2023-2024学年粤教版必修第三册 第四章　闭合电路 单元测试

这是一份2023-2024学年粤教版必修第三册 第四章　闭合电路 单元测试，共10页。
章末综合检测 (时间：75分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．某水果电池的实验中，直接测得电池两端电压接近2.5 V，如图所示。但把电池直接连到标称值为“2.5 V，0.3 A”的小灯泡上，却不能发光。对小灯泡不亮的原因，你认为可能正确的是(　　)A．水果电池的电动势太大B．水果电池的电动势太小C．水果电池的内阻太大D．小灯泡的电阻太大解析：C　断开电路时，电池两端的电压为其电动势，则电动势2.5 V，小灯泡接在电池两端，其电压为电池路端电压，小灯泡不亮，说明其两端电压太小，根据闭合电路欧姆定律可知，水果电池内阻太大，C正确，A、B、D错误。2．在如图所示的电路中，电阻箱接入电路的阻值为R，电源的电动势为E，电源内电阻为r，闭合开关。若此时电路中电流为I，则电压表的示数为(　　)A．IR    B．IrC．I(R＋r)    D．解析：A　电压表的示数表示路端电压或电阻箱两端的电压，所以有UV＝IR＝E－Ir，A正确，B、C、D错误。3．如图所示的电路中，电源电动势E为3 V，定值电阻R为5 Ω，当开关闭合时，理想电流表的示数为 0.5 A，电源内阻r为(　　)A．0.5 Ω    B．1.0 ΩC．1.5 Ω    D．2.0 Ω解析：B　根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，解得r＝－R＝ Ω－5 Ω＝1.0 Ω，选项B正确，A、C、D错误。4．如图所示，R为定值电阻，RT为热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小)，L为小灯泡。当温度降低时(　　)A．R两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱解析：C　温度下降，RT电阻增大，并联部分电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R两端电压减小，电流表示数减小，故A、B错误；温度下降，RT电阻增大，并联部分电阻增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律可得，并联部分两端电压为U＝E－I(R＋r)，可知并联部分两端电压即灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，所以灯泡变亮，故C正确，D错误。5．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示的电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为(　　)A．    B．C．    D．解析：C　当开关S断开时等效电路如图甲所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电路如图乙所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE，所以＝，故C正确。6．在如图所示的电路中，开关S闭合后和闭合前相比，三个理想电表示数的变化情况是(　　)A．V示数变大，A1示数变大，A2示数变小B．V示数变大，A1示数变小，A2示数变大C．V示数变小，A1示数变大，A2示数变小D．V示数变小，A1示数变小，A2示数变大解析：C　开关S闭合后，总电阻减小，干路电流I增大，A1示数变大，由U外＝E－Ir知路端电压U外减小，V示数变小，由于R处在干路中且其中的电流增大，故其两端的电压UR增大，R2两端的电压U2＝U外－UR，故U2减小，由欧姆定律知，其中的电流I2减小，A2示数变小，故C正确。7．如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器电容C＝2 μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则(　　)A．S断开时电容器的电压为2 VB．S断开时电容器a极板带负电C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电D．S合上流过安培表A的电荷量为9.6×10－6 C解析：D　S断开时，电容器相当于断路，R3中无电流，电容器两端电压即为R2两端电压，电路相当于R1和R2串联，此时电容器的电压U1＝R2＝3 V，A错误；S断开时电容器a极板接电源正极，带正电，B错误；S合上电路稳定后，R1和R2串联后再与R3并联，电容器两端电压即为R1两端电压，由电路分析，外电路的电阻为R外＝＝3 Ω，此时电容器的电压为U2＝··R外＝1.8 V，且a极板带负电，b极板带正电，则通过电流表的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝CU1＋CU2＝9.6×10－6 C，C错误，D正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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)8．用如图甲所示的电路来测量电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了U­I图线如图乙所示，由图乙可知(　　)A．电池电动势的测量值是1.40 VB．外电路发生短路时的电流为0.40 AC．电池内阻的测量值是1 ΩD．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数为0.20 A解析：ACD　由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir得U＝E－Ir，纵截距为电动势，电源U­I图像与纵轴交点坐标值为 1.40 V，则电池电动势的测量值是1.40 V，0.40 A是路端电压为1.00 V时的电流，不是短路电流，A正确，B错误；电源内阻等于图像斜率的绝对值，为r＝＝ Ω＝1 Ω，C正确；当电压表示数为1.20 V时，电流表的示数为I＝＝ A＝0.20 A，D正确。9．如图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片P向左端移动时，下列说法正确的是(　　)A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小解析：BC　当滑动变阻器的滑片P向左端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路中的电流减小，电源内阻及R1分担的电压减小，电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小，选项A错误，B正确；由于电压表V1的读数增大，由部分电路欧姆定律可得通过R3的电流增大，则电流表A2的读数增大，由I1＝IR3＋IR2可知通过R2的电流减小，则电压表V2的读数减小，选项C正确，D错误。10．在如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，分析电路特点，若只有某个元件发生的故障，下列情况可能的是(　　)A．R1短路    B．R2短路C．R1断路    D．R2断路解析：BC　将电路进行简化，可知R1与灯L1并联，R2、R3串联后与L2并联，如图所示。若R1短路，灯泡L1被短路熄灭，不会变暗，A错误；若R2短路，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，而L1部分因电阻不变，其两端的电压增大，故L2两端电压减小，即L1变亮，L2变暗，符合题意，B正确；若R1断路，则总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，而L2部分因电阻不变，其两端的电压减小，故L1两端电压增大，即L1变亮，L2变暗，符合题意，C正确；若R2断路，则总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，而L1部分因电阻不变，其两端的电压减小，故L2两端电压增大，即L1变暗，L2变亮，与题干矛盾，D错误。三、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(8分)如图甲所示是一个多量程多用电表的简化电路图，请回答下列问题。(1)多用电表的红表笔应是图甲中的________(选填“A”或“B”)端。(2)某同学用此多用电表测量某电学元件的电阻，选用“×100”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择________(选填“×10”或“×1 000”)倍率的欧姆挡。(3)某实验小组利用下列器材研究欧姆挡不同倍率的原理，组装了如图乙所示的简易欧姆表。实验器材如下：A．干电池(电动势E为3.0 V，内阻r不计)；B．电流计G(量程300 μA，内阻99 Ω)；C．可变电阻器R；D．定值电阻R0＝1 Ω；E．导线若干，红黑表笔各一只。①表盘上150 μA刻度线对应的电阻刻度值是_______________________________ Ω；②如果将R0与电流计并联，如图丙所示，这相当于欧姆表换挡，则换挡后可变电阻器R阻值应调为____________________________________________________________ Ω。解析：(1)多用电表的红表笔应接欧姆挡电源的负极，黑表笔应接欧姆挡电源的正极，所以多用电表的红表笔应是图甲中的A端。(2)当选用“×100”倍率的欧姆挡测量，发现多用表指针偏转很小，说明电阻较大，故应选用更大的倍率，即应选择“×1 000”倍率的欧姆挡。(3)欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，则表盘上 150 μA 刻度线对应的电阻刻度值是R中＝R内＝＝＝10 000 Ω将R0与电流计并联，当电流计满偏时，干路电流为I＝Ig＋＝0.03 A所以欧姆挡的内阻为R内′＝＝100 Ω故换挡后可变电阻器R阻值应调为R＝R内′－＝99.01 Ω。答案：(1)A　(2)×1 000　(3)①10 000　②99.0112．(10分)图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。(1)已知毫安表表头的内阻为10 Ω，满偏电流为3 mA；R1为滑动变阻器，R2为电阻箱(0～9 999.9 Ω)，若将电阻箱R2的阻值调为990 Ω，改装后的电表的量程为________ V；(2)电流表A有两种规格，A1(量程0.6 A，内阻约为 0.1 Ω)和A2(量程3 A，内阻约为0.05 Ω)；滑动变阻器R1有两种规格，最大阻值分别为20 Ω和200 Ω。则电流表应选用________(选填“A1”或“A2”)，R1应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器；(3)实验步骤如下：①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的滑动片移到________(选填“左”或“右”)端；②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数I2和毫安表表头的示数I1；③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作I1­I2图像，如图乙所示；④根据图线求得电源的电动势E＝________V(结果保留3位有效数字)，内阻r＝________Ω(结果保留2位有效数字)。解析：(1)将电阻箱R2与毫安表串联后改装成电压表，当阻值调为990 Ω，改装后的电表的量程为U＝Ig(R＋Rg)＝3×10－3×(990＋10)V＝3.0 V。(2)根据图像可知，整个过程的电流不超过0.5 A，故电流表选A1；因内阻较小，为了便于调节，滑动变阻器应选择最大阻值为20 Ω的。(3)①为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到左端。④改装后的电表的量程为3.0 V，电表的内阻为RV＝R＋Rg＝1 000 Ω由串并联电路规律可知若毫安表示数为I1，则其测量的电压应等于1 000I1，则由闭合电路欧姆定律可知，图像中与纵坐标的交点数值的1 000倍表示电源的电动势，则E＝1.48 V，图像的斜率表示内阻，则r＝ Ω＝0.84 Ω。答案：(1)3.0　(2)A1　20　(3)①左　④1.48(1.44～1.52均可)　0.84(0.76～0.93均可)13．(10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，重力加速度g取10 m/s2，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断开时，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UC＝R2＝4 V，q＝mg，S闭合后，有UC′＝R2＝8 V，设带电粒子加速度为a，根据牛顿第二定律有q－mg＝ma，解得a＝10 m/s2，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(UC′－UC)，解得ΔQ＝4×10－4 C。答案：(1)10 m/s2，方向竖直向上　(2)4×10－4 C14．(12分)如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示。不考虑电表对电路的影响。(1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图像应分别为U­I图像中的哪一条直线？(2)定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为多少？(3)求出电源的电动势和内阻。解析：(1)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC。(2)由题意得R0＝＝ Ω＝3 Ω当滑动变阻器取最大值时，电流最小Imin＝0.5 A，而 UR＝U2－U1＝7.5 V－1.5 V＝6 V所以Rmax＝＝ Ω＝12 Ω。(3)因为U2＝E－Ir则内阻r＝＝ Ω＝1 Ω所以E＝U2＋Ir＝7.5 V＋0.5×1 V＝8 V。答案：(1)V1对应AC、V2对应BC　(2)3 Ω　12 Ω(3)8 V　1 Ω15．(14分)如图所示的电路中，直流电源电动势为4 V，内阻为1 Ω，电阻R1、R2、R3的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF，电流表的内阻不计。闭合开关，电路稳定后，求：(1)电流表的示数；(2)电容器所带的电荷量；(3)断开开关后，通过R2的电荷量。解析：(1)由于R1、R2被短路，接入电路的有效电阻仅有R3，则I＝＝ A＝0.8 A。(2)电容器两端电压与R3两端电压相同，故电容器所带电荷量Q＝C·IR3＝30×10－6×0.8×4 C＝9.6×10－5 C。(3)断开开关，R1和R2并联，再与R3、C串联构成放电回路，因为并联电路中R1、R2电阻相同，故通过R2的电荷量为总电荷量的一半，即Q2＝＝ C＝4.8×10－5 C。答案：(1)0.8 A　(2)9.6×10－5 C　(3)4.8×10－5 C