2017-2018学年高中物理选修3-1(人教版)_第二章+章末质量评估(二)
2018版高中物理选修3-1 学业分层测评：第2章 章末综合测评2 含解析 精品
章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向【解析】根据电场强度与电势的关系解题．电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确；电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误；沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误；电场线(电场强度)的方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，而且是电势降落最快的方向，选项D错误．【答案】 A2．关于电荷的电势能，下列说法正确的是()A．电荷在电场强度大的地方，电势能一定大B．电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C．只在静电力的作用下，电荷的电势能一定减少D．只在静电力的作用下，电荷的电势能可能增加，也可能减少【解析】电场强度与电势能无关，电势能有相对性，可以人为规定零势能面，故A、B均错误；只在静电力作用下，若电荷从静止开始运动，电场力做正功电势能减少，若电荷在静电力作用下在电场中做减速运动，则电场力做负功电势能增大，故C错误，D正确．【答案】 D3．如图1所示，匀强电场场强E＝50 V/m.A、B两点相距L＝20 cm，且A、B连线与电场线的夹角为60°，则A、B两点间的电势差U AB为()【导学号：34022136】图1A．－10 V B．10 VC．－5 V D．－5 3 V【解析】A、B两点间的电势差U＝Ed＝EL cos 60°＝50×0.2×12V＝5 V，根据电场线的方向可知φA＜φB，故U AB＝－5 V，选项C正确．【答案】 C4．如图2所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P为连线中垂线上的一点，比较O、P两点的电势和场强大小()图2A．φO＝φP，E O＞E PB．φO＝φP，E O＝E PC．φO＞φP，E O＝E PD．φO＝φP，E O＜E P【解析】根据等量异种电荷电场的分布情况可知，中垂线是等势线，故φO＝φP，根据电场线的疏密知，E O>E P，故A项正确．【答案】 A5．如图3所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则()图3A ．该粒子一定带负电B ．此电场不一定是匀强电场C ．该电场的电场线方向一定水平向左D ．粒子在电场中运动过程动能不断减少【解析】 由于不能确定电场线方向，故不能确定粒子带负电，A 、C 错误；等势面互相平行，故一定是匀强电场，B 错误；粒子受电场力一定沿电场线指向轨迹凹侧，而电场线和等势面垂直，由此可确定电场力一定做负功，故动能不断减少，D 正确．【答案】 D6.如图4所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )【导学号：34022137】图4A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变【解析】 由题意可知平行板电容器的带电荷量Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d 减小，则电容C 变大，由U ＝Q C 可知U 变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，Q 、S 不变，则E 不变．因为E 不变，则点电荷从P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P 点的电势能E p 不变，故只有选项D正确．【答案】D7．如图5所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则()图5A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷【解析】据题意，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其水平位移为：x＝v t，竖直位移为：y＝12at2＝12qEm t2，当a、b以相同速度垂直电场线进入电场后，有：x＝v 2myqE，由于v、y、E相等，而b粒子水平位移大，故b的mq大，a的qm大，故选C.【答案】 C8．如图6(a)，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图(b)所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为W a、W b，不计重力，则有() 【导学号：34022138】图6A．φa＞φb B．E a＞E bC．E a＜E b D．W a＞W b【解析】由v-t图象的斜率减小可知由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以场强减小，E a＞E b；根据动能定理，速度增大，可知电势能减小，W a ＞W b，可得选项BD正确．【答案】BD9．如图7所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a 从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a()【导学号：34022139】图7A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【解析】小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力F逐渐增大，库仑力F与重力的夹角逐渐变小，因此，F与mg的合力逐渐变大，A错误；从N 到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时，速率最大，B正确；从N到Q，F一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q，根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D错误．【答案】BC10．如图8所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一直角三角形，AB＝L m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为5 V，B点的电势为－5 V，C点的电势为15 V，据此可以判断()【导学号：34022140】图8A ．场强方向由C 指向BB ．场强方向垂直AD 连线指向BC ．场强大小为10L V/mD ．场强大小为203LV/m 【解析】 根据B 、C 点的电势可以确定其中点D 的电势为5 V ，A 、D 的连线为一条等势线，电场线与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面，故场强方向垂直AD 连线指向B ，A 错误，B 正确；匀强电场的场强E ＝U AB d ，其中U AB ＝10 V ，d ＝L cos 30°，解得E ＝203LV/m ，C 错误，D 正确． 【答案】 BD二、计算题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答．)11．(12分)如图9所示，在真空中的O 点放一点电荷Q ＝1.0×10－9 C ，直线MN 过O 点，OM ＝30 cm ，M 点放一点电荷q ＝－2×10－10 C ，求：图9(1)M 点的场强大小；(2)若M 点的电势比N 点的电势高15 V ，则电荷q 从M 点移到N 点，它的电势能变化了多少？【解析】 (1)根据E ＝kQ r 2得M 点的场强E ＝9.0×118×1.0×10－9(30×10－2)2N/C ＝100 N/C. (2)电荷q 从M 点移到N 点，电场力做功W MN ＝qU MN ＝－2×10－10×15 J ＝－3×10－9 J.这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10－9 J.【答案】 (1)100 N/C (2)电势能增加了3×10－9 J12．(12分)如图10所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线拴住一质量为m，电荷量为q的小球，线的上端固定，开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时的速度恰好为零．求：图10(1)A、B两点的电势差U AB为多大？(2)电场强度为多大？【解析】(1)取带电小球为研究对象，由动能定理得mgL sin 60°＋qU AB＝0，故U AB＝－3mgL 2q.(2)由E＝Ud得电场强度为E＝－U ABL(1－cos 60°)＝3mgq.【答案】(1)－3mgL2q(2)3mgq13．(16分)如图11所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0.偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.图11(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g取10 m/s2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点.【导学号：34022141】【解析】(1)根据功和能的关系，有eU0＝12m v2电子射入偏转电场的初速度v0＝2eU0 m在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝Lv0＝Lm2eU0偏转距离Δy＝12a(Δt)2＝UL24U0d.(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg～10－29 N电场力F＝eUd～10－15 N由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p与其电荷量q的比值，即φ＝E p q由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝E G m.电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．【答案】(1)2eU0mUL24U0d(2)(3)见解析。
2017-2018学年高中物理选修3-1章末检测：第二章 恒定
章末检测（A）(时间：90分钟，满分100分)一、选择题(5×10＝50分)1．两个小灯泡，分别标有“1A 4W”和“2A 1W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为( )A．2∶1B．16∶1C．4∶1D．1∶16答案 B解析由P＝I2R知：R＝PI2，所以R1∶R2＝41∶14＝16∶12．如图1所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线．若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是( )图1A．电阻R1的阻值较大B．电阻R2的阻值较大C．电阻R1的发热功率较大D．电阻R2的发热功率较大答案BC解析从图线可知，I—U图线中图线斜率表示电阻的倒数，故电阻R2的阻值大，又P ＝UI，且电压相同时，通过R1的电流大，故R1的发热功率较大．3．如图2所示，当滑动变阻器的滑动触头向左移时，灯泡L1、L2、L3的亮度将( )图2A．都变亮B．都变暗C．L1、L2变亮，L3变暗D．L1、L3变亮，L2变暗答案 C解析触头左移，总电阻减小，总电流增大，故L1变亮，且并联电路电压减小，故L3变暗，通过L2的电流变大，L2变亮．4．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ＝8×106Ω·m.某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20cm 、半径为4cm 的圆柱体，当在其两端加上电压U ＝100V 时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为( )A ．0.31μAB ．0.62μAC ．0.15μAD ．0.43μA 答案 A5.图3为测量某电源电动势和内阻时得到的U －I 图线，用此电源与三个阻值均为3Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V ．则该电路可能为下图中的( )图3答案 B解析 由U －I 图象可求得电源的电动势E ＝6V ，内电阻r ＝0.5Ω，当U ＝4.8V 时，I ＝E －Ur＝2.4A ，R ＝U /I ＝2Ω，B 正确． 6.为探究小灯泡L 的伏安特性，连好如图4所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U －I 图象应是( )图4答案 C解析 小灯泡中的电流逐渐增大时其温度升高，其电阻率增大，导致电阻R 增大．只有C 选项对．7．“神舟”六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0.6V 的电动势，可获得0.1A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )A ．0.24JB ．0.25JC ．0.26JD ．0.28J 答案 C解析 根据W ＝UIt 可得每秒太阳能电池产生的能量为W ＝0.6×0.1×1J ＝0.06J ，设太阳能每秒照射的能量为Q ，则由能的转化和守恒定律得Q ×23%＝W ，所以Q ＝0.26J.8．如图5所示，因线路故障，接通S 时，灯泡L 1和L 2均不亮，用电压表测得U ab ＝0，U bc ＝0，U cd ＝4V ．因此可知开路处为( )图5A ．灯泡L 1B ．灯泡L 2C ．变阻器D ．不能确定 答案 C解析 U ab ＝0说明ab 之外有位置断开，同样U bc ＝0说明bc 之外有位置断开，而U cd ＝4V ，说明cd 之外均连通，故是变阻器开路．9．一个直流电动机所加电压为U ，电流为I ，线圈内阻为R ，当它工作时，下述说法中错误的是( )A ．电动机的输出功率为U 2RB ．电动机的发热功率为I 2R C ．电动机的输出功率为IU －I 2RD ．电动机的功率可写作IU ＝I 2R ＝U 2R答案 AD解析 电动机输入功率为P ＝UI ，输出功率P 出＝UI －I 2R ，故A 错误，C 正确；发热功率即线圈发热功率为I 2R ，B 正确；又电动机并非纯电阻元件，故IU ≠I 2R ≠U 2R，D 错误．10．仪器中常用两个阻值不同的可变电阻来调节电路的电流，一个作粗调，一个作细调，这两个变阻器可以按图6甲串联起来或按图乙并联起来再接入电路．已知R1阻值较大，R2阻值较小，则( )图6A．图甲中R1作粗调B．图甲中R1作细调C．图乙中R2作粗调D．图乙中R2作细调答案AC解析在串联电路中，电阻越大，分配电压越大，调节大电阻会使电路中的电流和电压分配产生很大的影响，所以用来做粗调，而在并联电路中，通过大电阻的电流小，调节大电阻对电路中的电学量影响不大，属细调．二、实验题(6＋8＝14分)11．表格中所列数据是测量小灯泡U－I关系的实验数据：“乙”)．图7(2)在如图8所示的方格纸内画出小灯泡的U－I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I 变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．图8(3)如图丙所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b的电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为________A.答案(1)甲(2)小灯泡的U—I曲线如下图所示变大(3)0.0712.在“测定金属丝的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时其刻度的位置如图9所示．图9(1)从图中可读出金属丝的直径为________mm.(2)在用伏安法测定金属丝的电阻时(金属丝的电阻约为20Ω)，除被测金属丝外，还有如下实验器材供选择：A．直流电源：电动势约12V，内阻很小；B．电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω；C．电流表A2：量程0～3.0A，内阻约为0.1Ω；D．电压表V：量程0～3V，内阻约为10kΩ；E．滑动变阻器R：最大阻值20Ω；F．开关、导线若干．为了提高实验的测量精度，在可供选择的器材中，应该选用的电流表是________(填A1或A2)．(3)根据所选的器材，在虚线框中画出完整的实验电路图(要求电阻丝上的电压从零开始变化)．答案(1)0.520(0.520～0.522)(2)A1(3)见解析图解析(1)螺旋测微器的读数，先读固定刻度值0.5mm，再加上可动刻度(2.0×0.01mm)为0.520mm；(2)因为电压表量程为3V ，所以通过电流表的最大电流I m ＝U R ＝320A ＝0.15A ，故电流表选A 1.(3)滑动变阻器应选择分压式接法，因为如果限流式接法会超过电压表的量程；因为R VR x＝500，R x R A＝200，所以电流表选择外接法，实验电路图如右图所示． 三、计算题(8＋8＋10＋10＝36分)13．如图10所示电路中，电源电动势E ＝12V ，内电阻r ＝1.0Ω，电阻R 1＝9.0Ω，R 2＝15Ω，电流表A 的示数为0.4A ，求电阻R 3的阻值和它消耗的电功率．图10答案 30Ω 1.2W解析 并联电路的电压U 2＝I 2R 2＝6V ， 闭合电路欧姆定律E ＝U 2＋I (R 1＋r )得 流过电源的电流为I ＝0.6A ， 流过R 3的电流I 3＝I －I 2＝0.2A ，R 3的阻值为R 3＝U 3I 3＝U 2I 3＝30Ω，消耗的功率是P 3＝U 3I 3＝1.2W.14．在如图11所示的电路中，R 1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I 和它两端电压U 遵循I ＝kU 3的规律(式中k ＝0.02A/V 3)；R 2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E ＝6V ．闭合开关S 后，电流表的示数为0.16A ．求：图11(1)R 1两端的电压； (2)电源的内电阻r ；(3)R 1、R 2和r 消耗的电功率P 1、P 2和P r . 答案 (1)2V (2)1Ω (3)0.32W 0.61W 0.026W 解析 (1)由I ＝kU 3得U ＝3Ik ＝30.160.02V ＝2V (2)根据闭合电路的欧姆定律有E ＝U ＋IR 2＋Irr ＝E －U －IR 2I ＝E －U I－R 2＝1Ω(3)P 1＝IU ＝0.16×2W ＝0.32WP 2＝I 2R 2＝0.162×24 W ≈0.61 W P r ＝I 2r ＝0.162×1 W ≈0.026 W15．如图12所示的电路中，电源电动势为10V ，R 1＝4Ω，R 2＝6Ω，电容C ＝30μF ，电源内阻忽略不计．求：图12(1)闭合开关S ，稳定后通过电阻R 1的电流；(2)将开关S 断开，再次稳定后，求通过R 1的总电荷量． 答案 (1)1A (2)1.2×10－4C 解析 (1)I ＝ER 1＋R 2＝104＋6A ＝1A. (2)闭合S 时，电容两端的电压U C ＝U 2＝IR 2＝6V ，断开S 后，电容两端电压U C ′＝E ＝10V ，所以断开S 后，电容器有一个短时间的继续充电过程，通过R 1的电荷量即为ΔQ ＝ΔU ·C ＝(10－6)×30×10－6C ＝1.2×10－4C.16．一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V 电压后，消耗功率66W ．求： (1)电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流强度；(2)电风扇工作时，转化为机械能的功率和内能的功率，电动机的效率． (3)若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，则此时通过电动机的电流多大？电动机消耗的电功率和发热功率各是多大？ 答案 (1)0.3A (2)1.8W 64.2W 97.3% (3)11A 2420W 2420W解析 (1)因为P 入＝IU 所以I ＝P U ＝66220A ＝0.3A(2)电风扇正常工作时转化为内能的功率P 热＝I 2R ＝0.32×20W ＝1.8W电风扇正常工作时转化为机械能的功率P 机＝P 入－P 内＝66W －1.8W ＝64.2W电风扇正常工作时的效率 η＝P 机P 入＝64.266×100%≈97.3% (3)电风扇风叶被卡住后通过电风扇的电流I ＝U R ＝22020A ＝11A 电动机消耗的电功率P ＝IU ＝11×220W ＝2420W电动机发热功率P 热＝I 2R ＝112×20W ＝2420W.。
2017-2018学年高二物理人教版选修3-3章末综合测评2+Word版含答案.pdf
学无 止 境
章末综合测评(二)
(时间：60 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题包括 8 小题，每小题 6 分，共 48 分，每小题有三项符合题 目要求，选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 6 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分) 1．对一定质量的理想气体，下列说法不正确的是( ) A．气体体积是指所有气体分子的体积之和 B．气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高 C．当气体膨胀时，气体的分子势能减小，因而气体的内能一定减少 D．气体的压强是大量气体分子频繁地碰撞器壁产生的 E．气体的压强是由气体分子的重力产生的，在失重的情况下，密闭容器内 的气体对器壁没有压强 【解析】 由于气体分子间的距离较大，分子间距离不能忽略，所以气体体 积要比所有气体分子的体积之和要大，A 错误；气体分子的热运动越剧烈，分子 的平均速率就越大，平均动能越大，温度就越高，B 正确；理想气体的内能只与 气体的温度有关，只要气体的温度不变，则内能不变，C 错误；气体压强是由气 体分子对容器壁频繁地撞击而产生的，与气体的重力没有关系，所以在失重的情 况下，气体对器壁仍然有压强，D 正确，E 错误． 【答案】 ACE 2．如图 1 所示是一定质量的某种气体的等压线，比较等压线上的 a、b 两个 状态，下列说法正确的是( )
2017-2018学年高二物理选修3-1习题：学业质量标准检测3 含答案 精品
第三章学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10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小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2016·辽宁鞍山一中高二上学期期中)下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是导学号74700707(B)A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离解析：甲、丙、丁中小磁针或导线所受的磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的。
2．(2017·浙江省绍兴一中高二上学期期末)法拉第电动机原理如图所示。
条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。
一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。
电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。
从上往下看，金属杆导学号74700708(D)A．向左摆动B．向右摆动C．顺时针转动D．逆时针转动解析：接通电路，有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动。
选项ABC错误，D正确。
3．下图为显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转，不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点。
若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向A移动，则导学号 74700709(C)A．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功B．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动C．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大D．偏转磁场的方向应垂直于纸面向里解析：在偏转过程中，洛伦兹力不做功，A错误；在偏转过程中，加速度的方向要指向圆心，即加速度方向时刻改变，故电子束做变加速曲线运动，B错误；电子束打在荧光屏上的OA之间，即电子受向上偏左的洛伦兹力，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，电子束打在荧光屏上的位置由中心O逐渐向A点移动，电子偏转角度越来越大，由f＝q v B知，B逐渐变大；故C正确，D错误。
2017-2018学年高中物理(人教版选修3-1)学业分层测评：第2章+5+焦耳定律+学业分层测评+Word版含答案.pptx
C．8×1011 kW·h
D．8×1013 kW·h
【解析】 因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为 60 W 和 10 W，则每户家庭每天节
省 的 电 能 为 (60 － 10)×10 － 3×2×6 kW·h＝ 0.6 kW·h ， 所 以 全 国 一 年 节 省 的 电 能 为
0.6×4×108×365 kW·h＝8.76×1010kW·h，B 正确，A、C、D 错误．
计算，而电流计算
I
P ＝U用于任何电路，所以
C
项正
确．
【答案】 C
4．电阻 R 和电动机 串联接到电路中，如图 255 所示，已知电阻 R 跟电动机线圈的
电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作，设电阻 R 和电动机 两端的电压分别为 U1 和 U2，经过时间 t，电流通过电阻 R 做功为 W1，产生热量为 Q1，电流通过电动机做功为 W2，产 生热量为 Q2，则有( )
【导学号：34522131】
A．U1＜U2，Q1＝Q2 C．W1＝W2，Q1＞Q2
图 255
B．U1＝U2，Q1＝Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2
【解析】 电动机是非纯电阻，其两端电压 U2＞IR＝U1，B 错误；电流做的功 W1＝IU1t， W2＝IU2t，因此，W1＜W2，C 错误；产生的热量由 Q＝I2Rt 可判断 Q1＝Q2，A 正确，D 错误．
求：
(1)保温时，电阻 R 两端的电压；
(2)稳压电源输出的电压； (3)电热丝的额定功率．
图 259
【解析】 (1)电阻 R 两端的电压为 UR＝IR＝1.40×100 V＝140 V. (2)设电热丝的电阻为 r，电源输出电压为 U，则 (R＋U r)2r＝19·Ur2 解得：r＝50 Ω.
人教版高二物理选修3-1第二章恒定电流本章知识点综合评估同步检测
高二物理选修3-1第二章恒定电流本章知识点综合评估同步检测姓名班级分数一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，1-10题只有一个选项符合题目要求，11-15题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是（）A. 1ΩB. 2ΩC. 4ΩD. 6Ω2．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等。
停电时，用欧姆表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A.B间的电压为U，进线电流为I，如图所示，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（）A．P=I2RB．P=U2/RC．P=UID．以上公式都不对3．竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接，绝缘线与左极板的夹角为θ，当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（）A．θ1＜θ2，I1＜I2B．θ1＞θ2，I1＞I2C．θ1＝θ2，I1＝I2D．θ1＜θ2，I1＝I24．用图示的电路可以测量电阻的阻值。
图中R x是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。
闭合开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=L1，PN=L2，则R x的阻值为（）A．L1R0/L2B．L1R0/(L1+L2)C．L2R0/L1D．L2R0/(L1+L2)5．如图所示电路中灯泡L1发光，灯泡L2、L3均不亮，A1有读数，A2没有读数，则产生的故障应是（只有一处有故障）（）A．灯泡L1断路B．灯泡L2断路C．灯泡L3短路D．灯泡L2短路6．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。
2017-2018学年高中物理选修3-2：章末综合测评2 含答案 精品
章末综合测评(二) (时间：60分钟 分值：100分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题6分，共60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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错误．感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．【答案】 C2．水平放置的金属框架cdef 处于如图1所示的匀强磁场中，金属棒ab 处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则( )【导学号：05002051】图1A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变【解析】 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．【答案】 C3. 如图2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是( )图2【解析】 在金属棒PQ 进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误．在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv ，与时间无关，保持不变，故A 选项正确．【答案】 A4. 如图3为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )【导学号：05002052】图3A ．恒为nS B 2－B 1t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS B 2－B 1t 2－t 1C ．恒为－nS B 2－B 1t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS B 2－B 1t 2－t 1【解析】 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n B 2－B 1St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－nB 2－B 1St 2－t 1，选项C 正确．【答案】 C5. 美国《大众科学》月刊网站2011年6月22日报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现，一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，从而在环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图4所示．M为圆柱形合金材料，N为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对M进行加热，则( )图4A．N中将产生逆时针方向的电流B．N中将产生顺时针方向的电流C．N线圈有收缩的趋势D．N线圈有扩张的趋势【解析】当对M加热使其温度升高时，M的磁性变强，穿过N内的磁通量增加，则N 中感应电流的磁场阻碍其增加，故N有扩张的趋势，才能使穿过N的磁通量减少，C错，D 对，由于不知M的磁场方向，故不能判断N中的感应电流方向，A、B均错．【答案】 D6．如图5甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是( )【导学号：05002053】图5【解析】 在0～t 0时间内磁通量为向上减少，t 0～2t 0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B －t 图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t 0时间内均产生由b 到a 的大小不变的感应电流，选项A 、B 均错误；在0～t 0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F ＝BIL 随B 的减小呈线性减小；在t 0～2t 0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F ＝BIL 随B 的增加呈线性增加，选项D 正确．【答案】 D7. 电吉他中电拾音器的基本结构如图6所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有( )图6A ．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B ．取走磁体，电吉他将不能正常工作C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D ．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化【解析】 铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A 错误；取走磁体后，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B 正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt知，线圈的感应电动势变大，选项C 正确；弦振动过程中，线圈中感应电流的磁场方向发生变化，则感应电流的方向不断变化，选项D 正确．【答案】 BCD8．如图7所示，在空间存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .一水平放置的长度为L 的金属杆ab 与圆弧形金属导轨P 、Q 紧密接触，P 、Q 之间接有电容为C 的电容器．若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则下列说法正确的是( )【导学号：05002054】图7A ．电容器与a 相连的极板带正电B ．电容器与b 相连的极板带正电C ．电容器的带电量是CB ω2L2 D ．电容器的带电量是CB ωL 22【解析】 若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，产生的感应电动势为E ＝BL 2ω/2.由C ＝Q /E 解得电容器的带电量是Q ＝CB ωL 22，选项C 错误，D 正确．右手定则可判断出感应电动势方向b 指向a ，电容器与a 相连的极板带正电，选项A 正确，B 错误．【答案】 AD9．如图8所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R 1＝R 2＝2R ，导轨电阻不计，导轨宽度为L ，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .导体棒ab 的电阻为R ，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab 沿导轨向下滑动，某时刻流过R 2的电流为I ，在此时刻( )【导学号：05002055】图8A ．重力的功率为6I 2RB ．导体棒ab 消耗的热功率为4I 2R C ．导体棒受到的安培力的大小为2BILD ．导体棒的速度大小为2IRBL【解析】 导体棒ab 向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R 1与R 2并联接在ab 两端，R 1＝R 2＝2R ，设当ab 棒速度为v 时，流过R 2的电流为I ，由闭合电路欧姆定律知2I ＝BLvR ＋R 并，解得v ＝4RI BL ，此时ab 棒重力的功率为P ＝mgv sin θ＝mg sin θ·4RIBL，ab 棒消耗的热功率为P ＝(2I )2R ＝4I 2R ，ab 棒受到的安培力大小为F ＝B ·2I ·L ＝2BIL ，综上知B 、C 正确，A 、D 错误．【答案】 BC10．如图9所示，闭合矩形线框abcd 从高处自由下落一段时间后进入有界匀强磁场，在ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度图象可能是选项中的( )图9A B C D【解析】 线框的ab 边刚进入磁场时F ＝B 2L 2vR，由于线框下落时的高度不确定，则线框进入磁场时的速度大小不知，线框所受的安培力大小不确定，安培力与重力的大小关系不确定，所以线框可能做匀速运动，可能先做加速运动再做匀速运动，也可能先做减速运动再做匀速运动．故选A 、C 、D.【答案】 ACD二、非选择题(本题共3个小题，共40分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(10分)固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd 边长为L ，其中ab 是一段电阻为R 的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，现有一段与ab 完全相同的电阻丝PQ 架在导线框上，如图10所示，以恒定的速度v 从ad 滑向bc ，当PQ 滑过13的距离时，通过aP 段电阻丝的电流是多大？方向如何？【导学号：05002056】图10【解析】 当PQ 滑过13的距离时，其等效电路图如图所示．PQ 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv感应电流为I ＝E R 总，R 总＝R ＋29R ＝119R ， I aP ＝23I ＝6BLv11R电流方向为从P 到a . 【答案】6BLv11R从P 到a 12．(14分)如图11所示，在相距L ＝0.5 m 的两条水平放置的足够长的光滑平行金属导轨，不计电阻，广阔的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面，磁感应强度B ＝1 T ，垂直导轨放置两金属棒ab 和cd ，电阻r 均为1 Ω，质量m 都是0.1 kg ，两金属棒与金属导轨接触良好．从0时刻起，用一水平向右的拉力F 以恒定功率P ＝2 W 作用在ab 棒上，使ab 棒从静止开始运动，经过一段时间后，回路达到稳定状态．求：(1)若将cd 固定不动，达到稳定时回路abcd 中的电流方向如何？此时ab 棒稳定速度为多大？(2)当t ＝2.2 s 时ab 棒已达到稳定速度，求此过程中cd 棒产生的热量Q?图11【解析】 (1)电流方向为a →b →c →d →a 当稳定时，F ＝F AF A ＝BIL ，I ＝BLv /R 总，P ＝Fv ，R 总＝2r v ＝2PrB 2L 2v ＝4 m/s.(2)由Pt ＝12mv 2＋Q 总可得Q 总＝3.6 J因为两棒电阻一样，通过电流又时刻相同，所以产生热量一样，Q ＝Q cd ＝Q 总/2＝1.8 J. 【答案】 (1)电流方向abcda 4 m/s (2)1.8 J13. (16分)如图12所示，水平的平行虚线间距为d ，其间有磁感应强度为B 的匀强磁场．一个长方形线圈的边长分别为L 1、L 2，且L 2<d ，线圈质量m ，电阻为R .现将线圈由其下边缘离磁场的距离为h 处静止释放，其下边缘刚进入磁场和下边缘刚穿出磁场时的速度恰好相等．求：图12(1)线圈刚进入磁场时的感应电流的大小；(2)线圈从下边缘刚进磁场到下边缘刚出磁场(图中两虚线框所示位置)的过程做何种运动？求出该过程最小速度v ；(3)线圈进出磁场的全过程中产生的总焦耳热Q 总.【导学号：05002057】【解析】 (1)mgh ＝12mv 20，v 0＝2gh ，E ＝BL 1v 0，I ＝E R ＝BL 12gh R.(2)先做加速度减小的减速运动，后做加速度为g 的匀加速运动，3位置时线圈速度最小，而3位置到4位置线圈是自由落体运动，因此有v 20－v 2＝2g (d －L 2)，得v ＝2gh ＋L 2－d .(3)由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入磁场过程中产生的电热Q 就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同．由能量守恒Q ＝mgd由对称性可知：Q 总＝2Q ＝2mgd .【答案】 (1)BL 12ghR(2)先做加速度减小的减速运动，后做加速度为g 的匀加速运动 2gh ＋L 2－d (3)2mgd。
[精品]新人教版选修3-1高中物理章末质量评估(二强化训练及答案
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章末质量评估(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(每题3分，共10个小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分)1．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比解析：对于同种材料的导体，电阻率可以认为是个定值，根据电阻定律R ＝ρ可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A正确；长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B错误；由欧姆定律知R＝，此式是电阻的定义式，电阻R与电压U、电流I无正反比关系，故、D错误．答案：A2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为( )A B．U．2U D．4U解析：由电阻定律R＝ρ，可知当导线拉长到原的2倍时，横截面积为原的，则电阻为原的4倍，由欧姆定律I＝，可知D选项正确．答案：D3．两个小灯泡，分别标有“1 A 4 W”和“2 A 1 W”的字样，则它们均正常发光时的电阻阻值之比为( )A．2∶1 B．16∶1．4∶1 D．1∶16解析：由P＝I2R知：R＝错误！未定义书签。
，所以R1∶R2＝错误！未定义书签。
∶错误！未定义书签。
＝16∶1答案：B4．如图所示为将不同电压加在一段金属导体两端，在温度不变的情况下所测得的I－U图线．试根据图线回答：若将这段金属导体在保持长度不变的前提下增大其横截面积，则这段导体的电阻( )A．等于40 ΩB．大于20 Ω．小于20 ΩD．等于20 Ω解析：由图象知R＝2 Ω，若保持长度不变，增大横截面积，则电阻要变小，故选项正确．答案：5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定，车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原的逻辑门是( ) A．“与”门B．“或”门．“非”门D．“与非”门解析：根据汽车双门都关紧汽车才能启动的情况可知，即两个条件都满足事件才能发生，故能正确表示该控制装置工作原的逻辑门应该是“与”门．答案：A6．如图所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变是( )A．A灯变亮，B灯变亮 B．A灯变暗，B灯变亮．A灯变暗，B灯变暗 D．A灯变亮，B灯变暗解析：当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大，内电压增大，路端电压U减小，A灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I′＝I－I A增大，R1两端电压U1＝I′ R1增大，故R与B灯的并联支路电压U B＝U－U1减小，B灯变暗，正确．答案：7如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U 的变情况是( )A．I变大，U变小B．I变大，U变大．I变小，U变大D．I变小，U变小解析：当R4处出现火情时，R4变小→R总变小→I总变大→U外变小→U并变小→I3R3变小→I变大，故A项正确．答案：A8．如图为测量某电电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为48 V．则该电路可能为( )解析：根据U－I图象可知E＝6 V，r＝05 Ω，A图U为改外＝4 V，B图中U外＝48 V，图中U外＝57 V，D图中U外＝54 V答案：B9如图所示，一个电在外电阻不断变时，内、外电阻消耗的电功率随电流变的关系分别用抛物线1、2表示．由该图可知( )A．电的电动势为8 VB．电的内电阻为2 Ω．电输出功率的最大值为16 WD．电消耗的最大功率为16 W解析：图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4W和2 A，由P内＝I2r，代入据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1 Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E＝I(R＋r)＝4 V，A错误，外电阻和内电阻相等时电输出功率的最大值为4 W，错误．电消耗的功率为P＝EI，当R＝0时电流最大为4 A，P＝16 W，故D正确．答案：D10．如图所示电路中，R0为定值电阻，当滑片P向右移动过程中，下列判断正确的是( )、电流表A的读都增大A．电压表V1与电流表A读的比值保持不变B．电压表V1．电压表V与电流表A读的比值变大2、电流表A读变量的比值保持不变D．电压表V1解析：滑片P向右移动，R接入电路中的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I减小，内电压U内＝Ir减小，外电压U外＝E－U内增大，R0的电压V2减小，R的电压V1增大，故选项A错误；R0为定值电阻，电压表V与电流表A读的比值保持不变，R接入电路中的电阻增大，电压表V1与电2、电流表A读变量流表A读变量的比值增大，故选项B错误，错误；电压表V1的比值为内阻与R0之和，选项D正确．答案：D二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分，每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分)11．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( )A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的热量一定越多B．公式W＝UI适用于任何电路，Q＝I2R适用于任何电路．热功率P热＝I2R＝错误！未定义书签。
2017-2018学年高中物理选修3-1章末检测：第二章 恒定
章末检测(B)(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分)1．一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S ，导体单位长度内的自由电子数为n ，金属内的自由电子电荷量为e ，自由电子做无规则热运动的速率为v 0，导体中通过的电流为I ，以下说法中正确的有( )A ．自由电子定向移动的速率为v 0B ．自由电子定向移动的速率为v ＝I neSC ．自由电子定向移动的速率为真空中的光速cD ．自由电子定向移动的速率为v ＝Ine2．下列说法中正确的是( )A ．由R ＝U I知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B ．比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝U IC ．通过导体的电流越大，电阻越小D ．由I ＝U R知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比3．一个标有“220V 60W ”的白炽灯泡，加在灯泡两端的电压由零逐渐增大到220V ，在此过程中，电压U 和电流I 的关系可用图线表示，如下图所示，肯定不符合实际的是( )4．如图1所示的电路中，若ab 为输入端，AB 为输出端，并把滑动变阻器的滑动触头置于滑动变阻器的中央，则以下说法不正确的是( )图1A ．空载时输出电压U AB ＝U ab /2B ．当AB 间接上负载R 时，输出电压U AB <U ab /2C ．AB 间的负载R 越大，U AB 越接近U ab /2D．AB间的负载R越小，U AB越接近U ab/2图25．如图2所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab＝2bc，当将A与B接入电压为U(V)的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U(V)的电路中，则电流为( ) A．4I B．2IC.12I D.14I6．在如图3所示电路中，闭关开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，下列判断正确的是( )图3A．I减小，U1增大B．I减小，U2增大C．I增大，U1增大D．I增大，U2增大7．图4中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，它们之中的一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( )图4A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程减小D．乙表是电压表，R增大时量程增大8.如图5所示，U－I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，b 点α＝β，则下列说法中正确的是( )图5A．在b点时，电源有最大输出功率B．在b点时，电源的总功率最大C．从a到b时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将增大D．从b到c时，β角增大，电源的总功率和输出功率都将减小9．如图6所示的电路中，当滑动变阻器的触头向上滑动时，则( )图6A．电源的功率变小B．电容器贮存的电荷量变小C．电源内部消耗的功率变大D．电阻R消耗的电功率变小10．某一网络电路中的部分电路如图7所示，已知I＝3A，I1＝2A，R1＝10Ω，R2＝5Ω，R3＝30Ω，则下列结论正确的是( )图7A.通过R3的电流为0.5 A，方向从a→bB.通过R3的电流为0.5 A，方向从b→aC．通过电流表的电流为0.5A，电流表“＋”接线柱在右边D．通过电流表的电流为1.5A，电流表“＋”接线柱在左边二、实验题(本题共3个小题，满分24分)图811．(6分)某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20Ω，连接电路的实物图如图8所示．(1)该学生接线中错误的和不规范的做法是( )A．滑动变阻器不起变阻作用B．电流表接线错C．电压表量程选用不当D．电压表接线不妥(2)在下面虚线框里画出这个实验的正确电路图．12．(10分)图9是某同学连接的实验实物图，闭合开关S后，发现L1、L2灯都不亮，他采用下列两种方法检查故障：图9(1)用多用电表的直流电压挡进行检查：①那么选择开关应置于下列量程的________挡．(用字母序号表示)A．2.5VB．10VC．50VD．250V②在测试a、b间直流电压时，红表笔应接触________．(填“a”或“b”)③该同学测试结果如下表所示，根据测试结果，可以判定故障是______．(假设只有下列中的某一项有故障).A.灯L1断路B．灯L2短路C．c、d段断路D．d、f段断路(2)用欧姆挡检查：①测试前，应将开关S________(填“断开”或“闭合”)②测量结果如下表所示，由此可以判定故障是________.A.灯L1断路B．灯L2C．灯L1、L2都断路D．d、e间导线断路13．(8分)现要测定一个额定电压为4V、电阻约为10Ω(设电阻不变)的小灯泡的伏安特性曲线．要求所测电压范围为0.1V～4V.现有器材：直流电源E(电动势4.5V，内阻不计)，电压表V(量程4.5V，内阻约为4×102Ω)，电流表A1(量程250mA，内阻约为2Ω)，电流表A2(量程500mA，内阻约为1Ω)，滑动变阻器R(最大阻值约为30Ω)，开关S，导线若干．图10如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是________，图10所示的甲、乙两个测量电路应选用的是________．根据测量小灯泡电阻的实验电路图在图11上连接成实物图．图11三、计算题(本题共3个小题，满分26分)14．(8分)如图12所示的电路中，各电阻的阻值已标出．当输入电压U AB ＝110V 时，输出电压U CD 是多少？图1215．(8分)一只规格为“220V 2000W ”的电炉，求在正常工作时的电阻；若电网电压为200V ，求电炉的实际功率；在220V 电压下，如果平均每天使用电炉2h ，求此电炉一个月要消耗多少度电．(一个月＝30天)16．(10分)一根长为l ＝3.2m 、横截面积S ＝1.6×10－3m 2的铜棒，两端加电压U ＝7.0×10－2V.铜的电阻率ρ＝1.75×10－8Ω·m，铜内自由电子的体密度为n ＝8.5×1029m－3.求：(1)通过铜棒的电流； (2)铜棒内的电场强度；(3)自由电子定向移动的平均速度．第二章 恒定电流章末检测(B)答案1．D2．B [导体的电阻取决于导体自身，与U 、I 无关，故A 、C 错误；比值UI反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，所以B 正确；由电流与电压的关系知电压是产生电流的原因，所以正确的说法是“通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比”，因果关系不能颠倒，D 错误．]3．ABD [由电阻的定义式R ＝U/I 知：在U －I 图象上，某一点的纵坐标U 和该点的横坐标I 的比值U/I 对应着电阻值R.由于白炽灯泡钨丝的电阻会随温度的升高而增大，当白炽灯上加的电压从零逐渐增大到220 V 时，钨丝由红变到白炽，灯丝的温度不断升高，电阻将不断增大．A 图象表示U/I 为一定值，说明电阻不变，不符合要求；B 图象上各点的U/I 值随U 的增大而减小，也不符合实际；D 图象中的U/I 的值开始随U 的增大而增大，后来随U 的增大而减小，也不符合实际；只有C 图象中U/I 的值随U 的增大而变大，符合实际．]4．D5．A [设沿AB 方向的横截面积为S 1，沿CD 方向的横截面积为S 2，则有S 1S 2＝12.AB 接入电路时电阻为R 1，CD 接入电路时电阻为R 2，则R 1R 2＝ρl abS 1ρl bc S 2＝41，电流之比I 1I 2＝R 2R 1＝14，I 2＝4I 1＝4I.]6．B7．BD [表头G 本身所允许通过的最大电流I g 或允许加的最大电压U g 是有限的．为了要测量较大的电流，则应该并联一个电阻来分流；且并联的电阻越小，分流的效果越明显，从整体上看表现为测电流的量程增大，因此A 错而B 对；同理，为了要测量较大的电压，需要串联一个电阻来分压，且分压电阻越大，电压表的量程越大，C 错而D 对．]8．AD [在b 点α＝β说明此时外电阻R 等于内阻，电源有最大输出功率，A 对；电源总功率P 总＝IE ，则电流越大，总功率越大，B 、C 错，D 正确．]9．BC [由闭合电路欧姆定律可知，当滑动触头向上滑动时，R总变小，I总增大，U端减小，而R 1分压U 1增大，所以电容器上的电压减小．电源功率P 总＝I 总E 增大，A 错误；Q ＝CU 减小，B 正确；电源内部消耗功率P 内＝I 2总r 增大，C 正确；电阻R 1消耗的功率增大，R 上消耗的功率无法确定．]10．B [R 1两端的电压U 1＝I 1 R 1＝2×10V ＝20V ；R 2两端的电压U 2＝I 2R 2＝（3－2）×5 V ＝5 V ，所以R 3两端的电势差U ab ＝U 2－U 1＝5 V －20 V ＝－15 V ，b 点电势高，电流由b →a ，I 3＝U abR 3＝0.5 A ，A 错误，B 正确；电流表中的电流方向应该向右，大小I A ＝I 2－I 3＝0.5 A ，C 、D 均错误．]11．(1)AD (2)见解析图解析 (1)在实物连线图中，滑动变阻器的两个固定端接入电路，滑动触头没有接入，所以移动变阻器滑动端时，不会改变接入电路的电阻大小，变阻器不起变阻作用；直流电表只允许电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出，图中电流表的正、负接线柱接对了；图中电源由一节干电池充当，电动势是1.5 V ，所以电压表的量程应选用0～3 V ，图中量程的选取是正确的；图中把电压表直接和电池两端并联，这样即使将开关断开，电压表仍有示数，即开关不能控制通过电压表的电流，且电流从负接线柱流入，从正接线柱流出，所以电压表的接线不妥．(2)实验电路图如图所示．12．(1)①B ②a ③D (2)①断开 ②D解析(1)多用电表的直流电压挡内阻很大，若并联在断路处（设有一处发生断路）时，电路接通电压表示数应为电源的电动势，并联在未断路处，示数为零。
2017高中物理选修3-1：学业质量标准检测2 含答案 精品
第二章 学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10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小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(深圳市2018～2018学年高二下学期期中)关于家庭安全用电，下列说法正确的是导学号 50232533( B )A ．将移动插座远离水池B ．用湿抹布擦去工作中电器上的灰尘C ．使用洗衣机时，电器外壳不用接地D ．消毒碗柜、电饭煲和电冰箱可以同时使用一个移动插座解析：插座外表是绝缘体，一旦受潮就不绝缘，故要远离水，故A 正确；当用湿抹布擦去工作中电器上的灰尘时，此时电器正在工作，能导致电路短路烧毁，故B 不正确；使用洗衣机时，电器外壳容易有静电出现，所以必须接地，将多余电荷导走，故C 不正确；消毒碗柜、电饭煲和电冰箱不能同时使用同一移动插座，原因是负载太大，会导致插座烧毁，故D 不正确。
2．(山西大学附中2018～2018学年高二上学期月考)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m ，电荷量为e 。
在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为导学号 50232534( C )A ．m v 22eLB ．m v 2Sn eC ．ρne vD ．ρe v SL解析：电场强度可表示为E ＝UL ①，其中L 为金属棒长度，U 为金属棒两端所加的电动势，而U ＝IR ②，其中I ＝Q t ＝n ·v t ·S ·e t ＝n v Se ③，R ＝L ·ρS ④，联立①②③④，可得E ＝ne v ρ，故C项正确。
3．某居民家中的电路如图所示，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。
人教版高中物理选修3-1单元质量评估(二)
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单元质量评估(二)
第二章
(90分钟 100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。
每小题至少一个答案正确)
1.关于电流，下列说法中正确的是( )
A.通过导体横截面的电荷量越多，电流越大
B.电子运动速率越大，电流越大
C.单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大
D.因为电流有方向，所以电流是矢量
2.今有甲、乙两个电阻，在相同时间内流过甲的电荷量是乙的2倍，甲、乙两端的电压之比为1∶2，则甲、乙两个电阻阻值的比值为( )
A.1∶2
B.1∶3
C.1∶4
D.1∶5
3.(2012·聊城高二检测) 某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )
A.4ρ 4R
B.ρ 4R
C.16ρ 16R
D.ρ 16R
4.非洲电鳐的捕猎方式是放电电死猎物，它放电的电压可达100 V，电流50 A，每秒钟放电150次，其放电情况可近似看做如图所示规律放电。
则放电1秒钟非洲电鳐放出的电量为( )。
人教版物理选修3-1章末小结与测评 第二章 恒定电流
2 D. 3
解析：断开 S 和闭合 S 后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电 1 1 容器两极板间的电压 U1＝ E，U2＝ E，C 所带的电荷量 Q＝ 5 3 CU，则 Q1∶Q2＝3∶5，选项 C 正确。 答案：C
2．[多选](2016· 江苏高考)如图所示的电 路中，电源电动势为 12 V，内阻为 2 Ω，四 个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关 S， 下列说法正确的有( )
5．(2014· 天津高考)如图所示，电路中 R1、R2 均为可变 电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器 C 的极板水平放 置。闭合电键 S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之 间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止 不动的是( )
A．增大 R1 的阻值 C．增大两板间的距离
B．增大 R2 的阻值 D．断开电键 S
A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04 A B．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02 A C．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06 A D．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01 A
解析：设电流表 A 的内阻为 RA，用电流表 A 的 表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值时， 若将接线柱 1、2 接入电路，根据并联电路的特点，(I1－IA)R1＝ IARA， 解得 I1＝3IA＝0.0Байду номын сангаас A， 则每一小格表示 0.06 A； 若将接线柱 1、3 接入电路，则(I2－IA)R1＝IARA，解 得 I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示 0.06 A。所以选 项 C 正确。 答案：C
(2)测量时多用表指针指在如图所示位置。若选择开关 处于 “10 V” 挡，其读数为 ________V ；若选择开关处于 “×10”挡， 其读数为________200 Ω(选填： “大于”“等 于”或“小于”)。
人教版高中物理选修3-1综合质量评估.docx
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综合质量评估第一～三章(90分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。
每小题至少一个答案正确)1.下列说法正确的是( )A.放在匀强磁场中的通电导线一定受到恒定的磁场力作用B.沿磁感线方向磁场逐渐减弱C.磁场的方向就是通电导线所受磁场力的方向D.安培力的方向一定垂直于磁感应强度和通电直导线所决定的平面2.如图所示，在电场中，将一个负电荷从C点分别沿直线移到A点和B点，克服静电力做功相同。
该电场可能是( )A.沿y轴正向的匀强电场B.沿x轴正向的匀强电场C.第Ⅰ象限内的正点电荷产生的电场D.第Ⅳ象限内的正点电荷产生的电场3.如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，c为ab的中点，a、b 点的电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是( )A.该电场在c点处的电势一定为4 VB.a点处的场强一定大于b处的场强C.一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D.一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a4.用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，会观察到( )A.电流表示数不变B.电流表示数减小C.电压表示数增大D.电压表示数减小5.在如图所示的电路中，当电键S闭合后，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将电键S断开，则( )A.液滴仍保持静止状态B.液滴做自由落体运动C.电容器上的带电荷量与R1的大小有关D.电容器上的带电荷量增大6.(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。
下列说法正确的是( )A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半7.如图所示，一个电子以100 eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为( )A.300 VB.－300 VC.－100 VD.100 V－38.关于图中门电路的符号，下列说法中正确的是( )A.甲为“非”门、乙为“与”门、丙为“或”门B.甲为“与”门、乙为“或”门、丙为“非”门C.甲为“非”门、乙为“或”门、丙为“与”门D.甲为“或”门、乙为“与”门、丙为“非”门9.如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E。
高中物理选修3-1(人教版)：第二章 章末质量评估(二)(解析版)
高中物理选修3-1（人教版）：第二章+章末质量评估(二)一、单项选择题1. 导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是 A. 横截面积一定，电阻与导体的长度成正比 B. 长度一定，电阻与导体的横截面积成正比 C. 电压一定，电阻与通过导体的电流成正比 D. 电流一定，电阻与导体两端的电压成反比【答案】A 【解析】【详解】AB ．有电阻定律lR Sρ=可知，电阻的大小与导体的长度成正比，与横截面积成反比，A 正确B 错误；CD ．电阻与电流以及电压的大小无关，故CD 错误；2. 一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U 时，通过的电流是I ，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I ，导线两端所加的电压变为 ( ) A. U ／2 B. UC. 2UD. 4U【答案】D 【解析】试题分析：根据电阻定律可得：拉长后电阻变24'412l lR Rs sρρ===,所以根据欧姆定律可得：'''4U U U R R R==,故'4U U =,所以选D 考点：考查了欧姆定律和电阻定律的应用点评：做本题的关键是知道导线在拉长时体积不变，然后根据公式判断面积和长度的变化3.某电源电动势为3.6 V ，这表示( )A. 电路通过1 C 的电荷量，电源把3.6 J 其他形式的能转化为电势能B. 电源在每秒内把3.6 J 其他形式的能转化为电势能C. 该电源比电动势为1.5 V 的电源做功多D. 该电源与电动势为1.5 V 的电源相比，通过1 C 电荷量时转化的电势能相同 【答案】A【解析】A、电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，根据电动势的定义式WEq知：电动势为3.6V，表示电路通过1C的电荷量，电源把3.6J其他形式的能转化为电能，故A正确，B错误；C、电动势越大，将其他形式的能转化为电能的本领越大，故CD错误。
点睛：电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量，电动势越大，将其他形式的能转化为电能的本领越大，不表示做功多少。
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章末质量评估(二)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(每题3分，共10个小题，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分)1．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( )A ．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B ．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C ．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比D ．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比解析：对于同种材料的导体，电阻率可以认为是个定值，根据电阻定律R ＝ρl S 可知横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A 正确；长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B 错误；由欧姆定律知R ＝U I ，此式是电阻的定义式，电阻R 与电压U 、电流I 无正反比关系，故C 、D 错误．答案：A2．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U 时，通过的电流是I ，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I ，导线两端所加的电压变为( )A.U 2B ．UC ．2UD ．4U解析：由电阻定律R ＝ρl S ，可知当导线拉长到原来的2倍时，横截面积为原来的12，则电阻为原来的4倍，由欧姆定律I ＝U R，可知D 选项正确．答案：D3．某电源的电动势为3.6 V ，这表示( )A ．电路通过1 C 的电荷量，电源把3.6 J 其他形式的能转化为电势能B ．电源在每秒内把3.6 J 其他形式的能转化为电势能C ．该电源比电动势为1.5 V 的电源做功多D ．该电源与电动势为1.5 V 的电源相比，通过1 C 电荷量时转化的电势能相同解析：电路每通过1 C 的电量，非静电力做功W ＝qE ＝3.6 J ，A 对，B 错.3.6 V 大于1.5 V ，只能说明做功本领大，不一定做功多，C 错．当通过1 C 电荷量时，电动势为3.6 V 的电源一定做功多，D 错．答案：A4．将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P .若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源，则它的功率为( )A ．4PB ．0.25PC ．16PD ．0.125P解析：电阻丝拉长后，材料不变，均匀地拉长为原来的两倍，可知其横截面积为原来的12，根据导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以其阻值变为原来的4倍，根据P ＝U 2R 可知，电源电压不变时，功率变为原来的14，B 正确． 答案：B5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定，车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是( )A ．“与”门B ．“或”门C ．“非”门D ．“与非”门解析：根据汽车双门都关紧汽车才能启动的情况可知，即两个条件都满足事件才能发生，故能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门应该是“与”门．答案：A6．如图所示，A 灯与B 灯电阻相同，当滑动变阻器R 的滑动片向下滑动时，两灯的变化是( )A ．A 灯变亮，B 灯变亮 B ．A 灯变暗，B 灯变亮C ．A 灯变暗，B 灯变暗D ．A 灯变亮，B 灯变暗解析：当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I 增大，内电压增大，路端电压U 减小，A 灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I ′＝I －I A 增大，R 1两端电压U 1＝I ′ R 1增大，故R 与B 灯的并联支路电压U B ＝U －U 1减小，B 灯变暗，C 正确．答案：C7.如图所示，R 4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是( )A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小解析：当R4处出现火情时，R4变小→R总变小→I总变大→U外变小→U并变小→I3R3变小→I 变大，故A项正确．答案：A8．如图为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )解析：根据U－I图象可知E＝6 V，r＝0.5 Ω，A图U为改外＝4 V，B图中U外＝4.8 V，C图中U外＝5.7 V，D图中U外＝5.4 V.答案：B9.如图所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的关系分别用抛物线C1、C2表示．由该图可知( )A．电源的电动势为8 VB．电源的内电阻为2 ΩC．电源输出功率的最大值为16 WD．电源消耗的最大功率为16 W解析：图中交点表示内、外电路消耗功率相等，此时的功率和电流分别为4 W和2 A，由P内＝I2r，代入数据得r＝1 Ω，故B错误；由P外＝I2R知R＝1 Ω，内电阻等于外电阻，电动势为E ＝I (R ＋r )＝4 V ，A 错误，外电阻和内电阻相等时电源输出功率的最大值为4 W ，C 错误．电源消耗的功率为P ＝EI ，当R ＝0时电流最大为4 A ，P max ＝16 W ，故D 正确．答案：D10．如图所示电路中，R 0为定值电阻，当滑片P 向右移动过程中，下列判断正确的是( )A ．电压表V 1、电流表A 的读数都增大B ．电压表V 1与电流表A 读数的比值保持不变C ．电压表V 2与电流表A 读数的比值变大D ．电压表V 1、电流表A 读数变化量的比值保持不变解析：滑片P 向右移动，R 接入电路中的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流I 减小，内电压U 内＝Ir 减小，外电压U 外＝E －U 内增大，R 0的电压V2减小，R 的电压V 1增大，故选项A 错误；R 0为定值电阻，电压表V 2与电流表A 读数的比值保持不变，R 接入电路中的电阻增大，电压表V 1与电流表A 读数变化量的比值增大，故选项B 错误，C 错误；电压表V 1、电流表A 读数变化量的比值为内阻与R 0之和，选项D 正确．答案：D二、多项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分，每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分)11．某导体的电流随电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体电阻约是5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小解析：R ＝U I ＝51Ω＝5Ω，由R ＝U I可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小，故加11 V 电压时，导体的电阻大于5 Ω.答案：AD12．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是( )A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路解析：由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.若假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的灯B中电流的变化，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B对．若假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)中电流增大，灯B中分得电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．答案：BC13.如图所示，已知电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝2 Ω，通过小灯泡的电流为1 A，已知小灯泡的电阻为3 Ω，小型直流电动机的线圈电阻＝1 Ω，则( )A．电动机两端的电压为1 VB．电动机两端的电压为6 VC．电动机的输入功率为6 WD．电动机的输出功率为5 W解析：电动机两端的电压U M＝E－I(R＋R L＋r)＝12 V－1×(2＋3＋1) V＝6 V，故选项A错误，选项B正确；电动机的输入功率P＝U M I＝6×1 W＝6 W，P出＝P－I2r＝6 W－1 W＝5 W，故选项C、D正确．答案：BCD14．如图所示的两种电路中，电源相同，各电阻阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计．电流表A1、A2、A3、A4的示数分别为I1、I2、I3、I4.下列关系式中正确的是( )A．I1＝I2B．I1<I4C．I2＝2I1D．I2<I3＋I4解析：左图中，通过下面电阻的电流大于I1，所以I2>2I1，选项A、C错误；左图电路的总电阻大于右图电路的总电阻，所以左图的干路电流较小，即I2<I3＋I4，又由于I3＝I4，故2I4>I2，因I2>2I1，故I1<I4，选项B、D正确．答案：BD三、实验题(共21分)15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的器材有：A．电压表V：0～3 V，0～15 V B．电流表A：0～0.6 A，0～3 AC．滑动变阻器R1：(20 Ω，1 A) D．滑动变阻器R2：(1 000 Ω，0.1 A)E．开关S和导线若干(1)实验中电压表应选用的量程为__________(选填“0～3 V”或“0～15 V”)；电流表应选用的量程为______(选填“0～0.6 A”或“0～3 A”)；滑动变阻器应选用________．(2)实验测得的6组数据已在U－I图象中标出，如图所示．请你根据数据点位置完成U －I图线，并由图线求出该电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.解析：(1)由图象的数据可知电压在1.5 V以内，电流在0.6 A以内，则实验中电压表应选用的量程为0～3 V，电流表应选用的量程为0～0.6 A；滑动变阻器采用限流连接，应选用R1.(2)连线如图，由U－I图线得该电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω.答案：(1)0～3 V 0～0.6 A R1(2)1.5 0.516．(每空3分，共12分)(1)一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数______ mm，螺旋测微器示数________ mm.(2)现用伏安法研究某电子器件R 1(6 V ，2.5 W)的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整(直接测量的变化范围尽可能大一些)，备有下列器材：A ．直流电(6 V ，内阻不计)；B ．电流表G(满偏电流I g ＝3 mA ，内阻R g ＝10 Ω)；C ．电流表A(0～0.6 A ，内阻未知)；D ．滑动变阻器(0～20 Ω，5 A)；E ．滑动变阻器(0～200 Ω，1 A)；F ．定值电阻R 0(阻值1 990 Ω)；G ．开关与导线若干．①根据题目提供的实验器材，请你在方框中设计出测量电子器件R 1伏安特性曲线的电路原理图(R 1可用“”表示)．②在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，测动变阻器应选用________(填写器材序号)．解析：(1)①游标卡尺的主尺读数为14 mm ，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm ＝0.50 mm ，所以最终读数为：14 mm ＋0.50 mm ＝14.50 mm.②螺旋测微器的固定刻度为5.5 mm ，可动刻度为16.3×0.01 mm ＝0.163 mm ，所以最终读数为5.5 mm ＋0.163 mm ＝5.663 mm.(2)①由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；灯泡的电阻约为R ＝U 2P ＝622.5＝14.4 Ω，灯泡的电阻值比较小，属于小电阻，所以用电流表外接法，电路图如答案图所示．②因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的D.答案：(1)14.50 5.663(2)①如图所示：②D三、计算题(共33分)17．(10分)如图所示电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω.D为直流电动机，其电枢线圈电阻R＝2 Ω，限流电阻R′＝3 Ω.当电动机正常工作时，电压表示数为0.3 V．求：(1)通过电动机的电流大小；(2)电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率．解析：(1)通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I＝UR′得：I＝0.33A＝0.1 A.(2)由E＝Ir＋U＋U D可得电动机两端电压U D＝E－Ir－U＝6 V－0.1×1 V－0.3 V＝5.6 V.所以电动机输入的电功率P入＝U D I＝0.56 W.电动机的发热功率P热＝I2R＝0.02 W.电动机的输出功率P出＝P入－P热＝0.54 W.18．(12分)如图所示的电路中，电源电动势E＝6.0 V，内阻r＝0.6 Ω，电阻R2＝0.5 Ω，当开关S断开时；电流表的示数为1.5 A，电压表的示数为3.0 V，试求：(1)电阻R1和R3的阻值；(2)当S闭合后，电压表的示数以及R2上消耗的电功率．解析：(1)R3＝U3I3＝3.01.5Ω＝2.0 Ω.由于E＝I3(R1＋R3＋r)，代入数据有6.0＝1.5 (R1＋2.0＋0.6)，解得：R1＝1.4 Ω.(2)S闭合后，R总＝R1＋r＋R2·R3R2＋R3＝2.4 Ω.电压表的示数U＝ER总×R2·R3R2＋R3＝62.4×0.4 V＝1.0 V.R2上消耗的功率P2＝U2R2＝120.5W＝2.0 W.19．(11分)如图所示，E＝10 V，r＝1 Ω，R1＝R3＝5 Ω，R2＝4 Ω，C＝100 μF，当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态，求：(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；(2)S闭合后流过R3的总电荷量．解析：(1)S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有：U C＝ER1＋R2＋rR2＝4 V，q U Cd＝mg.S闭合后，有：U′C＝ER2＋rR2＝8 V.设带电粒子加速度为a，则根据牛顿第二定律，有：q U′Cd－mg＝ma.解得：a＝g，方向竖直向上．(2)S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以ΔQ＝C(U′C－U C)，即ΔQ＝4×10－4C.小课堂：如何培养中学生的自主学习能力？自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。