第七章高频考点真题验收全通关质量铸就品牌品质赢得未来物理结束自主学习探究学习演练提能练能力质量铸就品牌品质赢得未来结束物理第七章高频考点真题验收全通关谢谢观看3．解析：设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t。由公式W1＝U1q1和W1＝t可得U1＝3V，＝0.1。再由W2＝U2q2和W2＝t可得U2＝6V，W2＝3.6J，故D正确。D
4．解析：(1)当表头满偏时，流过表头和电阻RP(即改装电流表)的总电流I＝60mA，所以有IgRg＝(I－Ig)Rp
解得分流电阻Rp＝①
(2)从图乙读得结果ImA＝49mA＋5×0.1mA＝49.5mA
此时流过分流电阻Rp是电流
IP＝·ImA②
联立①②式并代入数据可得IP＝49.0mA
(1)(2)49.549.0
第七章高频考点真题验收全通关
1．解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E＝2×(60－10)×10－3×5×365kW·h＝182.5kW·h。假设每户有3口人，全国有4亿户左右。节电总值为E总＝4×108×182.5kW·h＝7.3×1010kW·h，故B正确。B2．解析：本题考查测量电阻和电路动态分析的方法，意在考查考生对串、并联电路的规律和闭合电路的欧姆定律的理解。当灵敏电流表的电流为零时，有＝，可得Rx＝R0。C
5．解析：由变阻器R0的滑动端向下滑动可知R0连入电路的有效电阻减小，R总减小，由I＝可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小。由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝可知电流表示数减小，故A正确。A
6．解析：电路中各量的动态变化如下：
综上知，B正确。
7．解析：滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故A正确。根据η＝＝可知B正确。由P损＝I2r可知，C正确。P出-R外图像如图所示，因不知道R外的初始值与r的大小关系，所以无法判断P出的变化情况，D错误。ABC
8．解析：本题的关键是明确电路结构，以及由滑动变阻器的特殊接法引起的外电阻的变化情况。设滑动变阻器的总电阻为R0，P以上电阻为Rx，Rx与(R0－Rx)并联接入电路，并联后的阻值R′＝。当Rx＝时，R′最大。P从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大后减小。所以，电压表的示数(路端电压)先变大后变小。流过电流表A的电流IA＝·＝。所以，当Rx由0增大至
R0的过程中，电流表的示数一直变大。综上可知，A正确。电流表的示数也可用“特殊值法”分析。当P在最高点时，IA＝0；当P在中点时，IA＝；当P在最低点时，IA＝。综上可知，电流表的示数一直增大。A
9．解析：图①电路为分压接法，触头向右滑动，电珠L分得的电压逐渐变大，亮度增加，因滑动变阻器电阻减小，整个电路电阻减小，所以电流表示数增大，对应b现象；图②为限流接法，电珠与电阻很小的电流表并联，变阻器在最左端时，电流很小，电珠L不亮，触头向右滑动时，电流迅速增大，电流表电流过大，线圈被烧断，电珠L忽然发光，对应c现象；图③电压表电阻很大，导致分压电路部分的电流几乎为零，电珠L不亮，电流表示数几乎为零，对应a现象；图④电珠与电压表串联，通过电珠L的电流很小，电珠L不亮，电流表中电流随分得电压的增大而增大，直到线圈烧断，对应d现象。综上知，A正确。A
10．解析：由电源的U-I图像可知，若电源的电动势为6U0，则a、b两点处对应的路端电压分别为4U0、2U0，电源的效率η＝＝，所以ηa＝＝，ηb＝＝。D11．解析：(1)因电源电动势E＝4V，电路中电压U＜4V，故电压表选C。由I＝＜A＝0.6A，故电流表选B。Rx约为5Ω，＞，应使用电流表外接法，故电路应选图甲。
(2)实物连线如图所示。
(3)由图读数得U＝2.60V，I＝0.50A，则Rx＝＝5.2Ω。
(4)图甲中，由于电压表不是理想电表，电流表测量的是流过Rx与电压表电流之和，故B正确。图乙中，由于电流表不是理想电流表，电压表测量的是Rx与电流表两端的电压之和，故D正确。
答案：B
(5)因限流式接法要求滑动变阻器开始时处于最大阻值，故将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，电路中总阻值逐渐减少，电流逐渐增大，则被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，即U＝IRx＝，知反映U-x关系的示意图中正确的是A。
(1)BC甲(2)图见解析
(3)5.2(4)BD(5)A
12．(1)用欧姆表“×10”挡测电阻时，指针几乎满偏，说明被测电阻很小，估计只有几欧姆，A项正确，B项错误；要进一步测量应换用“×1”挡，欧姆调零后再进行测量。
(2)实验中要使电路能耗较小，滑动变阻器应采用限流接法，用两个电流计和两个定值电阻改装成一个量程U＝Ig(Rg＋R1)＝3V的电压表，一个量程为I＝Ig＋＝1A的电流表。由于改装后的电压表的分流可以直接测出，因此电流表采用外接法。
(1)AC(2)如图所示
13．(1)建立直角坐标系，以OP距离x为横轴，以U为纵轴，取适当的比例标度，描点、连线，其图像如图所示。
ρ＝×
ρa＝Ω·m＝1.04×10－6Ω·m
ρb＝Ω·m＝9.6×10－8Ω·m
ρc＝Ω·m＝1.04×10－6Ω·m
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
电阻率的允许范围
ρa：0.96×10－6～1.10×10－6Ω·m
ρb：8.5×10－8～1.10×10－7Ω·m
ρc：0.96×10－6～1.10×10－6Ω·m见解析
14．(1)由题图可得电压表的示数为2.30V，根据欧姆定律I＝解得灯泡的电阻R＝，代入数据可得R＝5Ω。
(2)由于电压表与电阻R2串联，则通过二者的电流相等，即＝，解得加在灯泡上的电压U＝4V。
(3)要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，则电压表的量程为4.0V，电流表的量程为0.7A，因此将电压表V与标准电阻R2串联改装为量程为4.0V的电压表，将电流表A2与标准电阻R1并联改装量程为0.6A＋A＝0.72A的电流表，故虚线框内实验电路如图所示。
(1)5(2)4(3)见解析
(2)由题意，对每段电阻有ΔU＝I·ΔR，而根据电阻定律有ΔR＝ρ，所以ΔU＝Δx，因此ρ＝·，为U-x图像的斜率。
15．(1)根据欧姆定律，路端电压等于电动势减去内电压，即U＝E－Ir。
(2)该实验要求路端电压测量准确，故电压表应直接接在电源的两端，滑动变阻器只需能改变路端电压的值即可，故采用限流式接法。(3)根据图像，电流为零时，路端电压等于电动势，四条图线对应值均相同，故电极间距减小时，电源电动势不变，四条图线中图线(d)短路电流最小，故内阻最大，即随电极间距减小，内阻增大；图线(c)对应电动势从图线中直接读
出，为0.975V，当电流为0.8mA时，路端电压为0.592V，由U＝E－Ir计算得r≈478Ω；当外电路总电阻为2500Ω，则路端电压为U＝E≈0.819V，输出功率P＝＝W≈0.268mW。
(1)U＝E－Ir(2)如图所示
(3)不变增大0．9754780.268
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