高中物理粤教版选修3-1章末检测 电路 Word版含解析

　电路

一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费．科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”——天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控开关”——当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开．若将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变得“聪明”．这种“聪明”的电路是图中的(　　)
D　[在白天时，一般不需要灯照明；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明；也就是说天黑且人在楼道里走动时需要照明．对于选项A，“声控开关”闭合时，发生短路；对于选项B，不管是“光控开关”，还是“声控开关”都能让灯发光，节能目的达不到；对于选项C，“光控开关”闭合时，发生短路；对于选项D，“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的．]
2．“神舟十号”载人飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的．由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应．“神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上太阳光的能量是(　　)
A．0.24 J B．0.25 J
C．0.26 J D．0.28 J
C　[根据W＝UIt可得每秒太阳能电池的能量为W＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则Q×23%＝W，可解得Q≈0.26 J．]
3．如图所示电路中，电源E的电动势为3.2 V，电阻R的阻值为30 Ω，小灯泡L的额定电压为3.0 V，额定功率为4.5 W．当开关S接位置1时，电压表的读数为3 V，那么当开关S接到位置2时，小灯泡L(　　)
A．比正常发光略亮 B．正常发光
C．有可能被烧坏 D．比正常发光暗
D　[小灯泡L的额定电压为U＝3.0 V，额定功率为P＝4.5 W，则灯泡的电阻为RL＝＝ Ω＝2.0 Ω，小于电阻R＝30 Ω，则当开关S接到位置2时，外电阻减小，路端电压减小，路端电压小于3 V，即小于灯泡的额定电压，故小灯泡比正常发光暗．故A、B、C错误，D正确．]
4．如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器的滑片P从b滑向a的过程中，V1、V2两只电压表示数的变化值分别为ΔU1和ΔU2，则(　　)
A．|ΔU1|>|ΔU2| B．|ΔU1|<|ΔU2|
C．|ΔU1|＝|ΔU2| D．无法判断
A　[滑动变阻器R与电阻R1、R2串联，电压表V1测R与电阻R1串联部分的电压，V2测电阻R2两端的电压；当滑动变阻器滑片由b向a移动时，滑动变阻器的阻值减小，引起串联电路部分的总电阻变小，总电流变大，则内阻上电压变大，电压表V1的示数变小，变化量为ΔU1，根据串联电路的电阻分压特点可知，定值电阻R2两端的电压变大；U1＝E－U2－Ur，则|ΔU1|＝|－ΔU2－ΔUr|，即|ΔU1|>|ΔU2|，故A正确．]
5．如图所示，用甲、乙、丙三个电动势E相同而内阻r不同的电源，分别给定值电阻R供电．已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为：r甲>r乙>r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是(　　)
A．接在甲电源上时，电源的输出电流最大
B．接在丙电源上时，电源的输出电流最小
C．接在乙电源上时，电阻R消耗的电功率最大
D．接在丙电源上时，电阻R消耗的电功率最大
D　[三个电源的电动势E相等，而内阻r甲>r乙>r丙，根据闭合电路欧姆定律I＝得知，接在丙电源上时，电源的输出电流最大．故A、B错误；由公式P＝I2R分析得知，接在丙电源上时，电阻R获得的电功率最大．故C错误，D正确．]
6．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为(　　)
A．、 B．、
C．、 D．、
D　[电源效率η＝，E为电源的总电压(即电动势)，根据图象可知Ua＝ E，Ub＝ E，所以ηa＝，ηb＝，故D正确．]
7．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则(　　)
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
BC　[将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的倍，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为原来的2U，根据欧姆定律I＝可知，拉长后电流变为，故A错误，B正确．电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流I变为原来的，横截面积S变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，故C正确，D错误．]
8.按图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是(　　)
A．L1变暗 B．L1变亮
C．L2变暗 D．L2变亮
AD　[当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过L2的电流增大，故L2变亮；内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L1的电流变小，即灯泡L1变暗；故A、D正确．]
9．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，电压表、电流表均为理想电表，R0为定值电阻，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，使其接入电路的阻值增大ΔR，结果电容器的电量增加了ΔQ，电压表示数增加了ΔU，电流表示数减小了ΔI，则下列关系正确的是(　　)
A．ΔU＝ B．ΔR＝
C．ΔI< D．ΔQ＝ΔIC(R0＋r)
ACD　[闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于ΔU.即ΔI<；电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为ΔQ＝CΔU，即ΔU＝，故A、C正确．根据闭合电路欧姆定律得U＝E－I(R0＋r)，由数学知识得知，＝R0＋r≠ΔR，故B不正确．根据以上分析知ΔQ＝CΔU＝ΔIC(R0＋r)，故D正确．]
10．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总阻值是R1，电阻大小关系为R1＋R2＝r，则在滑动触头从a端滑到b端过程中，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
ABC　[由并联的知识可知，当滑动变阻器触头处于中央位置时，变阻器的总电阻和电路的总电阻最大，故滑动触头从a端滑到b端过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，由U外＝E－Ir，电路的路端电压先增大后减小，A、B正确；因为外电路的电阻一直小于电源内阻．由P出－R图象可以看出(如图所示)，在虚线左侧，电源的输出功率先增大(箭头向右)后减小(箭头向左)，故C正确；对于D选项，可把R2拉到电源内部去，看成内部的一部分，此时R外小于电源内阻(r＋R2)，由图看出，R1消耗功率先增大后减小，D错误．]
二、非选择题(本题共6小题，共60分)
11．(6分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中备有如下器材
A．干电池1节
B．滑动变阻器(0～20 Ω)
C．滑动变阻器(0～1 kΩ)
D．电压表(0～3 V，内阻约为20 kΩ)
E．电流表(0～0.6 A，内阻RA＝0.2 Ω)
F．电流表(0～3 A，内阻约为0.01 Ω)
G．开关、导线若干
(1)为了减小实验误差和方便操作，选择如图甲所示实验电路进行实验，其中滑动变阻器应选________，电流表应选________．(只填器材前的序号)
(2)某同学根据实验测的电压表的读数U和电流表的读数I，画出的U-I图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为________V，内电阻为________Ω.(保留到小数点后一位)
甲　　　　　　　　　　　乙
[解析]　(1)由于本实验中通过电源的电流不能太大，由图可知，最大电流不超过0.6 A，所以电流表应选E；电路中的最大电阻为Rmax＝＝ Ω＝7.5 Ω，所以滑动变阻器应选B.
(2)根据U＝E－Ir＝－rI＋E，可知U-I图象纵轴截距即为电动势，图象斜率绝对值即为内阻r，所以E＝1.5 V，r＝ Ω＝1.0 Ω.
[答案]　(1)B　E　(2)1.5　1.0
12．(10分)在电子线路制作中常用到覆铜板，覆铜板是将补强材料(加入橡胶中可以显著提高其力学性能的材料)浸以树脂，一面或两面覆以铜箔，经热压而成的一种板状材料，称为覆铜箔层压板，它是做印制电路板的基本材料，常叫基材．小明同学是电子制作爱好者，他想应用所学的物理知识来测量覆铜板的导电铜膜厚度．于是他从资料上查得导电铜膜的电阻率ρ＝1.75×10－8 Ω·m，并利用下列器材完成了这个实验：
A．电源E(电动势为6 V，内阻不计)
B．取待测长方形覆铜板一块，将两个粗铜条A、B平行压置在覆铜板的两端，与覆铜板接触良好，用作电极，如此就制成了待测电阻R(阻值约为2 Ω)
C．滑动变阻器(总阻值约为10 Ω)
D．定值电阻R2(电阻值R2＝6 Ω)
E．毫米刻度尺和游标卡尺
F．电压表V(量程为0～6 V，内阻很大)
G．电流表A(量程为0～0.6 A，内阻约为5 Ω)
H．开关K，导线若干
甲　　　　　　　　　乙
(1)请在图甲的实物图中完成实物连线，要求实验测量精度高．
(2)小明在接通电路之前，先用游标卡尺测得覆铜板宽度d为8.02 mm.
(3)小明用毫米刻度尺测两电极A、B间的距离L＝1.001 m.
(4)图乙中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，请完成作图，若所得图线的斜率用k表示，则导电铜膜的电阻R＝________(用k及题中所给字母表示)，根据实验数据及I-U图线求出导电铜膜的电阻R＝________Ω(计算结果保留两位有效数字)．
(5)计算导电膜厚度h的值为________mm(计算结果保留两位有效数字)．
[解析]　(1)为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，铜膜电阻很小，为保护电路应把定值电阻与待测电阻串联，电压表内阻远大于铜膜电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：
(4)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
由图示图象可知，图象的斜率k＝，铜膜电阻R＝－R2＝－R2，铜膜的电阻阻值R＝－R2＝ Ω＝2.0 Ω；
(5)由电阻定律可知R＝ρ＝ρ，解得h＝＝ m≈1.1×10－6 m＝1.1×10－3 mm.
[答案]　(1)实物电路图如解析图所示
(4)图象如解析图所示　－R2　2.0　(5)1.1×10－3
13．(10分)如图所示的电路中，电源的电动势E＝12 V，内阻未知，R1＝8 Ω，R2＝1.5 Ω，L为规格“3 V　3 W”的灯泡，开关S断开时，灯泡恰好正常发光．(不考虑温度对灯泡电阻的影响)求：
(1)灯泡的额定电流和灯丝电阻；
(2)电源的内阻；
(3)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率．
[解析]　(1)灯泡的额定电流I0＝＝A＝1 A
灯丝电阻RL＝＝Ω＝3 Ω.
(2)断开S时，灯L正常发光，即I1＝I0，根据闭合电路欧姆定律E＝I0(R1＋RL＋r)
得r＝－(R1＋RL)＝Ω＝1 Ω.
(3)闭合S时，设外电路总电阻为R外，R外＝＋R1＝9 Ω
干路电流为I总＝＝1.2 A
灯泡两端的电压UL＝I总·＝1.2 V
灯泡实际消耗的功率P＝＝0.48 W.
[答案]　(1)1 A　3 Ω　(2)1 Ω　(3)0.48 W
14．(10分)如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d＝50 cm，电源电动势E＝15 V，内电阻r，电阻R1＝4 Ω，R2＝10 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m＝2×10－2kg，电量q＝1×10－2C，问：
(1)小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？
(2)电源的内阻为多大？
(3)电源的效率是多大？(取g＝10m/s2)
[解析]　(1)小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡知，小球应带负电，且mg＝q， 代入数据解得： U2＝10 V.
(2)电路中的电流为：I＝＝A＝1 A
根据闭合电路欧姆定律得：E＝U2＋I(R1＋r)
代入数据解得：r＝1 Ω.
(3)电源的效率：η＝×100%＝×100%＝×100%≈93.3%.
[答案]　(1)负电　10 V　 (2)1 Ω　(3)93.3%
15．(10分)如图甲所示的电路，当变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中两电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙中的A、B两直线所示，不考虑电表对电路的影响．问：
(1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象分别为U-I图象中的哪一条直线？
(2)定值电阻R0、变阻器的总电阻分别为多少？
(3)试求处电源的电动势和内阻．
[解析]　(1)电压表V1的示数随电流表示数的变化图象为B，电压表V2的示数随电流表示数的变化图象为A.
(2)由乙图可知，电阻R0的值等于图线A的斜率，即R0＝＝Ω＝3 Ω
当R全部接入电路时，电路中电流最小，为0.5 A．则Ω＝R＋R0，R＝15 Ω－3 Ω＝12 Ω.
(3)当电流为0.5 A时，由图线B，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝7.5＋0.5 r
当电流为2.0 A时，由图线B，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝6＋2r
联立解得：E＝8 V，r＝1 Ω.
[答案]　(1)B　A　(2)3 Ω　12 Ω　(3)8 V　1 Ω
16．(14分)如图甲所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．
(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图乙中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图象的示意图，并说明U-I图象与两坐标轴交点的物理意义．
(2)a.请在图乙画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率．
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．
(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．
[解析]　(1)U-I图象如图所示，其中图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流．
(2)a.如图所示
b．电源输出的电功率：
P＝I2R＝R＝
当外电路电阻R＝r时，电源输出的电功率最大．为Pmax＝.
(3)电动势定义式E＝
根据能量守恒定律，在图甲所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即W＝I2rt＋I2Rt＝Irq＋IRq＝W非静电力，则E＝＝Ir＋IR＝U内＋U外
[答案]　见解析