1、山西省浑源县第五中学2020届高三物理上学期第八次考试试题（含解析）一、选择题1.如图所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等停电时，用多用电表测得A、B间的电阻为R；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A、B间电压为U，进线电流为I；经过一段时间t，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是()A. P=I2RB. P=C. P=IUD. P=【答案】CD【解析】居民楼里的用电器不全是纯电阻所以不可以用PI2R，P，进行功率计算，计算该幢楼居民用电的总功率可以用PIU，P，选CD2.截面直径
2、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不变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【答案】BC【解析】试题分析：根据公式可得，U加倍I增大，所以根据公式可得，电子的定向移动的平均速率增大，A错误，根据公式可得，当导线长度L加倍时，电阻增大一倍，根据公式，电流减小一倍，所以根据公式可得，电子定向移动速率减小为原来的一半，B正确，当导线截面直径
3、d加倍时，根据公式可得，电阻变为原来的四分之一，所以电流增大为原来的4倍，根据公式可得横截面积变为原来的四分之一，所以电子的定向移动速率不变，C正确，D错误，考点：考查了电流的微观和宏观表达式点评：正确掌握公式和以及是本题的关键3.如图所示，电源电动势E3.2 V，电阻R30 ，小灯泡L的额定电压UL3.0 V，额定功率PL4.5 W当开关S接1时，电压表的读数为3 V，则当开关S接2时，灯泡发光的情况是A. 很暗，甚至不亮B. 正常发光C. 比正常发光略亮D. 有可能被烧坏【答案】A【解析】试题分析：灯泡的额定电流，电阻，当开关接1时，电阻R的电流，根据闭合电路欧姆定律；当开关接2时，灯泡电
4、流，小于灯泡的额定电流，实际功率小于额定功率，则灯泡很暗，甚至不亮，故A正确，考点：考查了电功率的计算，闭合回路欧姆定律的应用【名师点睛】灯泡的电阻不变，发光情况根据实际电流如何变化来判断当开关接1时，根据闭合欧姆定律，得到电动势与内阻的关系，再根据闭合电路欧姆定律，研究开关接2时，灯泡的电流与额定电流比较，确定发光情况4.如图所示，调整电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大U，在这个过程中() A. 通过R1的电流增加，增加量一定等于B. R2两端的电压减小，减少量一定等于UC. 通过R的电流增加，增加量一定等于D. 通过R2的电流减小，但减少量一定小于【答案】AD【解析】试题分析：电
5、压表的示数增大，则两端的电压增大，所以通过的电流增大，根据欧姆定律可得，A正确，滑动变阻器两端的电压增大，说明其连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，所以电路总电流减小，故的电流减小，所以其两端的电压减小，因为路端电压增大，而电压表示数增大，所以其减少量一定小于，故通过电流的减小量一定小于，BC错误D正确；考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用5.如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是()A. R1、R2同时短路B. R1短路C. R3断路D. R2断路【答案】D【解析】【详解】A、R2短路，B灯不亮，不符合
6、题意故A错误B、若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，R3电流I3减小，则通过A的电流IA=I-I3增大，UA增大，A灯变亮；B灯并联分流变大，B灯变亮，不符合题意故B错误C、若R3断路，外电阻增大，路端电压U增大，A、B两灯均变亮，不符合题意故C错误D、R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R3电流I3增大，则通过A的电流IA=I-I3减小，A灯变暗B灯电压UB=U-IA（RA+R1）增大，B灯变亮，符合题意故D正确6.在图所示电路中E为电源，其电动势E9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R30 ；L 为一小灯泡其额定电压U6.0 V，额定功
7、率P1.8 W；K为电键开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通电键 K，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为A. 10 B. 20 C 15 D. 5 【答案】B【解析】【分析】根据本题中小灯泡正好正常发光，分析电路可知本题考查额定电流的计算和串联电路的特点，运用欧姆定律进行求解。【详解】本题中小灯泡正好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流两端电压达到额定电压U额6.0 V，而小灯泡和电源、滑动电阻AC串联，则电阻AC的电流与小灯泡的电流相等，则A不符合题意，错误；B正确C不符合题意，错误；D不符合题意，错误。7.如图所示为伏安法测电阻的
8、一种常用电路。以下分析正确的是A. 此接法的测量值大于真实值B. 此接法的测量值小于真实值C. 此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D. 开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端【答案】A【解析】【详解】上图是电流表的内接法测电阻，图中电压表示数大于的两端电压，所以测量值，A正确，B错误；内接法的误差是由于电流表的分压造成的，如果待测电阻值比电流表内阻越大，电流表分压作用越小，误差越小，故C错误；为了安全期间，以防超过电表量程，滑动变阻器开始要处于最右端，让分压最小，D错误。故选A。8.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直
9、到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】根据电路中电阻的变化，确定电压与电流变化，并考虑温度对电阻的影响，运用UI图象含义分析判断【详解】当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光。随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线斜率应越来越大。故C正确【考点】探究小灯泡的伏安特性曲线【点睛】考查闭合电路中动态变化问题的分析，需要注意的是灯泡的电阻随着电压的升高而增大；9.可用理想电压表V、理想电流表、变阻器
10、R以及电键K和导线等器材来测量某一电源E电动势和内阻如图所示下面给出了四个电路图，图中“”、“”代表电源的正负极和电表的正负接线柱正确的电路图是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A电流表将电路短路，电流表可能会被烧坏，电压表无读数，A选项错误；B电源的内电阻很小，电压表分流作用小，将电流表和滑动变阻器相接，误差小，B选项正确；C电流表和电压表的正接线柱应和电源的正极相连，而C选项的电压表的接线柱接错， C选项错误；D安培表和电压表串联，安培表读数几乎为零，电压表读数为电源电动势，D选项错误。10.演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P
11、，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小s。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( )A. 物体M运动时，电源内的电流会发生变化B. 物体M运动时，电压表的示数会发生变化C. 物体M不动时，电路中没有电流D. 物体M不动时，电压表没有示数【答案】AB【解析】划片将滑动变阻器分成两个部分且两部分是串联在一起，故电路中的电流恒定不变，所以当M运动时，电源内的电流不会发生变化，电压表显示的是滑动变阻器左端部分两端的电压，所以,会随着M的运动而发生变化，当M不运动时，电路仍在工作，所以电压表电流表都不为零，B正确。二、实验题11.如图所示的电路中1、2、3、4、5、6为连接点的标号.在开关闭合后
12、，发现小灯泡不亮现用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点.(1)为了检测小灯泡及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的_挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的_挡。(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明_可能有故障。(3)小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。_。【答案】 (1). 电压 (2). 欧姆 (3). 开关或连接点5、6 (4). 调到欧姆档；将红、黑表笔相接，检查欧姆档能否正常工作；测量小灯泡的电阻。如电阻无穷大，表明小灯泡有故障。【解析】【
13、详解】（1）由于电路存在电源，因此要先用电压档检测；若连接点1、2同时断开，电路其它部分无电源，因此要用欧姆档检测。（2）若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，说明5、6两点与电源正、负极是通的，故障一定出在开关或连接点5、6上。（3）用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：调到欧姆档；将红、黑表笔相接，检查欧姆档能否正常工作；测量小灯泡的电阻。如电阻无穷大，表明小灯泡有故障。12.将满偏电流Ig300 A，内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对（1）利用如图所示的电路测量电流表的内阻（图中电源的电动势E4 V）；先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调
14、节R，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R的阻值为200 ，则电流表内阻的测量值Rg_.（2）将该表改装成量程为3 V的电压表，需_（填“串联”或“并联”）阻值为R0_的电阻（3）把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试画出实验电路图和实物连接图（ ）【答案】 (1). 100 (2). 串联 (3). 9900 (4). 【解析】【详解】(1)1由于闭合和后，电流表与电阻箱串联，其两端电压相等，可得解得：；(2)2改装电流表需在电流表两端串联一个电阻，起到分压的作用；3串联的电阻大小为；(3)4改装后的电压表与标准电压表进行核对时，应该并联在标准电压表两端，电路图和实物连线图如图所示。13
15、.图示为用伏安法测量电阻的原理图图中，为电压表，内阻；为电流表，内阻；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关当开关闭合后电压表读数U1.6 V，电流表读数I2.0 mA ，Rx的实际值为 若将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，所得结果的百分误差是_若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时，结果的百分误差是_(百分误差100%)【答案】1000 ；20%5%【解析】试题分析：因电流表外接，所以：测量值为R800 故实际值为Rx1000 ，对应的百分误差为：A20%电流表内接时，百分误差A5%考点：伏安法测电阻。14
16、.硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，某同学用图1所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系，图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表（1）请根据图，用笔画线代替导线将图2中的实验器材连接成实验电路（ ）（2）若电压表V2的读数为U0，则I_.（3）实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的UI曲线a，见图3，由此可知电池内阻 _（填“是”或“不是”）常数，短路电流为_mA，电动势为_V.（4）实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得UI曲线b，见图3当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5 V，则实验二中外电路消耗的电功率为_m
17、W（计算结果保留两位有效数字）【答案】 (1). (2). (3). 不 (4). 0.295(0.2930.297） (5). 2.67（2.642.70） (6). 0.065（0.0600.070）【解析】【详解】(1)1按照电路图连接实物图，如图所示；(2)2由部分电路的欧姆定律可得；(3)3由UEIr知，若电池内阻不变，则图线应该是直线，该图线不是直线，故电池内阻不是常数；4由图像与横轴的交点可以读出短路电流为0.295 mA (0.293 mA0.297 mA也对）；5由图像与纵轴的交点可以读出电动势为2.67V（2.64V2.70V也对）；(4)6因为两次实验中外电路的总电阻没有
18、改变，因此可以作出外电路总电阻的伏安特性曲线，它和b曲线的交点就是外电路中总电阻的工作状态，先找出外电阻在实验一中的工作状态，再将点（210，1.5）和原点相连，和曲线b相交于（93，0.7），故电功率为0.065mW（0.060mW0.070mW也对）。【点睛】本题考查了闭合电路的欧姆定律和电阻的伏安特性曲线等知识，意在考查考生数据处理的能力、创造性作图的能力等。三、计算题15.电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同图为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝 R1、R2和自动开关S.（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状
19、态？（2）用电器由照明电路供电（U220 V）设加热时用电器的电功率为 400 W，保温时用电器的电功率为 40 W，则R1和R2分别为多大？（3）若将图中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图所示，其他条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能【答案】（1）S闭合，处于加热状态，S断开，处于保温状态（2）R1121 R21089 （3）0.22 kWh （或7.92105 J）【解析】【详解】（1）S闭合，处于加热状态，S断开，处于保温状态。（2）由电功率公式得联立得：R1121 ，R21089 （3）二级管导通时处于加热状态，二极管截止时，用电器处在保温状态。（或7.92105J）16.如图所示，电键闭合时，间距为的平行板电容器 的正中间有一质量为，带电量为的小球恰好处于静止状态；电键断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板。若不计电源内阻，求：（1）电源的电动势；（2）小球与极板碰撞后的带电量。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）电键闭合时，、并联与串联，中没有电流通过），则对带电小球有：得：（2）电键断开后，、串联，则小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为，向上运动到上极板，全过程由动能定理得 联立解得：。