2013年高考物理二轮典型例题冲刺测试专题7电路(含解析)

12013年高考物理二轮典型例题冲刺测试《专题7电路》（含解析）1.山东济宁在如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是()A．电动机的输出功率为14WB．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率为4.0WD．电源输出的功率为24W[解析]电动机两端的电压U机＝E－I(r＋R0)＝7.0V，选项B正确；电动机输出的功率P机出＝U机I－I2r机＝12W，选项A错误；电动机产生的热功率为P机热＝I2r机＝2.0W，选项C错误；电源输出的功率P出＝EI－I2r＝20W，选项D错误．[答案]B2.海南琼海一模如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是()A．电路中的电流变大B．电源的输出功率先变大后变小2C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小[解析]当r内＝R外时，电源输出功率最大；当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻减小，当滑片位于b端时，电源的输出功率变大，选项A对而B错；当把定值电阻R0看做电源内阻时，当滑动变阻器的滑片P位于a端时，滑动变阻器消耗的功率最大，由a端向b端滑动时，滑动变阻器消耗的功率变小，选项C对；此过程中，由P＝I2R0知，定值电阻R0上消耗的功率变大，选项D错．[答案]AC3.湖北襄阳调研如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是()A．电容器的带电荷量变大B．电路中有顺时针方向的短暂电流C．带电微粒仍将静止D．带电微粒将向下做加速运动[解析]电容器与电源相连，电容器两端电压U与电源电动势E相等．下极板向上移动，两板距离d减小，根据C＝εrS4πkd＝QU可知电容器的电荷量增大，选项A正确．电容器被充电，有逆时针方向的短暂电流，选项B错误．两板距离d减小，电压不变，电场强度变大，微粒将向上加速运动，选项C、D错误．[答案]A4.南昌高三模拟温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随着温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E＝9.0V，内阻不计；G为灵敏电流计，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表示数I1＝2mA；当电流表的示数I2＝3.6mA时，热敏电阻的温度是()3A.60℃B.80℃C.100℃D.120℃[解析]①由图象知，当t1＝20℃，热敏电阻的阻值R1＝4kΩ；②根据闭合电路欧姆定律I1＝ER1＋Rg，可解得Rg＝0.5kΩ；③I2＝ER2＋Rg，可解得R2＝2kΩ，结合图象得：t2＝120℃.[答案]D5.江西南昌如图所示，两个相同的平行板电容器C1、C2用导线相连，开始都不带电．现将开关S闭合给两个电容器充电，待充电平衡后，电容器C1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态．再将开关S断开，把电容器C2两板稍错开一些(两板间距离保持不变)，重新平衡后，下列判断正确的是()A．电容器C1两板间电压减小B．电容器C2两板间电压增大C．带电微粒将加速上升D．电容器C1所带电荷量增大[解析]充电完毕后电容器C1、C2并联，且两端电压相等，都等于电源电压，断开S后，电容器C2两板稍错开一些，即两板正对面积S减小，则电容减小，根据C＝εS4πkd＝QU，可知两板间电压U2增大，此时U2U1，则电容器C2又开始给C1充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故A错误，B正确；电容器C1所带电荷量增大，故D正确；电容器C1两端的电压增大，根据E＝4U/d可知，C1两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，将加速向上运动，故C正确．[答案]BCD6.东北三校二模，如图所示，C1＝6μF，C2＝3μF，R1＝3Ω，R2＝6Ω，电源电动势E＝18V，内阻不计．下列说法正确的是()A．开关S断开时，a、b两点电势相等B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大[解析]S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误．S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1C2，由Q＝CU知此时Q1Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝ER1＋R2＝2A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6V、U2＝IR2＝12V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q′1＝C1U1＝3.6×10－5C、Q′2＝C2U2＝3.6×10－5C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误．[答案]BC7.东北三校第二次联考如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()5A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2[解析]在U－I图象中，图线Ⅰ、Ⅱ斜率的绝对值代表电源的内阻，r1＝ΔU1ΔI1＝107Ω，r2＝ΔU2ΔI2＝1011Ω，则r1∶r2＝11∶7，选项A正确；图线与纵轴的交点表示电源电动势，则E1＝E2＝10V，选项B正确；小灯泡在第一种连接状态下消耗的功率为P1＝U1I1＝15W，小灯泡的电阻R1＝U1I1＝35Ω；小灯泡在第二种连接状态下消耗的功率为P2＝U2I2＝30W，小灯泡的电阻R2＝U2I2＝56Ω，选项C正确．D错误．[答案]ABC8.湖北襄阳调研在如图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个用特殊材料制成的同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合稳定后()A．通过L1电流的大小为通过L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75WC．L2消耗的电功率约为0.3WD．L2的电阻为6Ω6[解析]开关S闭合后，小灯泡L1两端电压为3.0V，由图乙可知通过小灯泡L1的电流为0.25A，小灯泡L1消耗的功率为3.0×0.25W＝0.75W，选项B正确．小灯泡L2、L3共同分得电压3.0V，每个小灯泡均分得1.5V，由图乙可知通过小灯泡L2、L3的电流为0.20A，选项A错误．小灯泡L2消耗的功率为1.5×0.20W＝0.3W，选项C正确，而1.5V0.2A＝7.5Ω，选项D错误．[答案]BC9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右移动时，电路中的电流I、R1两端的电压U1、R2两端的电压U2、电源两端的电压U都发生了变化，电流的变化量为ΔI，R1两端电压的变化量为ΔU1，R2两端电压的变化量为ΔU2，电源两端电压的变化量为ΔU.对于它们之间的关系，下列说法正确的是()A．比值U1I不变，|ΔU1ΔI|不变，且U1I＝|ΔU1ΔI|B．比值U2I增大，|ΔU2ΔI|增大，且U2I＝|ΔU2ΔI|C．比值UI增大，|ΔUΔI|增大，且UI＝|ΔUΔI|D．继续调节R2，当R1＝R2＋r时，R1上的功率最大[解析]R1＝U1I，R1阻值不变，U1I不变，R1＝|ΔU1ΔI|不变，R1＝U1I＝|ΔU1ΔI|一定相等，选项A正确；R2＝U2I，因滑动变阻器R2的滑动触头向右移动，阻值增大，所以U2I增大，|ΔU2ΔI|＝R1＋r不变，U2I≠|ΔU2ΔI|，选项B错误；因R2增大，所以UI＝R2＋R1增大，因r＝|ΔUΔI|，所以UI≠|ΔUΔI|，选项C错误；当R1上的功率最大时，此时R2等于零，选项D错误．[答案]A10.海南单科，图示电路可用来测量电阻的阻值．其中E为电源，R为已知电阻，Rx为待测电阻，○V可视为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关．7(1)当S0闭合时，若S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；若S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2.由此可求出Rx＝________Ω.(2)若电源电动势E＝1.5V，内阻可忽略；电压表量程为1V，R＝100Ω.此电路可测量的Rx的最大值为________Ω.[解析](1)由Rx＝U1Ix，而Ix＝U2R故Rx＝U1U2R.(2)当Rx两端电压达到1V时，由E＝1.5V，可得此时R两端的电压U1＝1.5V－1V＝0.5V.此时电路中电流I＝0.5100A则Rxmax＝10.5100Ω＝1000.5Ω＝200Ω.[答案](1)U1U2R(2)20011.郑州三模，如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L.在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q.要使液滴从B板右侧上边缘射出电场，电动势E是多大？重力加速度用g表示．[解析]由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋R＝E2R①8两金属板间电压为UAB＝IR＝E2②由牛顿第二定律得qUABd－mg＝ma③液滴在电场中做类平抛运动L＝v0t④d2＝12at2⑤由以上各式解得E＝2md2v20qL2＋2mgdq⑥12.四川理综，四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．[解析](1)设电动机的电功率为P，则P＝UI①设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r②代入数据解得Pr＝1×103W．③(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV④设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEP，则ΔEP＝Mgh⑤设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr⑥根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEP⑦代入数据解得t＝2×104s．⑧[答案](1)1×103W(2)2×104s