46 课下巩固精练卷(二十六) 电路的基本概念和规律(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考物理高三一轮总复习高效讲义

[课下巩固精练卷(二十六)]　电路的基本概念和规律 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点 基础题 综合题 电流概念 1 — 电阻定律 欧姆定律 伏安特性曲线 2，3，4 11，12 串并联电路 电功率　热功率 5，7 8，9，10 电表改装 6 — 【基础落实练】 1．(多选)截面直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是(　　) A.电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 B．导线长度l加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半 C．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变 D．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍 解析：选ABC。电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，故A正确；导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，故B正确；导线横截面的直径d加倍，由S＝可知，截面积变为原来的4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v不变，故C正确，D错误。 2.将内阻为r的电动机和阻值为R的电炉，分别接入电压为U0的稳压电源两端，两用电器都正常工作，且流经用电器的电流都为I0。电炉的U­I图像如图所示，则以下说法正确的是(　　 ) A．r<；R> B．r<；R＝ C．r＝；R> D．r>；R＝ 解析：选B。因为电炉是纯电阻电路，根据欧姆定律可得R＝，电动机是非纯阻电路，所以r<，故B正确。 3.(2023·浙江模拟预测)甲、乙、丙三个长度、横截面都相同的金属导体分别接入电路后各自进行测量，把通过上述导体的电流I、导体两端电压U在UI坐标系中描点，O为坐标原点，甲、乙、丙三个点恰好在一条直线上，如图所示，则下列表述正确的是(　　) A．甲的电阻率最小 B．甲、乙串联后接入某直流电路，甲的电功率要小 C．乙、丙并联后接入某直流电路，乙的电功率要小 D．三个电阻率一样大 解析：选C。三个导体的UI图像如图所示， 可知甲的电阻最大，丙的最小，根据电阻定律R＝ρ可知，甲的电阻率最大，A、D错误；甲、乙串联后接入某直流电路，根据P＝I2R可知，甲的电阻最大，甲的电功率最大，B错误；乙、丙并联后接入某直流电路，根据P＝可知，电阻大的功率小，则乙的电功率要小，C正确。 4．如图甲，某圆柱形金属导线，长为L，横截面积为S，它的IU图像如图乙所示，则下面说法正确的是(　　) A．它的电阻为R＝ Ω B．它的电阻为R＝0.25 Ω C．将它拉长为2L，则横截面积变为原来，电阻变为1 Ω D．将它拉长，使半径变为原来一半，则横截面积变为原来，长度为4L，电阻变为64 Ω 解析：选D。由欧姆定律可知电阻为R＝＝ Ω＝4 Ω，故A、B错误；根据电阻定律R＝ρ可知，将金属导线拉长为2L，则横截面积变为原来，电阻变为16 Ω，故C错误；将金属导线拉长，使半径变为原来一半，根据电阻定律可知横截面积变为原来，长度为4L时，电阻变为64 Ω，故D正确。 5．如图甲所示，电动势为0.10 V的电池连接一只电流表，两者的内阻忽略不计。电池的一端连接长度为1.0 m导线的右端，电流表的另一端接上导线的某一点，x为接点与导线左端的距离，导线由一段金属线1(电阻率为5.6×10－8 Ω·m)和一段金属线2(电阻率为2.8×10－8 Ω·m)串接而成，它们的横截面积相同。由电流表测得的电流I所得到的电路总电阻R和x的图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．导线的左边部分为金属线1 B．导线的横截面积约为10×10－8 m2 C．当x＝0.7 m时，电池消耗的功率约为0.36 W D．当x＞0.3 m时，电流表读数I随x变化的关系式近似为I＝ A 解析：选D。根据R＝ρ，当x很大时，电阻变化较快，则电阻率较大，所以导线的右边部分为金属线1，故A错误；根据ΔR＝ΔL，所以对左边的金属线2，＝×10－3 Ω/m，解得S＝8.4×10－7 m2，故B错误；根据题图乙可知，x＞0.3 m时R＝－0.05x＋0.055 (Ω)，当x＝0.7 m时R＝0.02 Ω，电池消耗的功率P＝＝0.5 W，故C错误；当x＞0.3 m时，电流表的读数I随x变化的关系式近似为I＝＝ A，故D正确。 6．在如图所示的电路中，灵敏电流计G的内阻为Rg＝10 Ω，满偏电流为Ig＝1 mA，R1＝990 Ω，R2＝ Ω。下列说法正确的是(　　) A．当S1和S2均断开时，可改装成为电流表 B．当S1和S2均断开时，改装成的是量程为1 kV的电压表 C．当S1和S2均闭合时，改装成的是量程为10 mA的电流表 D．当改装为电流表时，仅闭合开关S1时的量程比开关S1和S2均闭合时大 解析：选D。当S1和S2均断开时，此时表头G与电阻R1串联，根据串并联电路的原理可知串联分压，此时改装成的是电压表，故A错误；当S1和S2均断开时，根据改装原理，改装成的电压表的量程为U＝Ig(Rg＋R1)＝1×10－3×(10＋990) V＝1 V，故B错误；当S1和S2均闭合时，此时表头G与电阻R2并联，根据串并联电路的原理可知并联分流，此时改装成的是电流表，根据改装原理可得改装后电流表的量程为I＝Ig＋＝1 mA＋999 mA＝1 A，故C错误；当改装成电流表时，若只闭合S1，此时可将电阻R1与表头G等效为一个内阻为Rg′＝1 000 Ω的电流表，然后再和R2并联，改装成新的电流表，此电流表的量程为I′＝Ig＋＝99.901 A，故D正确。 7．P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体，P1的上、下表面积大于P2的上、下表面积，将P1和P2按图所示方式接入电路中，闭合开关后(　　) A．若P1和P2的体积相同，则P1的电功率大于P2的电功率 B．若P1和P2的体积相同，则流过P1的电流大于流过P2的电流 C．若P1和P2的厚度相同，则流过P1的电流小于流过P2的电流 D．若P1和P2的厚度相同，则P1内自由电荷定向移动的速率比P2的更小 解析：选D。由于两导体并联在电路中，因此两导体两端的电压相等，设导体的表面边长为a，厚度为d，根据电阻定律，有R＝ρ＝ρ＝，则可知电阻与厚度d有关，与表面边长无关，如果两导体的体积相同，由V＝Sd可知，P1的厚度小于P2厚度，因此P1的电阻大于P2的电阻，两导体两端的电压相等，电流为I＝，所以通过P1的电流小于通过P2的电流，故B错误；由电功率的表达式P＝UI，可知P1的电功率小于P2的电功率，故A错误；若厚度相同，则两导体的电阻相同，由I＝可知，流过P1的电流等于流过P2的电流，故C错误；因为流过P1的电流等于流过P2的电流，根据电流的微观表达式I＝nqSv，两个导体材料相同，所以n、q相同，又因为P1的横截面积大，所以P1内自由电荷定向移动的速率比P2的小，故D正确。 【综合提升练】 8．油烟危害健康，某品牌的抽油烟机的主要部件是照明灯L和抽气扇M(电动机)，电路连接如图所示，下列说法正确的是(　　) A．抽气扇须在点亮照明灯的情况下才能工作 B．闭合开关S1和S2，抽气扇处于“弱吸”挡 C.抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率不变 D．工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，回路中的电流将变大 解析：选D。由电路图可知，照明灯和抽气扇处于并联状态，则抽气扇工作与否与是否点亮照明灯无关，A错误；由电路图可知，闭合开关S2时电阻R被短路，则流过抽气扇的电流、电压变大，则功率变大，抽气扇处于“强吸”挡，B错误；由电路图可知，闭合开关S2时电阻R被短路，则流过抽气扇的电流变大，而抽气扇的热功率为P＝I2r，其中r为电机内阻，不变，则抽气扇由“弱吸”挡换成“强吸”挡，其发热功率增大，C错误；工作中的抽气扇因吸入异物出现卡机时，电动机变成纯电阻电路，回路中的电流将变大，D正确。 9．(2023·浙江高三联考)某电单车的电池铭牌上标有“48 V，10 A·h”字样，正常工作时电动机额定功率为250 W，电池输出电压为40 V。由于电动机发热造成损耗，电动机的效率为80%，不考虑其他部件的摩擦损耗。有一次小厉同学骑着电单车在平路上匀速行驶，小厉同学和车的总质量为100 kg，阻力为总重力的0.04倍，重力加速度g＝10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．正常工作时，电动机额定电流约为5.2 A B．充满电后电池储存的能量约为1.7×105 J C．电池的内阻约为1.3 Ω D．电单车匀速行驶时的速度为22.5 km/h 解析：选C。由P＝UI可知，解得额定电流I＝6.25 A，故A错误；充满电后该电池的总能量W＝EQ＝48×10×3 600 J＝1 728 000 J≈1.7×106 J，故B错误；根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋Ir，可得r≈1.3 Ω，故C正确；平路上行驶的人和车受到阻力f＝0.04mg＝0.04×100×10 N＝40 N，匀速行驶时牵引力F＝f＝40 N，此时速度v＝＝5 m/s＝18 km/h，故D错误。 10．(多选)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0 V，U23＝2.5 V，U34＝－1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　) A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间 B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间 C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间 解析：选CD。根据题意画出A选项的电路图，如图(a)所示， 可见U34 > 0，A错误； 根据B选项可画出电路图如图(b)所示， 可见U34 > 0，B错误； C选项的电路图如图(c)所示， 可见上述接法可符合上述测量结果，C正确；D选项的电路图如图(d)所示， 可见上述接法可符合上述测量结果，D正确。 11．(多选)利用如图所示的电路测量电阻R两端的电压，测量时，移动滑动变阻器的滑片P，使其依次置于a、b、c、d、e五点(各点间距相同，且a、e两点为滑动变阻器的两个端点)，将电压表的示数记录在表中。经过检查，发现电路中的滑动变阻器在某处发生了断路，则滑片P在d、e之间的某一点时，电压表的示数可能为(　　) P的位置 a b c d e V的示数(V) 12.00 6.00 4.00 3.00 12.00 A.1.80 V B．2.70 V C．5.40 V D．7.20 V 解析：选BD。设滑动变阻器的总阻值为R′，滑片左端部分的电阻为x，则右端部分的电阻为(R′－x)，按照题图所示的接法，滑动变阻器接入电路的阻值为R＝＝，其中0≤x≤R′，由二次函数的性质可知，当x＝，即滑片位于c处时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时电压表的示数应该最小；但是测量数据却符合串联分压的规律，且滑片在d处时电压表的示数最小，说明滑动变阻器的断点在d、e之间，由题图及测量数据可知，电阻R和滑动变阻器两端的总电压为12 V，当滑片在b点时，电压表的示数为6 V，说明电阻的阻值是滑动变阻器的四分之一，设断点靠近于e点，则电压表的示数将大于URmin＝12 V－12 V×＝2.4 V，同时小于3 V；设断点靠近于d点，则电压表的示数将大于URmin＝12 V－12 V×＝6 V，同时小于12 V，故B、D正确。 12．(10分)如图所示，这是某电热水壶的简化电路图，开关S可切换加热和保温两种状态，电热水壶的额定电压为220 V，额定加热功率P加热为1 100 W，R1、R2是发热电阻，R2的阻值为440 Ω。某次正常加热时，电热水壶将质量为2 kg、温度为24 ℃的水加热到90 ℃，耗时10 min。已知水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)。 (1)分析保温、加热状态下开关S所接的位置。(2分) (2)水吸收的热量是多少？(2分) (3)该电热水壶的保温功率P保温是多大？(3分) (4)该电热水壶的加热效率是多少？(3分) 解析：(1)根据P＝可知，在电压一定的情况下，电阻越小，电功率越大，当开关S接a时，为只有R1的简单电路，S接b时，两电阻串联，因为串联电路总电阻大于其中的任一电阻，所以电热水壶为加热状态时，开关S接a；电热水壶为保温状态时，开关S接b。 (2)水吸收的热量 Q吸＝c水m水(t－t0)＝4.2×103×2×(90－24) J＝5.544×105 J。 (3)由P＝可得，电阻R1的阻值 R1＝＝＝44 Ω 保温状态的功率 P保温＝＝＝100 W。 (4)电热水壶消耗的电能 W＝P加热t＝1 100 W×10×60 s＝6.6 ×105 J 电热水壶的加热效率 η＝×100 %＝×100 %＝84 %。 答案：(1)见解析　(2)5.544×105 J　(3)100 W　(4)84% 学科网（北京）股份有限公司 $$