高考物理二轮复习冲刺测试专题7电路

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资源描述
2013届高考物理二轮复习冲刺测试:专题7电路1.在如图所示的电路中,电源电动势为12V,电源内阻为1.0,电路中的电阻R0为1.5,小型直流电动机M的内阻为0.5,闭合开关S后,电动机转动,电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是()A电动机的输出功率为14WB电动机两端的电压为7.0VC电动机产生的热功率为4.0WD电源输出的功率为24W解析电动机两端的电压U机EI(rR0)7.0V,选项B正确;电动机输出的功率P机出U机II2r机12W,选项A错误;电动机产生的热功率为P机热I2r机2.0W,选项C错误;电源输出的功率P出EII2r20W,选项D错误答案B2.如图所示,电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联,已知R0r,滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,下列说法中正确的是()A电路中的电流变大B电源的输出功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小解析当r内R外时,电源输出功率最大;当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时,外电路电阻减小,当滑片位于b端时,电源的输出功率变大,选项A对而B错;当把定值电阻R0看做电源内阻时,当滑动变阻器的滑片P位于a端时,滑动变阻器消耗的功率最大,由a端向b端滑动时,滑动变阻器消耗的功率变小,选项C对;此过程中,由PI2R0知,定值电阻R0上消耗的功率变大,选项D错答案AC3.如图所示,将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接,两板间一带电微粒恰好处于静止状态,现将下极板向上平移一小段距离,则在此过程中下列说法中正确的是()A电容器的带电荷量变大B电路中有顺时针方向的短暂电流C带电微粒仍将静止D带电微粒将向下做加速运动解析电容器与电源相连,电容器两端电压U与电源电动势E相等下极板向上移动,两板距离d减小,根据C可知电容器的电荷量增大,选项A正确电容器被充电,有逆时针方向的短暂电流,选项B错误两板距离d减小,电压不变,电场强度变大,微粒将向上加速运动,选项C、D错误答案A4.温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中,它是利用热敏电阻的阻值随着温度变化的特性来工作的如图甲所示,电源的电动势E9.0V,内阻不计;G为灵敏电流计,内阻Rg保持不变;R为热敏电阻,其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示闭合开关S,当R的温度等于20时,电流表示数I12mA;当电流表的示数I23.6mA时,热敏电阻的温度是()A. 60 B. 80 C. 100 D. 120 解析由图象知,当t120,热敏电阻的阻值R14k;根据闭合电路欧姆定律I1,可解得Rg0.5k;I2,可解得R22k,结合图象得:t2120 .答案D5.如图所示,两个相同的平行板电容器C1、C2用导线相连,开始都不带电现将开关S闭合给两个电容器充电,待充电平衡后,电容器C1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态再将开关S断开,把电容器C2两板稍错开一些(两板间距离保持不变),重新平衡后,下列判断正确的是 ()A电容器C1两板间电压减小B电容器C2两板间电压增大C带电微粒将加速上升D电容器C1所带电荷量增大解析充电完毕后电容器C1、C2并联,且两端电压相等,都等于电源电压,断开S后,电容器C2两板稍错开一些,即两板正对面积S减小,则电容减小,根据C,可知两板间电压U2增大,此时U2U1,则电容器C2又开始给C1充电,直到两电容器电压再次相等,此时两者两端的电压比原来的电压都增大,故A错误,B正确;电容器C1所带电荷量增大,故D正确;电容器C1两端的电压增大,根据EU/d可知,C1两板间电场强度增大,则带电微粒受到的电场力增大,将加速向上运动,故C正确答案BCD6.如图所示,C16F,C23F,R13,R26,电源电动势E18V,内阻不计下列说法正确的是 ()A开关S断开时,a、b两点电势相等B开关S闭合后,a、b两点间的电流是2AC开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D不论开关S断开还是闭合,C1带的电荷量总比C2带的电荷量大解析S断开时外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过,电阻两端电势相等,由图知a点电势与电源负极电势相等,而b点电势与电源正极电势相等,A错误S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势,而C1C2,由QCU知此时Q1Q2,当S闭合时,稳定状态下C1与R1并联,C2与R2并联,电路中电流I2A,此时两电阻两端电压分别为U1IR16V、U2IR212V,则此时两电容器所带电荷量分别为Q1C1U13.6105C、Q2C2U23.6105C,对电容器C1来说,S闭合后其两端电压减小,所带电荷量也减小,故B、C正确,D错误答案BC7.如图所示,直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线,曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线,如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接,则下列说法正确的是()A电源1与电源2的内阻之比是117B电源1与电源2的电动势之比是11C在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是12D在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是12解析在UI图象中,图线、斜率的绝对值代表电源的内阻,r1,r2,则r1r2117,选项A正确;图线与纵轴的交点表示电源电动势,则E1E210V,选项B正确;小灯泡在第一种连接状态下消耗的功率为P1U1I115W,小灯泡的电阻R1;小灯泡在第二种连接状态下消耗的功率为P2U2I230W,小灯泡的电阻R2,选项C正确D错误答案ABC8.在如图甲所示的电路中,电源的电动势为3.0V,内阻不计,L1、L2、L3为3个用特殊材料制成的同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合稳定后()A通过L1电流的大小为通过L2电流的2倍BL1消耗的电功率为0.75WCL2消耗的电功率约为0.3WDL2的电阻为6解析开关S闭合后,小灯泡L1两端电压为3.0V,由图乙可知通过小灯泡L1的电流为0.25A,小灯泡L1消耗的功率为3.00.25W0.75W,选项B正确小灯泡L2、L3共同分得电压3.0V,每个小灯泡均分得1.5V,由图乙可知通过小灯泡L2、L3的电流为0.20A,选项A错误小灯泡L2消耗的功率为1.50.20W0.3W,选项C正确,而7.5,选项D错误答案BC9.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器闭合电键S,当滑动变阻器R2的滑动触头向右移动时,电路中的电流I、R1两端的电压U1、R2两端的电压U2、电源两端的电压U都发生了变化,电流的变化量为I,R1两端电压的变化量为U1,R2两端电压的变化量为U2,电源两端电压的变化量为U.对于它们之间的关系,下列说法正确的是()A比值不变,|不变,且|B比值增大,|增大,且|C比值增大,|增大,且|D继续调节R2,当R1R2r时,R1上的功率最大 解析R1,R1阻值不变,不变,R1|不变,R1|一定相等,选项A正确;R2,因滑动变阻器R2的滑动触头向右移动,阻值增大,所以增大,|R1r不变,|,选项B错误;因R2增大,所以R2R1增大,因r|,所以|,选项C错误;当R1上的功率最大时,此时R2等于零,选项D错误答案A10.图示电路可用来测量电阻的阻值其中E为电源,R为已知电阻,Rx为待测电阻,可视为理想电压表,S0为单刀单掷开关,S1、S2为单刀双掷开关(1)当S0闭合时,若S1、S2均向左闭合,电压表读数为U1;若S1、S2均向右闭合,电压表读数为U2.由此可求出Rx_.(2)若电源电动势E1.5V,内阻可忽略;电压表量程为1V,R100.此电路可测量的Rx的最大值为_. 解析(1)由Rx,而Ix故RxR.(2)当Rx两端电压达到1V时,由E1.5V,可得此时R两端的电压U11.5V1V0.5V.此时电路中电流IA则Rxmax 200.答案(1)R(2)20011.如图所示,电路中电源内阻不计,水平放置的平行金属板A、B间的距离为d,金属板长为L.在两金属板左端正中间位置M,有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间,已知小液滴的质量为m,小液滴带负电,电荷量为q.要使液滴从B板右侧上边缘射出电场,电动势E是多大?重力加速度用g表示解析由闭合电路欧姆定律得I 两金属板间电压为UABIR 由牛顿第二定律得qmgma 液滴在电场中做类平抛运动Lv0t at2 由以上各式解得E 12.四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,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0.4.已知水的密度为1103kg/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PUI 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则PrI2r 代入数据解得Pr1103W (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,则MV 设质量为M的河水增加的重力势能为EP,则EPMgh 设电动机的输出功率为P0,则P0PPr 根据能量守恒定律得P0t60%80%EP 代入数据解得t2104s 答案(1)1103W(2)2104s8
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