2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練9 電容器和直流電路的動態(tài)分析.doc

2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練9 電容器和直流電路的動態(tài)分析1如圖1所示，電源電動勢E3 V，小燈泡L標(biāo)有“2 V、0.4 W”，開關(guān)S接l，當(dāng)變阻器調(diào)到R4 時，小燈泡L正常發(fā)光；現(xiàn)將開關(guān)S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作，則()圖1A電源內(nèi)阻為1 B電動機的內(nèi)阻為4 C電動機正常工作電壓為1 VD電源效率約為93.3%答案AD解析開關(guān)S接1時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律EULI(Rr)，因燈泡正常發(fā)光，所以電流I0.2 A，代入數(shù)據(jù)解得電源內(nèi)阻r1 ，故A正確；開關(guān)S接2時，小燈泡L和電動機M均正常工作，根據(jù)閉合電路的歐姆定律EULUMIr，解得：UM0.8 V，又電動機工作時是非純電阻電路，不滿足歐姆定律，故無法求出電動機內(nèi)阻和電壓，所以B、C錯誤；回路外電路的功率PPLUMI0.56 W，電源的總功率PEI0.6 W，所以效率100%93.3%，所以D正確2如圖2所示，直線A為某電源的UI圖線，曲線B為某小燈泡L1的UI圖線的一部分，用該電源和小燈泡L1組成閉合電路時，燈泡L1恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是()圖2A此電源的內(nèi)阻為 B燈泡L1的額定電壓為3 V，功率為6 WC把燈泡L1換成“3 V,20 W”的燈泡L2，電源的輸出功率將變小D由于小燈泡L1的UI圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律不適用答案B解析由圖線可知，電源的內(nèi)阻為r 0.5 ，選項A錯誤；因為燈泡正常發(fā)光，故燈泡L1的額定電壓為3 V，功率為PIU23 W6 W，選項B正確；把燈泡L1換成“3 V,20 W”的燈泡L2，由于燈泡L2的電阻小于燈泡L1的電阻，更接近于電源的內(nèi)阻，故電源的輸出功率將變大，選項C錯誤；雖然小燈泡L1的UI圖線是一條曲線，但由于小燈泡是純電阻，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律仍適用，選項D錯誤3如圖3所示的電路中電源電動勢為E，內(nèi)阻為R，L1和L2為相同的燈泡，每個燈泡的電阻和定值電阻阻值均為R，電壓表為理想電表，K為單刀雙擲開關(guān)，當(dāng)開關(guān)由1位置打到2位置時，下列說法中正確的是()圖3AL1亮度不變，L2將變暗BL1將變亮，L2將變暗C電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變小D電壓表讀數(shù)將變小答案D解析開關(guān)擲到位置1時，燈泡L1和L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并，電路總電阻R總RR，干路電流I，根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過燈泡L1和L2的電流相等，即I1I2，開關(guān)擲到2位置，燈泡L1與定值電阻串聯(lián)，然后與燈泡L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻為R并，電路總電阻R總R，干路電流I，根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過燈泡L1的電流I1I，流過燈泡L2的電流I2I.據(jù)此判斷，開關(guān)由1位置打到2位置，流過燈泡L1的電流大小不變，燈泡亮度不變，流過燈泡L2的電流變大，燈泡變亮，所以選項A、B錯誤總電流變大，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率PI2R變大，選項C錯誤總電流變大，內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，電壓表示數(shù)變小，選項D正確4如圖4所示電路中，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻r1 ，兩電表均為理想電表，定值電阻R35 .當(dāng)開關(guān)K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等則下列說法正確的是()圖4A電阻R1、R2可能分別為3 、6 B電阻R1、R2可能分別為4 、5 C開關(guān)K斷開時電壓表的示數(shù)一定小于K閉合時的示數(shù)D開關(guān)K斷開與閉合時，電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于1 答案B解析據(jù)題意，開關(guān)K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等，K閉合時R2被短路，則有：()2(R1R2)()2R1，將R13 、R26 代入方程不成立，而將R14 、R25 代入方程成立，故A錯誤，B正確開關(guān)K斷開時外電路總電阻大于K閉合時外電路總電阻，則開關(guān)K斷開時電壓表的示數(shù)一定大于K閉合時的示數(shù)，故C錯誤根據(jù)閉合電路歐姆定律得：UEI(R3r)，則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為R3r6 ，故D錯誤故選B.5如圖5所示為某傳感裝置內(nèi)部部分電路圖，RT為正溫度系數(shù)熱敏電阻，其特性為隨著溫度的升高阻值增大；R1為光敏電阻，其特性為隨著光照強度的增強阻值減??；R2和R3均為定值電阻，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，V為理想電壓表若發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，可能的原因是()圖5熱敏電阻溫度降低，其他條件不變熱敏電阻溫度升高，其他條件不變光照減弱，其他條件不變光照增強，其他條件不變A BC D答案A解析熱敏電阻溫度降低，其他條件不變時，熱敏電阻阻值減小，總電阻減小，總電流變大，則熱敏電阻及光敏電阻所在的并聯(lián)支路電壓減小，光敏電阻上的電流減小，則熱敏電阻及電阻R3上的電流變大，則電壓表的讀數(shù)變大，故正確，錯誤；若光照減弱，則光敏電阻的阻值增大，總電阻變大，總電流減小，則熱敏電阻及光敏電阻所在的并聯(lián)支路電壓增大，則R3上的分壓變大，電壓表示數(shù)變大，選項正確，錯誤故選A.6 A、B兩塊正對的金屬板豎直放置，在金屬板A的內(nèi)側(cè)表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球(可視為點電荷)兩塊金屬板接在如圖6所示的電路中，電路中的R1為光敏電阻(其阻值隨所受光照強度的增大而減小)，R2為滑動變阻器，R3為定值電阻當(dāng)R2的滑片P在中間時閉合電鍵S，此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為I和U，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板A的夾角為.電源電動勢E和內(nèi)阻r一定，下列說法中正確的是()圖6A若將R2的滑動觸頭P向a端移動，則變小B若將R2的滑動觸頭P向b端移動，則I減小，U減小C保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射R1，則小球重新達到穩(wěn)定后變小D保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射R1，則U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值不變答案CD解析因為R2上無電流，若將R2的滑動觸頭P向a端移動時，不會改變AB兩板間的電壓，故角不變，同時也不會影響電壓表及電流表的讀數(shù)，所以選項A、B均錯誤；保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射R1，則R1的阻值減小，總電阻減小，電流表A的讀數(shù)變大，電阻R3及內(nèi)阻上的電壓變大，所以光敏電阻R1上的電壓減小，即AB上的電壓減小，則小球重新達到穩(wěn)定后變小，選項C正確；U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值表示電源的內(nèi)電阻，是不變的，故D正確7在如圖7所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，、為理想電流表和電壓表在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是()圖7A電壓表示數(shù)變小B電流表示數(shù)變大C電容器C所帶電荷量增多Da點的電勢降低答案BD解析在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，電阻R3變小，并聯(lián)電阻R23變小，總電阻R總rR1R23變小，總電流I變大，電壓表測量R1電壓U1IR1變大，選項A錯誤并聯(lián)電路電壓U23EI(R1r)減小，電容器電壓等于并聯(lián)電壓，所以電容器電荷量QCU23減少，選項C錯誤通過R2的電流I2變小，根據(jù)干路電流等于各支路電流之和得通過R3的電流即電流表示數(shù)I3II2變大，選項B正確由于電源負極接地即電勢為0，那么并聯(lián)電壓U23a0，電壓減小，所以a點的電勢降低，選項D正確