2013届高三总复习单元综合测试卷：第7单元《恒定电流》

2013届高三总复习单元综合测试卷：第7单元《恒定电流》

新课标人教版2013届高三物理总复习单元综合测试卷 第七单元《恒定电流》‎ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分 试卷满分为100分。考试时间为90分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题，共40分)‎ 一、选择题(本大题包括10小题，每小题4分，共40分。)‎ ‎1.如图1所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是 ‎(　　)‎ 图1‎ A．P＝I2R　　　　　 B．P＝ C．P＝IU D．P＝ 解析：电路消耗的电功率的计算公式P＝UI，P＝是普遍适用的，而A、B两选项只适用于纯电阻电路，而电视机、洗衣机、微波炉和排油烟机都不是纯电阻，所以选项A、B错误，正确选项为CD.‎ 答案：CD ‎2.截面直径为d、长为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是 ‎(　　)‎ A．电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 B．导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半 C．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 D．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 解析：根据电流I的微观表达式、定义式以及电阻的决定式可得：I＝neSv＝＝S，所以nev＝.由此可知电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率v加倍，A错误；导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率减半，B正确；导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率v不变，C正确．‎ 答案：BC ‎3.如图2所示，电源电动势E＝3.2 V，电阻R＝30 Ω，小灯泡L的额定电压UL＝3.0 V，额定功率PL＝4.5 W．当开关S接1时，电压表的读数为3 V，则当开关S接2时，灯泡发光的情况是 ‎(　　)‎ 图2‎ A．很暗，甚至不亮 B．正常发光 C．比正常发光略亮 D．有可能被烧坏 解析：设电源的内电阻为r，S接1时，由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流为：I1＝，电压表的示数等于电阻R两端的电压，即：U1＝I1R，代入数据联立解得：r＝2 Ω.灯泡的电阻为：RL＝＝2 Ω，S接2时，电路中的电流为：I2＝＝ A＝‎0.8 A，灯泡两端的电压为：U′L＝I2RL＝0.8×2 V＝1.6 V ，比灯泡的额定电压小得多，灯泡很暗，甚至不亮，正确选项为A.‎ 答案：A ‎4.如图3所示，调整电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大ΔU，在这个过程中 ‎(　　)‎ 图3‎ A．通过R1的电流增加，增加量一定等于 B．R2两端的电压减小，减少量一定等于ΔU C．通过R的电流增加，增加量一定等于 D．通过R2的电流减小，但减少量一定小于 解析：电压表的示数增加，说明可变电阻的阻值增大，路端电压增加，电路中的电流减小，R2两端的电压减小；由欧姆定律得流过电阻R1的电流增加量为：ΔI1＝，R2两端的电压减少量等于R1两端的电压增加量减去路端电压的增加量，即ΔU2＝ΔU－ΔU路＜ΔU，通过R2的电流的减少量为：ΔI2＝＜；通过电阻R的电流为：IR＝I2－I1，I2减小，而I1增大，因此IR减小．正确选项为AD.‎ ‎ 答案：AD ‎5.如图4所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是 ‎(　　)‎ 图4‎ A．R3断路 B．R1短路 C．R2断路 D．R1、R2同时短路 解析：灯泡A变暗，灯泡B变亮，说明流过灯泡A的电流减小，流过灯泡B的电流增大．若R3断路，电源的路端电压增大，流过灯泡A、B的电流均增大；若R1短路，电源的路端电压减小，流过R3的电流减小，流过灯泡A、B的电流增大；若R2断路，电源的路端电压减小，灯泡A和电阻R1两端的电压增大，电路中的总电流减小，流过R3的电流增大，流过灯泡A的电流减小，灯泡B两端的电压增大，流过灯泡B的电流增大；电阻R1、R2同时短路，灯泡B不亮．正确选项为C.‎ 答案：C ‎6.在如图5所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“‎1”‎、B端输入电信号“‎0”‎时，则在C和D端输出的电信号分别为 ‎(　　)‎ 图5‎ A．1和0 B．0和1‎ C．1和1 D．0和0‎ 解析：B端输入“0”，经过“非”门输出“1”，则D端输出“1”；同时输出的“1”与A端输入的“1”一起输入“与”门，在C端输出“1” .所以应选C.‎ 答案：C ‎7．图6所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是 ‎(　　)‎ 图6‎ A．此接法的测量值大于真实值 B．此接法的测量值小于真实值 C．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻 D．开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端 解析：由R测＝＝R真＋RA，故A正确，B错误；电流表Ⓐ内接法，要求R≫RA，故C错误；开始实验时滑动变阻器滑动头应在最右端，使电压表读数由小变大调节，故D错误．‎ 答案：A ‎8.为探究小灯泡L 的伏安特性，连好图7所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U—I图象应是 ‎(　　)‎ 图7‎ 解析：本题考查了学生实验——描绘小灯泡的伏安特性曲线，意在考查考生对实验数据的分析处理能力．由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着灯泡两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，则在U—I图象中斜率应逐渐增大，故选项C正确．‎ 答案：C ‎9．可用理想电压表○V、理想电流表Ⓐ、变阻器R以及电键K和导线等器材来测量某一电源E的电动势和内阻如图所示．下面给出了四个电路图，图中“＋”、“－”代表电源的正负极和电表的正负接线柱．正确的电路图是 ‎(　　)‎ 解析：电流表和电压表的正接线柱应和电源的正极相连，而C选项的电压表的接线柱接错，所以C选项错．A选项中电流表将电路短路，电流表可能会被烧坏，电压表无读数，A选项错．D选项安培表和电压表串联，安培表读数几乎为零，电压表读数为电源电动势，D选项错．电源的内电阻很小，电压表分流作用小，将电流表和滑动变阻器相接，误差小，B选项正确．‎ 答案：B ‎10．演示位移传感器的工作原理如图8所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x.假设电压表是理想的，则下列说法正确的是 ‎(　　)‎ 图8‎ A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化 B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化 C．物体M不动时，电路中没有电流 D．物体M不动时，电压表没有示数 解析：滑杆P相当于一个分压器，电压表所测为左边电阻的电压，由于物体M和滑杆P相连，当物体M在导轨上平移时，滑杆P也跟着左右移动，根据串联电路的分压原理，则电压表示数也随之变化，则B选项正确．而电阻和电源串联的电路中，电阻不变，则电路中电流不变，则电源内电流也不变，则A、C选项均错. 当物体M不动时，由分压原理知，电压表仍有读数，则D选项错．‎ 答案：B 第Ⅱ卷(非选择题，共60分)‎ 二、实验题(每小题10分，共40分)‎ ‎11.如图9所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．‎ 图9‎ ‎(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．‎ ‎(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明__________可能有故障．‎ ‎(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ 解析：本题主要考查多用电表的使用、闭合电路欧姆定律等知识点，意在考查考生应用闭合电路欧姆定律分析电路故障，加强对理论联系实际的能力的考查．‎ 用多用电表欧姆挡测电阻时必须将其从电路中断开，在点1和点2已接好的情况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；点1和点2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量．在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源电动势，可知开关或连接点5、6出现故障．把小灯泡拆离电路后，检验小灯泡是否断路可用多用电表的欧姆挡，调零后进行测量，如果电阻无穷大，说明灯泡是断路的．‎ 答案：(1)电压　欧姆 ‎(2)开关或连接点5、6‎ ‎(3)①将多用电表挡位调至欧姆挡；‎ ‎②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；‎ ‎③测量小灯泡的电阻．如电阻为无穷大，表明小灯泡有故障。‎ ‎12．将满偏电流Ig＝300 μA，内阻未知的电流表Ⓖ改装成电压表并进行核对．‎ 图10‎ ‎ (1)利用如图10所示的电路测量电流表Ⓖ的内阻(图中电源的电动势E＝4 V)；先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R′，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为200 Ω，则电流表内阻的测量值Rg＝________Ω.‎ ‎(2)将该表改装成量程为3 V的电压表，需________(填“串联”或“并联”)阻值为R0＝________Ω的电阻．‎ ‎(3)把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试画出实验电路图和实物连接图．‎ 图11‎ 解析：(1)Rg/R′＝，故Rg＝ Ω＝100 Ω.‎ ‎(2)据IgRg＋IgR0＝3 V，解得R0＝9900 Ω.‎ ‎(3)略 答案：(1)100　(2)串联　9900　(3)如图12所示 图12‎ ‎13.图13为用伏安法测量电阻的原理图．图中，○V为电压表，内阻为4000 Ω；○‎ mA为电流表，内阻为50 Ω；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关．‎ 图13‎ ‎(1)当开关闭合后电压表读数U＝1.6 V，电流表读数I＝2.0 mA.若将Rx＝作为测量值，所得结果的百分误差是________．‎ ‎(2)若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是________．‎ ‎(百分误差＝×100%)‎ 解析：(1)通过电压表的电流Iv＝＝0.4 mA 通过Rx的电流IRx＝(2.0－0.4) mA＝1.6 mA Rx的实际阻值　Rx实＝＝1000 Ω Rx的测量值Rx测＝＝800 Ω 结果百分误差＝×100%＝20%.‎ ‎(2)同理可得电流表改为内接时，结果百分误差＝×100%＝5%.‎ 答案：(1)20%　(2)5%‎ ‎14.硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，某同学用图14所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系，图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表．‎ ‎(1)请根据图14，用笔画线代替导线将图15中的实验器材连接成实验电路．‎ ‎(2)若电压表V2的读数为U0，则I＝________.‎ ‎(3)实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U—I曲线a，见图16，由此可知电池内阻 ________(填“是”或“不是”)常数，短路电流为________mA，电动势为________V.‎ ‎(4)实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得U—I曲线b，见图16.‎ 图16‎ 当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5 V，则实验二中外电路消耗的电功率为________mW(计算结果保留两位有效数字)．‎ 解析：本题考查了闭合电路的欧姆定律和电阻的伏安特性曲线等，意在考查考生数据处理的能力、创造性作图的能力等．‎ ‎(2)由部分电路的欧姆定律有I＝ ‎(3)由U＝E－Ir知，若电池内阻不变，则图线应该是直线．‎ ‎(4)因为两次实验中外电路的总电阻没有改变，因此可以作出外电路总电阻的伏安特性曲线，它和b曲线的交点就是外电路中总电阻的工作状态．先找出外电阻在实验一中的工作状态，再将点(210,1.5)和原点相连，和曲线b相交于(93,0.7)．‎ 答案：(1)如图17所示　(2)　(3)不是　0.295(0.293～0.297),2.67(2.64～2.70)　(4)0.065(0.060～0.070)‎ 图17‎ 三、计算题(每小题10分，共20分)‎ ‎15．电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同．图18①为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝 R1、R2和自动开关S.‎ 图18‎ ‎(1)当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？‎ ‎(2)用电器由照明电路供电(U＝220 V)设加热时用电器的电功率为 400 W，保温时用电器的电功率为 40 W，则R1和R2分别为多大？‎ ‎(3)若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其他条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能．‎ 解析：(1)S闭合，处于加热状态 S断开，处于保温状态．‎ ‎(2)由电功率公式得 P1＝①‎ P2＝②‎ 联立①②得：R1＝121 Ω，R2＝1089 Ω ‎(3)二级管导通时处于加热状态，二极管截止时，用电器处在保温状态．‎ W＝P1＋P2＝0.22 kW·h(或7.92×105J)‎ 答案：(1)S闭合，处于加热状态，S断开，处于保温状态 ‎(2)R1＝121 Ω　R2＝1089 Ω ‎(3)0.22 kW·h (或7.92×105 J)‎ ‎16．如图19所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，开关S闭合时，间距为d的平 图19‎ 行板电容器C的正中间有一质量为m、带电量为－q的小球恰好处于静止状态；开关S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板．若不计电源内阻，求：‎ ‎(1)电源的电动势；‎ ‎(2)小球与极板碰撞后的带电量．‎ 解析：首先要识别开关S闭合和断开的电路连接，然后再利用力的平衡条件和动能定理求解．‎ ‎(1)开关S闭合时，R1、R3并联，再与R4串联(R2中没有电流通过)，则UC＝U4＝E.①‎ 对带电小球，有mg＝q.②‎ 由①②两式联立解得E＝.‎ ‎(2)开关S断开后，R1、R4串联，则UC′＝E＝，③‎ 小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q′，向上运动到上极板，全程由动能定理，得 mgd－q·－mgd＋q′UC′＝0　④‎ 由③④两式联立解得q′＝q.‎ 答案：(1)　(2)