高考物理一轮复习课后练习23 直流电路（含答案解析）

这是一份高考物理一轮复习课后练习23 直流电路（含答案解析），共8页。试卷主要包含了25 A　顺流而下，5 V、1，55 V等内容，欢迎下载使用。
2020版高考物理 全程复习课后练习23 直流电路1.下列关于电动势的说法正确的是(　　)A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比B．电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压C．非静电力做的功越多，电动势就越大D．E=只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的 2.某兴趣小组调查一条河流的水质情况，通过计算结果表明，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 3.某种金属导体的U—I图象如图所示，图象上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于该导体的叙述，下列说法中正确的是(　　)A．导体的电功率随电压U的增大而增大B．导体的电功率与电压U的平方成正比C．在A点，导体的电阻为tanβD．在A点，导体的电阻为tanα 4.如图所示，电阻R1、R2串联在12 V的电路中，R1=6 kΩ，R2=3 kΩ.当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3 V量程测量R2两端的电压时，电压表的示数是3 V；当用该电压表0～15 V量程测量R1两端的电压时，电压表的示数为(　　)A．9 V        B．8 V        C．7.5 V        D．6 V 5.某电池对纯电阻供电的输出功率P随电流I变化的图象如图所示．则下列说法正确的是(　　)A．该电源的电动势E=2 VB．该电源的内阻r=1 ΩC．若I=2 A，则外电阻R=1 ΩD．同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，且r=R1·R26.如图所示，电路中的电源为恒流源或恒压源(不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流或定值电压)．当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的示数变化量的绝对值为ΔU，电流表的示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是(　　)A．若电源为恒压源时，V示数增大，A示数减小B．若电源为恒压源时，V示数不变，A示数增大C．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数减小，=R1D．若电源为恒流源时，V示数增大，A示数增大，=R2 7.如图所示的电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1：R2：R3=1：2：3；当a、b两点间加以恒定的电压U后，下列结论正确的是(　　)A．I1：I2=3：4B．I1：I2=4：9C．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为3：5D．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为1：1 8.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图所示的电路中．电路中的R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S.此时理想电流表A和理想电压表V的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定．则以下说法正确的是(　　)A．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则I增大，U增大C．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大D．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变      9.阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E(内阻不计)连接成如图所示电路．保持开关S1闭合，开关S2断开，电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2，则Q1与Q2的比值为(　　)A.         B.         C.         D. 10.在如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法错误的是(　　)A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变 11. (多选)某电路如图所示，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻分别为R1、R2，电位器(滑动变阻器)为R，L1是小灯泡，电压表和电流表都为理想电表．闭合开关，当电位器的触片滑向b端时，则下列说法正确的是(　　)A．小灯泡L1将变亮B．电压表的示数与电流表A1示数的比值将变大C．电流表A1的示数将变大D．电源的电功率将变大 12. (多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，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上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于413.三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A．若将它们连接成图甲、图乙所示电路，且灯泡都正常发光．(1)试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；(2)分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．              14.如图所示，A为电解槽，为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12 V，电解槽内阻rA=2 Ω，S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6 A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．              
答案解析1.答案为：D；解析：电动势的定义式E=中，E与W、q无关，E反映的是电源的属性，由电源内部非静电力的特性决定，故A、C项错误，D项正确；电动势的单位虽然与电压的单位相同，但两者有本质的区别，B项错误．  2.答案为：D；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，所以由题意可知，在1 min内向下游通过横截面的总电荷量应为q=6 C－9 C=－3 C，所以电流I==－0.05 A，负号表示等效电流方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，选项D正确．  3.答案为：A；解析：由图象知，U增大，电流I也增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标的乘积，则电功率增大，故A选项正确；由欧姆定律知，导体的电阻R=，随着U增大，I增大得越来越慢，故导体的电阻R随U的增大而增大，由P=知导体的电功率与电压U的平方不成正比，故B选项错误；在物理图象中上，图线的倾角与标度的选取有关，不能用倾角的正切求电阻，所以C、D选项错误．  4.答案为：C；解析：设0～3 V量程的电压表的内阻为RV，依据串联电路的规律有：R1=3×，解得RV=6 kΩ；根据电压表的改装原理可知0～15 V量程的电压表的内阻为R′V=30 kΩ，所以当用该电压表0～15 V量程测量R1两端的电压时，电压表与R1并联的电阻为R并==5 kΩ，则电压表的读数为×12 V=7.5 V，所以C项正确．  5.答案为：A；解析：当外电阻等于电源内阻时，输出功率最大，P=I2R=I2r，解得r=0.5 Ω，由闭合电路欧姆定律得E=I(R＋r)=2×(0.5＋0.5) V=2 V，A正确，B错误；当I=2 A时，电源的输出功率最大，此时外电阻等于内阻，所以R=0.5 Ω，C错误；同一输出功率可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，有2R1=2R2，解得r2=R1·R2，D错误．   6.答案为：C；解析：若电源为恒压源时，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，总电阻增大，总电流减小，所以R2两端的电压减小，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，V的示数不变，即A、B项错误；若电源为恒流源时，当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，总电阻增大，V示数增大，R1两端的电压增大，所以R1的分流增大，A的示数减小，因为U=I0R2＋(I0－I)R1，所以=R1，C项正确，D项错误．  7.答案为：C；解析：电源接在a、b两点时，电路图如图1所示，并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，则有==，故A、B错误；将A1、A2换成理想电压表，如图2所示成为串联电路，UR1：UR2：UR3=1：2：3，=，故C正确，D错误．8.答案为：D；解析：将R2的滑动触头P向b端移动时，因为电容器的电阻无穷大，所以I不变，U不变，即A项错误；保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，光敏电阻R1的值将变小，外电路总电阻减小，则I增大，U减小，所以B项错误；保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则A、B两金属板间的电压减小，两板间电场强度减小，小球所受电场力减小，所以小球重新达到稳定后θ变小，即C项错误；保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等于电源的内阻r，即不变，所以D项正确．9.答案为：A；解析：开关S2断开时的等效电路如图甲所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U1=，电容器所带的电荷量为Q1=CU1=；开关S2闭合后的等效电路如图乙所示，电路稳定时电容器两极板之间的电压为U2=E，电容器所带的电荷量为Q2=CU2=CE，则Q1：Q2=1：2，即Q1与Q2的比值为，A正确．10.答案为：C；解析：滑片P向上滑动，R2减小，总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，R1两端电压增大，R2两端电压减小，根据这些变化关系可知，图线a是电压表V3的示数随电流表示数变化的图线，图线b是电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，图线c是电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，A、B说法正确；=r，而=R1，C说法错误，D说法正确． 11.答案为：ACD；解析：当电位器的触片滑向b端时，电位器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，电流表A1的示数将变大，路端电压变小，通过R1、R2的电流变小，通过小灯泡L1所在支路电流变大，小灯泡L1将变亮，故A、C正确．电压表的示数与电流表A1示数的比值等于外电路总电阻，可知该比值变小，故B错误．总电流变大，由P=EI知，电源的电功率将变大，故D正确．  12.答案为：BD；解析：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L2两端电压大约为0.3 V，L1两端电压大约为L2两端电压的10倍，A项错误；由欧姆定律，L2的电阻约为R2== Ω=2.4 Ω，C项错误；L2消耗的电功率约为P2=U2I2=0.3 ×0.125 W=0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4，D项正确． 13.解：(1)由题意，在图甲电路中：电路的总电流I总=IL1＋IL2＋IL3=0.9 AU路端=E－I总r=2.55 VUR2=U路端－UL3=0.05 VIR2=I总=0.9 A电阻R2的消耗功率PR2=IR2UR2=0.045 W(2)图甲电源提供的电功率P总=I总E=0.9×3 W=2.7 W图乙电源提供的电功率P′总=I′总E′=0.3×6 W=1.8 W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总<P总所以，图乙电路比图甲电路节能．  14.解：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R== Ω=2 Ω其发热功率为：P=UI1=12×6 W=72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI2=IrM＋P输出，所以：rM== Ω=1 Ω.(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P化=UI3－IrA所以P化=(12×4－42×2) W=16 W.