2021届高考物理粤教版一轮学案：第八章章末质量检测（八）

章末质量检测(八)

(时间：40分钟)

一、选择题(本题共6小题，1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)

1.如图1是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P为可调节滑片。下列说法中正确的有(　　)

图1

A.P在b点，灯最亮

B.P在c点，灯最亮

C.P从a点滑向b点过程中，电流逐渐增大

D.P从a点滑向b点过程中，电流逐渐减小

解析　台灯的功率P＝I2R，式中R为台灯的电阻，在电源电压不变时，电路中的电流随接入电路中的电阻丝的长度而改变，当P滑到c点时电阻丝接入电路的电阻最大，电流最小，台灯最暗，故只有选项D正确。

答案　D

2.某居民家中的电路如图2所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍能正常发光。拔出电饭煲的插头，把试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则(　　)

图2

A.仅电热壶所在的C、B两点间发生了断路故障

B.仅电热壶所在的C、B两点间发生了短路故障

C.仅导线AB间断路

D.因插座用导线接地，所以发生了上述故障

解析　由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C、B两点间没有发生短路故障。把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C、B两点间没有发生断路故障。综合分析可知，故障为A、B间导线断路，即选项C正确。

答案　C

3.在如图3所示的电路中，R1＝11 Ω，r＝1 Ω，R2＝R3＝6 Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q2，则(　　)

图3

A.Q1∶Q2＝1∶3

B.Q1∶Q2＝3∶1

C.Q1∶Q2＝1∶5

D.Q1∶Q2＝5∶1

解析　当开关S闭合时，电容器两端电压等于R2两端的电压，U2＝＝，Q1＝C；当开关S断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U＝E，Q2＝EC，所以Q1∶Q2＝1∶3，选项A正确。

答案　A

4.将电学元件按照如图4所示的电路连接，其中电源的内阻不能忽略，电压表和电流表均为理想电表，开始时滑动变阻器的滑动触头位于滑动变阻器的中间位置，电路中的小灯泡正常发光。在滑动变阻器的滑动触头逐渐向右端滑动的过程中，下列选项中正确的是(　　)

图4

A.电压表的示数增大、电流表的示数增大

B.电压表的示数减小、电流表的示数增大

C.小灯泡的亮度变暗

D.定值电阻R1消耗的电功率减小

解析　在滑动变阻器的滑动触头逐渐向右端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可以判断，电路中总电流增大，电流表示数增大，由U内＝Ir可以判断内电压增大，则路端电压减小，小灯泡L消耗的功率减小，则其亮度变暗，C正确；流过R1的电流I1＝I总－IL增大，电阻R1消耗的功率增大，UR1增大，D错误；电压表示数UV＝UL－UR1减小，A错误，B正确。

答案　BC

5.如图5为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G＝500 N，电源电动势E＝90 V，电源内阻r＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I＝5 A，下列判断正确的是(　　)

图5

A.电动机消耗的总功率为400 W

B.电动机线圈的电阻为0.4 Ω

C.电源的效率约为88.9%

D.电动机的效率为75%

解析　重物被提升的功率P重＝Fv＝Gv＝500×0.6 W＝300 W，此时电路中的电流I＝5 A，则电源的总功率P总＝EI＝90×5 W＝450 W，设电动机线圈的电阻为R，根据能量守恒定律得P总＝P重＋I2r＋I2R，则得R＝＝ Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P电＝P重＋I2R＝400 W，电源的效率η1＝×100%＝×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝×100%＝×100%＝75%，故选项A、C、D正确，B错误。

答案　ACD

6.在如图6甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω。当开关S闭合后(　　)

图6

A.L1的电阻为 Ω

B.L1消耗的电功率为7.5 W

C.L2的电阻为7.5 Ω

D.L2消耗的电功率为0.3 W

解析　S闭合后，L1两端的电压U1＝3.0 V，由题中乙图可知，I1＝0.25 A，故L1消耗的电功率P1＝U1I1＝0.75 W，R1＝＝12 Ω，A、B错误；L2与R串联，把R和电源等效成电动势为3  V，内阻为7.5 Ω 的新电源，在题图乙中作出新电源的I－U图线，如图所示，两图线的交点表示此时L2两端的电压与通过L2的电流的大小，即L2两端电压U2＝1.5 V，通过L2的电流I2＝0.2 A，所以R2＝＝ Ω＝7.5 Ω，L2消耗的电功率P2＝U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确。

答案　CD

二、非选择题

7.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的标称值为“2.5 V　0.5 A”。

(1)图7甲是实验中电路的部分连线，请补充余下导线的连接方式：导线①连接________(选填“a”或“b”)，导线②连接________(选填“c”或“d”)，导线③连接________(选填“e”或“f”)。

(2)根据图甲的电路，测量得到几组实验数据，已将数据描绘在图乙的坐标纸中，请在图中描出小灯泡的U－I图线。

图7

解析　(1)根据小灯泡的额定电压为2.5 V，额定电流为0.5 A，同时滑动变阻器应该采用分压式接法，所以导线①、②、③分别连接a、c、e。

(2)图象处理时应用平滑的曲线尽可能多地连接各点。

答案　(1)a　c　e　(2)如图所示

8.为了测量量程为3 V、内阻约几千欧的电压表内阻。

(1)先用多用电表粗测其内阻，选择欧姆“×1 k”挡，如图8所示，其中红表笔连接________(选填“－”“3 V”或“15 V”)接线柱，如图9所示，欧姆表的读数为________Ω。

(2)为进一步测量其内阻，设计了如图11所示的电路，其中多用电表选择开关打到直流电流挡，如图10所示，红表笔应连接电压表的________(选填“－”“3 V”或“15 V”)接线柱。连接电路后，进行正确操作。如图12所示，电压表的读数为________V，此时多用电表的读数为0.45 mA，则电压表的内阻为________ Ω。

解析　(1)多用电表红表笔连接多用电表内部的电池的负极，所以实验中多用电表红表笔应连接电压表的负接线柱；多用电表的读数为2.5，倍率为×1 k，所以电压表的内阻为RV＝2.5×1 kΩ＝2.5×103 Ω。

(2)红表笔应连接电压表的负接线柱，电压表量程为3 V，分度为0.1 V，则其读数为1.30 V；测量时，电流表的示数为0.45 mA＝4.5×10－4 A，由欧姆定律可知，电压表的内阻为R＝ Ω≈2.9×103 Ω。

答案　(1)－　2.5×103　(2)－　1.30　2.9×103

9.某探究性学习小组利用如图13所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1＝1.0 kΩ，电阻R1＝9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0＝3.0 Ω 的电阻。

图13

(1)按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将电键S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是__________导线断开；若读数为零，则一定是______导线断开。

(2)排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器滑片位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图14。由I1－I2图象得到电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。

图14

解析　(1)用多用电表的电压挡检测电路故障，电压表的表头是电流计，原电路有断路，回路中无电流，将电压表接在a、b′间后有示数，说明电路被接通，即a、b′间有断路故障，再测量a、a′间电压，电压表读数不为零，说明断路故障的范围被缩小到a、a′间，则一定是aa′导线断开；若读数为零，则说明电路仍未被接通，电路故障一定是bb′导线断开。

(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝I1(R1＋r1)＋(I1＋I2)(R0＋r)，I1I2，上式可简化为E＝I1(R1＋r1)＋I2(R0＋r)，读出两点坐标：(60 mA，0.12 mA)和(260 mA，0.05 mA)，代入方程解得电动势E＝1.41 V，内阻r＝0.5 Ω。

答案　(1)aa′　bb′　(2)1.41(1.36～1.44均可)

0.5(0.4～0.6均可)

10.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。如图15甲所示为某压敏电阻在室温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。

甲

请按要求完成下列实验。

乙

(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框内画出实验电路的原理图(压敏电阻已给出，待测压力大小约为40～80 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：

A.压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω

B.滑动变阻器R，最大阻值约为200 Ω

C.电流表A，量程0～2.5 mA，内阻为30 Ω

D.电压表V，量程0～3 V，内阻为3 kΩ

E.直流电源E，电动势为3 V，内阻很小

F.开关S，导线若干

丙

图15

(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为________V。

(3)此时压敏电阻的阻值为__________Ω(保留2位有效数字)；结合图甲可知待测压力的大小F＝________N。

解析　(1)由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测压敏电阻的阻值，因此滑动变阻器应采用分压式接法；同时因待测压敏电阻的阻值较大，故应采用电流表内接法；电路原理图如图所示。

(2)电压表量程为0～3 V，最小分度为0.1 V，则读数为2.00 V。

(3)根据欧姆定律可知RF＝－RA＝ Ω－30 Ω＝1.5×103 Ω，则有＝＝4；由图甲可知，待测压力的大小F＝60 N。

答案　(1)见解析图　(2)2.00　(3)1.5×103　60