2018-2019学年高二物理9月月考试题(选修).doc

2018-2019学年高二物理9月月考试题(选修)一选择题（共19小题，每题3分，共57分）1关于电流，下列说法正确的是（）A根据I=可知，I与q成正比B如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C电流有方向，因此电流是矢量D电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位2若通过一段导体的电流是2A，则1分钟内通过该导体某截面的电量为（）A2CB0.5CC120CD200C3下面说法正确的是（）A非静电力做功越多电动势越大 B奥斯特发现了电流可以产生磁场C静止的电荷一定不受洛仑兹力 D电源两端电压与电源电动势总是相等4关于电源和电流，下述说法正确的是（）A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速5如图所示是电阻R的IU图象，图中=45，由此得出（）A欧姆定律适用于该元件B电阻R=0.5C因IU图象的斜率表示电阻的倒数，故R=1.0D在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C6分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲两表的示数分别为3V、4mA；图乙两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻RX的真实值为（）A略小于1kB略小于750C略大于1kD略大于7507如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1、R2的电流比是（）A1：2B3：1C6：1D1：68如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）A的示数是的2倍B的示数是的2倍C的示数是的2倍D的示数是的2倍9三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为R1：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，通过三个电阻器R1、R2、R3上的电流之比I1：I2：I3为（）A6：3：1B1：3：6C6：2：1D3：2：110杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯，已知高压钠灯功率为400w，LED灯功率为180W，若更换400盏，则一个月可节约的电能约为（）A9102kWhB3105kWhC6105kWhD11012kWh11有一个额定电压为220伏的电炉，想把它接在110伏的电路上，而不改变电炉的功率，办法是（）A把电炉的电阻丝截去一半 B把电炉的电阻丝截成相等的两段，再并联起来C用另一根和它相同的电阻丝串联 D用另一根和它相同的电阻丝并联12有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）ABCD13关于导体的电阻和电阻率，下列说法中正确的是（）A由R=可知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比B由R=可知，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比C由=可知，导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比D导体的电阻率由材料的种类决定，还跟温度无关14如图所示，a、b、c、d是滑线变阻器的4个接线柱现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱d移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）A a和bBa和cB Cb和cDb和d15如图甲所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为7V和3V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9V，电源的电动势为（）A9.8VB10.5VC10.8VD11.2V16如图所示，平行金属板中带电油滴P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）AR3上消耗的功率逐渐增大B电流表读数减小，电压表读数增大C质点P将向上运动D电源的输出功率逐渐增大17如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的“+”插孔，则 （）A前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表18在测电源电动势和内阻实验中，下列说法正确的是（）A用新电池较好B用旧电池好C新、旧电池一样D以上说法都不对19甲、乙两同学使用欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“100”挡，并能正确操作他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“1k”挡，乙把选择开关旋到“10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零，则以下说法正确的是 （）A甲选挡错误，而操作正确B乙选挡正确，而操作错误C甲选挡错误，操作也错误D乙选挡错误，而操作正确二多选题（共3小题，每题4分，共12分）20关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A只有在测量电阻时，才需要进行机械调零B多用电表欧姆挡的零刻度在刻度盘的最右边C如果多用电表内没有安装电池，就不能直接用来测量电阻D若选择开关扳在欧姆挡上的“1”挡上，准确调零后测量电阻，指针恰指在刻度30和50的正中央，则待测电阻的阻值为4021一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10，R2=120，R3=40，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（）A当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40B当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40C当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V22如图所示电路中，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为I1、I2，理想电压表示数变化量的绝对值为U下列说法中正确的是（）A电压表V的示数减小B电流表A2的示数变小CU与I1比值一定小于电源内阻rDU与I2比值一定小于电源内阻r三填空题（共2小题，每空2分，共16分）23某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为 cm，高度为 mm。24欲测量G表的内阻rg和一个电源的电动势E内阻r要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约1.5V，内阻在0.40.7间B、待测G表：量程500A，内阻在150250间C、电流表A：量程2A，内阻约0.1D、电压表V：量程300mV，内阻约500E、定值电阻R0：R0=300；F、滑动变阻器R1：最大阻值10，额定电流1AG、电阻箱R2：09999H、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻rg图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是 ；（填元件序号字母）说明实验所要测量的物理量 ；写出G表内阻的计算表达式rg= （2）测出rg=200后，小聪把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到2800，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，若利用测量的数据，作出的G表示IG与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E= V，内阻r= 四计算题（共2小题,8+7）25一接在220V电压的电路中正常工作的电风扇，通过风扇电动机的电流为0.2A，测得风扇电动机线圈电阻为5，试求：（1）电风扇的输入功率多大？（2）电风扇每分钟消耗电能多少？（3）风扇的电动机每分钟产生的电热多少？产生机械能多少？26如图所示，已知R3=3，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2.5A，R1上的电压为5v，求：（1）R1、R2阻值各是多少？（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？xx06月19日刘世进的高中物理组卷参考答案与试题解析一选择题（共19小题）1关于电流，下列说法正确的是（）A根据I=可知，I与q成正比B如果在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C电流有方向，因此电流是矢量D电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【考点】B1：电流、电压概念【专题】535：恒定电流专题【分析】电流由通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t共同决定；恒定电流的大小和方向始终保持不变；电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则；“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个【解答】解：A、根据I=可知I是通过某一横截面积的电量q与通过这些电量所用时间t的比值，故如果通过的电量q大但所用时间更多，则电流I可能更小。故A错误。B、恒定电流是指电流的大小和方向始终保持不变的电流，而本选项中如果电流的方向发生了变化，或电流的大小发生变化仍能保证在相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，但不是恒定电流，故B错误。C、电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，故C错误。D、电流的单位“安培”是国际单位制中七个基本单位中的一个，也是电学中的唯一一个。故D正确。故选：D。【点评】掌握了基本概念即可顺利解决此类物体，故要加强基本概念的积累2若通过一段导体的电流是2A，则1分钟内通过该导体某截面的电量为（）A2CB0.5CC120CD200C【考点】B1：电流、电压概念【专题】32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】根据电流的定义式可求得导体截面的电荷量。【解答】解：1分钟=60秒；1分钟内通过该导体某截面的电量：q=It=260=120C；故ABD错误，C正确故选：C。【点评】本题考查电流的定义，要注意正确掌握公式的应用。3下面说法正确的是（）A非静电力做功越多电动势越大B奥斯特发现了电流可以产生磁场C静止的电荷一定不受洛仑兹力D电源两端电压与电源电动势总是相等【考点】1U：物理学史；B9：电源的电动势和内阻【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领，与电源向外提供的电能多少、外电路的电阻等均无关；奥斯特发现了电流可以产生磁场；与磁场相对静止的电荷才不受洛伦兹力。【解答】解：A、电源向外电路提供的电能越多，W越大，根据电动势的定义式E=可知，电动势E不一定越大。故A错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场。故B正确；C、静止是相对的，而运动是绝对的，电荷在与磁场相对静止的电荷才不受洛伦兹力。故C错误；D、根据闭合电路欧姆定律知，电动势的大小等于没有接入位外电路时电源两端的电压，故D错误。故选：B。【点评】本题考查电动势的物理意义等知识点的内容，可根据电源的作用和电动势的定义式E=加深理解并记忆。4关于电源和电流，下述说法正确的是（）A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速【考点】B1：电流、电压概念；B9：电源的电动势和内阻【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压电动势由电源性质决定，外电路无关；公式R=是电阻的定义式；打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速【解答】解：A、电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势。故A错误；B、公式R=是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关。故B错误；C、从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能。故C正确；D、打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由电荷定向运动的速率接近光速。故D错误。故选：C。【点评】该题考查电动势的概念以及对电阻的理解，解答的关键是理解并掌握电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律基础题目5如图所示是电阻R的IU图象，图中=45，由此得出（）A欧姆定律适用于该元件B电阻R=0.5C因IU图象的斜率表示电阻的倒数，故R=1.0D在R两端加上6.0 V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C【考点】B2：欧姆定律【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】电阻R的IU图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系。对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解。由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量。【解答】解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，故A正确B、根据电阻的定义式R=可知，IU图象斜率的倒数等于电阻R，则得R=2，故B错误；C、由于IU图象中横纵坐标的标度不同，故不能直接根据图象的斜率求电阻，故C错误；D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=31C=3.0C，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了学生对电阻的定义式R=的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别。6分别用如图所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值，图甲两表的示数分别为3V、4mA；图乙两表的示数分别为4V、3.8mA，则待测电阻RX的真实值为（）A略小于1kB略小于750C略大于1kD略大于750【考点】BE：伏安法测电阻【专题】535：恒定电流专题【分析】明确两种电路的接法；根据两电表的变化规律可明确实验中的误差分析；从而选择正确的接法得出误差最小的结果【解答】解：电压表变化为1V，而电流变化为0.2mA；电压示数变化大，则说明电流表的分压效果较大；故应采用电流表外接法；采用（a）电路：电流表示数含电压表的分流，故电流比真实值大。则测量值R测=R真 即真实值略大于750；故选：D。【点评】本题考查伏安法测电阻的原理，要注意明确电表不是理想电表，故应注意它们内阻对实验结果的影响；同时能选择正确接法7如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1、R2的电流比是（）A1：2B3：1C6：1D1：6【考点】B2：欧姆定律【专题】535：恒定电流专题【分析】由图象可求得两电阻的比值，再由并联电路的规律可知两电阻电压相等，则由欧姆定律可求得电流之比。【解答】解：由图可知，R1=2；R2=；两电阻并联后，电压相等，则由欧姆定律可知：I=；故电流与电阻成反比；故电流之比I1：I2=R2；R1=：2=1：6；故选：D。【点评】本题考查伏安特性曲线以及欧姆定律的应用，要注意在UI图象中图象的斜率表示电阻的阻值。8如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）A的示数是的2倍B的示数是的2倍C的示数是的2倍D的示数是的2倍【考点】B2：欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路【专题】535：恒定电流专题【分析】根据题意，由欧姆定律求出a、b、c的电阻关系；三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示数关系【解答】解：由题意可知：Lc=2La=2Lb，Sb=2Sa=2Sc；由电阻设b的电阻Rb=R，由电阻定律R=得：Ra=2Rb=2R，Rc=2Ra=4R，Rc：Ra：Rb=4：2：1，由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流I相等，由U=IR得：Uc：Ua：Ub=4：2：1，UV3：UV1：UV2=4：2：1，A、V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；B、V3的示数是V1的2倍，故B错误；D、V3的示数是V2的4倍，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了各电压表示数间的关系，分析清楚电路结构、熟练应用电阻定律、欧姆定律是正确解题的关键9三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为R1：R2：R3=1：3：6，则电路工作时，通过三个电阻器R1、R2、R3上的电流之比I1：I2：I3为（）A6：3：1B1：3：6C6：2：1D3：2：1【考点】BG：电功、电功率；BJ：串联电路和并联电路【专题】535：恒定电流专题【分析】明确电路结构，根据串并联电路中电流关系进行分析，即可明确电流之比【解答】解：R2与R3并联，两电阻中电流之比等于电阻的反比，则R2：R3=6：3=2：1；R1电流等于R2和R3中电流之和，故电流之比应为3：2：1；故选：D。【点评】本题考查串并联电路中的电流规律，要掌握并联电路中电流之比等于电阻的倒数之比10杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯，已知高压钠灯功率为400w，LED灯功率为180W，若更换400盏，则一个月可节约的电能约为（）A9102kWhB3105kWhC6105kWhD11012kWh【考点】BG：电功、电功率【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】求出盏灯更换后可节约的电功率，再利用公式W=Pt计算每月可节约的电能，注意单位直接采用Kwh（度）。【解答】解：每盏高压钠灯换成LED灯时，节约的功率P=400180=220W；故一个月可节约的电能约为：W=Pt=4000.223024kwh6105kWh；故C正确ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了消耗电能（电功）的计算，关键知道LED灯的节能、能量的转化现象。11有一个额定电压为220伏的电炉，想把它接在110伏的电路上，而不改变电炉的功率，办法是（）A把电炉的电阻丝截去一半B把电炉的电阻丝截成相等的两段，再并联起来C用另一根和它相同的电阻丝串联D用另一根和它相同的电阻丝并联【考点】BG：电功、电功率；BJ：串联电路和并联电路【专题】31：定性思想；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】根据电功率的表达式：P=，可知当电阻丝的电阻值变成原来的时，才能保证不改变电炉的功率【解答】解：由电功率的表达式：P=可知，要保证不改变电炉的功率，则需要将电阻丝的电阻值变成原来的；A、把电炉的电阻丝截去一半，根据R=，可知电阻丝的电阻值变成原来的，不能保证不改变电炉的功率；故A错误；B、把电炉的电阻丝截成相等的两段，再并联起来，根据R=，可知电阻丝的电阻值变成原来的，能保证不改变电炉的功率；故B正确；C、用另一根和它相同的电阻丝串联，根据串并联电路的电阻的公式可知，电阻值变成原来的2倍，不能保证不改变电炉的功率；故C错误；D、用另一根和它相同的电阻丝并联，根据串并联电路的电阻的公式可知，知电阻丝的电阻值变成原来的，不能保证不改变电炉的功率。故D错误。故选：B。【点评】该题结合电功率的计算考查电阻定律，解答的关键是要明确电阻丝的电阻值随长度、横截面积的变化规律12有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且abc电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）ABCD【考点】B7：电阻定律；CO：霍尔效应及其应用【专题】32：定量思想；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题【分析】由金属导体电阻的决定式R= 进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积。【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻为：RA=，B中电阻为：RB=；C中电阻为：RC=；D中电阻为：RD=；故电阻最小的为A；故选：A。【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的。13关于导体的电阻和电阻率，下列说法中正确的是（）A由R=可知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比B由R=可知，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比C由=可知，导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比D导体的电阻率由材料的种类决定，还跟温度无关【考点】B2：欧姆定律；B7：电阻定律【专题】535：恒定电流专题【分析】导体的电阻由导体本身的性质决定，与通过导体的电流以及两端的电压无关；电阻率由材料决定，与温度有关【解答】解：A、导体的电阻由导体本身的性质决定，与电压和电流无关，故A错误；B、导体的电阻由导体本身的性质决定，由R=可知，导体的电阻与长度l、电阻率均成正比，与横截面积S成反比，故B正确；C、电阻率由材料和温度决定，与导体的长度以及横截面积无关，故CD错误；故选：B。【点评】解决本题的关键掌握电阻定律R=，知道电阻的大小与电流、电压无关，以及知道电阻率的大小由材料本身性质决定。14如图所示，a、b、c、d是滑线变阻器的4个接线柱现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱d移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是（）Aa和bBa和cCb和cDb和d【考点】B7：电阻定律【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”；哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的：若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大【解答】解：A、接a和b时，连入电路中的电阻丝的全部，滑片的移动不会影响接入电阻；故A错误；B、接a和c时，连入电路中的电阻丝是Pa部分。当滑片P向d滑动时，Pa电阻丝长度变长，电阻变大，则电流变小；故B正确；C、接b和c时，连入电路中的电阻丝是Pb部分。当滑片P向d滑动时，Pb电阻丝长度变短，电阻变小，则电流变大，故C错误；D、接b和d时，连入电路中的电阻丝是Pb部分。当滑片P向d滑动时，Pb电阻丝长度变短，电阻变小，则电流变大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在15如图甲所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为7V和3V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9V，电源的电动势为（）A9.8VB10.5VC10.8VD11. 2V【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【专题】32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】电压表看成可测量电压的电阻，甲图中V1、V2串联，由V2的示数与内阻之比等于电流，根据欧姆定律列出方程；同理对乙图根据欧姆定律列出方程，联立求出电动势。【解答】解：由图甲 E=7+3+I1r=10+r由图乙 E=9+I2r=9+r由得：E=10.5V，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题关键要把电压表看成可测量电压的电阻，根据欧姆定律分别对a、b两种情况列方程求解电动势16如图所示，平行金属板中带电油滴P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等当滑动变阻器的滑片向b端移动时（）AR3上消耗的功率逐渐增大B电流表读数减小，电压表读数增大C质点P将向上运动D电源的输出功率逐渐增大【考点】AP：电容；BB：闭合电路的欧姆定律【专题】34：比较思想；41：控制变量法；535：恒定电流专题【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化【解答】解：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大。电容器板间电压等于R3的电压。R4减小，AB间并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小。电容器的电压减小，则电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。流过电流表的电流IA=II3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大。R4的电压U4=U3U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题是电路动态变化分析问题，先分析变阻器接入电路的电阻变化，再分析外总电阻变化和总电流的变化，接着分析局部电路电压和电流的变化17如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的“+”插孔，则 （）A前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表D前者电流从红表笔流出多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表【考点】B4：多用电表的原理及其使用【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】明确多用表原理，知道无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出。根据电流的流向判断电势的高低。【解答】解：用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确。ACD错误；故选：B。【点评】本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极。18在测电源电动势和内阻实验中，下列说法正确的是（）A用新电池较好B用旧电池好C新、旧电池一样D以上说法都不对【考点】B9：电源的电动势和内阻；N3：测定电源的电动势和内阻【专题】13：实验题；535：恒定电流专题【分析】明确新旧电池的变化，结合实验的要求即可选用电池【解答】解：新旧电池的电动势差别不大；而旧电池内阻较大，故在测电源电动势和内阻时，用旧电池做实验测量内阻的误差要小些；故用旧电池要好；故选：B。【点评】本题要注意明确测电动势和内阻的实验原理，并能明确新旧电池的差别19甲、乙两同学使用欧姆挡测同一个电阻时，他们都把选择开关旋到“100”挡，并能正确操作他们发现指针偏角太小，于是甲把选择开关旋到“1k”挡，乙把选择开关旋到“10”挡，但乙重新调零，而甲没有重新调零，则以下说法正确的是 （）A甲选挡错误，而操作正确B乙选挡正确，而操作错误C甲选挡错误，操作也错误D乙选挡错误，而操作正确【考点】N4：用多用电表测电阻【专题】13：实验题【分析】使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度盘中央附近，欧姆表换挡由要重新进行调零【解答】解：选择开关旋到“100”挡，正确操作，指针偏角太小，说明所选挡位太小，应换大挡，应把选择开关旋到“1k”挡，然后进行欧姆调零，再测电阻，由此可知：甲的选挡是正确的，但操作是错误的，乙的选挡是错误的，但操作是正确的，故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】要掌握欧姆表的使用方法及注意事项，使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度盘中央附近，欧姆表换挡由要重新进行调零二多选题（共4小题）20关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A只有在测量电阻时，才需要进行机械调零B多用电表欧姆挡的零刻度在刻度盘的最右边C如果多用电表内没有安装电池，就不能直接用来测量电阻D若选择开关扳在欧姆挡上的“1”挡上，准确调零后测量电阻，指针恰指在刻度30和50的正中央，则待测电阻的阻值为40【考点】N4：用多用电表测电阻【专题】13：实验题；31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题【分析】电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，电流要从红表笔流入，测量电阻时要选择适当的挡位，使电表的指针指在刻度盘的中央附近【解答】解：A、使用多用电表测量电阻、电压、电流前都可能需要进行机械调零，故A错误；B、欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，故B正确；C、应用欧姆表测电阻时，欧姆表需要一个内置电源，若多用电表内没有安装电池，就不能直接用来测量，故C正确；D、欧姆表刻度线不均匀，左侧刻度线稀疏，右侧刻度线密集，若选择开关扳在欧姆挡上的1挡上，准确调零后，测量电阻，指针恰指在刻度30和50的正中央，则待测电阻的阻值小于40，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查了多用电表的使用，熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量同时知道电阻刻度盘是不均匀的，明确其原理为全电路欧姆定律21一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10，R2=120，R3=40，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则（）A当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40B当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40C当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路【专题】535：恒定电流专题【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联。当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联。当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压。当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压。根据欧姆定律求解电压。【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=40故A正确。 B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=128故B错误。 C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=E=80V故C正确。 D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=25V故D错误。故选：AC。【点评】对于电路的问题，首先要识别电路的结构，有时要画出等效电路图。基础题，比较容易。22如图所示电路中，电源电动势为E内阻为r，当滑动变阻器R2滑动端向右滑动后，理想电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为I1、I2，理想电压表示数变化量的绝对值为U下列说法中正确的是（）A电压表V的示数减小B电流表A2的示数变小CU与I1比值一定小于电源内阻rDU与I2比值一定小于电源内阻r【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【专题】535：恒定电流专题【分析】当滑动变阻器滑动端向右滑动后，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻如何变化，确定总电流的变化情况，即可知电流表A2的示数变化情况根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化情况，确定电流表A1的示数变化情况，根据并联电路的电流规律，分析A1与A2的变化量大小根据闭合电路欧姆定律分析U与I1比值【解答】解：A、0当滑动变阻器滑动端向右滑动后，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则总电流减小。所以电流表A2的示数减小。根据串联电路分压的特点分析可知，并联部分电压增大，即电压表V的示数增大，故A错误，B正确；C、根据并联电路的电流规律I2=I1+I，A2的示数I2变小，通过定值电阻R1的电流增大，则A1的示数I1变小，所以I1一定大于I2。电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律U=EI2r可知，=r，而I1大于I2，所以r故D错误，C正确。故选：BC。【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确电表所测电压，关键能根据闭合电路欧姆定律分析电压与电流变化的比值，即可正确解题三填空题（共2小题）23某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为1.220cm，高度为6.860mm。【考点】L3：刻度尺、游标卡尺的使用；L4：螺旋测微器的使用【专题】13：实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.05mm=0.20mm=0.020cm，所以最终读数为：1.2cm+0.020cm=1.220cm。2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.00.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm，故答案为：1.220，6.860。【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。24欲测量G表的内阻rg和一个电源的电动势E内阻r要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的待测元件及提供的其他实验器材有：A、待测电源E：电动势约1.5V，内阻在0.40.7间B、待测G表：量程500A，内阻在150250间C、电流表A：量程2A，内阻约0.1D、电压表V：量程300mV，内阻约500E、定值电阻R0：R0=300；F、滑动变阻器R1：最大阻值10，额定电流1AG、电阻箱R2：09999H、开关S一个，导线若干（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻rg图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是E；（填元件序号字母）说明实验所要测量的物理量G表示数I，V表示数U；写出G表内阻的计算表达式rg=R0（2）测出rg=200后，小聪把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到2800，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，若利用测量的数据，作出的G表示IG与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E=1.5V，内阻r=0.6【考点】N3：测定电源的电动势和内阻【专题】13：实验题；535：恒定电流专题【分析】（1）根据伏安法测电阻的实验方法可测出G表内阻，注意电表的量程，从而选择合适的电路图；并得出内阻的表达式；（2）通过计算得出电源的路端电压，由闭合电路欧姆定律可得出电源的电动势和内电阻【解答】解：（1）G表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定值电阻R0串联后再与电压表并联；同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；用I表示G表示数，U表示V表示数；由欧姆定律可知，I=，解得：R=R0；（2）将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：电源的路端电压U=IG（200+2800）=3000IG；故图象与纵坐标的交点为500A，则电源的电动势为：E=500A3000=1.5V；内阻r=0.6；故答案为；（1）E；G表示数I，V表示数U；R0；（2）如图所示；1.5；0.6【点评】本题考查伏安法测电阻以及测量电源的电动势和内电阻，在解题时要注意分析实验中给出的仪器是否符合实验要求，然后才能根据我们所学内容进行分析得出合理的实验电路，并能进行数据处理四计算题（共2小题）25一接在220V电压的电路中正常工作的电风扇，通过风扇电动机的电流为0.2A，测得风扇电动机线圈电阻为5，试求：（1）电风扇的输入功率多大？（2）电风扇每分钟消耗电能多少？（3）风扇的电动机每分钟产生的电热多少？产生机械能多少？【考点】BG：电功、电功率【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题【分析】（1）根据功率P=UI可以求得电风扇的输入功率的大小；（2）由W=UIt可以求得电风扇每分钟消耗电能；（3）由Q热=I2rt可以求得转化为内能的大小，再由W机=（PP热）t=WQ可以求得转化为机械能。【解答】解：（1）电风扇的输入功率是：P=UI=2200.2=44W。（2）电风扇每分钟消耗的电能：W=Pt=4460=2640J。（3）风扇每分钟产生的电热是：Q=I2Rt=（0.2）2560=12J，产生的机械能为：W1=WQ=264012=2628J答：（1）电风扇的输入功率是44W（2）电风扇每分钟消耗电能是2640J（3）风扇的电动机每分钟产生的电热是12J，产生机械能是2628J。【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。26如图所示，已知R3=3，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2.5A，R1上的电压为5v，求：（1）R1、R2阻值各是多少？（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？【考点】BB：闭合电路的欧姆定律【专题】11：计算题；32：定量思想；42：等效替代法；535：恒定电流专题【分析】（1）由R3断路时的电表读数，根据欧姆定律即可求出R1大小；R3断开前R1上电压U1=R1I求得；根据串联电路的特点求出R3断开前R2上电压，由串联电路电压与电阻成正比即可求出电阻R2的大小；（2）对R3断路前后状态，分别运用闭合电路的欧姆定律列式，即可求出电源电动势E和内电阻r。【解答】解：（1）R3断开时 电表读数分别变为5V和2.5A可如 R1=2R3断开前，R1上电压 U1=R1IA1=22V=4VU1=U2+U3所以U2=1V根据U2：U3=R2：R3=1：3，得 R2=1（2）R3断开前，R3的电流I3=1A总电流 I1=IA1+I3=2A+1A=3A根据闭合电路欧姆定律有 E=U1+I1rR3断开后 总电流 I2=2.5A根据闭合电路欧姆定律有 E=U2+I2r联解方程 E=10V，r=2答：（1）R1大小是2、R2阻值是1（2）电源电动势E和内电阻r各是10V、2。【点评】解答本题的关键是搞清楚电路故障前后电路的结构，能根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点求解，理想电流表看作短路，理想电压表看作断路。