2023版高考物理一轮复习第八章恒定电流10章末过关检测八含解析.doc

章末过关检测(八)
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一、单项选择题
1.(2020·上海青浦区调研)如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是下列图中的(　　)
解析：选A.因为欧姆表需进行欧姆调零，所以电路图中应串联一个可变电阻，B、D错误；根据红进黑出可得A正确，C错误．
2．(2020·山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是(　　)
A．通过甲、乙两导体的电流相同
B．通过乙导体的电流是甲导体的两倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
解析：选B.由I＝可知，I乙＝2I甲，B正确，A错误；由I＝nvSq可知，同种金属材料制成的导体，n相同，因S甲＝2S乙，故v甲∶v乙＝1∶4，C、D错误．
3.如图所示的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据现象分析，发生的故障可能是(　　)
A．R1断路　　　　　 B．R2断路
C．R3短路 D．R4短路
解析：选A.等效电路如图所示．若R1断路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A正确；若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误；若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D错误．
4.如图所示，其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是(　　)
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
解析：选C.设电流表A的内阻为RA，用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I1－IA)R1＝IARA，解得I1＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A；若将接线柱1、3接入电路，则(I2－IA)R1＝IARA，解得I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A．C正确．
5．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是(　　)
A．L1灯丝突然短路
B．L2灯丝突然烧断
C．电源的输出功率一定变小
D．电容器C上电荷量减少
解析：选B.当L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I＝得，电流表读数增大，A错；当L2灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由U＝E－Ir 得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系决定，C错；当L2灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，所以电容器会充电，D错．
二、多项选择题
6．电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力，感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时(　　)
A．车轮停在感应线上，电阻R上有恒定电流
B．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电
C．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小
D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照
解析：选BD.车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由题图乙可知，当车轮经过感应线时电流先增大后减小，然后反向增大再减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确．
7.(2020·四川成都一中模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U.以下说法正确的是(　　)
A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大
B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减小
C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加
D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变
解析：选BD.电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A错误；若增大电容器极板间的距离，根据公式C＝可得电容器电容减小，由于电容器两端的电压恒定，根据公式C＝，故电容器所带电荷量减小，B正确；若仅用更强的光照射R1，R1的电阻减小，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，外电路总电阻减小，即电压表示数减小，根据公式C＝可得，U减小，Q也减小，C错误；根据闭合电路欧姆定律可得U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值表示电源内阻，所以恒定不变，D正确．
8．如图为某种电子秤工作原理的示意图，被称物体的质量可按照一定的换算关系通过电流表的示数获得．秤盘中放入物体后，连杆P将从a点向下滑动，最终停在a、b间的某一位置．关于该电子秤，下列说法正确的是(　　)
A．物体质量越小，电流表的示数越大
B．物体质量越大，电流表的示数越大
C．物体质量越大，电路中的总电阻越大
D．物体质量越小，电路中的总电阻越大
解析：选BD.物体质量越小，则P点的位置越接近a端，滑动变阻器的电阻越大，则电路中电流越小，电流表的示数越小，A错误，D正确；同理，物体质量越大，则P点的位置越接近b端，滑动变阻器的电阻越小，则电路中电流越大，电流表的示数越大，B正确，C错误．
9．(2020·江西南昌模拟)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的U－I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是(　　)
A．E＝50 V
B．r＝ Ω
C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 Ω
D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W
解析：选AC.由图象的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻r＝＝ Ω＝5 Ω，故A正确，B错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40 V，I＝2 A，则R＝＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P总＝EI＝100 W，故C正确，D错误．
10．如图甲所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U－I关系图象如图乙所示，则(　　)
A．电源的电动势为6 V
B．滑动变阻器的总阻值为20 Ω
C．当电压表示数为5.0 V时，电源效率最高
D．当电压表示数为5.0 V时，R2消耗的总功率最大
解析：选BC.由题图甲可知，当滑片位于中央时，并联总电阻最大，并联电阻RaP＝RPb＝＝＝ Ω＝10 Ω，解得R2＝20 Ω，B正确；此时电压表的示数最大，外电阻也最大，而电源的效率η＝＝，此时电源的效率最高，C正确；当电压表的示数为4 V时，电流表的示数为0.25 A，则通过Pb部分支路的电流为1.00 A，则RaP＝4RPb，根据闭合电路欧姆定律E＝4 V＋1.25 A×(R1＋r)，E＝5 V＋1 A×(R1＋r)，两式联立解得R1＋r＝4 Ω，E＝9 V，A错误；当R2两部分的并联电阻等于R1＋r＝4 Ω时，R2消耗的功率最大，此时电压表的示数不是5.0 V，D错误．
三、非选择题
11．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1k、×100、×10、×1.该同学选择“×100”挡，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
A．____________；
B．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处；
C．重新测量并读数，某时刻刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是____________.
(2)该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：
A．直流电源(电动势3 V，内阻不计)
B．电压表V1 (量程0～5 V，内阻约为5 kΩ)
C．电压表V2 (量程0～15 V，内阻约为25 kΩ)
D．电流表A1(量程0～25 mA，内阻约为1 Ω)
E．电流表A2(量程0～250 mA，内阻约为0.1 Ω)
F．滑动变阻器一只，阻值0～20 Ω
G．开关一只，导线若干
在上述仪器中，电压表应选择____________(选填“V1”或“V2”)，电流表应选择____________(选填“A1”或“A2”)．请在虚线框内画出电路原理图(电表用题中所给的符号表示).

解析：(1)指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，因此应选用较小的倍率，将“×100”挡换为“×10”挡；欧姆表的读数为指针所指的欧姆数乘倍率，即电阻为12×10 Ω＝120 Ω.
(2)由于电源电动势只有3 V，所以电压表选择量程为0～5 V的电压表V1；因电路中的最大电流约为Im＝＝25 mA，所以电流表选用量程为0～25 mA的电流表A1；由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，所以控制电路应选用分压式接法；因待测电阻的阻值远大于电流表内阻，应选用电流表内接法，电路原理图如图所示．
答案：(1)换用“×10”挡　120 Ω
(2)V1　A1　图见解析
12．某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 μA、内阻为2 500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线．
(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为0～50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱______(选填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为______Ω.
(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图甲所示，通过改变电阻R测相应的电流I，且做相关计算后一并记录如表．
①根据表中数据，图乙中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图乙中，并画出IR－I图线．
乙
②根据图线可得电池的电动势E是________V，内阻r是________Ω.
解析：(1)电表改装为大量程的电流表需并联一个电阻，由并联知识可知，R(50×10－3－100×10－6)＝100×10－6×2 500，解得R≈5.0 Ω.
(2)描点连线后由图线纵轴截距得到电池的电动势为 1.53 V，由图线斜率求得的电阻值减去改装后的电流表阻值可得到电池内阻为2.0 Ω.　
答案：(1)并联　5.0　(2)①如图所示
②1.53　2.0
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