第11章 电路及其应用 综合测评-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2024）

nullR-可得电阻率o-R,6与a的长度相等,横截面积 解得a-0.3g. 是a的3倍,则n.·n-2:3.c与a的横截面积相等,长度 (1)3g (2)0.3g 是a的两倍,则p-2:1,所以p-213:1,选 40 项D正确. 14.(1)设从(o.)点射入的带电微粒在场区中的偏转时 5.A 解由题图可知,两导线两端的电压之比为3:1,电流相 间为:,根据平抛运动的规律,有L-,一()译,# 同,则电阻之比为3:1,由电阻定律R--得横截面积S- 1.R 6.B 电压表并联在R。两端时,并联部分的电阻为 (2)画出运动轨迹示意图如图所示,设这个带电微粒在场区 中的水平偏转位移为π,竖直偏转位移为y,偏转角为0. 偏转时间为,射入场区时的y坐标值为Y,有 电源的电压为12V;电压表并联在a、b两端时,测量的是电 , 源的电压,所以其示数为12V,选项B正确。 7.A 根据电阻定律R一p与可知,导体的电阻率p= -o-1(_) 1-U图线的斜率表示电阻的倒数,由题图可知甲导体的电 阻最大,丁导体的电阻最小,因甲、乙、丙、丁四个导体的长 度、横截面积均相同,则甲的电阻率最大,选项A正确。 8.BD 将金属导线均匀拉长,因半径变为原来的一半,则 tan0 L-r-Y-y. 横我面变为原来的-,其长度变为原来的4倍,根据电阻定 根据平抛运动的特点,有tanθ-2. 律R=o分析可知,电阻变为原来的16倍,又电压变为 rt' 联立解得Y-5-. 2U。.根据欧姆定律I一 黑(1)(2). 正确;根据电流的微观表达式I一neuS,其中n、e不变,知电 qL. 流变为原来的,横线面积交为原来的-,则自由电子定向 15.解析(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是 mg=n,解得-vgR-2ms. 移动的平均速率变为号,选项C错误,D正确. 9. BC R 两端电压为:U-IR=2$10V-20 V.R 滑块由释放点到最高点过程中,由动能定理得 两端电压为:U-I.R-1×5V-5V,R 两端电压为; Er-mgx-2mgR- (20-5)V=15V,且电流从b流向a,大小为:35A-0.5A. 15 m(+2gR) 通过电流表的电流为I.-I -0.5A,方向从左到右,选项 解得x一一 ,代入数据得x-20m E-mg B.C正确. 10.AD解析电流表A.的量程大于A。的量程,故电流表A (2)从P点到Q点,由动能定理得 -#g-ERn- 的内阻小于A:的内阻;由题图可知,两电流表并联,故两电 流表两端的电压相等,两表由同一电流表改装而成,而将电 整理得-}2(8+)#. 流表扩大量程时为并联一小电阻,故相当于四个电阻并联, 故两表头中电流相同,故两表的偏角相同,因A:表量程大 于A。表,故A.的读数比A。的读数大,选项A正确,B错 误;电压表V的量程大于V。的量程,故V的电阻大于 在P点由牛顿第二定律得F-qE-} V。 的电阻;两电压表串联,故通过两表的电流相等,故V 解得F=3(mg+qE),代入数据得F=1.5N,由牛顿第 的读数比V。的读数大,两电压表串联,通过表头的电流相 三定律可知,滑块对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力, 等,表头指针偏转角度相等,电压表V.的偏转角等于电压 所以为1.5N. 表V。的偏转角,选项C错误,D正确。 答案(1)20m (2)1.5N 200 第十一章综合测评 应采用题图甲电路测量更准确,即R:更接近待测电阻的真 实值;由于R。一 #共中R 1.A 当使用a、两个端点时,电流表串联R,由串联电 使用a、c两个端点时,电流表串联R、R,同理有R一R+ U8,其中U- ,Il,则R<R,即测量值R小于真 1 实值 R 大于小于 (1)①本实验误差来自于闭合S,电阻箱R并入电路 电流的微观表达式I-neSv.联立得- 后,干路电流会发生变化,为使干路电流变化较小,应使干 neol,选项A正确. 路中滑动变阻器接入电路的阻值尽量大,为使电流表能够 3.C 元件1的伏安特性曲线是直线,说明其电阻不随电 满偏,相应的电源电动势应较大,故电源选择电动势为9V 压、电流、温度的变化而变化,是标准电阻,在I一U图像中, 的电源E。,毫安表G的满偏电流为500uA,则干路中滑动 9V 图线上的点与坐标原点连线的斜率的倒数等于电阻,选项A 错误;三条线中的2、3是曲线,说明其代表的元件不是线性 元件,选项B错误;曲线2中反应的特性是,随着电压、电流 滑动变阻器应选用最大阻值为20kO的R。. ②由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱 的增大,电阻逐渐减小,说明该元件是半导体元件,选项C正 的电流,可知两部分电阻相等,即微安表G内阻的测量值 确;曲线3中反应的特征是,随着电压、电流的增大,电阻逐 R.-1900.0O. 渐增大,这符合小灯泡的伏安特性曲线,其电阻率随温度的 因为闭合S:电阻箱R并入电路后,电路的总电阻变小,干 升高而增大,选项D错误. 4.D串联电路电流相等,由欧姆定律可得R-.,则电 路电流会变大,即干路电流大于I.,而流过微安表G的电 流为一I.,则流过电阻箱R的电流大于l,即流过电阻 阻与电压成正比,所以R。:R:R-2:1:2,由电阻定律 箱R的电流实际上大于流过微安表G的电流,根据并联电 ·283· 路的特点,可知微安表G内阻真实值大于电阻箱R的阻 1.0×10-×1.25-4×10-6×10 值,可知测量值偏小。 1×10-: (2)若按照(1)中测算的R,将上述微安表G改装成量程为 -m$--6.875m:s 4×10- 即带电微粒将以6.875m/s{}的加速度向下做匀加速运动. (2)K接通时,电容器所带电荷量为 19000-21002的电阻; Q-CU-4X10-C. (3)当微安表G的示数为495uA时,R。+R- 495X10-0- K断开时,电容器所带电荷量为 =C-1.25$10$C.=Q-Q-275$10-$C 2 4040.42,校准后R。+R=50010-=4000 2.即将 有总量为2.75×10C的电荷流过R。. (1)向下做匀加速运动 6.875ms* (2)2.75× 改装后的电压表内阻减小40.42,即将R。的阻值变为 10-C 21000-40.40-2059.60. (1)①E。R ②1900.0 偏小(2)2100.0 (3)2 第十二章综合测评 059.6 1.A 13.(1)设R、R. 并联后电阻为R,则R-RK RR 析电路中的电灯正常发光,说明电路中电流为I- -2 A,电灯两端电压为6V,电源内阻上电压为2V,电 6X3 632=20. 动机两端电压为U-E-6V-2V-22V,电动机输入 率P =U.I-22x2W-44W,电动机绕线电阻发热功率 RR:和R,串联,总电阻 R-R+R+R=14O. P=FR一8W,故电动机输出的机械功率为P:-P P.=36W,选项A正确. 2.要使P=P,由P= 7 通过R、R的电流I.-I-I-3A. 设通过R、R.的电流分别为I.、I.. ####_代# 由并联电路的特点知I。十I.-3A 14K10,折路, 解得1.-1A,I-2A. (1)140(2)3A 3A1A2A 由题图可得,电源电动势为E-3V.内阻r-3-00-0.52. 6-0 时、电路中无电流,B、C等势,A、D等势,因此Uu-U 选项B正确;此时电源的输出功率P-UI-2X2W-4W$ U.-18V. 选项C错误;灯泡将所消耗的电能全部转化为焦耳热,含有 (2)当S闭合时,R和R。串联,C 两端的电压等于R, 两 灯泡的电路是纯电阻电路,选项D错误, 端电压,C。两端的电压等于R。两端电压,C.电荷量变化的 4.B 电流表在干路上,读数变小,说明总电阻变大,L。灯 计算首先从电压变化入手。 丝突然短路,总电阻减小,电流表读数变大,A错误;L。灯丝 当S断开时,U=U.-U-18V 突然烧断,总电阻增大,电流表读数变小,电压表读数变大,B 电容器C:带电荷量为 正确;电源的输出功率P一UI,电压增大而电流减小,输出功 Q =CU-CU-6X10t18C-1.08t10C 率不一定变小,C错误;电流表读数变小,L。的分压减小,并 当S闭合时,电路R、R。导通,电容器C 两端的电压即电 联支路的电压增大,电容器两端的电压增大,根据Q一CV知 阻R,两端的电压,由串联电路的电压分配关系得 电容器的带电荷量增大,D错误. U/-12V 5.A解对应P点,小灯泡的电阻为R- 此时电容器C的带电荷量为 ,选项A正确,B =CU-610*t12C-7.2$10-C 错误;对应P点,小灯泡的功率为P一U.I,选项C错误;若 电容器C带电荷量的变化量为 将与灯丝相同的电阻丝放在恒温容器内,则电阻丝阻值不 Q-Q-Q--3.6X10C 变,测得的电流I随所加电压U变化的图线应是过原点的直 负号表示减少,即C的带电荷量减少了3.6×10-}C. 线,选项D错误. 6.C 解增大对R。的光照强度,其电阻减小,电路总电阻减 (1)当K接通且电路稳定时,等效电路图如图所示 小,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的干路电流增大,则 来 ,{ 源的效率一定变小,选项C正确;因为干路电流增大,所以电 1; = 源内电压和R,两端电压增大,由闭合电路欧姆定律 E一I(R十r)可知,并联部分电压减小,即电容器两端电压减 小,所以电容器处于放电过程,G表中有从)至a的电流,选 E. 和R 形成闭合回路,A、B两点间的电压为 项A、D错误. U-E-In=E-Rn 7.B 解由题表可知,电池的容量为5000mA·h,所带的电 3 荷量为q-5000×10-A×3600s-1.8X10 C.充电器输 2.75V. 出电流为I-1000mA-1A,所以该扫地机器人的电池从 完全没电到充满电所需时间为1-1.8X10 电容器中带电微粒处于平衡状态,则所受合力为零,设电容 s-5h,选 器两端电压为U, 项A错误;该扫地机器人最多能储存的能量为W一gU- 1.8$10x24J-4.32x10}J,选项B正确;该扫地机器人的 得U-mgd4×10-4×10X1×10v-4V. 1.0×10-7 0 P 在B-R-E-C-A支路中没有电流,R。两端电势相等, 4.32×10×60% 则E-V-U-1.25V. 40 s-1.8h.选项C.D错误. 当K断开且电路再次达到稳定后,回路中无电流,电路结 8.AD 解由闭合电路欧姆定律知E-U十Ir.当I-0时U- 构可简化为如图所示. E.即U一I图线中纵轴截距表示电源电动势,两电源的电动 -- 流,则短路电流Il,选项A正确;内阻,- U一I图线的斜率的绝对值表示电源的内阻,由题图知内阻 电容器两端电压U-E-1.25V. r. r,选项B.C错误;当工作电流变化量相同时,因为r r,则电源2的路墙电压变化较大,选项D正确。 9.AD 解由于电源的路端电压与电流的关系图线I和电阻 R的U一I图线II都为直线,所以电源的路端电压与电流的 nt nt 关系图线I的斜率的绝对值等于电源内阻,,-1.5O;电阻 .284·