图为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V．则该电n路可能为(　　)解析：选B.由U－I图线可知该电源的电动势为6V，内阻r＝＝Ω＝0.5Ω.此电源与三个均为3Ω的电阻连接成电路时测得的路端电压为4.8V；A中的路端电压为4V；B中的路端电压为4.8V；C中的路端电压约为5.7V；D中的路端电压为5.4V，B正确．4．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r.当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是(　　)A．U1变大，U2变小B．U1变大，U2变大C．U1变小，U2变小D．U1变小，U2变大解析：选A.当滑片P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I变小，由欧姆定律得U2＝IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1＝E－Ir变大，故本题应选A.5．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为(　　)A.B．C．ρnevD．解析：选C.由电流定义可知：I＝＝＝neSv，由欧姆定律可得：U＝IR＝neSv·ρ＝ρneLv，又E＝，故E＝ρnev，选项C正确．6．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动(　　)nA．S1　　　　　　　　B．S2C．S3D．S4解析：选C.油滴P悬浮时，重力与电场力平衡，开关均闭合时，电容器两极板间的电压为电阻R3两端电压．若S1断开，电容器两极板电压不变，油滴不动．若S2断开，两极板电压等于电动势，油滴可能不动(电源内阻r＝0时)，也可能向上运动(电源内阻r≠0时)．若S3断开，则电路与电源断开，电容器相当于电源，电容器放电，板间电压逐渐减小，油滴向下运动．若S4断开，电容器电压不变，油滴不动．故C对．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)7．关于电阻率的说法，不正确的是(　　)A．电阻率ρ很大的导体，电阻可以很小B．电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关C．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关D．温度升高时，材料的电阻率一定增大解析：选BCD.电阻率反映了导体材料的导电能力的强弱，由组成导体的材料决定，电阻率ρ大的导体，电阻不一定大，因为电阻由电阻率、导体的长度、横截面积共同决定；温度升高时金属材料的电阻率增大，半导体材料的电阻率减小，选项A说法正确．8．如图所示，用半偏法测电流表的内阻Rg下面说法正确的是(　　)A．开关S1接通前，R必须调节到高阻值的位置B．开关S2接通后，R的阻值不再调节C．当电流表的示数从满偏电流Ig调节到半偏电流时，R′中的电流稍大于IgD．开头S1接通前，R′必须调节到高阻值解析：选ABC.开关S1接通前，R必须调节到高阻值的位置，以免烧坏电流表，而R′不需要调到高阻值，选项A正确，D错误；开关S2接通后，R的阻值不再调节，以保证电路中的电流不变，选项B正确；开关S2接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，则当电流表的示n数从满偏电流Ig调节到半偏电流时，R′中的电流稍大于Ig，选项C正确．9．如图，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．则以下说法正确的是(　　)A．电池组的内阻是1ΩB．电阻的阻值为0.33ΩC．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4WD．改变外电阻的阻值时，该电池的最大输出功率为4W解析：选AD.根据图线a可知电源的电动势为4V、内阻为1Ω，根据图线b可知电阻为3Ω，A对，B错；由图像可知将该电阻接到该电池组的两端时路端电压和电流分别是3V、1A，电池的输出功率是3W，C错；改变外电阻的阻值，内外电阻相等时，该电池输出功率最大为4W，D对．10.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2A，则下列说法正确的是(　　)A．电源电动势为3V，内阻为1ΩB．线段AB表示的功率为2WC．电流为2A时，外电路的电阻为0.5ΩD．电流为3A时，外电路的电阻为2Ω解析：选ABC.由图像可知，当电流I＝3A时，电源总功率P＝IE＝9W，由此可知电源的电动势E＝3V．直线与抛物线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即Pr＝I2r＝IE，得r＝1Ω，故A正确；PrB＝I2r＝22×1W＝4W，PA＝IE＝2×3W＝6W，则PAB＝(6－4)W＝2W，故B正确；当电流I＝2A时，由I＝得外电阻R＝－r＝0.5Ω，当电流I＝3A时，得R＝0，故C正确，D错误．三、填空题(本题共2小题，共16分，按题目要求作答)11．(8分)要测绘一个标有“3V　0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)；电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)；电压表(量程为0～3V，内阻约3kΩ)；电键一个、导线若干．n(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．A．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)B．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)(2)实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)为便于实验操作，滑动变阻器应选择总阻值小的滑动变阻器，故选A.(2)因为灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V，故滑动变阻器应采用分压接法．小灯泡的电阻R＝＝15Ω，与电流表的内阻5Ω相差不大，因此电流表采用外接法．故B图正确．(3)在小灯泡的伏安特性曲线图上作出电源的伏安特性曲线(如图)，由两曲线的交点的电流I＝0.10A，电压U＝1.0V，得小灯泡消耗的功率P＝IU＝0.10×1.0W＝0.1W.n答案：(1)A　(2)B　(3)0.112．(8分)某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验．(1)他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图甲所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数应为________V(结果保留两位有效数字)．(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图乙所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图乙连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V的位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；G．断开开关S.实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000Ωc．滑动变阻器：最大阻值10Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ωe．电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ωf．电池组：电动势约6V，内阻可忽略g．开关、导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：n①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)．②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测________R真(填“＞”或“＜”)；若RV越大，则越________(填“大”或“小”)．解析：(1)欧姆表的中值电阻即为其内阻值．由欧姆挡中央刻度值“15”可知欧姆表内阻为1.5×103Ω，根据电阻分压原理可知，电压表的示数U＝·RV＝×3×103V＝1.0V.(2)①明确半偏法测电阻的工作原理．由半偏法测电阻和滑动变阻器的分压接法可知，滑动变阻器的阻值应远小于电表内阻，故滑动变阻器选c.电阻箱的阻值应与电压表内阻近似，故电阻箱选d.②接入电阻箱后，电路总电阻阻值变大，干路电流变小，电阻箱R0和电压表分担的电压变大，则UR0>URV，故R测>R真．RV越大，R测越接近真实值，故越小．答案：(1)1.0　(2)①c　d　②>　小四、计算题(本题共4小题，共34分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(8分)如图所示电路中，电阻R1＝8Ω.当开关S断开时，电压表V1的示数为5.7V，电流表的示数为0.75A，电源总功率是9W；当开关S闭合时，电压表V2的示数为4V．若电键断开和闭合时电源内部损耗的电功率之比是9∶16.求电源的电动势和电阻R2、R3.解析：S断开时，电流表示数是通过电源的电流值，设为I1＝0.75A，则电源电动势E＝P总/I1＝12V(1分)电压表V1示数是R3、R4两端总电压，有R3＋R4＝U1/I1＝7.6Ω(1分)电源内阻r＝E/I1－(R1＋R3＋R4)＝0.4Ω(1分)K断开和闭合时，电路总电流之比I1∶I2＝＝3∶4K闭合时电路总电流为I2＝4I1/3＝1A(1分)R4＝U2/I2＝4Ω(1分)nR3＝3.6Ω(1分)根据E＝I2r＋I2[R3＋R4＋R1R2/(R1＋R2)](1分)解得R2＝8Ω.(1分)答案：E＝12V　R3＝3.6Ω　R2＝8Ω14．(8分)如图所示，电源电动势E＝9V，内电阻r＝0.5Ω，电阻R1＝5.0Ω、R2＝3.5Ω、R3＝6.0Ω、R4＝3.0Ω，电容C＝2.0μF.求：(1)当电键与a接触时电容带电量；(2)当电键与b接触时电容带电量；(3)当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量．解析：(1)电键接a时，UC＝U1＝R1＝5V(1分)此时电容器带电量QC＝CU1＝1×10－5C(1分)且上极板带正电，下极板带负电．(1分)(2)电键接b时，UC′＝U2＝R2＝3.5V(1分)此时电容器电量Q＝CU2＝0.7×10－5C(1分)且上极板带负电，下极板带正电．(1分)(3)流过R3的总电量为ΔQ＝QC＋Q＝1.7×10－5C．(2分)答案：(1)1×10－5C　(2)0.7×10－5C　(3)1.7×10－5C15．(8分)电路图如图中甲所示，图乙中图线是电路中的电源的路端电压随电流变化的关系图像，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，定值电阻R0＝3Ω.(1)当R为何值时，R0消耗的功率最大，最大值为多少？(2)当R为何值时，电源的输出功率最大，最大值为多少？n解析：(1)由题图乙知电源的电动势和内阻：E＝20V，r＝5Ω(2分)由题图甲分析知道，当R＝0时，R0消耗的功率最大(1分)最大为P＝·R0(1分)解得P＝18.75W．(1分)(2)当r＝R＋R0时，即R＝2Ω，电源的输出功率最大(1分)最大为Pm＝·(R0＋R)(1分)解得Pm＝20W．(1分)答案：(1)R＝0　18.75W　(2)R＝2Ω　20W16．(10分)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，四川省供水缺口极大，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)．解析：(1)设电动机的电功率为P，则P＝UI(1分)设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r(1分)代入数据解得Pr＝1×103W．(1分)(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(1分)设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp则ΔEp＝Mgh(1分)设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr(1分)根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp(2分)代入数据解得t＝2×104s．(2分)答案：(1)1×103W　(2)2×104s