电学综合检测(教师)

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1、1对1个性化辅导教师:初(高)学生:上课时间2012年月日阶段:基础（√）提高（）强化（）课时计划共次课第次课教学课题:电学的综合检测教学目标:检测电学的复习情况教学重难点：重点：欧姆定律、电学实验难点：实验误差的分析、仪器的选择、电路的设计教学过程60min测试+30min评讲课后作业错题分析教学反思家长建议家长签名：81对1个性化辅导高考物理电学复习专题过关检测　恒定电流(时间:60分钟　满分:100分)第Ⅰ卷　选择题一、单项选择题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）1.20

2、07年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家,以表彰他们发现“巨磁电阻效应”.基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术,被认为是纳米技术的第一次真正应用.在下列有关其他电阻应用的说法中,错误的是(　　)A.热敏电阻可应用于温度测控装置中B.光敏电阻是一种光电传感器C.电阻丝可应用于电热设备中D.电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用解析:温度测控装置是应用热敏电阻的阻值随温度的改变而改变的特性,光电传感器是利用光敏电阻的阻值随光照强度的改变而改变的特性.电热设备是利用电阻丝通电时发热的特性，所以A、B、C说法都是正确的.而电阻在电路中既能通过直流也能通过

3、交流,所以D项的说法是错误的.答案:D2.如图5，理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，和均为理想电表，灯泡电阻R1=6Ω，AB端电压(V).下列说法正确的是（）A.电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD.变压器输入功率为6W【答案】D【解析】由题意可知，则，A项错；电压表测量的是副线圈两端电压的有效值V，B项错；根据欧姆定律，可知电流表的示数为1A，C项错；W，D项对。3.如图10-2是一火警报警电路的示意图,其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小.值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极

4、之间接一报警器.当传感器R3所在处出现火情时，电流表显示的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是(　　)图10-2A.I变大，U变小B.I变小，U变大C.I变小，U变小D.I变大，U变大解析:发生火灾时，温度升高，R3的电阻减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，即U变小；R1的电压增大，则R2两端的电压减小，通过R2的电流减小.故选项C对.答案:C81对1个性化辅导解析:设电源电动势为E,内阻为r,2内阻为RV,由闭合电路欧姆定律,,解得E=10.8V,C正确.答案:C4.如图10-5所示,电阻R1=20Ω,电动机线圈电阻R2=10Ω.当开关S

5、断开时,电流表的示数为0.5A；当开关S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变.电流表显示的电流I或电路消耗的电功率P应是(　　)图10-5A.I=1.5AB.I＞1.5AC.P=15WD.P＜15W解析:开关S断开时，电流表示数为0.5A，则U=I1R1=10V；合上S后，电动机接入电路，因电动机为非纯电阻用电器，故,I＜1+0.5=1.5A,故AB错.电路总功率P总=UI总=U(I1+I2)＜10×(1+0.5)W=15W.则C错,D项对.答案:D二、双项选择题：（本大题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6

6、分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。）5.一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压.家庭里通常不备电压表,但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压.现在电路中只接入一个电热水壶,壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图10-6(a)和(b)所示.测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒,则下列结论正确的是(　　)图10-6A.(b)图中对应的电表读数为32308度B.在这段时间中,电热水壶消耗的电能为181500JC.利用这段时间内电热水壶消耗的电能可供“220V60W”的白炽灯正常工作2500sD.此时加在电热水壶上的实际电压为200V解析:(b)图中对应的

7、电能表读数为3230.8度，所以A项错误；电热水壶消耗的电能W=(125×3.6×106)/3000J=1.5×105J,B项错误；根据W=Pt计算，可得C项正确；电热水壶实际的电功率,又由得,D项正确.答案:CD81对1个性化辅导6.在如图10-7所示的U-I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图象可知(　　)图10-7A.电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB.电阻R的阻值为2ΩC.电源的输出功率为2WD.电源的效率为66.7%解析:由图象可知，该