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高二物理下册电路检测题  

2012-04-04 10:57:13|  分类: 【高二试题】 |  标签: |举报 |字号 订阅

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 高二物理下册电路检测题

 

一、单项选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分)
1.“神舟”六号载人飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的.由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应.“神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池.在正常照射下,太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势,可获得0.1 A的电流,则每秒照射到这种太阳能电池上太阳光的能量是(  )                  
A.0.24 J  B.0.25 J  C.0.26 J  D.0.28 J
解析:根据W=UIt可得每秒太阳能电池的能量为W=0.06 J,设太阳能每秒照射的能量为Q,则Q×23%=W,可解得Q=0.26 J.
答案:C
2.如图1所示的门电路符号,下列说法中正确的是(  )
 
图1
A.甲为“非”门、乙为“与”门、丙为“或”门
B.甲为“与”门、乙为“或”门、丙为“非”门
C.甲为“非”门、乙为“或”门、丙为“与”门
D.甲为“或”门、乙为“与”门、丙为“非”门
答案:C
 
图2
3.如图2所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环接入电路中,电路与圆环的O点固定,P为与圆环接触良好的滑片.闭合开关S,在滑片P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中,电容器C所带的电荷量将(  )
A.由小变大        B.由大变小
C.先变小后变大       D.先变大后变小
解析:闭合圆环电阻等效为优弧和劣弧的并联电阻,滑片P在图示位置时并联电阻最大,从m点到题图所示位置过程中圆环总电阻变大,从图示位置到q位置过程中圆环总电阻变小,则滑片由m点经n点移到q点的过程中,电路中电阻先变大后变小,通过R的电流先变小后变大,电阻R两端的电势差先变小后变大,则电容器上电压先变小后变大,由C=QU,电容器C带电荷量先变小后变大,C正确.
答案:C
 
图3
4.利用图3所示电路可以测出电压表的内阻.已知电源的内阻可以忽略不计,R为电阻箱.闭合开关,当R取不同阻值时,电压表对应有不同读数U.多次改变电阻箱的阻值,所得到的1U-R图象应该是(  )
 
解析:设电源电动势为E,电压表内阻为RV,电压表的读数为U,则由闭合电路的欧姆定律,可得I=ERV+R,则U=E-IR=E-ERRV+R,由此可得1U=RERV+1E,由此判断A正确.
答案:A
 
图4
5.有四盏灯,接入如图4所示的电路中,L1和L2都标有“220 V 100 W”,L3和L4都标有“220 V 40 W”,把电路接通后,最暗的灯将是(  )
A.L1  B.L2
C.L3  D.L4
解析:本题考查的是灯泡的电功率问题,关键是巧妙选取公式来分析.根据灯泡的额定电压和额定功率,P=U2R,R=U2P可知,R1=R2<R3=R4,由于I1>I2,I3<I4,所以根据P=I2R,可知P1>P2,P3<P4.由于U2=U3,所以根据P=U2R可知,P2>P3.综合以上分析有:P1>P2>P3,P4>P3,所以灯L3实际功率最小,L3灯最暗,选C.
答案:C
二、 双项选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)
6.高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成,如图5所示.超导部件有一个超导临界电流IC,当通过限流器的电流I>IC时,将造成超导体失超,从超导态(本题认为电阻为零)转变为正常态(本题认为是一个纯电阻),以此来限制电力系统的故障电流.已知超导部件的正常电阻为R1=3 Ω,超导临界电流IC=1.2 A,限流电阻R2=6 Ω,小灯泡L上标有“6 V,6 W”,电源电动势E=8 V,内阻r=2 Ω.原来电路正常工作,现L突然发生短路.则(  )
 
图5
A.短路前通过R1的电流为23A
B.超导部件将由超导态转为正常态
C.短路后通过R1的电流为2 A
D.短路后通过R1的电流为43 A
解析:由P=UI可知,灯泡正常发光时,通过它的电流为1 A小于超导临界电流IC=1.2 A,所以短路前通过R1的电流为1 A,因为灯泡短路后, R1与R2并联再与电源内阻串联,故计算可知短路后通过R1的电流为43 A.
答案:BD
7.在如图6甲所示的电路中,电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1、L2、L3为三只相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图6乙所示.当开关闭合后,下列判断正确的是(  )
 
图6
A.灯泡L1的电阻为12 Ω
B.通过灯泡L1的电流为灯泡L2的电流的2倍
C.灯泡L1消耗的电功率为0.35 W
D.灯泡L2消耗的电功率为0.30 W
解析:L1两端的电压为3.0 V,由伏安特性曲线得它的阻值为R1=3.00.25 Ω=12 Ω.L2、L3两端的电压相等为1.5 V.由伏安曲线得它们的电阻R2=R3=1.50.20 Ω=7.5 Ω.显然通过灯泡L1的电流应小于通过灯泡L2的电流的2倍.P1=3.0×0.25 W=0.75 W,P2=1.5×0.20 W=0.30 W,A、D正确,B错误.
答案:AD
 
图7
8.如图7所示的电路中,电池电动势为E,内阻为r,电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同,在开关S处于闭合状态下,将开关S1由位置1切换到位置2,则(  )
A.电压表的示数减小
B.电池内部消耗的功率变大
C.电阻R2两端的电压变大
D.电池的效率变大
解析:设电阻R1=R2=R3=R,当开关S1接1时,电路中总电阻为3R2+r;当开关S1接2时,电路中总电阻为2R3+r,总电阻变小,由I干=ER总,R总变小,I干变大,路端电压U=E-I干r,电源的E、r不变,则路端电压减小,即伏特表读数减小,选项A正确.电源内部消耗的功率P内=I2干r,I干变大,P内增大,选项B正确.当开关S1接1时,R2两端电压UR2=R32RU=23U,当开关S1接2时,R2两端电压UR2=R2RU=12U,R2两端电压变小,选项C选项错误.电池的效率η=I2干R总I2干?R总+r??100%=R总R总+r?100%=11+rR总?100%,则当开关S1由接1改为接2时,总电阻变小,电池的效率减小,选项D错误.
答案:AB
9.
 
图8
如图8所示,直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线.抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线.若A、B的横坐标为1 A,那么由图象可知(  )
A.电源的电动势为3 V
B.电源的内阻为3 Ω
C.当I=1 A时,电源的输出功率为2 W
D.当I=1 A时,电源两端电压为1 V
解析:当总功率等于内电路热功率时,外电路短路,此时I2r=P得r=1 Ω,电动势E=Ir=3 V,当电流I=1 A时,根据E=U+Ir得此时U=2 V,输出功率P出=IU=2 W.
答案:AC
10.如图9所示电路中,电源电动势为E,电源内阻为r,串联的固定电阻为R2,滑动变阻器的总电阻是R1,电阻大小关系为R1=R2=r,则在滑动触头从a端移到b端的过程中,下列描述正确的是(  )
 
图9
A.电路的总电流先减小后增大
B.电路的路端电压先增大后减小
C.电源的输出功率先增大后减小
D.滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
解析:当滑动触头从a滑到b的过程中,R1接入电路的电阻(实际上是RaP与RbP的并联电阻)先增大后减小,所以电路中的电流I先减小后增大,路端电压先增大后减小,A、B项均正确;因为R外总大于r,由电源的输出功率P随R外变化的图象知,电源的输出功率先减小后增大,C项错误;将R2+r视为电源内阻,则外电阻先增大后减小,且总小于电源内阻,故R1消耗的功率先增大后减小,D错误.
答案:AB
11.在如图10所示的电路中,电容器C的上极板带正电,为了使该极板仍带正电且电荷量增大,下列办法中可采用的是(  )
 
图10
A.增大R1,其他电阻不变
B.增大R2,其他电阻不变
C.增大R3,其他电阻不变
D.增大R4,其他电阻不变
解析:要使电容器极板带电荷量增大,就必须使电容器的极板电势差增大(Q=CU),而要使电势差增大,可以保持负极板电势不变,升高原正极板的电势(题目要求,该极板仍带正电);或者保持原正极板电势不变,降低原负极板的电势.能满足上述要求的办法有两种,增大R1的阻值,其他电阻不变;增大R4的阻值,其他电阻不变.
答案:AD
三、非选择题(本题共3小题,共44分)
12.(14分)实验室中有下列器材:量程3 V的电压表○V,量程0.6 A的电流表○A ,电阻箱R,开关S,导线若干.欲测量某一电源的电动势E和内阻r(E约为4.5 V,r约为1.5 Ω).
(1)请选择合适的器材,设计一个实验方案(只要求在下面的虚线框内画出电路原理图).(2)用图象法处理实验得到的数据时,要使图线是直线应如何建立坐标系?如何由图象求得待测电源的电动势E和内阻?(3)按你设计的实验电路原理图,从下面的实物图中(图11)挑选实物并进行连线.
 
图11
 
解析:(1)实验电路原理图如图所示.
 
(2)由原理式:E=I(R+r),变形得1I=1ER+rE,以1/I为纵轴,以R为横轴,得到的图线是直线,可由斜率k=1/E求出电动势E,由截距b=r/E求出内阻r.
(3)实物图连线如图所示.
答案:见解析
13.(14分)如图12所示的电路,外电阻均为R,电源内阻为R4.当S断开时,在电容器极板间放一个质量为m,带电荷量为q的电荷恰能静止.当S闭合时,电容器极板间放一个质量仍为m,带电荷量为q′的电荷,恰能静止,则q∶q′为多少.
 
图12
解析:S断开时,R外=R,电容器两极板间电压为路端电压U=IR=Er+RR=45E,电荷静止,则
mg=qUd=4qE5d.
当S闭合时,R外′=3R?R3R+R=34R,电容器两极板间电压:U′=13U外=13?ER外′r+R外′=13?ER4+34R?34R=14E.
电荷静止,则mg=q′U′d=q′E4d,所以q∶q′=5∶16.
答案:5∶16
14.(16分)某同学使用了如下器材:电源E(电动势12 V);电压表V(量程为15 V,内阻约15 kΩ);电流表A(量程100 mA,内阻约10 Ω);滑动变阻器(最大电阻为50 Ω);单刀单掷开关;导线若干.测出了一个小灯泡的伏安特性曲线如图13所示,已知小灯泡的额定电压为12 V.
(1)请在图13乙的虚线方框中画出此实验的电路图.
 
甲        乙
图13
(2)根据设计的电路图在图14的实物图上连线.
 
图14
(3)由小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的额定功率为P额=________W,小灯泡电阻的变化特性为________.
解析:(1)从I­U图线可以看出,电压从0开始调节,故滑动变阻器必须采用分压式接法;因为电压表内阻RV、电流表内阻RA、小灯泡电阻RL满足RVRL>RLRA,故采用电流表外接法.实验电路图如图所示.
(3)当小灯泡两端电压为12 V时,从图象上可以读出电流为96 mA,所以小灯泡的额定功率
P=UI=12×0.096 W=1.15 W.
答案:(1)实验电路如下图甲所示
(2)实物连线如下图乙所示
     
甲       乙
(3)1.15(1.14~1.16都算对) 小灯泡的电阻随电压的升高而增大(或随温度的升高而增大;或电压越高时电阻增大越快).


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