【物理】2020届二轮复习专题11稳恒电流专题练（信阳高中）

【物理】2020届二轮复习专题11稳恒电流专题练（信阳高中）

专题11稳恒电流专题练 ‎1．根据电阻定律，电阻率，对于某种金属导线来说，它的电阻率(　　)‎ A．跟导线的电阻和横截面积成正比 B．由所用金属材料本身决定 C．跟导线的长度成反比 D．随温度的升高而减小 ‎2．有四个金属导体，他们的伏安特性曲线如图所示，将这四个导体串联在同一个电路中，两端电压最大的导体是 A．a B．b C．c D．d ‎3．如图所示电路中,电流表、、的示数比为5：3：1,则电阻、、之比为( )‎ A．1：3：5 B．3：5：15 C．1：1：2 D．2：2：1‎ ‎4．为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源、开关和导线以外，配合下列哪组仪器，不能达到实验目的（ ）‎ A．一个电流表和一个电阻箱 B．一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器 C．一个电压表和一个电阻箱 D．一个电流表和一个变阻器 ‎5．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机和电热丝 构成。当闭合开关后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为，吹冷风时的功率为，吹热风时的功率为。关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）‎ A．电热丝的电阻为 B．电动机的电阻为 C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为 D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为 ‎6．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，A、V为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是 A．电压表示数减小 B．电流表示数减小 C．电阻R2消耗的功率增大 D．a点的电势降低 ‎7．如图所示，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱。已知灵敏电流计G的满偏电流为100μA，内阻为495.0Ω，电阻箱读数为5.0Ω．根据以上数据计算可知改装好的电表 A．电压量程为1mV B．电压量程为50mV C．电流量程为1μA D．电流量程为10mA ‎8．一平行板电容器的极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连成如图所示的电路，质量为的带电油滴悬浮在两极板间静止，要使液滴上升。可行的办法是（　　）‎ A．减小R1‎ B．减小R2‎ C．减小R3‎ D．增大两极板间的距离 ‎9．电吹风是电动机带动风叶转动的装置，电热丝给空气加热得到热风。设电动机线圈和电热丝的总电阻为R，接在一电压为u=U0sinωt的交流电源上，若已知电吹风使用时消耗的功率为P，通过电热丝和电动机线圈的总电流为I，则有 A．P＞ B．P＞I2R C．P=I2R D．‎ ‎10．如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增加而变小)。闭合开关，当照射到R3的光照强度变化时，R2功率变大，以下判断正确的是 ‎ A．电流表示数一定变小 B．电压表示数一定变小 C．R3的功率一定变大 D．照射到R3的光照强度一定增加 ‎11．关于电源的以下说法，正确的是（ ）‎ A．电源是使电路中有持续电流的装置 B．电源的作用是在电源内部把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极之间有稳定的电势差 C．只要电路中有电源，电路中就一定有电流 D．电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量 ‎12．如图电路中,电源内阻不计,三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超其额定电压,开始时只有S1闭合.当S2也闭合后,下列说法正确的是 A．灯泡L1变暗 B．灯泡L2变暗 C．电容器C的带电荷量将增大 D．电路中总电流增大 ‎13．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测电阻丝阻值约为。‎ 用螺旋测微器测量电阻丝的直径d。其中一次测量结果如图所示，图中读数为______mm。‎ 用毫米刻度尺测量金属丝接入电路的长度L。‎ 为了测量电阻丝的电阻R，除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：‎ A．电源电动势为，内阻不计 B．电压表量程为，内阻约为 C．电流表量程为，内阻约为 D．滑动变阻器最大阻值，额定电流 E.开关S一个，导线若干 请在下图的方框图内画出测量电阻丝的电阻应采用的电路图_____。‎ 在实验中，电压表示数为U，电流表示数为I，则金属丝电阻率的表达式为______；用直接测量的物理量表示，从系统误差上看，金属丝电阻率的测量偏比真实值______填“大”或“小”。‎ ‎14．现有一材料未知的电学元件为了研究元件的伏安特性，采用了如图甲所示的实验电路。‎ ‎（1）请补充完成图甲的实物连线____________。‎ ‎（2）根据图甲测得元件的伏安特性曲线如图乙所示，表示该元件为线性元件，其阻值为______Ω。‎ ‎（3）现将图甲的电路改装成测电源电动势和内阻的电路，如图丙所示。除了要改变电压表并联的位置外，还需要拆除与滑动变阻器相连的______号导线（填“①”或“②”或“③”）。‎ ‎（4）根据丙电路图测量电压随电流变化的关系如图丁所示，则可以求得电源的电动势E=______V，r=______Ω．（电流表的内阻忽略不计）‎ ‎15．如图所示电路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20F，当开关S1闭合，S2断开电路稳定时，电源的总功率为，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：‎ ‎（1）电源电动势E和内电阻r；‎ ‎（2）当S1闭合，S2断开时，电路稳定后电容器所带的电荷量为多少？‎ ‎16．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势，电源内阻，电阻，重物质量。闭合电键，当将重物固定时，电压表的示数为5V；当重物不固定且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为求：不计摩擦，g取 电动机的内阻。‎ 重物匀速上升时电动机的输入功率。‎ 重物匀速上升的速度大小。‎ ‎17．如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R＝24Ω，电源电动势E＝40V．电流表内阻不计，当S断开时，电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数I2=4.0A．求：‎ ‎（1）电源内阻．‎ ‎（2）开关S闭合时电源的输出功率.‎ ‎（3） 电动机的输出功率.‎ ‎18．如图所示电路，闭合S1，当S2断开时，电流表和电压表示数分别是0.5A、8.5V；当S2闭合时，电流表和电压表示数分别是2.2A、6.8V，此时电动机恰好正常工作。已知电动机内阻R0=1Ω，电流表、电压表均为理想表。求：‎ ‎(1)电源电动势和内阻；‎ ‎(2)闭合S2时电动机输出功率。‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．‎ ‎【详解】‎ A、B、C、导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定；故B正确，A、C均错误.‎ D、电阻率的大小与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故D错误.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题属于易错题，很多同学容易根据公式，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定．‎ ‎2．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 图象的斜率表示电阻，则由图象可知，d图象的斜率最大，故d电阻的阻值最大；串联在电路中各电阻电流相等，则由欧姆定律可得，d电阻两端的电压最大。‎ A、A项与上述分析结论不相符，故A错误；‎ B、B项与上述分析结论不相符，故B错误；‎ C、C项与上述分析结论不相符，故C错误；‎ D、D项与上述分析结论相符，故D正确。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设A1的示数为5A，则A2的示数为3A，A3的示数为1A，因三电阻并联，所以 I1+I2+I3=5A，I2+I3=3A，I3=1A 解得I2=2A，I1=2A，所以 R1：R2：R3=‎ 故C正确。‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.根据E=I(R+r)，在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合可测量电动势和内阻，选项A能达到实验目的；‎ B.测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，由E=U+Ir，用电压表测量路端电压U，用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器组合可测量电源的电动势和内阻；B能达到实验目的；‎ C.根据，在没有电流表的情况下，用一个电压表和一个电阻箱组合可以测量电动势和内阻，选项C能达到实验目的；‎ D.根据E=I(R+r)，在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个滑动变阻器组合，只能测得电流I，但是不能读出电阻R的值，则不可以测量电动势和内阻，选项D不能达到实验目的；‎ 本题选不能测电源电动势和内阻的，故选D.‎ ‎5．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 吹热风时电热丝消耗的功率为，又由可得电热丝的电阻为，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为880J，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J，选项D错误。‎ ‎6．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.在滑动变阻器滑动头P自a端向b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A错误；‎ B.电阻R2两端的电压U2＝E−I（R1＋r），I增大，则U2变小，则通过电阻R2的电流，所以I2减小，干路电流I增大，I2减小，故支路电流I1增大，故B错误；‎ C.电阻R2两端的电压变小，电阻不变，由，所以电阻R2消耗的功率变小；故C错误；‎ D.根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，故D正确；‎ ‎7．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电流计与电阻箱并联，此为电流表，M、N两端电压为：U=IgRg=100×10-6×495.0V=0.0495V=49.5mV，流过M、N的电流为：，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】‎ 对于直流电路的计算问题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用并联电路特点：并联支路两端的电压相等，结合欧姆定律进行解题。‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R3的电压，改变R1，对电容器的电压没有影响．要使油滴上升，需增加R3两端的电压，根据欧姆定律确定采用的方法．‎ ‎【详解】‎ 减小R1，对电容器的电压没有影响，油滴不动；故A错误；减小R2，R2分担的电压变小，则R3分担的电压变大，则电容器两端的电压变大，油滴上升；故B正确；减小R3，R3分担的电压变小，则电容器两端的电压变小，油滴下降；故C错误；增大两极板间的距离，则根据E=U/d可知，场强E减小，则油滴向下运动，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】‎ 题关键分析电容器的电压是否变化．搞清电路的结构，知道电容器两端的电压等于R3两端的电压．‎ ‎9．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电吹风不是纯电阻原件，工作时不满足欧姆定律，电吹风的功率满足输入动律=热功率+输出功率，接入交流电，工作时的电压为最大值的有效值 ‎【详解】‎ 电动机正常工作时，两端的电压为交流电的有效值，因此，功率，故A不对而D正确， 为电动机发热功率，电动机得输入功率等于输出功率加发热功率，因此，因此B正确，C错误；所以选BD ‎10．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R2功率变大，根据可知R2的电流增大，根据“串反并同”可得R3的阻值变化，从而判断电流表示和电压表的变化；‎ ‎【详解】‎ ABD、由于R2功率变大，根据可知R2的电流增大，根据“串反并同”可得R3的阻值减小，照射到R3的光照强度一定增加，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内阻电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故B、D正确，A错误；‎ C、R3的阻值减小，通过R3的电流增大，根据可知，R3的功率无法确定变化，故C错误；‎ 故选BD。‎ ‎11．AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.电源是使电路中有持续电流的装置，故A正确；‎ B.电源的作用是把内部的正电荷从负极不断地搬运到正极，或者把电子由正极不断地搬运到负极，从而保持两极间有稳定的电势差，故B正确；‎ C.只有有电源的闭合回路中才能形成电流，故C错误；‎ D.电源是提供电能的装置，不需要外界提供能量，故D错误.‎ ‎12．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析清楚电路结构，判断S2闭合后电路总电阻如何变化，由闭合电路的欧姆定律判断电路电流如何变化，由功率公式判断灯泡实际功率如何变化；由欧姆定律判断出电容器两端电压如何变化，然后判断电容器电荷量如何变化；‎ ‎【详解】‎ A、S2闭合前，灯泡L3与电容器相串联，则不亮，当S2也闭合后，L2与L3并联，然后与L1串联，由于并联电阻小于L2的电阻，所以总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变I大，灯泡L1的实际功率变大，灯L1变亮，故A错误，D正确；‎ B、电路电流变I大，L1两端的电压增大，所以L2两端的电压减小，则灯泡L2的实际功率变小，灯泡L2变暗，故B正确；‎ C、S2闭合前电容器两端电压等于电源电动势，S2闭合后电容器两端电压等于L1两端电压，电压变小，由Q=CU可知电容器所带电荷量减小，故C错误；‎ 故选BD。‎ ‎13．0.755 小 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为，可动刻度示数为，螺旋测微器示数为。‎ 滑动变阻器最大阻值大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法。‎ 因为，，所以，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示。‎ 由欧姆定律得，电阻阻值，由电阻定律得：，联立解得：。由于电压的分流，造成电流表的读数比通过R的电流大，所以金属丝电阻率的测量偏比真实值小。‎ ‎14． 2 ① 4.0 1 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 第一空.连接实物图如图所示：‎ 第二空.根据元件的伏安特性曲线，可知斜率表示元件的阻值，有Rx=.‎ 第三空.由图丙可知，要拆除与滑动变阻器相连的①号导线；‎ 第四空.第五空.电源的U-I 图象在U轴上的截距表示电源电动势，故电源的电动势为E=4.0V，U-I图象的斜率表示电源的等效内阻，有Rx+r=，故r=1Ω.‎ ‎15．（1）E=4V，r=0.5；（2）610-5C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别表示出开关S1闭合，S2断开和开关S1、S2都闭合时的总功率，联立可得电源电动势E和内电阻r。（2）当S1闭合，S2断开时，求出R2上的电压U2‎ 即电容器上的电压，根据Q=CU2得电路稳定后电容器所带的电荷量。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当S1闭合，S2断开时：P1==2‎ 当S1，S2都闭合时：P2==4‎ 联立可得电源电动势：E=4V，内电阻:r=0.5‎ ‎（2）当S1闭合，S2断开时，R2上的电压:U2=R2=3V 电路稳定后电容器所带的电荷量:Q=CU2=2010-63C=610-5C ‎16．（1）1Ω （2）1.6W （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，重物固定相当于电动机不转动，视为纯电阻，利用欧姆定律求解电阻；‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，根据部分电路欧姆定律求解电压，电动机消耗的电功率P=UI；‎ ‎(3)根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题，电源电动势，电源内阻，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流为： 电动机的电阻：‎ ‎（2）当重物匀速上升时，电压表的示数为： 电路中电流为： 电动机两端的电压为：， 故电动机的输入功率：‎ ‎（3）根据能量转化和守恒定律得：‎ ‎ 代入解得：‎ ‎【点睛】‎ 本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用。对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。‎ ‎17．（1）1Ω （2）144W（3）87.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)根据闭合电路的欧姆定律，当S断开时 E=I1（R+r）‎ 代入数据得 r=1Ω ‎(2)设开关S闭合时，路端电压为U U=E-I2r=36V 电源的输出功率 P=I2U=144W ‎(3)开关S闭合后路端电压 流过R的电流强度为 流过电动机的电流强度为 电动机发热消耗的功率为 电动机转化为机械能的功率 ‎18．(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）根据闭合电路欧姆定律，当S2断开时有：E=U1+I1r 当S2闭合时有：E=U2+I2r 联立两式代入数值解得：电源电动势E=9.0V；内阻r=1.0Ω ‎（2）由S2断开时得R==17Ω S2闭合时通过定值电阻R的电流为：I3==0.4A 所以通过电动机的电流为I=I2-I3=1.8A 电动机的输出功率Р=U3I-I2R0‎ 代入数值得电动机的输出功率为P=9.0W