统考版高考物理一轮复习课时分层作业（二十四）电路的基本概念和规律含答案

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1．某兴趣小组调查一条河流的水质情况，计算结果表明，被污染的河里一分钟内有相当于6 C的正离子和9 C的负离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是( )
A．0.25 A 顺流而下
B．0.05 A 顺流而下
C．0.25 A 逆流而上
D．0.05 A 逆流而上
2．如图所示，两个小灯泡L1和L2串联接在P、Q两点间，L1和L2的铭牌上分别标有“3 V 1.5 Ω”“6 V 12 Ω”，则P、Q间允许加的最大电压为( )
A．9 V B．6.75 V
C．5.25 V D．4.5 V
3．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )
A．B点的电阻为12 Ω
B．B点的电阻为40 Ω
C．导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω
D．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω
4．[2021·三亚模拟]如图甲是某款理发用的电吹风机，其电路如图乙，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风机的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风机，下列说法正确的是( )
A．电热丝的电阻为55 Ω
B．电动机的电阻为 eq \f(1 210,3) Ω
C．当电吹风机吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 J
D．当电吹风机吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为880 J
5．(多选)如图所示，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，已知灵敏电流表的满偏电流Ig＝2 mA，内电阻Rg＝300 Ω，则下列说法正确的是( )
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．乙表是电压表，R增大时量程增大
C．在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6 A，则R＝0.5 Ω
D．在乙图中，若改装成的电压表的量程为3 V，则R＝1 200 Ω
综合题组
6．[2022·安徽宣城模拟]一种握力计的工作原理图如图所示，电源电压保持不变．握力显示表由电流表改装而成，定值电阻R2起保护电路的作用，其电阻值为5 Ω，弹簧一端的滑片P在电阻R1的最上端时不施加力，移动到最下端时施加的力最大(弹簧的电阻不计).握力计的测量范围为0～300 N，电路中电流表的变化范围为0.1～0.6 A，下列说法正确的是( )
A．握力计工作电路中的电源电压为3 V
B．握力为300 N时电路中的电流为0.6 A
C．R1连入电路的阻值变化的范围是0～30 Ω
D．R2消耗的最小功率为0.5 W
7．[2022·浙江十校联盟模拟]某品牌洗衣机的铭牌上所列的主要技术参数如图所示．在某次洗衣过程中，洗涤时间为24 min，脱水时间为12 min，烘干时间为30 min.结合图中数据，下列说法正确的是( )
A．洗涤过程中的电流为1.1 A
B．脱水过程中电路的总电阻为121 Ω
C．洗涤过程中消耗的电能为0.8 kW·h
D．这次洗衣过程消耗的总电能为1.16 kW·h
课时分层作业（二十四） 电路的基本概念和规律
1．解析：若正负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两种离子电荷量绝对值之和，若正负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正负离子的电荷量的代数和，所以在1 min内通过横截面的总电荷量应为q＝6 C－9 C＝－3 C，所以电流I＝ eq \f(|q|,t) ＝0.05 A，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，D正确．
答案：D
2．解析：根据I＝ eq \f(U,R) 知L1和L2的额定电流分别为I1＝2 A、I2＝0.5 A，电路中最大电流为Im＝0.5 A；串联后的总电阻为R＝R1＋R2＝13.5 Ω，根据欧姆定律可知P、Q间允许加的最大电压为Um＝ImR＝6.75 V．
答案：B
3．解析：B点的电阻为：RB＝ eq \f(U,I) ＝ eq \f(6,1.5×10－1) Ω＝40 Ω，故A错误，B正确；A点的电阻为RA＝ eq \f(3,1.0×10－1) Ω＝30 Ω，故两点间的电阻改变了（40－30）Ω＝10 Ω，故C、D错误．
答案：B
4．解析：电吹风机吹热风时电热丝消耗的功率为P＝1 000 W－120 W＝880 W，对电热丝，由P＝ eq \f(U2,R) 可得电热丝的电阻R＝ eq \f(U2,P) ＝ eq \f(2202,880) Ω＝55 Ω，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风机吹冷风时，电热丝没有工作，选项C错误；当电吹风机吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J，选项D错误．
答案：A
5．解析：甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成电流表．电流表的量程I＝Ig＋ eq \f(IgRg,R) ，可知当R增大时量程I减小，故A错误；乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成电压表．电压表的量程U＝Ig （Rg＋R），可知R增大时量程增大，故B正确；由公式I＝Ig＋ eq \f(IgRg,R) 知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6 A，则R≈1.003 Ω，故C错误；由公式U＝Ig（Rg＋R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3 V，则R＝1 200 Ω，故D正确．故选BD.
答案：BD
6．解析：弹簧一端的滑片P在电阻R1的最上端时，电路中的电阻最小，电流I最大，为0.6 A，此时只有R2＝5 Ω接入电路，因此电源电压为E＝IR2＝0.6×5 V＝3 V，选项A正确；弹簧一端的滑片P在电阻R1的最下端时，握力最大，为300 N，此时电路中的电阻最大，电流I′最小，为0.1 A，根据欧姆定律有E＝I′（R1＋R2），代入数值解得R1＝25 Ω，即R1连入电路的阻值变化的范围是0～25 Ω，选项B、C错误；R2消耗的最小功率为P＝I′2R2＝0.05 W，选项D错误．故选A.
答案：A
7．解析：由铭牌标识可以知道额定洗涤输入功率为P1＝200 W＝0.2 kW，额定电压U＝220 V，所以洗涤过程的电流为I1＝ eq \f(P1,U) ＝ eq \f(200,220) A＝ eq \f(10,11) A，故A错误；脱水的过程是由电动机工作完成的，含电动机电路是非纯电阻电路，电流的计算不能用闭合电路欧姆定律计算，所以脱水过程中电路的总电阻无法计算，故B错误；由题知，洗涤时间t1＝24 min＝ eq \f(2,5) h，洗涤过程消耗的电能W1＝P1t1＝0.2× eq \f(2,5) kW·h＝0.08 kW·h，故C错误；由铭牌标识可以知道额定脱水输入功率P2＝400 W＝0.4 kW，额定烘干输入功率P3＝2 000 W＝2 kW，脱水时间t2＝12 min＝ eq \f(1,5) h，烘干时间t3＝30 min＝ eq \f(1,2) h，所以这次洗衣过程消耗的总电能W＝P1t1＋P2t2＋P3t3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.2×\f(2,5)＋0.4×\f(1,5)＋2×\f(1,2))) kW·h＝1.16 kW·h，故D正确．
答案：D