2022届新高考一轮复习人教版 第八章 恒定电流 章末检测卷

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 第八章 恒定电流 章末检测卷，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分)
1．(2021·北京朝阳区六校高三联考)为了确定一个标有“3.8 V 0.3 A”的小灯泡的电阻，小明和小华两位同学分别采用了不同的方法：小明同学用多用电表的欧姆挡测量，测量结果R1＝2 Ω；小华同学由R＝eq \f(U,I)计算可得其阻值R2≈13 Ω。小明同学的操作过程无误，但R1和R2存在明显差异。对此，下列说法正确的是( )
A．小明同学的方法错误，因为测量时没有电流通过小灯泡
B．小华同学的方法错误，因为小灯泡的电阻不能用R＝eq \f(U,I)来计算
C．两位同学的方法都正确，因为小灯泡的工作状态不同导致电阻不同
D．两位同学的方法都正确，因为多用电表的欧姆挡的精确度不够
解析：小明同学是用多用电表测量的，测量时也有电流通过灯泡，故选项A错误；小华同学的测量方法中，可以用R＝eq \f(U,I)来计算灯泡的电阻，选项B错误；两位同学的方法都正确，因为小灯泡的工作状态不同导致电阻不同，选项C正确，D错误。
答案：C
2．(2021·山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是( )
A．通过甲、乙两导体的电流相同
B．通过乙导体的电流是甲导体的两倍
C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍
D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等
解析：由I＝eq \f(Δq,Δt)可知，I乙＝2I甲，B正确，A错误；由I＝nvSq可知，同种金属材料制成的导体，n相同，因S甲＝2S乙，故v甲∶v乙＝1∶4，C、D错误。
答案：B
3．小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱
( )
A．通过的电流增大
B．两端的电压增大
C．阻值增大为原来的1.2倍
D．电功率增大为原来的1.44倍
解析：根据电阻定律R＝ρeq \f(l,S)可知，长度变为原来的1.2倍，横截面积变为原来的eq \f(1,1.2)倍，所以电阻变为原来的1.44倍；根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，可知总电阻增大，干路电流I减小，路端电压即盐水柱两端电压U增大，故A、C错误，B正确；电功率的表达式P＝I2R，电流变化倍数无法计算，所以电功率变化倍数无法计算，故D错误。
答案：B
4．如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内( )
A．充电宝输出的电功率为UI＋I2r
B．充电宝产生的热功率为I2r
C．手机电池产生的焦耳热为eq \f(U2,r)t
D．手机电池储存的化学能为UIt－I2rt
解析：充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为P＝UI，A错误；手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率为Pr＝I2r，而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，B、C错误；输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为W＝UIt－I2rt，D正确。
答案：D
5．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中( )
A．电压表的示数增大，电流表的示数减小
B．电容器C所带电荷量减小
C．R1的电功率增大
D．电源的输出功率一定增大
解析：滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，R2阻值变大，总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压U＝E－I(R1＋r)，总电流减小，电压表示数增大，故A正确；容器两端电压即电压表两端电压，Q＝CU，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B错误；流过电阻R1的电流减小，由公式P＝I2R1可知，消耗的功率变小，故C错误；当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D错误。
答案：A
6．(2021·陕西西安模拟)如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的电功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是( )
解析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为P＝I2R2，P∝I2，故A正确；电容器C两端的电压UC＝E－I(R2＋r)，电荷量Q＝CUC＝C[E－I(R2＋r)]，则eq \f(ΔQ,ΔI)＝－C(R2＋r)，保持不变，则Q I图象是向下倾斜的直线，故B正确；电压表示数U＝E－Ir，UI图象应是向下倾斜的直线，故C错误；电源通过电荷量q时电源做的功W＝qE，E是电源的电动势，则Wq是过原点的直线，故D错误。
答案：AB
7．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表。闭合开关S后，若减小R的阻值，则下列说法正确的是( )
A．电流表的示数一定增大
B．电压表的示数一定增大
C．电源的输出功率一定增大
D．R1上的电压一定减小
解析：减小R的阻值，电路的总电阻减小，电路中总电流I增大，由U＝E－Ir得路端电压减小，所以电流表的示数一定增大，电压表的示数一定减小，故A正确，B错误；当电源的外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不知外电阻与内电阻的大小关系，所以当电源的负载电阻减小时，电源的输出功率不一定增大，故C错误；电路中总电流I增大，R2两端的电压增大，又因为路端电压减小，由串联分压得R1上的电压减小，故D正确。
答案：AD
8．(2021·安徽皖西教育联盟期末检测)如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝8 Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成串联电路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．电源的电动势E＝eq \f(2\r(10),5) V，内阻r＝2 Ω
B．图乙中Rx＝25 Ω
C．滑动变阻器的滑片向左移动时，R消耗的功率先增加后减小
D．调整滑动变阻器RP的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28 W
解析：把R等效为电源的内阻，滑动变阻器消耗的功率P＝(eq \f(E,RP＋R＋r))2RP＝eq \f(E2,\f([RP－r＋R]2,RP)＋4r＋R)，当RP＝r＋R时，P有最大值Pmax＝eq \f(E2,4r＋R)，代入图乙数据Pmax＝0.4 W，PR＝10 Ω，以及R＝8 Ω，解得E＝4 V，r＝2 Ω，A错误；滑动变阻器的阻值为4 Ω时与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4Rx＝(R＋r)2，解得Rx＝25 Ω，B正确；当滑动变阻器的滑片向左滑动时，其接入电路的阻值增加，电流减小，R消耗的功率减小，C错误；当外电路电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，本题中定值电阻R的阻值大于电源内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P出max＝(eq \f(E,R＋r))2R＝1.28 W，D正确。
答案：BD
二、非选择题(共3小题，共52分)
9．(16分)某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率，分别为×1 k、×100、×10、×1。该同学选择“×100”挡，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)。为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：
A．________________；
B．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处；
C．重新测量并读数，某时刻刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω。
(2)该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：
A．直流电源(电动势3 V，内阻不计)
B．电压表V1 (量程0～5 V，内阻约为5 kΩ)
C．电压表V2 (量程0～15 V，内阻约为25 kΩ)
D．电流表A1(量程0～25 mA，内阻约为1 Ω)
E．电流表A2(量程0～250 mA，内阻约为0.1 Ω)
F．滑动变阻器一只，阻值0～20 Ω
G．开关一只，导线若干
在上述仪器中，电压表应选择________(选填“V1”或“V2”)，电流表应选择________(选填“A1”或“A2”)。请在虚线框内画出电路原理图(电表用题中所给的符号表示)。
解析：(1)指针偏转角度太大，说明选择的倍率偏大，因此应选用较小的倍率，将“×100”挡换为“×10”挡；欧姆表的读数为指针所指的欧姆数乘倍率，即电阻为12×10 Ω＝120 Ω。
(2)由于电源电动势只有3 V，所以电压表选择量程为0～5 V的电压表V1；因电路中的最大电流约为Im＝eq \f(3 V,120 Ω)＝25 mA，所以电流表选用量程为0～25 mA的电流表A1；由于滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻的阻值，所以控制电路应选用分压式接法；因待测电阻的阻值远大于电流表内阻，应选用电流表内接法，电路原理图如图所示。
答案：(1)换用“×10”挡 120 (2)V1 A1 图见解析
10.(16分)如图所示，电阻的阻值R1＝4.0 Ω、R2＝6.0 Ω、R3＝10.0 Ω，电容器的电容C＝30 μF，电源电动势E＝10 V，电源内阻可忽略。先闭合开关K，待电路稳定后再将开关断开。试求：
(1)闭合开关K，电路稳定后，通过R1的电流强度及电容器两极板间的电势差；
(2)再断开开关K后流过R1的电荷量为多少？
解析：(1)K闭合，电路稳定后，电路为R1、R2串联的电路。
所以流过R1的电流为I＝eq \f(E,R1＋R2)＝eq \f(10,4＋6) A＝1 A，
此时电容器C与R2并联，两极板间的电压U＝IR2＝1×6 V＝6 V，且上极板带正电。
(2)断开K后，由于E＝10 V，所以继续对电容器充电至极板间的电压U′＝E＝10 V，仍是上极板带正电，
所以流过R1的电荷量等于继续给电容器充电的电荷量，
ΔQ＝C(U′－U)＝30×10－6×4 C＝1.2×10－4 C。
答案：(1)1 A 6 V (2)1.2×10－4 C
11．(20分)如图所示的电路中，R1＝4 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3上标有“10 Ω 2 A”的字样，理想电压表的量程有0～3 V和0～15 V两挡，理想电流表的量程有0～0.6 A和0～3 A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2 V和0.5 A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的eq \f(1,3)，电流表指针也指在满偏的eq \f(1,3)，求电源电动势与内阻的大小。(保留两位有效数字)
解析：滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A，电压表量程选取的是0～15 V，
所以第二次电流表的示数为
I1′＝eq \f(1,3)×0.6 A＝0.2 A，
电压表的示数为
U3′＝eq \f(1,3)×15 V＝5 V。
当电流表示数为0.5 A时，电压表示数U3＝2 V，
R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V，
回路的总电流为I总＝I1＋eq \f(U1,R2)＝0.5 A＋eq \f(2,2) A＝1.5 A，
由闭合电路欧姆定律得E＝I总r＋U1＋U3，
即E＝1.5r＋2＋2。①
当电流表示数为0.2 A时，
R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4 V＝0.8 V，
回路的总电流为I总′＝I1′＋eq \f(U1′,R2)＝0.2 A＋eq \f(0.8,2) A＝0.6 A，
由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r＋U1′＋U3′，
即E＝0.6r＋0.8＋5。②
联立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0 Ω。
答案：7.0 V 2.0 Ω