《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測七 恒定電流（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測七 恒定電流（含解析）（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、恒定電流 夯基提能卷⑦ 立足于練題型悟技法——保底分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．[2019·濰坊模擬]在長度為l、橫截面積為S、單位體積內自由電子數(shù)為n的金屬導體兩端加上電壓，導體中就會產(chǎn)生勻強電場．導體內電荷量為e的自由電子在電場力作用下先做加速運動，然后與陽離子碰撞而減速，如此往復……所以，我們通常將自由電子的這種運動簡化成速率為v(不隨時間變化)的定向運動．已知阻礙電子運動的阻力大小與

2、電子定向移動的速率v成正比，即f＝kv(k是常量)，則該導體的電阻應該等于(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：電子定向移動，由平衡條件，kv＝e，則U＝，導體中的電流I＝neSv，電阻R＝＝，選項B正確． 2．[2019·青島模擬] 如圖所示，a、b、c為不同材料做成的電阻，b與a的長度相等，橫截面積是a的兩倍；c與a的橫截面積相等，長度是a的兩倍．當開關閉合后，三個理想電壓表的示數(shù)關系是U1：U2：U3＝1：1：2.關于這三種材料的電阻率ρa、ρb、ρc，下列說法中正確的是(　　) A．ρa是ρb的2倍 B．ρa是ρc的2倍 C．

3、ρb是ρc的2倍 D．ρc是ρa的2倍 答案：C 解析：設a的長度為L，橫截面積為S，因為R＝，而R＝ρ，所以＝，即＝1，故ρb＝2ρa；同理＝＝，所以＝，故ρa＝ρc，由上述可知ρb＝2ρc，C正確． 3．(多選)如圖所示，把四個相同的燈泡接成甲、乙兩種電路后，燈泡都正常發(fā)光，且兩個電路的總功率相等．則下列對這兩個電路中的U甲、U乙、R甲、R乙之間的關系的說法正確的是(　　) A．U甲>2U乙 B．U甲＝2U乙 C．R甲＝4R乙 D．R甲＝2R乙 答案：BC 解析：設燈泡的電阻為R，正常發(fā)光時電流為I，電壓為U，由于兩個電路的總功率相等，P＝U甲I＝U乙·2I，得U甲

4、＝2U乙；又由U甲＝2U＋IR甲，U乙＝U＋2IR乙，得R甲＝4R乙，故B、C正確． 4．(多選)如圖所示，四個相同的表頭分別改裝成兩個電流表和兩個電壓表，電流表A1的量程大于電流表A2的量程，電壓表V1的量程大于電壓表V2的量程，把它們按圖接入電路中，則下列說法正確的是(讀數(shù)均表示改裝后的測量值)(　　) A．電流表A1的偏轉角大于電流表A2的偏轉角 B．電流表A1的讀數(shù)大于電流表A2的讀數(shù) C．電壓表V1的讀數(shù)小于電壓表V2的讀數(shù) D．電壓表V1的偏轉角等于電壓表V2的偏轉角 答案：BD 解析：電流表A1的量程大于電流表A2的量程，故電流表A1的內阻小于電流表A2的內阻；

5、由題圖可以知道，兩電流表并聯(lián)，故兩電流表兩端的電壓相等，兩電流表由同一表頭改裝而成，而將電流表擴大量程時應并聯(lián)一小電阻，故相當于四個電阻并聯(lián)，故兩表頭中電流相同，故兩表頭指針的偏轉角相同，故改裝好的電流表A1中的電流要大于電流表A2中的電流，故電流表A1的讀數(shù)比電流表A2的讀數(shù)大，故A錯誤，B正確；電壓表V1的量程大于電壓表V2的量程，故電壓表V1的電阻大于電壓表V2的電阻，兩電壓表串聯(lián)，故通過兩表頭的電流相等，故電壓表V1的讀數(shù)比電壓表V2的讀數(shù)大，兩電壓表串聯(lián)，通過表頭的電流相等，表頭指針偏轉角度相等，電壓表V1的偏轉角等于電壓表V2的偏轉角，故C錯誤，D正確． 5．[2019·重慶調研

6、] 如圖所示，電源電動勢為E，內阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度的降低而增大，C是平行板電容器．閉合開關S，帶電液滴剛好靜止在C內．在熱敏電阻溫度降低的過程中，分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示電流表、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3示數(shù)變化量的絕對值．關于該電路工作狀態(tài)的變化，下列說法正確的是(　　) A.、、一定都變大 B.和一定不變，一定變大 C．帶電液滴一定向下加速運動 D．電源的工作效率變大 答案：D 解析：由題意和題圖可知，當熱敏電阻溫度降低時，熱敏電阻的阻值增大，電路總阻值增大，總電流減小，電源內阻的分壓減小，外電壓增大，則電壓表V3的示數(shù)

7、增大、電壓表V1的示數(shù)減小、電壓表V2的示數(shù)增大．由于U1＝IR，則＝R不變，由閉合電路歐姆定律有U3＝E－Ir，則＝r不變，又U2＝E－I(r＋R)，則＝r＋R不變，AB錯誤；由于電容器兩極板之間的電壓增大，電場力大于帶電液滴所受的重力，則帶電液滴向上做加速運動，C錯誤；電源的效率為η＝×100%＝，即當RT增大時，電源的工作效率變大，D正確． 6．[2019·成都模擬]如圖所示，E為內阻不計的電源，MN為同種材料制成的粗細均勻的長電阻絲，B為電容器．當滑動觸頭P以恒定速率從左向右勻速滑動時，關于電流計A的讀數(shù)情況及通過A的電流方向，下列說法正確的是(　　) A．讀數(shù)逐漸變小，通過A

8、的電流方向向左 B．讀數(shù)逐漸變大，通過A的電流方向向右 C．讀數(shù)穩(wěn)定，通過A的電流方向向右 D．讀數(shù)穩(wěn)定，通過A的電流方向向左 答案：C 解析：設在Δt時間內，觸頭P移動的距離為ΔL，則ΔL＝vΔt，電源內阻不計，電阻絲單位長度上的電壓值為，因此在Δt時間內電容器兩板間電壓改變了ΔU＝ΔL＝vΔt，而I＝＝C＝＝v，電流值恒定，即電流表讀數(shù)穩(wěn)定，A、B錯誤；電容器的電壓等于右半部分電阻絲兩端的電壓，當滑動觸頭P以恒定速率從左向右勻速滑動時，電容器的電壓減小，放電，放電電流方向由正極板流向負極板，右極板帶正電，所以通過A的電流方向向右，故C正確，D錯誤． 7．壓敏電阻的阻值隨所受壓力

9、的增大而減小，有同學利用壓敏電阻設計了判斷小車運動狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖甲所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在絕緣小車上，中間放置一個絕緣重球，重球直徑略小于壓敏電阻和擋板間距，小車向右做直線運動的過程中，電流表示數(shù)如圖乙所示，下列判斷正確的是(　　) A．從0到t1時間內，小車一定做勻速直線運動 B．從t1到t2時間內，小車做勻加速直線運動 C．從t2到t3時間內，小車做勻加速直線運動 D．從t2到t3時間內，小車做勻速直線運動 答案：C 解析：由I－t圖象可知，0～t1和t2～t3時間內，電流不變，說明電路中電阻不變，重球對壓敏電阻的壓力不變，即重球受力不變，0～t1時間內

10、的電流小于t2～t3時間內的電流，則0～t1時間內小車可能做勻速運動，也可能勻加速運動，t2～t3時間內，小車做勻加速直線運動，故A、D錯誤，C正確；t1～t2時間內電流均勻增加，表示電路中電阻減小，說明重球對壓敏電阻的壓力改變，即重球受力變化，所以小車做變加速運動，故B錯誤． 8．(多選) 在如圖所示的電路中，電源內阻r≠0，定值電阻R2消耗的功率用P表示，兩電表均為理想電表，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，電壓表和電流表的讀數(shù)分別用U、I表示，電容器所帶的電荷量用Q表示，通過電源的電荷量為q時，電源所做的功用W表示．當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列圖象正確的是(　　) 答案：AB

11、 解析：當滑動變阻器滑片向右滑動過程中，接入電路的電阻減小，電路中的電流增大，R2消耗的功率為P＝I2R2，功率與電流的關系為二次函數(shù)關系，A正確；電容器C的電壓UC＝E－I(R2＋r)，電荷量Q＝CUC＝C[E－I(R2＋r)]，則＝－C(R2＋r)，保持不變，則Q－I圖線是向下傾斜的直線，B正確；電壓表示數(shù)U＝E－Ir，U—I圖線應是向下傾斜的直線，C錯誤；電源通過電荷量q時，電源做的功W＝qE，E是電源的電動勢，則W—q是過原點的直線，D錯誤． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(8分)[2019·唐山模擬]發(fā)光晶體二極管是用電器上做指示燈用的一種電子元件．它的電路符號如

12、圖甲所示，正常使用時，帶“＋”號的一端接高電勢，“－”號的一端接低電勢．某同學用實驗方法測得它兩端的電壓U和通過它的電流I的關系數(shù)據(jù)如表所示. U/V 0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0 I/mA 0 0.9 2.3 4.3 6.8 12.0 19.0 24.0 30.0 37.0 (1)在圖乙中的虛線框內畫出該同學的實驗電路圖．(除電源、開關、滑動變阻器外，實驗用電壓表V：內阻RV約為10 kΩ；電流表mA：內阻RA約為100 Ω) (2)在圖丙中的小方格紙上用描點法畫出二極管的伏安特性曲線。 (3

13、)若發(fā)光二極管的最佳工作電壓為2.5 V，而電源是由內阻不計、電動勢為3 V的供電系統(tǒng)提供的．請根據(jù)所畫出的伏安特性曲線上的信息，分析應該串聯(lián)一個阻值為________ Ω的電阻再與電源接成閉合電路，才能使二極管工作在最佳狀態(tài)．(結果保留二位有效數(shù)字) 答案：(1) (2)見解析　(3)25(22～28都對) 解析：(1)測量二極管兩端的電壓U和通過它的電流I的關系，需要設計成滑動變阻器分壓接法電路，由于二極管電阻較小，設計成電流表外接電路． (2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點連線，如圖所示． (3)根據(jù)畫出的二極管伏安特性曲線，2.5 V對應的電流為20 mA，由歐姆定律，應該串聯(lián)一個

14、阻值R＝ Ω＝25 Ω的電阻． 10．(9分)為了測量一節(jié)新干電池的電動勢和內阻． (1)甲同學使用多用電表粗測了電池的電動勢，實驗結束后，圖甲中的多用電表旋鈕位置符合實驗操作規(guī)范的是________(選填“①”或“②”)． (2)乙同學采用圖乙所示的實驗電路圖，實驗時發(fā)現(xiàn)，當滑動變阻器在阻值較大的范圍內調節(jié)時，電壓表示數(shù)變化不明顯，其原因是電池內阻________(選填“較大”或“較小”)． (3)丙同學為改進乙同學的電路圖，準備用以下器材和一些導線來完成實驗，器材如下： A．量程為3 V的電壓表V B．量程為0.6 A的電流表A C．定值電阻R0(R0＝1.5 Ω) D

15、．滑動變阻器R1(0～10 Ω) E．開關S ①請你幫丙同學改進電路，用筆畫線代替導線在圖丙中完成實物的連接． ②實驗中，改變滑動變阻器接入電路中的阻值，得到了六組實驗數(shù)據(jù)，已在圖丁中描點，請在圖丁中作出U－I圖象，根據(jù)圖象得出該節(jié)電池的內阻r＝_____Ω(結果保留兩位有效數(shù)字)． 答案：(1)②(1分)　(2)較小(2分)　(3)①如圖1所示(2分)?、谌鐖D2所示(2分)　0.35(2分) 解析：(1)多用電表使用后應該將選擇開關旋至OFF擋或交流電壓最高擋，故選②.(2)當電池的內阻較小時，內阻分得的電壓較小，路端電壓變化就不明顯．(3)①實物連接圖如圖1所示，作U－I

16、圖象時，應使點盡可能分布在直線兩側，并舍去較遠的點；②由U＝E－I(r＋R0)可知，圖線的斜率的絕對值為r＋R0，則r＋R0＝Ω＝1.85 Ω，得r＝0.35 Ω. 11．(14分)有一用電器的銘牌上標明額定電壓為100 V，額定功率因字跡不清而無法辨認，但該用電器有顯示是否處于正常工作狀態(tài)的裝置，現(xiàn)將該用電器與一阻值變化范圍為0～100 Ω的滑動變阻器連接后，接在輸出電壓為220 V的電源兩端． (1)為使用電器安全正常地工作，應采用怎樣的接法？畫出電路圖． (2)在正確連接的電路中，當用電器正常工作時通過電源的電流為2.4 A，求用電器消耗的電功率與整個電路消耗的電功率之比． 答案

17、：(1)見解析　(2)566 解析： (1)由于用電器阻值未知，所以滑動變阻器應采用分壓接法，使其電壓可以從0開始調節(jié)．電路如圖所示． (2)設滑動變阻器串聯(lián)部分電阻為Rx，其與用電器并聯(lián)部分的電壓為100 V，則Rx的電壓為120 V，Rx的電流為2.4 A，則Rx＝50 Ω.滑動變阻器并聯(lián)部分的電阻為100 Ω－Rx＝50 Ω，電流為I1＝ A＝2 A，通過用電器的電流為I2＝0.4 A，用電器的功率P2＝40 W，所求電功率之比為＝5：66. 12．(16分)抽油煙機是現(xiàn)代廚房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油煙機說明書中的主要技術參數(shù)差．用多用電表測量得其中一只電動機

18、的線圈電阻R＝90 Ω.若保險絲的熔斷電流是保險絲允許通過的電流的1.5倍，啟動時電動機當成純電阻處理，求： 額定電壓(兩電動機、照明燈) AC220 V　50 Hz 額定輸入功率 2×185 W 抽排風量(兩電動機同時工作) ≥15 m3/min 風壓(兩電動機同時工作) ≥300 Pa 照明燈 40 W 排煙管內徑 150 mm (1)兩電動機每分鐘消耗的電能為多少？ (2)這種抽油煙機保險絲的熔斷電流不得低于多少？ (3)兩電動機每分鐘所做的有用功至少是多少？ (4)這種油煙機的機械效率至少是多少？ 答案：(1)2.22×104 J　(2)7.61 A　

19、(3)4.5×103 J (4)20.3% 解析：(1)兩電動機每分鐘消耗的電能E＝2Pt＝2.22×104 J. (2)電動機啟動時通過的電流大于正常工作時的電流，所以保險絲的熔斷電流應以啟動時通過的電流來確定，啟動電流I＝×2 A＋＝5.07 A，所以保險絲的熔斷電流至少為I′＝1.5I＝7.61 A. (3)電動機所做的有用功是用于排風的，故兩電動機每分鐘所做的有用功至少為W＝pΔV＝300×15 J＝4.5×103 J. (4)該抽油煙機的機械效率至少為η＝×100%＝20.3%. 探究創(chuàng)新卷⑦ 著眼于練模擬悟規(guī)范——爭滿分 (本試卷滿分95分) 一、選擇題(

20、本題包括8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的．全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分) 1．(多選) 如圖所示為小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖象，P為圖線上一點，PN為圖線在P點的切線，PQ為橫軸的垂線，PM為縱軸的垂線，則下列說法中正確的是(　　) A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻不變 B．對應P點，小燈泡的電阻為R＝ C．對應P點，小燈泡的電阻為R＝ D．對應P點，小燈泡消耗的實際功率為圖中矩形PQOM所圍面積的大小 答案：BD 解析：由題圖可知，圖線的斜率逐漸減小

21、，說明小燈泡的電阻逐漸增大，故A錯誤；對應P點，小燈泡的電阻為R＝，故B正確、C錯誤；因P＝UI，所以圖象中矩形PQOM所圍的面積為對應P點小燈泡消耗的實際功率，故D正確． 2．如圖所示電路中，電流表A和電壓表V均可視為理想電表，閉合開關S后，將滑動變阻器R1的滑片向右移動，下列說法正確的是(　　) A．電流表A的示數(shù)變大 B．電壓表V的示數(shù)變大 C．電容器C所帶的電荷量減少 D．電源的效率增大 答案：D 解析：將滑動變阻器R1的滑片向右移動時R1有效電阻增大，則外電路總電阻增大，總電流減小，由歐姆定律知，R3的電壓變小，所以電壓表V的示數(shù)變小，根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的

22、規(guī)律知，電路中并聯(lián)部分的電壓增大，則通過R2的電流變大，而總電流變小，所以電流表A的示數(shù)變小，故A、B錯誤；電容器板間電壓變大，由Q＝CU知電容器C所帶的電荷量增加，故C錯誤；電路中總電流變小，電源的內電壓變小，則路端電壓U變大，電源的效率為η＝＝，則知電源的效率增大，故D正確． 3. (多選)如圖所示，電源電動勢為36 V，內阻為0.2 Ω，滑動變阻器的最大阻值為5 Ω，L為標有“30 V　60 W”字樣的燈泡．①僅閉合開關S1，滑動變阻器的滑動觸頭移到最左端時電動機M不啟動，理想電流表的示數(shù)為6 A；②開關S1、S2均閉合，滑動變阻器的滑動觸頭移到某位置時電動機M啟動，電流表的示數(shù)

23、為10 A，燈泡正常發(fā)光．下列說法正確的是(　　) A．電動機M的內阻為0.8 Ω B．在①的情況下，電動機M的功率為208.8 W C．在②的情況下，電動機M的功率為51.2 W D．在②的情況下，電動機在25 min內產(chǎn)生的焦耳熱為7.68×104 J 答案：AD 解析：在①的情況下，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I1＝，其中R＝5 Ω，解得電動機M的電阻rM＝0.8 Ω，A正確；在①的情況下，電動機M的功率為IrM＝28.8 W，B錯誤；在②的情況下，電動機M兩端的電壓U＝30 V，通過燈泡的電流IL＝ A＝2 A，通過電動機M的電流IM＝I2－IL＝8 A，電動機M的功率為IMU＝

24、240 W，C錯誤；在②的情況下，電動機M在25 min內產(chǎn)生的焦耳熱為IrMt＝7.68×104 J，D正確． 4. 如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r.閉合開關，電路穩(wěn)定后，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，下列說法錯誤的是(　　) A．A的示數(shù)增大 B．V2的示數(shù)增大 C．ΔU3與ΔI的比值大于r D．ΔU1大于ΔU2 答案：B 解析：理想電壓表V1、V2、V3的示數(shù)分別是定值電阻兩端的電壓、路端電壓、滑動變阻器兩端的電壓，理想電流表A的示數(shù)是干路中的電流

25、．滑動變阻器滑片向下滑動，其有效電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路中的電流增大，A示數(shù)增大，內電壓增大，路端電壓減小，即V2示數(shù)減小，故選項A正確，B錯誤；因為＝R、＝r，而R>r，所以ΔU1>ΔU2，故選項D正確；因為ΔU3>ΔU2、＝r，所以>r，故選項C正確． 5．(多選)如圖所示，圖甲中M為一電動機，當滑動變阻器R的滑動觸頭從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示．已知電流表讀數(shù)在0.2 A以下時，電動機沒有發(fā)生轉動．不考慮電表內阻對電路的影響，以下判斷正確的是(　　) A．電路中電源電動勢為3.6 V B．滑動變阻器的滑動觸頭向右滑動過

26、程，電壓表V2讀數(shù)逐漸減小 C．滑動變阻器的滑動觸頭向右滑動時，電動機的輸出功率增大 D．滑動變阻器的最大阻值為30 Ω 答案：AD 解析：由題圖可知，電壓表V2測量路端電壓，電流增大時，內電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示電壓表V2的讀數(shù)與電流的關系，U＝E－Ir，此圖線的斜率的絕對值即為電源的內阻，為r＝ Ω＝2 Ω，當電流I＝0.1 A時，路端電壓U＝3.4 V，則電源電動勢 E＝U＋Ir＝3.4 V＋0.1×2 V＝3.6 V，A正確；滑動變阻器向右滑動時，其接入電路的阻值變大，總電流減小，內電壓減小，路端電壓即電壓表V2讀數(shù)逐漸增大，B錯誤；由題圖乙可知，電動機的電

27、阻rM＝ Ω＝4 Ω，當電流I＝0.3 A時，電動機兩端電壓U＝3 V，電動機輸出功率最大，而在電流表讀數(shù)在0.2 A以下時，電動機的輸出功率一直為0，C錯誤；當電路中電流最小時，滑動變阻器的阻值為最大值，即I＝0.1 A時，R＝＝ Ω＝30 Ω，D正確． 6. (多選)如圖所示電路中，電阻R1：R2：R3：R4＝1：2：3：4，C為電容器，A為電流表，當電路中某個電阻斷路瞬間，發(fā)現(xiàn)有自上而下的電流通過電流表A，則斷路的電阻可能是(　　) A．R1 B．R2 C．R3 D．R4 答案：BC 解析：本題考查了串并聯(lián)電路的特點、含容電路等知識點．假設電源負極電勢為零

28、，路端電壓為U，則電容器上極板電勢等于電阻R2兩端電壓，即為φ上＝U；電容器下極板電勢等于電阻R4兩端電壓，即為φ下＝U；故φ上>φ下，電容器上極板帶正電；若有自上而下的電流通過電流表，說明電容器兩端電壓變大，極性不變，故電阻R2變大或者電阻R3變大，斷路相當于電阻變?yōu)闊o窮大，選項A、D錯誤，選項B、C正確． 7. (多選)如圖所示，一電荷量q＝3×10－5C的帶正電小球，用絕緣細線懸掛于豎直放置、足夠大的平行金屬板中的O點．開關S合上后，小球靜止時細線與豎直方向的夾角θ＝37°.已知兩板間距d＝0.1 m，電源電動勢E＝15 V，內阻r＝0.5 Ω，電阻箱R1＝3 Ω，R2＝R3＝R

29、4＝8 Ω，取g＝10 m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則以下表述正確的是(　　) A．電源的輸出功率為14 W B．兩板間的電場強度的大小為140 V/m C．帶電小球的質量為5.6 mg D．若增加R1的大小，會有瞬時電流從左向右流過R4 答案：BD 解析：外電路電阻R＝＋R1，電路中總電流I＝，路端電壓U＝E－Ir，輸出功率P＝UI，解得P＝28 W，兩板間的場強E0＝＝140 V/m，A錯誤，B正確；設小球質量為m，由共點力平衡條件有mgtanθ＝qE0，解得E＝5.6×10－4 kg，C錯誤；若增加R1的大小，電容器兩端電壓增大，會有瞬時電流從左

30、向右流過R4，D正確． 8．(多選)在如圖甲所示的電路中，電源電動勢為3.0 V，內阻不計，L1、L2為相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，R為定值電阻，阻值為7.5 Ω.當開關S閉合后(　　) A．L1的電阻為 Ω B．L1消耗的電功率為7.5 W C．L2的電阻為7.5 Ω D．L2消耗的電功率為0.3 W 答案：CD 解析：本題考查歐姆定律、電功率．電源電動勢為3.0 V，內阻不計，L1兩端的電壓為U1＝3.0 V，由圖乙知，通過L1的電流為I1＝0.25 A，由歐姆定律得L1的電阻R1＝＝＝12 Ω，選項A錯誤；L1消耗的電功率P1＝U1I1＝3.0

31、 V×0.25 A＝0.75 W，選項B錯誤；由圖甲可知，L2兩端的電壓U2和定值電阻兩端的電壓UR之和等于3.0 V，即U2＋UR＝3.0 V，在電源、L2、R組成的回路中，將R等效為電源內阻，結合圖乙可知，U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，由歐姆定律得L2的電阻R2＝＝＝7.5 Ω，選項C正確；L2消耗的電功率P2＝U2I2＝1.5 V×0.2 A＝0.3 W，選項D正確． 二、非選擇題(本題包括4小題，共47分) 9．(8分)某學習小組通過實驗來研究電器元件Z的伏安特性曲線．他們在實驗中測得電器元件Z兩端的電壓與通過它的電流的數(shù)據(jù)如下表： U/V 0.00 0.20 0.5

32、0 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 I/A 0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215 現(xiàn)備有下列器材： A．內阻不計的6 V電源； B．量程為0～3 A的內阻可忽略的電流表； C．量程為0～0.3 A的內阻可忽略的電流表； D．量程為0～3 V的內阻很大的電壓表； E．阻值為0～10 Ω，允許通過的最大電流為3 A的滑動變阻器； F．電鍵和導線若干． (1)這個學習小組在實驗中電流表選________(填器材前面的字母)． (2)利用表格中數(shù)據(jù)描繪出電器元件Z的伏安特性曲線如圖

33、甲所示，分析曲線可知該電器元件Z的電阻隨U的變大而________(填“變大”、“變小”或“不變”)． (3)若把電器元件Z接入如圖乙所示的電路中時，電流表的讀數(shù)為0.150 A，已知A、B兩端的電壓恒為2.00 V，則定值電阻R0的阻值為________Ω. 答案：(1)C　(2)變大　(3)6.67 解析：(1)表格中最大電流為0.215 A，電流表應選C.(2)在圖線上取一點，將該點與原點相連，連線的斜率大小為電阻的倒數(shù)，電壓越大，該連線斜率越小，則電阻越大．(3)當電路中電流為0.150 A時，電器元件Z兩端的電壓為1.00 V，電阻R0上電壓為1.00 V，R0的阻值為6.

34、67 Ω. 10．(10分)[2019·保定模擬] 物理學習小組在測定某電源的電動勢E和內阻r時，找來一段電阻率較大的粗細均勻的電阻絲ab替代滑動變阻器，設計了如圖甲所示的實驗，其中R0是阻值為2 Ω的保護電阻，滑片P與電阻絲始終接觸良好．實驗時閉合開關，調節(jié)P的位置，測得aP的長度x和對應的電壓U、電流I數(shù)據(jù)，并分別繪制了如圖乙所示的U－I圖象和如圖丙所示的－x圖象． (1)由圖乙可得電源的電動勢E＝________ V；內阻r＝________ Ω. (2)根據(jù)測得的直徑可以算得電阻絲的橫截面積S＝0.12×10－6 m2，利用圖丙可求得電阻絲的電阻率ρ為________

35、Ω·m，圖丙中圖象截距的物理意義是____________________．(以上結果均保留兩位有效數(shù)字) (3)此實驗用圖象法處理數(shù)據(jù)的優(yōu)點是直觀，但是不能減少或者消除______(選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)． 答案：(1)3.00(2.99～3.02均可)　1.0(0.80～1.0均可)　(2)1.2×10－6　電流表內阻為2.0 Ω　(3)系統(tǒng)誤差 解析：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律，電壓表示數(shù)，即路端電壓U＝E－I(R0＋r)，因此，圖乙中縱截距，即為電源的電動勢E＝3.00 V，斜率絕對值表示保護電阻R0與電源內電阻之和，即R0＋r＝ Ω＝3.0 Ω，r＝1.0 Ω. (

36、2)圖丙中截距對應的電路狀態(tài)為電路中電阻絲被短路，所測電阻，即為電流表的內阻；由圖丙可知，電阻絲長為0.6 m，電阻為5.8 Ω，由電阻定律R＝ρ，代入已知數(shù)據(jù)解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m. (3)通過圖象法處理數(shù)據(jù)可以消除個別數(shù)據(jù)由于測量不準確產(chǎn)生的偶然誤差，對系統(tǒng)產(chǎn)生的誤差沒有修正作用． 11．(15分)[2019·安慶模擬]在如圖所示電路中，定值電阻R0＝2 Ω，電流表和電壓表均為理想電表．閉合開關S，當滑動變阻器Rx的滑片P從一端移向另一端時，發(fā)現(xiàn)電壓表的電壓變化范圍為0～3 V，電流表的變化范圍為0.75～1.0 A．求： (1)電源的電動勢和內阻． (2)移動變阻

37、器滑片時，能得到的電源的最大輸出功率． 答案：(1)12 V　10 Ω　(2)3.375 W 解析：(1)當Rx＝0時，Ux1＝0，對應電流為I1＝1.0 A，由閉合電路歐姆定律得E＝I1(R0＋r)① 當Rx為最大值時，Ux2＝3 V，對應電流為I2＝0.75 A，有 E＝I2(R0＋r)＋Ux2② Rx的最大值為Rxm＝＝ Ω＝4 Ω. 由①②兩式代入數(shù)據(jù)得E＝12 V，r＝10 Ω. (2)電源的輸出功率P輸出＝2(Rx＋R0) 當Rx＋R0＝r時，電源有最大輸出功率，但Rx＋R0恒小于r，由輸出功率隨外電阻變化的關系知，當Rx＋R0取最大值時輸出功率最大，即Pm＝2(R

38、xm＋R0)＝2×(4＋2) W＝3.375 W. 12．(14分)有一個小型直流電動機，把它接入電壓為U1＝0.2 V的電路中時，電動機不轉，測得流過電動機的電流I1＝0.4 A；若把電動機接入U2＝2.0 V的電路中，電動機正常工作，工作電流I2＝1.0 A．求： (1)電動機正常工作時的輸出功率多大？ (2)如果在電動機正常工作時，轉子突然被卡住，此時電動機的發(fā)熱功率是多大？ 答案：(1)1.5 W　(2)8 W 解析：(1)U1＝0.2 V時，電動機不轉，此時電動機為純電阻，故電動機線圈電阻r＝＝ Ω＝0.5 Ω U2＝2.0 V時，電動機正常工作，此時電動機為非純電阻，則由電功率與熱功率的定義式得 P電＝U2I2＝2.0×1.0 W＝2 W P熱＝Ir＝1.02×0.5 W＝0.5 W 所以由能量守恒定律可知，電動機的輸出功率 P出＝P電－P熱＝2 W－0.5 W＝1.5 W (2)此時若電動機突然被卡住，則電動機成為純電阻，其熱功率 P′熱＝＝ W＝8 W 17