2023一轮复习课后速练39 9.1 电路的基本概念和规律

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2023一轮复习课后速练(三十九)一、选择题1．(2021·山东模拟)如图所示是某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是(　　)A．加正向电压时，二极管电阻较小，且随着电压的增大而增大B．加反向电压时，二极管电阻较大，无论加多大电压，电流都很小C．无论是加正向电压还是加反向电压，电压和电流都不成正比，所以二极管是非线性元件D．二极管加正向电压时，电流随电压变化是一条直线【答案】　C【思维分析】 由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随着电压的增大，图线与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小．加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增，故C项正确，A、B、D三项错误．故选C项．2．(2022·四川模拟)某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极．设该电阻的阻值为R.下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为(　　)A．R＝　　　　　　　 B．R＝C．R＝   D．R＝【答案】　B【思维分析】 C、D两项等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω·m2，左右两边单位不同，则公式不合理，故C、D两项错误；A项等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的，将b＝a代入得到R≠0，因为b＝a时电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的，故A项错误；B项等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的，将b＝a代入得到R＝0，故B项公式是合理的．故选B项．3.(2021·河北模拟)一根长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的金属棒，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度为v，则电子运动时受到的平均阻力大小为(　　)A.   B．mv2SnC．ρne2v   D.【答案】　C【思维分析】 金属棒内的电场类似一个匀强电场，其电场强度大小E＝，由欧姆定律可知，金属棒两端的电压U＝IR＝I·ρ，由电流微观定义式可知I＝nevS，联立解得，金属棒内的电场强度大小为E＝ρnev，则电子运动时受到的平均阻力大小为f＝eE＝ρne2v.故选C项．4．(2021·河北模拟)(多选)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，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2U0，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【答案】　AD【思维分析】 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，长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析可知，电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝可知，电流变为，A项正确，B项错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，C项错误，D项正确．5.(2021·河北模拟)两根材料相同的均匀导线x和y，其中，x长为l，y长为2l，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x和y两导线的电阻和横截面积之比分别为(　　)A．3∶1　1∶6   B．2∶3　1∶6C．3∶2　1∶5   D．3∶1　5∶1【答案】　A【思维分析】 x和y两端的电势差分别为6 V，2 V，电流相等，根据欧姆定律得：＝＝3，根据电阻定律得：R＝ρ，则有S＝，则横截面积之比为：＝＝，故A项正确．6．(2021·安徽模拟)(多选)电压表、电流表都是由小量程电流表改装而成的，如图甲、乙所示分别是电压表、电流表的改装图，以下说法正确的是(　　)A．若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，可以给并联电阻再并一个较大的电阻B．若改装后的电压表示数比标准表稍小一些，可以给串联电阻再串联一个较大的电阻C．小量程电流表内阻为Rg，给它并联一个电阻R，改装后的电流表量程是原来的倍D．为实现对改装电表的逐格校准，需要采用分压式电路【答案】　CD【思维分析】 若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以增大分流电阻使其分流少些，从而增大流过表头的电流使其准确，应该给并联电阻串联一个较小的电阻，A项错误；若改装后的电压表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，应该减小串联电阻，或给串联电阻再并联一个较大的电阻，B项错误；小量程电流表内阻为Rg，给它并联一个电阻R，改装后的电流表量程I＝Ig＋，得出＝，C项正确；分压式电路电压、电流可以从零开始调节，可以实现对改装电表的逐格校准，D项正确．故选C、D两项．7.(2022·河北模拟)已知一只表头的量程为0～100 mA，内阻Rg＝100 Ω.现将表头改装成电流、电压两用的电表，如图所示，已知R1＝100 Ω，R2＝1 kΩ，则下列说法正确的是(　　)A．用Oa两端时是电压表，量程为110 VB．用Ob两端时是电压表，量程为110 VC．用Oa两端时是电流表，量程为200 mAD．用Ob两端时是电流表，量程为200 mA【答案】　C【思维分析】 由电路图可知，用Oa两端时，表头G与R1并联，是电流表，量程I＝Ig＋＝100×10－3 A＋ A＝200×10－3 A＝200 mA，由电路图可知，用Ob两端时，表头G与R1并联后与R2串联，是电压表，量程U＝I＝0.2×(＋1 000) V＝210 V，故A、B、D三项错误，C项正确．故选C项．8．(2021·河北模拟)(多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　　)A．L1两端电压为L2两端电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为4 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于12【答案】　BD【思维分析】 电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知，L1两端电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75 W，B项正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知，L2两端电压小于0.5 V，所以L1两端电压比L2两端电压的6倍还大，A项错误；由欧姆定律可知，L2的电阻R2＝< Ω＝4 Ω，C项错误；L2消耗的电功率P2＝U2I2<0.5×0.125 W＝0.062 5W，L1、L2消耗的电功率的比值>＝12，D项正确．故选B、D两项．9．(2021·重庆模拟)(多选)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1；重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2.则下列说法正确的是(电表均可视为理想电表)(　　)A．这台电动机的线圈电阻为B．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为I22C．电源的内阻为D．这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2－I22【答案】　ABD【思维分析】 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r0＝，故A项正确；电动机正常转动时的发热功率为P1＝I22r0＝，故B项正确；若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知E＝U1＋I1(r＋R)，E＝U2＋I2(r＋R)，解得r＋R＝，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于，故C项错误；这台电动机正常运转时输入功率为P2＝U2I2，所以输出功率为P3＝P2－P1＝U2I2－I22，故D项正确．故选A、B、D三项．10．(2021·湖南模拟)“抗疫”期间，关键区域用机器人运送防疫物资，从而降低了感染的风险．某机器人电动机的额定工作电压为36 V，正常工作时的额定功率为90 W，其所用锂电池的容量为5 000 mAh，当机器人工作到电池剩余容量为总容量的10%时会停止工作，然后自动充电．下列说法正确的是(　　)A．机器人正常工作时的电流为0.4 AB．机器人的内电阻为14.4 ΩC．机器人可以连续正常工作的时间为108 minD．机器人充满电后正常工作期间总共消耗的电能为6.48×105 J【答案】　C【思维分析】 机器人正常工作时的电流I＝＝＝2.5 A，A项错误；若机器人工作电路为纯电阻电路，内电阻r＝＝14.4 Ω，但机器人工作电路不是纯电阻电路，B项错误；由Q＝It可得，机器人可以连续正常工作的时间为t＝＝＝1.8 h＝108 min，C项正确；机器人充满电后正常工作期间总共消耗的电能W＝Pt＝90 W×1.8×3 600 s＝583 200 J，D项错误．故选C项．二、非选择题11．(2022·长春模拟)一个电压表VA的内阻RA＝1 000 Ω，量程为1.0 V，现要利用电阻箱扩大它的量程，改装成量程为3.0 V的电压表．改装后，再用一量程为3.0 V的精确的电压表VB对改装后的电压表的所有刻度进行校准．除了这两个电压表VA、VB外，还有下列一些器材：电源E(电动势约为6 V，内阻较小)变阻器R(总电阻约10 Ω)电阻箱R0(1～9 999 Ω)开关K导线若干(1)下面是以上器材和两个电压表VA、VB的实物示意图．试在图中画出连线，连成进行校准时的实验电路．(2)图中电阻箱的取值等于________ Ω.【答案】　(1)实验电路见【思维分析】 (2)2 000【思维分析】 (1)因为改装后的电压表需要校对，故必须将电压表VA与电压表VB并联，以保证两表的读数始终相等，则电压表VA的读数必须从0开始，故变阻器应采用分压式接法．实物图如图所示：(2)根据串联电路的分压规律可求出串联电阻箱的阻值即R0＝(n－1)RA＝RA＝2 000 Ω.12．(2021·上海模拟)如图所示为“测定直流电动机效率”的实验装置及电路．(1)在图中用笔画线完成实物电路图的连线．(2)实验中关于滑动变阻器的作用及操作正确的是________．A．通过调节滑动变阻器使重物匀速上升B．通过调节滑动变阻器使通过电动机线圈的电流减小，从而提高电动机的效率C．若开关闭合后电动机牵引不起重物，应将滑动变阻器的滑片向右滑动D．若开关闭合后重物一直加速上升，应将滑动变阻器的滑片向右滑动(3)实验中通过适当调节使重物匀速上升的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(4)某次实验中电动机牵引G＝0.5 N的重物匀速上升，测得重物匀速上升H＝0.70 m的时间t＝2.07 s，读得电流表示数I＝0.16 A，电压表示数U＝2.60 V，若电动机线圈电阻r＝5 Ω，则此次实验中电动机的机械效率是η＝________%，损失的机械功率是________ W.【答案】　(1)图见【思维分析】 (2)AC　(3)使绳子拉力等于重物重力　(4)40.64　0.12【思维分析】 (1)电压表需测量电动机两端电压，实物连线图如下图：(2)为测定直流电动机效率，需测量出电动机的输出功率，当重物匀速上升时，电动机的输出功率等于重物重力的功率，则应通过调节滑动变阻器使重物匀速上升，故A项正确；本实验的目的是测定直流电动机效率，滑动变阻器的作用主要是使重物匀速上升，而不是提高电动机的效率，故B项错误；若开关闭合后电动机牵引不起重物，则说明电动机功率过小，故应增大电流来使电动机功率增大，若电流增大，则电路总电阻减小，即应将滑动变阻器的滑动端向右滑动，故C项正确；若开关闭合后重物一直加速上升，则说明电动机输出功率过大，故应减小电流来使输出功率减小，所以电路总电阻应增大，即应将滑动变阻器的滑动端向左滑动，故D项错误．故选A、C两项．(3)实验中通过适当调节使重物匀速上升的目的是为了使电动机的输出功率等于重力的功率，即使绳子拉力等于重物重力．(4)电动机输出功率为P出＝Fv＝G电动机总功率为P总＝UI则电动机的机械效率为η＝×100%＝×100%≈40.64%损失的机械功率为P损＝P总－P出－P热＝UI－－I2r≈0.12 W.13．(2021·广东模拟)将一微安表先改装成量程1 mA的电流表，再改装成量程5 V的电压表，并与标准电压表对比校准．图甲是改装后电压表与标准电压表对比校准的电路图，虚线框中是改装后电压表电路，V0是量程6 V的标准电压表．已知微安表满偏电流为250 μA，标记的内阻为600 Ω，电阻箱R1、R2调节范围为0～9 999.99 Ω. (1)微安表改装：图甲中电阻箱的阻值分别调节到R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(2)实物连线：选用合适的器材，按照图甲正确连接电路．(3)对比校准：正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，当标准电压表的示数如图乙所示时，微安表(改装后电压表)的示数如图丙所示，由此可以推测出改装电压表量程的真实值________5 V．(选填“大于”或“小于”)(4)重新调整：通过检测发现：电阻箱R1、R2阻值是准确的，而微安表标记的内阻不准确，这是改装电压表量程的真实值不是5 V的原因．再通过调节电阻箱R1、R2的阻值，使改装电压表量程的真实值为5 V，以下调节方案可行的有________(填序号)．A．保持R1不变，将R2增大到合适值B．保持R1不变，将R2减小到合适值C．保持R2不变，将R1增大到合适值D．保持R2不变，将R1减小到合适值【答案】　(1)200　5 850　(3)小于　(4)AD【思维分析】 (1)微安表并联电阻改装为1 mA的电流表，有IgRg＝(I－Ig)R1，即250×10－6×600 V＝(1×10－3－250×10－6)R1，解得R1＝200 Ω.改装后的电流表满偏电流为1 mA，内阻为RA＝＝150 Ω再改装为6 V的电压表，串联电阻R2，有U＝I(RA＋R2)即6 V＝1×10－3 A(150＋R2)解得R2＝5 850 Ω.(3)标准电压表的精度为0.2 V，指针对应的真实电压为3.2 V；微安表的精度为5 μA，读数为170 μA，根据偏角和电压成正比有＝解得U≈4.71 V<5 V即改装电压表量程的真实值小于5 V；(4)因改装电压表的量程偏小，改装关系为U＝I(RA＋R2)IgRg＝(I－Ig)R1则保持R1不变，即保持I不变，可将R2增大到合适值，从而使U增大；另保持R2不变，将R1减小到合适值，即将I变大，也能使U增大．故选A、D两项．