2019-2020年高考物理（全国通用）总复习单元评估检测（七）含答案.doc

2019-2020年高考物理（全国通用）总复习单元评估检测（七）含答案一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15题为单选题,68题为多选题)1.(xx梅州模拟)下列说法中正确的是()A.由R=可知,电阻与电压、电流都有关系B.据=可知,导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比,与导体的长度l成反比C.各种材料的电阻率都与温度有关,金属的电阻率随温度的升高而减小D.所谓超导体,当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时,它的电阻率突然变为零【解析】选D。R=是电阻的定义式,R与电压和电流无关,故A错误;而=是导体电阻率的定义式,导体的电阻率由材料和温度决定,与R、S、l无关,所以B错误;电阻率都与温度有关,金属的电阻率随温度的升高而增大,故C错误;当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时,导体的电阻率突然变为零的现象叫超导现象,此时的导体叫超导体,故D正确。2.(xx冀州模拟)某个由导电介质制成的电阻截面如图所示。导电介质的电阻率为、制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分),半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极,在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极。设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的,你可能不会求解R,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性作出判断。根据你的判断,R的合理表达式应为()A.R=B.R=C.R=D.R=【解析】选B。由电阻定律R=得分母应是面积单位,C、D均错,又l是沿电流方向的长度,故A错,B对。3.(xx长春模拟)两根材料相同的均匀导线x和y串联在电路中,两导线沿长度方向的电势变化情况分别如图中的ab段和bc段图线所示,则导线x和y的横截面积之比为()A.21B.12C.61D.16【解析】选B。两导线串联,电流相等,I1=I2,从两段图线上截取相同的电压,U1=U2,保证电阻是相等的,此时长度之比为L1L2=12,由电阻定律知,横截面积之比等于长度之比S1S2=12,故B正确,A、C、D错误。4.(xx郑州模拟)如图所示是一实验电路图。在滑动触头由a端滑向b端的过程中,下列表述正确的是()A.路端电压变小B.电流表的示数变大C.电源内阻消耗的功率变小D.电路的总电阻变大【解析】选A。滑动触头由a滑向b的过程中,总电阻变小,D错误;干路电流变大,路端电压变小,A正确;内阻消耗功率变大,C错误;定值电阻R3上电压降低,电流表示数变小,B错误。【加固训练】如图所示电路,其中R为一热敏电阻(温度升高时,阻值减小),C为电容器,R1、R2为两个电阻箱。闭合开关,当环境温度升高时,以下说法正确的是()A.电容器的带电荷量减少B.减小电阻箱R1的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变C.减小电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变D.增加电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变【解析】选C。当温度升高时,热敏电阻阻值减小,使得干路电流增加,R2上分压增大,电容器两端电压增大,电容器带电荷量增大,故A错。若保持电容器带电荷量不增加,应保持R2两端电压不变,调节R1阻值不起作用,B错。只有使R2阻值减小,分压减小,才能保持电容器带电荷量不变,C对,D错。5.如图所示的电路中,A、B两灯原来正常发光,忽然B灯比原来亮了,这是因为电路中某一处发生断路故障造成的,那么发生这种故障可能是(电源内阻不计)()A.R1断路B.R2断路C.R3断路D.灯A断路【解析】选C。由于电源内阻不计,故路端电压为电源的电动势,所以R1断路时,灯A和B两端电压不变,故B灯亮度不会发生变化,故A选项错误;当R2断路时,会使A灯两端电压升高,B灯两端电压降低,B灯应变暗,故B选项错误;同理可知D选项也错误;当R3断路时,会使B灯两端电压升高,A灯两端电压降低,故B灯变亮,因此正确选项为C。【加固训练】(xx黄山模拟)在如图所示的电路中,开关S闭合后,由于电阻元件发生短路或断路故障,某时刻电压表和电流表的读数都增大,则可能出现了下列哪种故障()A.R1短路B.R2短路C.R3短路D.R1断路【解析】选A。若电路正常,则电流表测量流过R1的支路电流,电压表测量R3两端的电压。若R1短路,则R2被短路,外电路只有电阻R3接在电源两端,电流表测量干路电流,电压表测量路端电压,两表示数均增大,A正确。若R2短路,则R1被短路,电流表示数为零,B错误。若R3短路,则电压表示数为零,C错误。若R1断路,则电流表示数为零,D错误。6.如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,则()A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【解析】选A、C。根据电路图,电阻R2与滑动变阻器R4接入电路的部分串联后,再与R3组成并联电路,并联部分再与电阻R1串联接到电源两端,电压表测量滑动变阻器R4接入电路部分的电压,电流表测量流过电阻R2的电流,电容器两极板间的电压等于并联部分的电压,当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,变阻器接入电路的电阻变小,并联部分的电阻R并减小,干路电流I=增大,并联部分电压U并=E-I(r+R1)减小,所以电容器两极板间的电压减小,板间场强减小,电场力小于重力,质点向下运动,C项正确;电阻R3两端电压减小,流过R3的电流I3减小,R3上消耗的功率P3=R3逐渐减小,D项错误;流过R2的电流I2=I-I3增大,所以电流表读数增大,B项错误;R2两端电压U2=I2R2增大,而并联部分的电压U并减小,所以,滑动变阻器R4接入电路部分的电压U4=U并-U2减小,A项正确。【总结提升】含容电路的分析方法在直流电路中,当电容器充放电时,电路里有充放电电流,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件,在电容器处电路看作是断路,简化电路时可去掉它。分析和计算含有电容器的直流电路时,需注意以下几点：(1)电容器两极板间的电压等于该支路两端的电压。(2)当电容器和用电器并联接入电路时,电容器两极板间的电压与其并联用电器两端的电压相等。(3)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充(放)电。(4)如果变化前后极板带电的电性相同,那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器的电荷量之差;如果变化前后极板带电的电性改变,那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器的电荷量之和。【加固训练】(xx台州模拟)如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时,发现电压表V1、V2示数为U1、U2,示数变化的绝对值分别为U1和U2,电流表的示数为I,电流表示数变化的绝对值为I,下列说法中正确的是()A.小灯泡L1、L2变暗,L2变亮B.小灯泡L3变暗,L1、L2变亮C.U1U2D.变大,不变【解析】选B。滑动变阻器的触片P从右端滑到左端,总电阻减小,总电流增大,路端电压减小;与电阻串联的灯泡L1、L2电流增大,变亮,与电阻并联的灯泡L3电压降低,变暗,选项A错误,选项B正确;U1减小,U2增大,而路端电压U=U1+U2减小,所以U1的变化量大于U2的变化量,选项C错误;由欧姆定律知=不变,=+r不变,故选项D错误。7.(xx大连模拟)一般地说,用电器的工作电压并不等于额定电压,家庭里通常不备电压表,但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压。现在电路中只接入一个电热水壶,壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图甲和乙所示。测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒,则下列结论正确的是()A.图乙中对应的电表读数为3 2308度B.在这段时间中,电热水壶消耗的电能为181 500 JC.利用这段时间内电热水壶消耗的电能可供“200 V,60 W”的白炽灯正常工作2 500 sD.此时加在电热水壶上的实际电压为200V【解析】选C、D。图乙中对应的电能表读数为3 230.8度,所以A项错误;电热水壶消耗的电能W=J=1.5105J,所以B项错误;根据W=Pt计算,可得C项正确;电热水壶实际的电功率P实=,由P=得U实=U额=220V=200 V,所以D正确。8.如图所示电路中,电源电动势为E,电源内阻为r,串联的固定电阻为R2,滑动变阻器的总电阻是R1,电阻大小关系为R1=R2=r,则在滑动触头从a端移到b端的过程中,下列描述正确的是()A.电路的总电流先减小后增大B.电路的路端电压先增大后减小C.电源的输出功率先增大后减小D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大【解析】选A、B。当滑动触头从a端滑到b端的过程中,R1接入电路的电阻(实际上是RaP与RbP的并联电阻)先增大后减小,所以电路中的电流I先减小后增大,路端电压先增大后减小,A、B项均正确;因为R外r,由电源的输出功率P随R外变化的图像知,电源的输出功率先减小后增大,C错误;将R2+r视为电源内阻,则外电阻先增大后减小,且总小于电源内阻,故R1消耗的功率先增大后减小,D错误。【加固训练】(xx潍坊模拟)如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器R的滑片P向下滑动过程中()A.电压表与电流表的示数都增大B.电压表示数增大,电流表的示数减小C.R1的电功率增大,R的电功率增大D.R2的电功率减少,电源的总功率增加【解析】选D。在变阻器R的滑片向下滑动的过程中,变阻器接入电路的电阻减小,变阻器R与R2并联电阻R并减小,则外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流I增大,路端电压U减小,则电压表示数减小;并联部分电压U并=E-I(R1+r),I增大,E、R1、r均不变,则U并减小,故电流表示数减小,故A、B错误;干路电流I增大,由功率公式P=I2R分析得知,R1上消耗的功率增大,总电流增大,电流表示数减小,则通过R的电流增大,由P=I2R可知R的功率变化不能确定,故C错误;由于U并减小,据公式P=分析知,R2消耗的功率减小,电源的总功率P总=EI,E不变,I增大,则电源的总功率增加,故D正确。二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(8分)某同学用如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻,其中R是电阻箱,R0是定值电阻,且R0=3000,G是理想电流计。改变R的阻值分别读出电流计的读数,作出-图像如图乙所示,则电源的电动势是,内阻是。【解题指南】解答本题应关注以下两点：(1)根据闭合电路欧姆定律写出关于-的函数关系式。(2)利用图像的斜率和截距求E、r。【解析】根据闭合电路欧姆定律E=U外+U内得E=IR0+(+I)r=-(R0+r)得=-结合图像得=A/,=1-1故r=1,E=3V。答案：3V110.(12分)如图所示的电路可测出电阻丝的电阻率,同时还可附带测量出电源的内电阻。图中被测电阻丝就是已经测量出直径的那段电阻丝。R是阻值为2的保护电阻,电源电动势E=6V,电流表内阻不计。闭合开关S,鳄鱼夹夹在电阻丝的不同部位,用刻度尺测量接入电路部分的长度L,记录下L和对应的电流表示数I的多组数据,然后据此作出-L图像如图。已知被测金属丝直径d=0.9mm。(1)如果电阻丝单位长度的电阻用R0表示,写出-L图像所对应的物理原理表达式,式中涉及的相关物理量用字母表示(E、r、R、R0)：。(2)根据画出的-L图像,该电阻丝单位长度的电阻R0=,电阻丝的电阻率=m,电源内阻r=。【解析】将被测电阻丝接在电动势恒为E的电源上,通过改变电阻丝的长度L测得流过导线的电流I。由闭合电路的欧姆定律E=I(R+r+R0L),可得=+L,以为纵坐标,电阻丝长度L为横坐标,作出-L图像,图像是一条直线,该直线的斜率为k=,解得R0=10,根据R0=,代入数据,解得=6.3610-6m,纵轴截距为0.35=,解得r=0.1。答案：(1)=+L(2)106.3610-60.1三、计算题(本题共2小题,共32分。需写出规范的解题步骤)11.(16分)(xx海口模拟)如图所示,R1=9,R2=30,S闭合时,电压表的示数为11.4V,电流表的示数为0.2A,S断开时,电流表的示数为0.3A。求：(1)电阻R3的值。(2)电源的电动势E和内阻r的值。(3)S断开时,电路中消耗的总功率以及电源的输出功率。【解析】(1)R2两端电压：U2=I2R2=0.2A30=6 V(1分)所以,R1两端电压为U1=U-U2=11.4V-6 V=5.4 V(1分)流过R1的电流：I1=A=0.6A(1分)又因I2+I3=I1故有I3=I1-I2=0.6A-0.2A=0.4A(1分)R3=15(1分)(2)S闭合时,R并=10(1分)电压表读数为U=(R1+R并) (2分)S断开时,电流表读数为I= (2分)由两式,代入数据解得：E=12V,r=1(2分)(3)S断开时,干路中电流为I=0.3A所以P总=EI=120.3W=3.6W(2分)P输出= P总-I2r=3.51W(2分)答案：(1)15(2)12 V1(3)3.6 W3.51 W12.(16分)如图所示,电源的电动势E=110V,电阻R1=21,电动机绕组的电阻R0=0.5,电键S1始终闭合。当电键S2断开时,电阻R1的电功率是525W;当电键S2闭合时,电阻R1的电功率是336W,求：(1)电源的内电阻。(2)当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率。【解析】(1)S2断开时P1=R1得I1=5A(2分)由闭合电路的欧姆定律得E=I1(r+R1)(2分)解得r=1(1分)(2)当S2闭合时,P2=得U2=84V(2分)又因为U内=E-U2=I总r(2分)得I总=26A(1分)流过R1的电流为I2=4A(2分)IM=I总-I2=22A(1分)P入=U2IM=1848W(1分)P热=R0=242W(1分)P出=P入-P热=1606W(1分)答案：(1)1(2)26 A1 606 W关闭Word文档返回原板块