安徽省2020高三物理一輪課下作業(yè) 第7章 恒定電流 第二講

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1、恒定電流 第二講 一、選擇題 1.如右圖所示電路中，當滑動變阻器的滑動觸頭向下滑動時，A、B兩燈亮度的變化情況為(　　) A．A燈和B燈都變亮 B．A燈和B燈都變暗 C．A燈變亮，B燈變暗 D．A燈變暗，B燈變亮 解析：　滑動觸頭向下滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，電路的總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，故A、B燈都變暗，B正確． 答案：　B 2.(2020·重慶理綜)某電容式話筒的原理示意圖如右圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板．對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動．在P、Q間距增大過程中(　　) A．P、Q構成的電容器的電容增大 B．P上

2、電荷量保持不變 C．M點的電勢比N點的低 D．M點的電勢比N點的高 解析：　由C＝可知PQ間距離d增大時電容C減小，A項錯誤．電容減小將放電，電荷量減小，故B項也錯．放電時電流從M點經R到N點，說明M點電勢高于N點電勢，所以C項錯誤D項正確． 答案：　D 3.如右圖所示電路，電源內阻不能忽略，R的阻值小于變阻器的總電阻，開始時滑動變阻器的滑片P停在變阻器的中點，穩(wěn)定后滑片P由中點向上移動至頂端的全過程中(　　) A．電壓表的示數先減小后增大 B．電壓表的示數先增大后減小 C．電流表的示數先增大后減小 D．電流表的示數先減小后增大 解析：　當滑動變阻器的滑片P由中點向上移動過

3、程中，原來與變阻器上端串聯部分的電阻減小，而另一支路的電阻增大，因兩支路的電阻之和不變，故兩支路的電阻相等時，對應的等效電阻最大，所以電路的總電阻先變大，再變小，故路端電壓，即電壓表的示數先增大后減小，B正確，A錯誤．在示數增大過程中，滑片P上滑，所在支路電阻減小，電流增大；在示數減小過程中，所在支路電阻比電壓減小得更快，電流也是增大的，即示數應一直增大．所以C、D錯． 答案：　B 4.如右圖所示，一只玩具電動機用一節(jié)干電池供電，閉合開關S后，發(fā)現電動機轉速較慢，經檢測，電動機性能完好；用電壓表測a與b間電壓，只有0.6 V；斷開開關S，測得a與b間電壓接近1.5 V，電動機轉速較慢的

4、原因是(　　) A．開關S接觸不良　　　　　　 B．電動機接線接觸不良 C．電動機兩端接線短路 D．電池過舊，內阻過大 解析：　本題考查了電源的電勢和內阻等知識．開關S接觸不良、電動機接線接觸不良、電動機兩端接線短路，電動機就不會旋轉了，而不是轉得慢．電動機轉得慢的原因是電池過舊，內阻過大，電動機兩端的電壓過低造成的，D正確． 答案：　D 5.如右圖所示，在U－I圖象上，a、b、c各點均表示該電路中的一個確定的工作狀態(tài)，α＝β＝45°，則下列說法正確的是(　　) A．在b點時，電源有最小的輸出功率 B．在b點時，電源的總功率最大 C．從a→b，β增大，電源的總功率和輸出功率

5、都增大 D．從b→c，β增大，電源的總功率和輸出功率都減小 解析：　在b點時，電源的內阻等于外電阻，電源有最大的輸出功率，電源的總功率P總＝IE，電流越大總功率越大，外電阻為零時總功率最大．從a→b，β增大，外電阻增大，電流減小，電源的總功率減小，輸出功率增大．從b→c時，β增大，電流減小，電源的總功率和輸出功率都減?。_答案為D. 答案：　D 6.如右圖所示，C為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關S，當滑動變阻器R1、R2的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止狀態(tài)．要使塵埃P向下加速運動，下列方法中可行的是(　　) A．把R2的滑片向左移動

6、 B．把R2的滑片向右移動 C．把R1的滑片向左移動 D．把開關S斷開 解析：　要使塵埃向下加速運動，必須減小電場力，即減小板間電壓．由于滑動變阻器R1處于斷路，調節(jié)不會有效果，C錯；電容器兩板間電壓等于滑動變阻器R2滑片左邊部分的電壓，因此要把R2的滑片向左移動，A對；斷開開關S時，電容器的電壓等于電源的電動勢，板間電壓會增大，D錯． 答案：　A 7．壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，某研究性學習小組利用壓敏電阻判斷升降機運動狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖甲所示，將壓敏電阻和兩塊擋板固定在升降機內，中間放一個絕緣重球，當升降機靜止時，電流表的示數為I0，在升降機做直線運動的過程中，

7、電流表的示數如圖乙所示，下列判斷正確的是(　　) A．從0到t1時間內，升降機做勻減速直線運動 B．從t1到t2時間內，升降機做勻加速直線運動 C．從t1到t2時間內，重球處于超重狀態(tài) D．從t2到t3時間內，升降機可能靜止 解析：　由壓敏電阻的特點知，0到t1時間內電流I最大，壓敏電阻的阻值最小，故所受的壓力最大、恒定，故升降機做勻加速直線運動，A錯誤；t1到t2時間內，I均勻減小，所以壓敏電阻所受的壓力均勻減小，但壓力仍大于重力，所以升降機做加速度越來越小的加速運動，B錯誤，C正確．由于升降機一直加速，所以t2到t3時間內，升降機不可能靜止，而應該是做勻速直線運動． 答案：

8、　C 8.如右圖所示，一臺電動機提著質量為m的物體，以速度v勻速上升．已知電動機線圈的電阻為R，電源電動勢為E，通過電源的電流為I，當地重力加速度為g，忽略一切阻力及導線電阻，則(　　) A．電源內阻r＝－R B．電源內阻r＝－ C．如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，較短時間內電源消耗的功率將變大 D．如果電動機轉軸被卡住而停止轉動，較短時間內電源消耗的功率將變小 解析：　由于電動機是非純電阻元件，歐姆定律不再適用，電動機的輸入功率P1＝UI.熱功率P2＝I2R，輸出功率P3＝mgv，P1＝P2＋P3，可解得：U＝IR＋，又由閉合電路歐姆定律得：E＝U＋Ir，解得：r＝－－R；當電動

9、機被卡住時，電動機變成純電阻元件，總電流I總＝，電流增大，故電源消耗的功率P增大，所以選項C正確． 答案：　C 9.如右圖所示是電容器充、放電電路．配合電流傳感器，可以捕捉瞬間的電流變化，并通過計算機畫出電流隨時間變化的圖象．實驗中選用直流8 V電壓，電容器選用電解電容器．先使單刀雙擲開關S與1端相連，電源向電容器充電，這個過程可瞬間完成．然后把單刀雙擲開關S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流傳入計算機，圖象上顯示出放電電流隨時間變化的I－t曲線．以下說法正確的是(　　) A．電解電容器用氧化膜做電介質，由于氧化膜很薄，所以電容較小 B．隨著放電過程的進行，該電容器兩極板

10、間電壓逐漸增大 C．由傳感器所記錄的該放電電流圖象不能估算出該過程中電容器的放電電荷量 D．通過本實驗可以估算出該電容器的電容值 解析：　電容是用來描述電容器容納電荷本領的物理量，大小與氧化膜厚度無關，選項A錯誤；由U＝可知，因電容器電容不變，放電過程中電容器所帶電量逐漸減小，所以電容器兩端電壓逐漸減小，選項B錯誤；由I＝，再結合放電電流隨時間變化的I－t曲線可知選項C錯誤；根據I－t曲線可求出放電過程中通過電阻的電量，再由電容器放電瞬間電壓與電源電壓相等，根據C＝即可求出電容器的電容值，選項D正確． 答案：　D 10.有一種測量人體重的電子秤，其原理圖如右圖中的虛線框內所示，它主要

11、由三部分構成：踏板、壓力傳感器R(是一個阻值可隨壓力大小而變化的電阻器)、顯示體重的儀表G(實質是理想電流表)．設踏板的質量可忽略不計，已知理想電流表的量程為3 A，電源電動勢為12 V，內阻為2 Ω，電阻R隨壓力變化的函數式為R＝30－0.02F(F和R的單位分別是N和Ω)．下列說法正確的是(　　) ①該秤能測量的最大體重是1 400 N?、谠摮幽軠y量的最大體重是1 300 N　③該秤零刻度線(即踏板空載時的刻度線)應標在電流表G刻度盤0.375 A處?、茉摮恿憧潭染€(即踏板空載時的刻度線)應標在電流表G刻度盤0.400 A處 A．①③　　　　　　　　 B．①④ C．②③ D．②④

12、 解析：　電路中允許的最大電流為3 A，因此根據閉合電路歐姆定律，壓力傳感器的最小電阻應滿足R＋2＝，R最小為2 Ω，代入R＝30－0.02F，求出最大F＝1 400 N，①項正確，②項錯誤；當F＝0時，R＝30 Ω，這時電路中的電流I＝ A＝0.375 A，③項正確，④項錯誤，故選項A對． 答案：　A 11．如圖甲所示，R為電阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，Rx為未知電阻，(1)斷開S2，閉合S1，逐次減小電阻箱的阻值，得到一組R、I值，并依據R、I值作出了如圖乙所示的R－圖線，(2)斷開S2，閉合S1，當R調至某一位置時，電流表的示數I1＝1.0 A；保持電阻箱的位置不變

13、，斷開S1，閉合S2，此時電流表的示數為I2＝0.8 A，據以上數據可知(　　) A．電源電動勢為3.0 V B．電源內阻為0.5 Ω C．Rx的阻值為2 Ω D．S1斷開、S2接通時，隨著R的減小，電源輸出功率減小 解析：　由I＝得R＝－r，則R－圖象的斜率k＝E＝2.0 V，A選項錯誤；R軸截距的絕對值等于內阻r，即r＝0.5 Ω，B選項正確；S2斷開，S1閉合時，R＋r＝；S1斷開，S2閉合時，Rx＋R＋r＝，所以，Rx＝－＝0.5 Ω，C選項錯誤；因Rx＝r，所以，電路中的外電阻大于內阻，隨著R的減小，電源輸出功率將增大，R＝0時，電源輸出功率最大，D選項錯誤． 答案：

14、　B 二、非選擇題 12.右圖電路中R1＝12 Ω，R2＝6 Ω，滑動變阻器R3上標有“20 Ω，2 A”字樣，理想電壓表的量程有0～3 V和0～15 V兩擋，理想電流表的量程有0～0.6 A和0～3 A兩擋．閉合開關S，將滑片P從最左端向右移動到某位置時，電壓表、電流表示數分別為2.5 V和0.3 A；繼續(xù)向右移動滑片P至另一位置，電壓表指針指在滿偏的1/3，電流表指針指在滿偏的1/4，求： (1)此時電流表示數； (2)電源的電動勢． 解析：　(1)滑片P向右移動的過程中，電流表示數在減小，電壓表示數在增加，由此可以確定電流表量程選取的是0～0.6 A，電壓表量程選取的是0～15 V，所以電流表的示數為×0.6 A＝0.15 A. (2)電壓表的示數為×15 V＝5 V；當電壓表示數U1＝2.5 V時，電流表示數I1＝0.3 A，得 E＝U1＋I1R1＋r 當電壓表示數U2＝5 V時，I2＝0.15 A得 E＝U2＋I2R1＋r 所以解方程組得：E＝7.5 V. 答案：　(1)0.15 A　(2)7.5