2019-2020学年高中物理第二章恒定电流章末质量检测卷二 人教版选修3-12 10页

第二章　　恒定电流章末质量检测卷(二)‎ ‎(时间：90分钟　满分：100分)‎ 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)‎ ‎1．一同学用多用电表的欧姆挡测量一个“220 V　40 W”的白炽灯泡的电阻值，测量结果为90 Ω，但用公式P＝计算该灯泡的阻值是1 210 Ω，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电阻值相差太大是不正常的，一定是实验时读错了 B．两个电阻值不同是正常的，因为欧姆表测电阻的误差大 C．两个电阻值相差太大是不正确的，可能是出厂时把灯泡的功率标错了 D．两个电阻值相差很大是正常的，阻值1 210 Ω是灯泡正常工作(温度很高)时的电阻值，阻值90 Ω是灯泡不发光(室温)时的电阻值 解析：选D　灯泡的电阻为：R＝＝ Ω＝1 210 Ω，此电阻为正常发光时的电阻，由于灯泡为金属材料，电阻率随温度的升高而增大，当不发光时，温度低，所以电阻要远小于此数值，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎2．如图所示为某电学元器件的伏安特性曲线，图中虚线为曲线上P点的切线．当通过该元器件的电流为‎0.4 A时，该元器件的阻值为(　　)‎ A．250 Ω　　　　　　　 　 B．125 Ω C．100 Ω D．62.5 Ω 解析：选B　由图可知，当电流为‎0.4 A时，电压为50 V，则由欧姆定律可知，阻值为：R＝＝ Ω＝125 Ω，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎3．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是(　　)‎ A．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大 B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压，随I的增大而增大 C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压，随输出电流I的增大而减小 D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大 解析：选C　根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir，外电压随I的增大而减小，故A错误，C正确；电源两端的电压实际上是路端电压，由A可知电源两端的电压，随I 10‎ 的增大而减小，故B错误；根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I＝，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小，故D错误．‎ ‎4．光伏产业是新能源产业的重要发展方向之一，光伏市场的发展对于优化我国能源结构、促进能源生产和消费革命、推动能源技术创新等方面都有重要的意义．如图所示，是某户居民楼顶平台安装的12块太阳能电池板．据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3 kW，工作电压为380 V，设备使用年限在25年以上；发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度(1度＝1 kW·h) 价格并入国家电网．则下列说法可能正确的是(　　)‎ A．该光伏项目年发电量约为2.6×104 kW·h B．该光伏项目的工作总电流约为‎0.3 A C．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60 W的白炽灯工作600小时 D．该光伏项目富余发电的年收入约为7 000元 解析：选C　按照一天光照12 h计算，该光伏项目年发电量约为：W＝Pt＝3 kW×12 h×365＝1.314×104 kW·h，故A错误；根据P＝UI，该光伏项目的工作总电流I＝＝＝‎7.9 A，故B错误；根据能量守恒，该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60 W的白炽灯工作时间：t＝＝＝600 h，故C正确；该光伏项目年发电量约为：W＝Pt＝3 kW×12 h×365＝1.314×104 kW·h，发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度(1度＝1 kW·h)价格并入国家电网，故该光伏项目富余发电的年收入：x＝1.314×104×70%×0.4＝3 679.2元，故D错误．‎ ‎5．一个半径为r的细橡胶圆环上均匀地带有电荷量为Q的负电荷，当圆环以角速度ω绕中心轴线顺时针匀速转动时，橡胶环中等效电流的大小为(　　)‎ A．Q 　B. C. D. 解析：选D　负电荷运动的周期T＝，任取一截面，一个周期内通过截面的电量为Q，则电流I＝＝＝，故D正确，A、B、C错误．故选D.‎ ‎6．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，在有磁场时电阻很大，并且磁场越强阻值越大，为了探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源电动势E 10‎ 和内阻r不变，在没有磁场时，调节变阻器R使电灯发光，当探测装置从无磁场区进入强磁场区(设电灯L不会烧坏)，则(　　)‎ A．电灯L变亮 B．电流表示数增大 C．变阻器R的功率增大 D．磁敏电阻两端的电压减小 解析：选A　探测装置从无磁场区进入强磁场区时，电阻变大，则电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流变小，所以电流表的示数减小；根据U＝E－Ir，可知干路电流I减小，路端电压U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎7．如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器的滑片P从b滑向a的过程中，V1、V2两只电压表示数的变化值分变为ΔU1和ΔU2，则他们的大小相比应是(　　)‎ A．|ΔU1|>|ΔU2| B．|ΔU1|<|ΔU2|‎ C．|ΔU1|＝|ΔU2| D．无法判断 解析：选A　滑动变阻器R与电阻R1串联，再与R2串联，电压表V1测R与电阻R1串联部分的电压，V2测定值电阻R2两端的电压；当滑动变阻器滑片由b向a移动时，滑动变阻器的阻值减小，引起电路的总电阻变小，总电流变大，则内阻所占电压变大，电压表V1的示数变小，变化量为ΔU1，根据串联电路的电阻分压特点可知，定值电阻R2两端的电压变大；U1＝E－U2－Ur，则|ΔU1|＝|ΔU2|＋|ΔUr|，即|ΔU1|>|ΔU2|，故只有A正确．‎ ‎8．如图所示，电源电动势为4 V，内阻为1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝4 Ω，R4＝8 Ω，电容器C＝6.0 μF，闭合S电路达稳定状态后，电容器极板所带电量为(　　)‎ A．1.5×10－‎5 C B．3.0×10－‎‎5 C C．2.0×10－‎5 C D．2.1×10－‎‎5 C 10‎ 解析：选A　由图可知，电阻R2和R3串联后总电阻为8 Ω与电阻R4并联，则可知并联后的总电阻R234为4 Ω，再与R1串联，据此可知整个外电路的电阻R＝R1＋R234＝7 Ω，据闭合电路欧姆定律可知，I＝＝ A＝‎0.5 A，所以R1两端电压U1＝IR1＝0.5×3 V＝1.5 V，R234两端电压U′＝IR234＝0.5×4 V＝2 V，则电阻R2两端电压U2＝·U′＝·2 V＝1 V，所以电容器两端电压UC＝U1＋U2＝2.5 V，所以此时电容器所带电荷量Q＝CUC＝6.0×10－6×‎2.5 C＝1.5×10－‎5C.所以B、C、D错误，A正确．‎ 二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)‎ ‎9．如图所示，电源的内阻不可忽略，已知R1为半导体热敏电阻，R2为锰铜合金制成的可变电阻．当发现灯泡L的亮度逐渐变暗时，可能的原因是(　　)‎ A．R1的温度逐渐降低 B．R1受到可见光的照射 C．R2的阻值逐渐增大 D．R2的阻值逐渐减小 解析：选AD　当温度降低时，R1的阻值增大，外电阻变大，总电流变小，路端电压变大，I2变大，则I1变小，L与R1串联，则灯L变暗，故选项A正确；R1受到可见光照射，温度升高，阻值降低，同理可得，灯L变亮，故选项B错误；若R2的阻值逐渐增大时，外电阻变大，路端电压变大，R1阻值不变，灯L变亮，故选项C错误；若R2的阻值减小时，外电阻变小，路端电压变小，灯L变暗，故选项D正确．‎ ‎10．如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电流表和电压表均为理想电表．只接通S1时，电流表示数为‎10 A，电压表示数为12 V；再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为‎9 A，则(　　)‎ A．蓄电池的电动势为12 V B．此时通过电动机的电流是‎34 A C．此时通过电动机的电流是‎25 A D．此时电动机的输入功率为270 W 10‎ 解析：选CD　只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir＝12 ＋10×0.05 V＝12.5 V，故A错误；车灯的电阻为：R灯＝＝ Ω＝1.2 Ω，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电动机＝－I′＝－‎9 A＝‎25 A，故B错误，C正确；此时电动机的输入功率为：PM＝U′·I电动机＝I′R灯·I电动机＝9×1.2×25＝270 W，故D正确．‎ ‎11.如图所示电路，电源电动势为E，内电阻为零，外接电路中的电阻R1＝10 Ω，电动机的内阻R2＝10 Ω.当开关打开时，电流表的示数是‎1 A，当开关合上后，电动机转动起来，电流表A的示数I和外电路消耗的电功率P应是 (　　)‎ A．I＝‎2 A B．I<‎‎2 A C．P＝20 W D．P<20 W 解析：选BD　由于电源内阻为零，故电源电动势E＝U＝I1R1＝1×10 V＝10 V．电动机是非纯电阻电路，当开关合上后，流过电动机的电流IM<＝ A＝‎1 A，故流过电流表的电流I＝IM＋I1<‎2 A，故选项A错，选项B对；外电路消耗的功率P＝UI<20 W，故选项C错，选项D对．‎ ‎12．如图所示的电路，电源内阻不能忽略，电阻R1＝8 Ω，R2＝10 Ω，当开关S接a端时，电压表读数为2.0 V，当开关S接到b端时，电压表读数可能为(　　)‎ A．1.8 V B．2.2 V C．2.4 V D．2.7 V 解析：选BC　当开关S从a端改接b端时，由于外电阻R2>R1，故电压表读数必增大，即U>2.0 V；若电源的内阻r≫R外时，可视电源为恒流电源，则U外最大为Umax＝U1＝2.5 V，故U<2.5 V，故选项B、C正确．‎ ‎13.四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按如图所示接入电路，则(　　)‎ A．A1的读数比A2的读数小 B．V1的读数比V2的读数大 10‎ C．A1指针偏转角度与A2的一样大 D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度小 解析：选BC　电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两电流表两端的电压相等，两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A错误，C正确；两电压表串联，故通过两表的电流相等，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，因V1量程大于V2量程，故V1的读数比V2的读数大，故B正确，D错误．‎ ‎14．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是(　　)‎ A．电灯L1、L2均变亮 B．电灯L1变暗，L2变亮 C．电流表的示数变小 D．电流表的示数增大 解析：选BD　分析电路图可知，电灯L1与滑动变阻器并联，再与电灯L2串联，将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电灯L2变亮，路端电压减小，电灯L1与滑动变阻器并联电压减小，电灯L1变暗，A选项错误，B选项正确；干路电流I增大，电灯L1与滑动变阻器并联电压减小，通过电灯L1的电流减小，电流表的示数增大，C选项错误，D选项正确．‎ ‎15．如图所示，电源电动势为E、内阻r.闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是(　　)‎ 10‎ 解析：选BD　分析电路图可知，电压表测量滑动变阻器两端电压，＝R1＋r，值是恒定的，不随电流I变化，A选项错误，B选项正确；电容器测量定值电阻R1两端电压，电荷量Q＝CU1＝CIR1，当电流I为零时，电荷量为零，图象为过原点的倾斜直线，C选项错误，D选项正确．‎ 三、非选择题(本题共5小题，共55分)‎ ‎16．(6分)(2018·全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表．可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干．‎ 要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡．‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中 *为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱．‎ ‎(2)电阻箱的阻值应取R1＝________Ω，R2＝________Ω.(保留到个位)‎ 解析：(1)先并联改装电流表，再串联改装电压表．‎ ‎(2)R1＝＝100 Ω，R2＝＝2 910 Ω.‎ 答案：(1)图见解析　(2)100　2 910‎ ‎17．(9分)(2018·天津卷)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：‎ A．电压表(量程0～1 V，内阻约10 kΩ)‎ B．电压表(量程0～10 V，内阻约100 kΩ)‎ C．电流表(量程0～1 mA，内阻约30 Ω)‎ D．电流表(量程0～‎0.6 A，内阻约0.05 Ω)‎ E．电源(电动势1.5 V，额定电流‎0.5 A，内阻不计)‎ F．电源(电动势12 V，额定电流‎2 A，内阻不计)‎ G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10 Ω，额定电流‎2 A)‎ 10‎ ‎(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________．(均选填器材的字母代号)‎ ‎(2)画出测量Rx阻值的实验电路图．‎ ‎(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值，原因是________________________________________________________________________．‎ 解析：(1)若选用电源1.5 V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12 V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为I＝ A＝1.2 mA，故电流表应选用C.‎ ‎(2)因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故应采用滑动变阻器的分压接法，由于<，所以采用电流表内接法，电路图如图所示．‎ ‎(3)由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据Rx＝可知测量值偏大．‎ 答案：(1)B　C　F ‎(2)‎ ‎(3)大于　电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)‎ ‎18．(12分)一个量程为15 V的电压表，串联一个R1＝3 kΩ的电阻后，测量某电路两端的电压时，电压表示数为12 V，若已知该电路两端的实际电压为15 V，试求：‎ ‎(1)该电压表的内阻RV；‎ ‎(2)将该电压表改装成量程为0～90 V的电压表，应串联电阻的阻值R2.‎ 解析：(1)当电压表串联电阻测量某电路两端的电压时，电压表两端的电压为U＝12 V，电阻分得的电压为U1＝3 V 10‎ 据＝得RV＝R1＝12 kΩ.‎ ‎(2)将这个电压表改装成量程为90 V的电压表，原电压表两端最大分得的电压为UV＝15 V，串联电阻分得的电压U2＝75 V 据＝得R2＝60 kΩ.‎ 答案：(1)12 kΩ　(2)60 kΩ ‎19．(12分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝‎40 cm.电源电动势E＝24 V，内阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝‎4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10－‎2 C，质量为m＝2×10－‎2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：小球进入板间后，受重力和静电力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB.由动能定理得：－mgd－qUAB＝0－mv，‎ 解得UAB＝8 V 所以滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝8 V，‎ 设通过滑动变阻器的电流为I，由闭合电路欧姆定律得：I＝＝‎1 A，‎ 滑动变阻器接入电路的电阻R滑＝＝8 Ω.‎ 电源的输出功率P出＝I2(R＋R滑)＝23 W.‎ 答案：8 Ω　23 W ‎20．(16分)‎5月20日是“中国学生营养日”，学生的膳食结构越来越受到学校、家庭和社会的重视．妈妈为了改善小红的早餐营养，买了一台全自动豆浆机．如图甲是豆浆机的工作原理图，其中电动机是用来带动刀头将原料进行粉碎打浆的，额定功率是200 W．R是加热电阻，额定功率是1 100 W．图乙、丙是此豆浆机做一次豆浆时的工作信息．小红妈妈向豆浆机中加入黄豆和清水共‎1.5 kg，求：‎ ‎(1)豆浆机的加热电阻是多少？‎ ‎(2)豆浆机正常工作时的最大电流是多少？‎ 10‎ ‎(3)从第6 min至第9 min，豆浆吸收的热量是多少？【c豆浆＝4.0×103 J/(kg·℃)】‎ ‎(4)豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能是多少？‎ 解析：(1)由P＝可得，电热管的电阻：‎ R＝＝Ω＝44 Ω.‎ ‎(2)由P＝UI得：‎ I＝＝A＝‎5 A.‎ ‎(3)由图乙可知第6 min至第9 min豆浆的温度从‎70 ℃‎加热到‎100 ℃‎ 则豆浆吸收的热量；‎ Q吸＝c豆浆m(t－t0)＝4.0×103 J/(kg·℃)×1.5×(‎100 ℃‎－‎70 ℃‎)＝1.8×105 J.‎ ‎(4)由图乙可知电动机的功率PM＝200 W 由图丙可知，加热时间tR＝11 min＝660 s，电动机工作的时间tM＝2 min＝120 s 豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能：‎ W＝PRtR＋PMtM ‎＝1 100×660 ＋200×120 J＝7.5×105 J.‎ 答案：(1)44 Ω　(2)‎5 A　(3)1.8×105 J　(4)7.5×105 J 10‎