(新课标)2019_2020学年高中物理第二章恒定电流课时作业13(含解析)新人教版选修3_1

（新课标）高中物理第二章恒定电流课时作业12（含解析）新人教版选修31课时作业(十二)一、选择题(1、2、4、6、7、8为多项选择题，其余为单项选择题) 1．下列说法正确的是( )A ．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B ．当加在导体两端的电压变化时，导体中的电流也发生变化，但是电压和电流的比值对这段导体来说是一个恒量C ．只有金属导体的伏安特性曲线才是直线D ．欧姆定律也适用于非线性元件解析 通过导体的电流越大，不能说明导体的电阻越小，由公式I ＝UR 知，电流大小还与电压有关，A 项错误；电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，其大小与是否通电无关，与电流和电压的大小无关，故B 项正确；线性元件的伏安特性曲线都是直线，C 项错误；欧姆定律也适用于非线性元件，如小灯泡，故D 项正确． 答案 BD2．下列判断正确的是( )A ．由R ＝UI 知，导体两端的电压越大，电阻就越大B ．由R ＝UI知，导体中的电流越大，电阻就越小C ．由I ＝UR 知，电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D ．由I ＝UR可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比解析 导体的电阻是由导体自身的性质决定的，与所加的电压和通过的电流无关，故A 、B 两项错误；当R 一定时，才有I∝U，故D 项正确，而由欧姆定律知，C 项正确． 答案 CD3.两电阻R 1、R 2的电流I 和电压U 的关系如图所示，可知两电阻R 1：R 2等于( )A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶ 3D.3∶1解析 在I­U 图象中直线斜率的倒数等于该导体的电阻，因此两个电阻之比等于斜率的倒数之比：R 1R 2＝tan30°tan60°＝13，故A 项正确．答案 A设置目的 考查伏安特性曲线的认识4.某导体中的电流随其两端的电压变化，如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻是5 ΩB ．加12 V 电压时，导体的电阻是8 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小解析 当U ＝5 V 时，I ＝1.0 A ，由电阻的定义：R 1＝5 Ω；同理可得，当U ＝12 V 时，R 2＝8 Ω；由图线可知，随着电压的升高，曲线上各点与原点连线的斜率不断减小，说明电阻在增大．综上所述，本题答案是A 、B 、D 三项． 答案 ABD5．如图为给出的几种电学元件的电流与电压关系图象，对下图认识正确的有( )A ．这四个图象都是伏安特性曲线B ．这四种电学元件都是线性元件C ．①②是线性元件，③④是非线性元件D ．这四个图象中，直线的斜率都表示了元件的电阻解析 伏安特性曲线是以I 为纵轴、U 为横轴的，所以A 项错误．线性元件并不只是说I­U 图象是直线，而必须是过原点的直线，所以只有①②是线性元件，③④不是线性元件，B 项错误，C 项正确．在U­I 图象中，过原点的直线的斜率才是导体的电阻，D 项错误． 答案 C设置目的 考查欧姆定律的相关概念 6．根据欧姆定律，下列判断正确的是( ) A ．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B ．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C ．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D ．电解液短时间内导电的U­I 线是一条直线解析 导体的电阻与电压无关，A 项错误；对气体，欧姆定律不成立，即UI ≠常数，B 项错误；由U ＝IR 知电流每经过一个电阻要产生一定的电势降落，欧姆定律适用于电解液导体，故C 、D 两项正确． 答案 CD设置目的 考查欧姆定律的理解7.如图所示是某导体的I­U 图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( )A ．通过导体的电流与其两端的电压成正比B ．此导体的电阻R ＝2 ΩC ．此I­U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R ＝cot45°＝1.0 ΩD ．在导体两端加6.0 V 电压时，每秒通过导体横截面的电荷量是6.0 C解析 由欧姆定律知，选项A 正确；线性元件的I­U 图线斜率的倒数表示导体的电阻大小，故此导体的电阻为2 Ω，但斜率不能利用倾角来求，选项B 正确，C 项错误；在导体两端加6.0 V 电压时，由欧姆定律可得电流为3 A ，则每秒通过导体横截面的电荷量是3.0 C ，选项D 错误． 答案 AB设置目的 考查I­U 图线的理解8．白炽灯接在220 V 电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压从0逐渐增大到220 V ，则下列说法正确的是( ) A ．电流将逐渐变大 B ．电流将逐渐变小C ．每增加10 V 电压而引起的电流变化量是相同的D ．每增加10 V 电压而引起的电流变化量是减小的解析 随着电压U 的增大，由图线可知，电流将逐渐增大，选项A 正确，B 项错误．随着电流、电压的增大，灯泡的亮度增大，灯丝温度升高，金属的电阻率随温度的升高而增大，所以灯丝的电阻值增大．根据欧姆定律，在I­U 图中，由于R 在增大，图线上对应点与坐标原点的连线的斜率k ＝1/R 减小．由图线可知，每增加10 V 的电压引起的电流变化量是减小的． 答案 AD设置目的 考查小灯泡伏安特性曲线的理解 二、非选择题9．以下是“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的操作步骤：A ．闭合电键．记下电流表、电压表的一组数据(I ，U)，移动变阻器的滑动触头位置，每移动一次记下一组(I，U)值，共测出12组左右的数据B．将电流表、电压表、变阻器、电灯、电源、开关正确连接成电路C．调节触头位置，使闭合电键前触头处于变阻器的左端D．按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连起来，得出小灯泡的伏安特性曲线(1)以上各步骤中存在错误或不足的是________，应如何改正？(2)将各步骤纠正后，按实验先后顺序排列起来应该是________．解析要确保实验安全，闭合开关前将接入滑动变阻器的阻值放到最大；伏安特性曲线有的是直线，有的是曲线，要用平滑的曲线连接各点，并舍弃误差过大的点．答案(1)CD 步骤C中，“左端”应改为“使灯泡两端电压最小的位置”；步骤D中，“直线段”应改成“平滑曲线”(2)BCAD10．管道煤气的用户家中都有一个漏气报警器，报警器中有一个对煤气敏感的电阻元件．小明同学突然想到一个问题，该元件是线性元件还是非线性元件呢？为此他从一个废弃的报警器中拆下该元件接入电路中，测得其电流、电压值如下表所示，请猜想该元件是哪类元件？编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9U/V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 2.00I/A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.50示“敏感”元件是线性的，若I­U图线是过原点的曲线则表示“敏感”元件是非线性的．I­U 图线如图所示，由此可见“敏感”元件是非线性元件．答案该元件是非线性元件设置目的考查伏安特性曲线的应用11.做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验．(1)实验电路图已经画出了一部分，如图所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好；(2)按你连接的电路，S闭合后，要使小灯泡的亮度增加，变阻器的滑片P应向________(选填“A”或“B”)端移动．解析研究“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中的实验要求，理解滑动变阻器的两种接法．答案(1)如解析图所示(2)B设置目的考查“小灯泡伏安特性曲线”实验的理解12．现要用伏安法描绘一只标值为“2.5 V，0.6 W”小灯泡的I­U图线，有下列器材供选用：A．电压表(0～3 V，内阻3 kΩ；0～15 V，内阻10 kΩ)B．电流表(0～0.6 A，内阻0.5 Ω；0～3 A，内阻0.1 Ω)C．滑动变阻器(10 Ω，2 A)D．滑动变阻器(100 Ω，1.0 A)E．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)(1)为了减小测量误差，图甲中的S1应接________(填“M”或“N”)，滑动变阻器应选用________(用序号字母表示)．(2)根据你选择的电路，用笔画线代替导线在图乙中将实物连接成实验所需电路图．(3)开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于________端(选填“A”“B”或“AB正中间”)．闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数变化明显，但电流表示数始终为0，则电路故障为________．解析(1)由电路图可知，电路采用了滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；故S1应接在M点；因采用分压接法，故滑动变阻器采用小电阻，应选用C.(2)根据实验原理图画出实物图如图所示：(3)为了保证实验安全，开始时灯泡两端的电压应为最小，故滑动变阻器的滑片应在A端；由题意可知，电压表示数变化明显，说明电压表与电源相连，且滑动变阻器连接正常，而电流表没有示数说明电路是断开的，由电路图可知，只能是灯泡发生了断路故障．答案(1)M C (2)实物连接见解析(3)A 灯泡断路13．在做“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6 V的电源、额定电压为2.5 V的小电珠、以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线．要求能测出尽可能多组数据．如图是没有连接完整的实物电路．(已连接好的导线有a、b、c、d、e、f 六根)(1)请你用笔画线代替导线，在原图中将实物电路连接完整；(2)连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小电珠始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是________________________________________ _____________________________________________________________________________；(3)排除故障后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2 V，要测量小电珠的额定功率，应将滑片P向________端滑动(选填“左”或“右”)；(4)通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了如图所示的U­I图象．根据U­I图象提供的信息，可计算出小电珠的额定功率是________W；(5)图线是曲线而不是过原点的直线，原因是________________________________________ _____________________________________________________________________________.答案(1)连线如图所示(2)c段导线断路或电珠损坏 (3)右(4)0.5 (5)小电珠的电阻随温度的升高而增大14．小亮同学为研究某电学元件(最大电压不超过 2.5 V，最大电流不超过0.55 A)的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A．电压表(量程是3 V，内阻是6 kΩ)B．电压表(量程是15 V，内阻是30 kΩ)C．电流表(量程是0.6 A，内阻是0.5 Ω)D ．电流表(量程是3 A ，内阻是0.1 Ω)F ．滑动变阻器(阻值范围0～5 Ω)，额定电流为0.6 AG ．滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω)，额定电流为0.6 AH ．直流电源(电动势E ＝3 V ，内阻不计)I ．开关、导线若干该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据(I 和U 分别表示电学元件上的电流和电压)．I/A0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/V 00.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00(1)________．(以上均填写器材代号) (2)请在下面的虚线框中画出实验电路图；(3)在下图中描出该电学元件的伏安特性曲线；(4)据图中描出的伏安特性曲线可知，该电学元件的电阻随温度而变化的情况为：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 解析 (1)从表格中的实验数据可知，电流测量值I 的范围为0～0.50 A ，电压测量值U 的范围为0～2.00 V ，因此电流表应选C ，电压表应选A.因为本实验要测量多组(U ，I)值，需使电压U 连续变化，因此，变阻器应接成分压式，且选阻值较小的滑动变阻器F.(2)由表格中的数据，根据R ＝U I，估算电学元件的电阻值大约为几欧，因此电流表外接．电路图如图甲所示．(3)。

闭合电路欧姆定律的应用课后篇巩固提升基础巩固1.如图所示电路,电源内阻不可忽略。

开关S闭合后,在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中()A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大,电流表的示数减小D.电压表的示数减小,电流表的示数增大解析由变阻器R0的滑片向下滑可知R0连入电路的有效电阻减小,则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。

答案A2.如图所示,电路中电源的电动势为E,内电阻为r,开关S闭合后,当滑动变阻器R的滑片P向右移动的过程中,三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是()A.灯L1、L2变亮,灯L3变暗B.灯L2、L3变亮,灯L1变暗C.灯L1、L3变暗,灯L2变亮D.灯L2、L3变暗,灯L1变亮解析变阻器与灯L1串联后与灯L2并联,再与灯L3串联。

将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律得知:干路电流I减小,则通过L3的电流减小,L3变暗,L3两端电压和内阻所占电压都减小,则并联部分电压增大,所以流过灯L2的电流变大,L2变亮,I1=I-I2,I减小,I2增大,则I1减小,灯L1变暗。

故C正确。

答案C3.两节电池1和2的电动势E1>E2,它们分别向同一电阻R供电,电阻R消耗的电功率相同。

比较供电时电池1和2内部消耗的电功率P1和P2及电池的效率η1和η2的大小,则有() A.P1>P2,η1>η2B.P1>P2,η1<η2C.P1<P2,η1>η2D.P1<P2,η1<η2解析因为PR相等,则电流I相等。

由I=;因E1>E2,则r1>r2,所以P1>P2,而η=,所以η与E成反比,故η1<η2,故选B。

8 W的小灯泡L及开关闭合时，发现灯泡发光．按图所示的接法，当滑片3．电阻I1I2＝，则A．4C．9解析：并联电路中通过各支路电阻的电流与它的阻值成反比，R1R2＝2I1，所以正确．阻变为( )A.n－RnB. nRn－1D．nR端移动时，R5接入电路的电阻值变小，．电路中的电流表示数增大．电路中的电流表示数减小解析：当油面下降时，浮标位置降低，在杠杆作用下，滑动变阻器的滑片滑动变阻器连入电路的阻值变大，根据I＝UR＋R′可知电路中的电流变小，实验的电路图应选用________(填字母代号)．实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示，如果这个小灯泡两端所加电压为则小灯泡在该温度时的电阻是________ Ω.随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻选填“增大”“减小”或“不变”)．10．(15分)某学生实验小组利用如图所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表；电压表：量程0～5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点．(2)将图中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示，多用电表和电压表的读数分别为________ kΩ和________ V.调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时多用电表和电压表的读数4.00 V．从测量数据可知，电压表的内阻为________ k多用电表阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、而成的电路，如图所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为________ k使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零．多用电表欧姆调零的方法是先把红、黑表笔短接，再调节欧姆调零旋钮，使指针满偏．在图中画出连线，将器材按原理图连接成实验电路．6组数据并根据这些数据在图中画出了U－I图象，________ V，求出电池内阻r＝________ Ω.思路点拨：本题是利用伏安法测电池的电动势和内阻，在U－按照实验原理图将实物图连接起来，如图所示．1.45 V ，此即为电池电动势E ，交I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E －U 2r ，则r ＝E －U 2I ＝1.45(2)1.45 0.69如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r 所产生的热量是多少？。

（新课标）高中物理第二章恒定电流课时作业14（含解析）新人教版选修31课时作业(十四)一、选择题(3、4、6、7、9为多项选择题，其余为单项选择题) 1．关于电功的说法中错误的是( ) A ．导体内电场力移送电荷所做的功叫作电功B ．电流做功的过程，就是电能转化为其他形式的能的过程C ．电流做功消耗的能量，由电源供给D ．电功就是电能解析 根据电功的定义及特点，可以判断A 、B 、C 三项均正确．电功是电能转化为其他形式的能的量度，功和能是不同的概念，D 项错，故选D 项． 答案 D设置目的 考查电功的实质2．关于电功率，下列说法中正确的是( )A ．用电器的额定功率与用电器的实际电压和实际电流有关B ．用电器的实际功率取决于用电器的额定功率C ．白炽灯正常工作，实际功率等于额定功率D ．电功率越小，则电流做的功越少解析 用电器的额定功率与用电器的额定电压和额定电流有关，A 项错．用电器的实际功率，由用电器两端的实际电压和通过它的电流决定，B 项错．白炽灯正常工作，即达到额定电压和额定电流，故实际功率等于额定功率，C 项对．因W ＝P·t，功由功率和时间共同决定，故D 项错． 答案 C设置目的 考查额定功率和实际功率的区别3．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( ) A ．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B ．W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U2Rt 只适用于纯电阻的电路C ．在不是纯电阻的电路中，UI>I 2R D ．焦耳热Q ＝I 2Rt 适用于任何电路解析 要正确区分电功和电功率．电功率公式P ＝Wt，功率越大，表示电流做功越快．对于一段电路，有P ＝IU ，I ＝P U ，焦耳热Q ＝(P U )2Rt ，可见Q 与P 、U 、t 都有关．所以，P 越大，Q 不一定越大，A 项不对．W ＝UIt 是电功的定义式，适用于任何电路，而I ＝UR 只适用于纯电阻的电路，B 项对．在不是纯电阻的电路中，电流所做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W>Q ，即UI>I 2R ，C 项正确．Q ＝I 2Rt 是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产生的焦耳热，D 项正确． 答案 BCD4．用一个额定电压为220 V 的电热水器煮沸一壶水需要t s ，如果不考虑电热水器的电热损失和电热丝电阻受温度的影响，那么( ) A ．当线路电压为110 V 时，煮沸一壶水需要2t s B ．当线路电压为110 V 时，煮沸一壶水需要4t s C ．当线路电压为55 V 时，煮沸一壶水需要4t s D ．当线路电压为55 V 时，煮沸一壶水需要16t s解析 由公式Q ＝U 2R t ，煮沸一壶水所需的热量为Q ＝2202R t J ．当电压变为原来的12时，所需热量没变，因此时间要变为原来的4倍，即4t s ，选项B 正确．当电压变为原来的14时，时间要变为原来的16倍，即16t s ，选项D 正确． 答案 BD5．有一个电风扇，标有“220 V 50 W”，电动机线圈的电阻为0.4 Ω，把它接入220 V 的电路中，以下几种计算时间t 内产生热量的方法，正确的是( ) A ．Q ＝U2R tB ．Q ＝PtC ．Q ＝(P/U)2·RtD ．以上三种方法均正确解析 由于电风扇工作时其电路是非纯电阻电路，故A 、B 两项错误．由P ＝UI 得I ＝PU ，再由Q ＝I 2Rt 知C 项正确． 答案 C设置目的 考查含电动机的非纯电阻电路中电热的特点6．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内( ) A ．电炉放热与电动机放热相等 B ．电炉两端电压小于电动机两端电压 C ．电炉两端电压等于电动机两端电压 D ．电动机消耗的功率大于电炉的功率解析 电炉属于纯电阻，电动机属于非纯电阻，对于电炉有：U ＝IR ，放热Q ＝I 2Rt ，消耗功率P＝I2R，对于电动机有：U>IR，放热Q＝I2Rt，消耗功率P＝UI>I2R.答案ABD设置目的考查纯电阻电路和非纯电阻电路的区别7.如图所示，电路电压U保持不变，滑动变阻器R的总阻值与R2的阻值均为20 Ω，电阻R1的阻值为5 Ω.当滑动变阻器R的滑动端P由a向b滑动过程中( )A．干路中电流不断增大B．R1上消耗电功率不断增大C．R1上消耗电功率不断减小D．R2上消耗电功率不断减小解析滑片由a向b滑动时，R变小，R并变小，R总变小，电路中的总电流变大，R1两端的电压变大，消耗的功率变大；并联部分电压变小，R2消耗的功率变小．答案ABD设置目的考查串并联电路中的电阻变化与功率关系8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使小灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( )A．P甲＝P乙B．P甲＝3P乙C．P乙＝3P甲D．P乙>3P甲解析设每个灯泡正常工作时的电流为I，则甲图中电路的总电流为3I，P甲＝12×3I＝36I，乙图中电路的总电流为I，P乙＝12×I＝12I，故有P甲＝3P乙，B项正确．答案 B设置目的考查串并联电路的特点9．如图甲所示的电路中，a、b、c是三个完全相同的灯泡，已知灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，已知该伏安特性曲线过点(0.4 V，0.125 A)，闭合电键后流过电源的电流为0.25 A．则下列说法正确的是( )A．灯泡a两端电压为灯泡b两端电压的2倍B ．灯泡b 的阻值为12 ΩC ．灯泡a 、b 的电功率之比为4∶1D ．灯泡a 的功率为0.75 W解析 A 项，b 和c 并联后与a 串联，b 和c 的电压相同，则电流也相同，a 的电流为b 电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以a 的电压不是b 电压的2倍，故A 项错误；B 项，b 的电流为0.125 A ，b 的电压为0.4 V ，根据欧姆定律可知，b 的电阻为R b ＝U I ＝0.40.125 Ω＝3.2 Ω，故B 项错误；C 项，根据P ＝UI 可知，a 消耗的功率为P 1＝0.25×3 W＝0.75 W ，b 消耗的电功率为P 2＝0.125×0.4 W ＝0.05 W ，所以a 、b 消耗的电功率的比值为0.750.05＝15大于4，故C 项错误；D 项，根据图象可知，当电流为0.25 A 时，电压为U ＝3 V ，所以P ＝UI ＝0.75 W ，故D 项正确；故选D 项． 答案 D点评 本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R ＝UI ，但对于非线性元件，R ＝U I ≠ΔUΔI.10．额定电压均为220 V 的白炽灯L 1和L 2的U­I 特性曲线如图甲所示，现将和L 2完全相同的L 3与L 1和L 2一起按如图乙所示电路接入220 V 电路中，则下列说法不正确的是( )A ．L 2的额定功率为99 WB ．L 2的实际功率为17 WC ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小17 WD ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小82 W解析 由L 2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A ，则L 2的额定功率为P 额＝U 额I 额＝99 W ，所以选项A 正确；图示电路为L 1和L 2串联再与L 3并联，所以L 1和L 2串联后两端的总电压为220 V ，那么流过L 1和L 2的电流及两灯的电压满足I 1＝I 2，U 1＋U 2＝220 V ，由L 1和L 2的U­I 图线可知，I 1＝I 2＝0.25 A ，U 1＝152 V ，U 2＝68 V ，故灯L 2的实际功率P 2＝I 2U 2＝17 W ，故选项B 正确；由于L 3两端的电压为220 V ，故P 3＝P 额＝99 W ，则P 3－P 2＝82 W ，故C 项错，D 项对． 答案 C设置目的 考查串并联电路中焦耳定律的应用 二、非选择题11.如图所示，两个灯泡A 、B 并联接在P 、Q 两点间，A 、B 的铭牌上分别标有“1 A 3 Ω”“1.5 A 4 Ω”，求干路中允许通过的最大电流I 为多大？ 解析 欲使干路电流最大，须保证每个灯泡都不烧毁，即保证不超过允许加的最大电压就行，所以判定额定电压大小即可．由铭牌数据，应用欧姆定律U ＝IR 可知A 、B 允许加的最大电压分别为U A ＝3 V 、U B ＝6 V ．A 、B 并联，两灯泡两端电压相等，则P 、Q 两点间电压不超过3 V ，两灯泡就不会烧毁，所以P 、Q 间允许加的最大电压为U m ＝3 V. 则干路中允许通过的最大电流为I m ＝U m R A ＋U mR B ＝1.75 A.答案 1.75 A设置目的 考查串并联电路的特点12.电热毯是人们常用的电热式家用电器，它一般具有加热和保暖功能，其工作原理大致相同，如图为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R 1、R 2和自动开关S.(1)当自动开关S 闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？(2)用电器由照明电路供电(U ＝220 V)，设加热时用电器的电功率为400 W ，保温时用电器的电功率为40 W ，则R 1和R 2分别为多大？解析 (1)当开关S 闭合时，R 2被短路，电路中只有R 1，此时功率P 1＝U2R 1；当开关S 断开时，R 1、R 2串联，此时功率为P 2＝U2R 1＋R 2，显然有P 1>P 2，故S 闭合时，用电器处于加热状态；S 断开时，用电器处于保温状态．(2)加热时有：P 1＝U 2R 1，保温时有P 2＝U2R 1＋R 2，代入数据解得：R 1＝121 Ω，R 2＝1 089 Ω.答案 (1)S 闭合为加热状态，S 断开为保温状态 (2)121 Ω 1 089 Ω设置目的 考查焦耳定律的实际应用13.如图所示，一直流电源与一保护电阻R 0和一直流电动机串联，已知电源两端电压恒为E ＝24 V ，保护电阻R 0＝4 Ω，电动机内阻R ＝2 Ω，电动机竖直向上匀速吊起一质量为m ＝1 kg 的重物时，电流表的读数I ＝2 A ，不计一切阻力，g 取10 m/s 2.(1)电动机的电功率及热功率分别为多大？ (2)重物匀速上升的速度v 多大？ (3)电动机的效率是多少？解析 (1)由题，电源两端电压恒为E ＝24 V ，保护电阻R 0的电压为：U R0＝IR 0＝2×4 V＝8 V ， 电动机上的电压为：U ＝E －U R0＝24 V －8 V ＝16 V电动机消耗的电功率为：P ＝UI ＝16×2 W＝32 W 电动机的热功率为：P 热＝I 2R ＝22×2 V ＝8 W.(2)电动机的输出功率为：P 机＝P －P 热＝32 W －8 W ＝24 W 当重物匀速上升时，有：P ＝Fv ＝mgv 代入数据可得：v ＝2.4 m/s.(3)电动机的效率为：η＝P 机P ×100%＝2432×100%＝75%.答案 (1)32 W 8 W (2)2.4 m/s (3)75%点评 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．14．以蓄电池为驱动能源的环保汽车总质量m ＝3×103kg.当它在水平路面上以v ＝36 km/h 的速率匀速行驶时，驱动电机的输入电流I ＝50 A ，电压U ＝300 V ．在此行驶状态下： (1)求驱动电机的输入功率P 电；(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机，求汽车所受阻力与车重的比值(g 取10 m/s 2)．解析 (1)驱动电机的输入功率P 电＝IU ＝1.5×104W.(2)在匀速行驶时，P 机＝0.9P 电＝Fv ＝F f v ，得F f ＝0.9P 电v ＝1.35×103N ，汽车所受阻力与车重之比F fmg ＝0.045.答案 (1)1.5×104W (2)0.045设置目的 考查非纯电阻电路中焦耳定律的应用。

第二章恒定电流测评(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每题6分,共48分。

其中第1~5题为单项选择题;第6~8题为多项选择题,全部选对得6分,选不全得3分,有选错或不答的得0分)1.有关电压与电动势的说法正确的选项是( )A.电压与电动势的单位都是伏特,所以电动势与电压是同一物理量的不相同叫法B.电动势就是电源两极间的电压C.电动势公式E=中的W与电压U=中的W是相同的,都是静电力所做的功D.电动势是反响电源把其他形式的能转变为电能本领强弱的物理量解析电压和电动势单位诚然相同,但它们表征的物理意义不相同,电压是表征静电力做功将电能转变为其他形式能的本领大小的物理量。

而电动势则表征电源把其他形式的能转变为电能本领大小的物理量。

故电压与电动势不是同一个物理量,所以A、B错误,D正确。

电动势公式E=中的W是非静电力做功而不是静电力做功,故C错误。

答案D2.如图,低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成,该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报,其中( )A.甲是“与”门,乙是“非”门B.甲是“或”门,乙是“非”门C.甲是“与”门,乙是“或”门D.甲是“或”门,乙是“与”门解析高、低电压都可以经过甲,则甲是“或”门。

低电压经过乙后,输出为高电压使蜂鸣器导通发出警报;高电压经过乙后输出为低电压,蜂鸣器不导通,不发出警报,则乙是“非”门,选项B正确。

答案B3.某金属导线的电阻率为ρ,电阻为R,现将它均匀拉长到直径为原来的一半,那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A.4ρ4RB.ρ4RC.16ρ16RD.ρ16R解析电阻率与导体资料和温度有关,将金属导线拉长的前后,电阻率不变。

将金属导线均匀拉长到直径为原来的一半,横截面积变为原来的,长度变为原来的4倍。

由电阻定律知R'=ρ=ρ·=16ρ=16R,所以选项D正确。

答案D4.某直流电路中电压随电流变化的图象以下列图,其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况,以下说法正确的选项是( )A.阴影部分的面积表示电源输出功率B.阴影部分的面积表示电源的内阻上耗资的功率C.当满足α=β时,电源效率最高D.当满足α=β时,电源效率小于50%解析依照闭合电路的欧姆定律和U-I图象特点可知,阴影部分的面积表示负载电阻耗资的功率,即电源输出功率,A正确,B错误;当满足α=β时,负载电阻等于电源内阻,电源的效率为50%,输出功率最大,C、D错误。

2019-2020学年度最新版本高考物理专题复习：《恒定电流》附答案(附参考答案)一、选择题。

（共20小题，每题3分，共60分，部分分1分）1.如图，电源电动势为E ，内阻为r ，给外电阻R 供电，则下图中不能反映全电路特点的图象是( )2．如图所示，电源电动势E =8V ，内电阻为r =0.5Ω，“3V,3W”的灯泡L 与电动机M 串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω。

下列说法正确的是( ) A ．通过电动机的电流为1.6A B ．电动机的效率是62.5% C ．电动机的输入功率为1.5W D ．电动机的输出功率为3W3．在如图所示电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列比值正确的是 （ ）A.U 1/I 不变，ΔU 1/ΔI 不变 C.U 2/I 变大，ΔU 2/ΔI 变大 C.U 2/I 变大，ΔU 2/ΔI 不变 D.U 3/I 变大，ΔU 3/ΔI 不变4．右图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L 为小灯泡．光照射电阻R '时，其阻值将变得远小于R ．则下列说法正确的是（ ）A ．该逻辑电路是非门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 不发光B ．该逻辑电路是非门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 发光C ．该逻辑电路是与门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 不发光D ．该逻辑电路是或门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 发光5. 小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线。

则下列说法中正确的是( ) A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积6.如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A 1的量程大于A 2的量程，伏特表V 1的量程大于V 2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是 A ．安培表A 1的读数大于安培表A 2的读数I I1A B C DB ．安培表A 1的偏转角大于安培表A 2的偏转角C ．伏特表V 1的读数小于伏特表V 2的读数D ．伏特表V 1的偏转角等于伏特表V 2的偏转角7．如图所示的电路中，电池的电动势为E ，内阻为r ，电路中的电阻R 1、R 2和R 3的阻值都相同．在电键S 处于闭合状态下，若将电键S 1由位置1切换到位置2。

第二章检测（A（时间:90分钟满分:100分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一个选项正确，第7〜10题有多个选项正确，全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0 分）匕1对电流的正确理解是（）A. 通过导体的横截面的电荷量越多，电流越大B. 导体的横截面越大，电流越大C. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越大，电流越大D. 导体中的自由电荷越多，电流越大解析:根据电流的定义I C选项正确。

匕2下列关于电源的说法，正确的是（）A. 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B. 电动势就是电源两端的电压C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电势能的本领越大解析:|电源向外提供的电能除与电动势有关之外，还与输出的电流、通电时间有关，故选项A错误；只有当外电路断路时，电动势才等于电源两端的电压，故选项B错误；电源的电动势由电源自身的性质决定，与有无外电路无关，故选项C错误；电动势是反映电源把其他形式能转化为电势能本领的物理量，故选项D正确。

I 3为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动。

如果规定：车门关紧时为“ 1”，未关紧时为“ 0” ；当输出信号为“ 1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“ 0”时，汽车不能启动。

能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门电路是（）A与门B.或门 C.非门 D.与非门解析:当两扇车门均关紧，即输入信号均为“ 1”时，输出信号才为“ 1”，所以该控制装置工作原理的逻辑门电路是与门。

4 一根长为I、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为p ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为（）A解析：|金属棒的电阻R=I=neSv故棒两端电压U=IR=p nevi ,电场强度大小E C正确。

第二部分 恒定电流（一）1．一只普通白炽灯，不通电时灯丝的电阻为R 1；正常发光时灯丝的电阻为R 2。

比较R 1和R 2的大小，应是（ ）A ．R 1＞R 2B ．R 1＜R 2C ．R 1＝R 2D ．条件不足，无法判断2．在图1所示电路中，A 、B 间的电压保持一定，U AB =6V ，电阻R 1=R 2=4Ω，R 3=2Ω。

那么（ ）A ．开关S 断开时，R 3两端电压是3VB ．开关S 接通时，R 3通过的电流是1.5AC ．开关S 断开时，R 1通过的电流是0.75AD ．开关S 接通时，R 1两端电压是4V3．电阻A ，B 的伏安曲线如图2所示，下面说法正确的是（ ） A ．两电阻串联后的伏安曲线在区域 I 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域 III 内 B ．两电阻串联后的伏安曲线在区域 III 内，两电阻并联后的伏安曲线在区域 I 内C ．A ，B 电阻阻值之比为 1 : 3D ．A ，B 电阻阻值之比为 3 : 14．在图3所示的电路中，当电键K 闭合后，电流表A 的示数为零，电压表V 1的示数为6V ，电压表V 2的示数为零。

导线、电表、电键及各接线处均无问题，这说明断路的是（ ） A ．电阻R 1 B ．电阻R 2 C ．电阻R 3 D ．串联电池组5．一根粗细均匀、阻值为16Ω的电阻丝，保持温度不变，若先将它等分成4段，每段电阻为R 1，再将这4段电阻丝并联，并联后总电阻为R 2，则R 1与R 2的大小依次为（ ）A ．1Ω，0.5ΩB ．2Ω，0.5ΩC ．2Ω，1ΩD ．4Ω，1Ω6．图4中，四盏灯分别标为：L 1（4V ，1.6W ），L 2（5V ，1.25W ）， L 3（6V ，1.8W ），L 4（10V ，10W ）。

那么，将电路两端接到8V 电源上后，它们消耗的电功率P 1、P 2、P 3、P 4的关系是（ ） A ．P 1 > P 2 > P 3 > P 4 B ．P 2 > P 1 > P 4 > P 3 C ．P 2 > P 1 > P 3 > P 4 D ．P 1 > P 2> P 4 > P 37．如图5所示电路，电源的电动势为12V ，L 为灯泡，R 1和R 2为定值电阻，若用电压表测得A 、B 两点间的电压为12V ，则说明（ ）A ．L 、R 1和R 2都断了B ．L 、R 1和R 2都是好的C ．L 是好的，R 1和R 2中至少有一个断了RR 3 2图3图5图14图4图2D ．R 1和R 2是好的，L 断了8．在图6所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为零，电阻R 1=2R 2，在R的两端并联上一段电阻忽略不计的导线L ，则（ ）A ．通过电阻R 1和R 2的电流I 1=I 2B ．R 1两端电压U 1=2E /3C ．导线L 中通过的电流I L =E/R 1D ．使电阻R 2断路，通过R 1的电流不发生变化9．用两根导线组成输电线路，输电的功率为4400kW 。

4 串联电路和并联电路课时过关·能力提升基础巩固1(多选)三个阻值都为12 Ω的电阻,它们任意连接、组合,总电阻可能为()A.4 ΩB.24 ΩC.8 ΩD.36 Ω,三个串联:总电阻为36Ω;三个并联:总电阻为4Ω;两个串联再跟第三个并联:总电阻为8Ω;两个并联再跟第三个串联,总电阻为18Ω。

2一个电流表的满偏电流I g=1 mA,内阻为500 Ω,要把它改装成一个量程为10 V的电压表,则应在电流表上 ()A.串联一个10 kΩ的电阻B.并联一个10 kΩ的电阻C.串联一个9.5 kΩ的电阻D.并联一个9.5 kΩ的电阻,要串联一个电阻,可知选项B、D错误。

通过电流表的电流为I g时,电流表表头两端的电压U g=I g R g=1×10-3×500V=0.5V串联电阻R分担的电压U R=U-U g=10V-0.5V=9.5V所以串联电阻的阻值RΩ=9.5kΩ,选项C正确,A错误。

3如图所示,电路电压保持不变,当开关S断开时,电流表A的示数为0.6 A,当开关S闭合时,电流表的示数为 0.9 A,则两电阻阻值之比R1∶R2为()A.1∶2B.2∶1C.2∶3D.3∶2由断开到闭合,电路由R1的基本电路变为两电阻的并联电路,因为电源电压不变,所以R1中的电流不变,仍为0.6A;然后根据电流表示数和R1的电流,并结合并联电路电流的规律求出通过另一个电阻中的电流,最后根据并联电路的电流分配关系进行计算即可。

4如图所示的甲、乙两个电路,都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成,它们之中一个是测电压的电压表,另一个是测电流的电流表,那么以下结论正确的是()A.甲表是电流表,R增大时量程增大B.甲表是电流表,R增大时量程减小C.乙表是电压表,R增大时量程减小D.上述说法都不对,串联;电流表电阻分流,并联。

所以甲表为电流表,乙表为电压表。

并联电路电阻大时分流少,所以R增大时量程减小;串联电路电阻大时分压多,所以R增大时量程增大。

高考物理《恒定电流》真题练习含答案1.[2024·新课标卷](多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来．车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流．磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示．将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中()A．电流最小B．电流最大C．电流方向由P指向QD．电流方向由Q指向P答案：BD解析：磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中电流最大，A错误，B正确；磁极转过90°时相当于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q指向P，C错误，D正确．2．[2023·江苏卷]小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池(电动势约1.5 V，内阻不计)2节；两量程电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ；量程0～15 V，内阻约15 kΩ)1个；滑动变阻器(最大阻值50 Ω)1个；定值电阻(阻值50 Ω)21个；开关1个及导线若干．实验电路如图1所示．(1)电压表量程应选用________(选填“3 V”或“15 V”).(2)图2为该实验的实物电路(右侧未拍全).先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱________(选填“B”“C”或“D”)连接，再闭合开关，开始实验．(3)将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压．某次测量时，电压表指针位置如图3所示，其示数为________ V．根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如图4中实线所示．(4)在图1所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为R1，定值电阻的总阻值为R2，当被测电阻为R时，其两端的电压U＝________(用E、R1、R2、R表示)，据此作出U­R理论图线如图4中虚线所示．小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小．(5)分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小．小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因．你是否同意他的观点？请简要说明理由________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.答案：(1)3 V(2)D(3)1.50(4)ERR1＋R2(5)不同意，理由见解析解析：(1)所用电源为两节干电池，电动势为3 V，则所用电表量程为3 V；(2)闭合开关之前，滑动变阻器阻值应该调到最大，则由图可知，电池盒上的接线柱A 应该与滑动变阻器的接线柱D连接；(3)电压表最小刻度为0.1 V，则读数为1.50 V；(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝ER1＋R2当被测电阻阻值为R时电压表读数U＝IR＝ERR1＋R2(5)不同意；当R较大时，则电压表内阻不能忽略，则电路中的电流I＝ER1＋（R2－R）＋RR V R＋R V则电压表读数为U＝ER1＋（R2－R）＋RR VR＋R V·RR VR＋R V＝E（R1＋R2－R）（R＋R V）RR V＋1当R较大时，R＝R2时R最大，此时U＝ER1（R2＋R V）R2R V ＋1＝ER1R V＋R1R2＋1因R V≫R1，则电压表读数接近于U＝ER1 R2＋1＝ER2R1＋R23．[2022·全国甲卷]某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E(电动势1.5V，内阻很小)，电流表(量程10 mA，内阻约10 Ω)，微安表(量程100 μA，内阻R g待测，约1 kΩ)，滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)，定值电阻R0(阻值10 Ω)，开关S，导线若干．(1)将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；(2)某次测量中，微安表的示数为90.0 μA，电流表的示数为9.00 mA，由此计算出微安表内阻R g＝________ Ω.答案：(1)如图所示(2)990解析：流过电阻R 0的电流I 0＝I －I g ＝9 mA －0.09 mA ＝8.91 mA ，由欧姆定律可知，R g＝I 0R 0I g ＝8.91×100.09Ω＝990 Ω. 4．[2024·浙江1月，节选]在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R(0～9 999 Ω)、一节干电池、微安表(量程0～300 μA ，零刻度在中间位置)、电容器C(2 200 μF 、16 V )、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路．(1)把开关S 接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S 接2，微安表指针偏转情况是________．A ．迅速向右偏转后示数逐渐减小B ．向右偏转示数逐渐增大C ．迅速向左偏转后示数逐渐减小D ．向左偏转示数逐渐增大(2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况．把开关S 接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160 μA 时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为________V ，电压表的阻值为________kΩ(计算结果保留两位有效数字).答案：(1)C (2)0.50 3.1解析：(1)把开关S 接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S 接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小．(2)由题意可知电压表应选用0～3 V 量程，由图2可知此时分度值为0.1 V ，需要估读到0.01 V ，则读数为0.50 V ．当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据闭合电路欧姆定律有R ＋R V ＝E I ＝ 1.5160×10－6 Ω＝9.375 kΩ 根据串联电路规律有R R V ＝U R U V ＝1.5－0.50.5＝2 联立可得R V≈3.1 kΩ5．[2021·广东卷]某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律．根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材．(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势．选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔________，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处．测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而________．(2)再按下图连接好电路进行测量．①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到________端(填“a”或“b”).将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01.闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置．记录此时电压表和电流表的示数、T和R01.断开开关S.再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S.反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同．记录此时电阻箱的阻值R02.断开开关S.②实验中记录的阻值R01________R02(填“大于”“小于”或“等于”)，此时热敏电阻阻值R T＝________．(3)改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律．答案：(1)短接减小(2)①b②大于R01－R02解析：(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接．温度越高，相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．(2)①闭合开关前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到b端．②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋R T，所以R01>R02，R T＝R01－R02.。

1 电源和电流[课时作业][A组基础巩固]一、单项选择题1．关于电流，以下说法正确的是( )A．通过截面的电荷量多少就是电流的大小B．电流的方向就是电荷定向移动的方向C．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流D．导体两端没有电压就不能形成电流解析：根据电流的概念，电流是单位时间通过截面的电荷量，知A项错．规定正电荷定向移动的方向为电流方向，B项错．自由电荷持续的定向移动才会形成电流，C错，D对．答案：D2．重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射＋5价重离子束，其电流强度为1.2×10－5 A，则在1 s内发射的重离子个数为(e＝1.6×10－19 C)( )A．3.0×1012B．1.5×1013C．7.5×1013D．3.75×1014解析：离子是＋5价的，则每个离子的电荷量是q＝5×1.6×10－19 C,1 s内发射的重离子的电荷量是Q＝1.2×10－5C，所求离子的个数为N＝Qq＝1.5×1013，选项B正确，选项A、C、D错误．3．某电解液中，若在2 s内各有1.0×1019个二价正离子和2.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是( )A．0 B．0.8 AC．1.6 A D．3.2 A解析：由题意知，电流由正、负离子定向运动形成，则在2 s内通过某横截面的总电荷量应为q＝1.6×10－19×2×1.0×1019C＋1.6×10－19×1×2.0×1019 C＝6.4 C.由电流的定义式知I＝qt＝6.42A＝3.2 A，故正确选项为D.4.如图所示，将左边的铜导线和右边的铝导线连接起来，已知截面积S铝＝2S铜．在铜导线上取一截面A，在铝导线上取一截面B，若在1 s内垂直地通过它们的电子数相等，那么，通过这两截面的电流的大小关系是( )A．I A＝I B B．I A＝2I BC．I B＝2I A D．不能确定解析：这个题目中有很多干扰项，例如两个截面的面积不相等，导线的组成材料不同等等．但关键是通过两截面的电子数在单位时间内相等，根据I＝qt可知电流强度相等．答案：A5．(2018·河南十校联考)一段粗细均匀的金属导体的横截面积是S，导体单位长度内的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则运动的速率为v0，导体中通过的电流为I.则下列说法正确的是( ) A．自由电子定向移动的速率为v0B．自由电子定向移动的速率为v＝I neSC．自由电子定向移动的速率为真空中的光速cD．自由电子定向移动的速率为v＝Ine解析：解答本题的关键是理解v和n的物理意义，电流微观表达式I＝nqSv中的n为单位体积内的自由电子数，而本题中n为单位长度内的自由电子数，故自由电子定向移动的速率不能用I＝nqsv计算．t时间内通过导体某一横截面的自由电子数为长度是vt内的自由电子数，其数量为nvt，电荷量q＝nvte，所以电流I＝qt＝nev，v＝Ine，故选项D正确．答案：D二、多项选择题6．在导体中有电流通过时，下列说法正确的是( )A．电子定向移动速率很小B．电子定向移动速率即是电场传导速率C．电子定向移动速率是电子热运动速率D．在金属导体中，自由电子只不过在速率很大的无规则热运动上附加了一个速率很小的定向移动解析：电子定向移动的速率很小，数量级为10－5m/s，自由电子只不过在速率很大的热运动上附加了很小的定向移动，故A、D正确．电场的传导速率为光速c＝3×108 m/s，无规则热运动速率的数量级为105 m/s，故B、C错．答案：AD7.如图所示是一款MP4播放器，随着这种产品的出现，人们可以在旅途中观看电影，让原本枯燥的旅途变得充满乐趣．MP4的充电电池多为锂电池，假设锂电池的充电电流为500 mA，则以下说法正确的是( )A．1 s内通过电池某一横截面的电荷量为500 CB．1 s内通过电池某一横截面的电荷量为0.5 CC．充电过程把其他形式的能转化为电能D．充电过程把电能转化为其他形式的能解析：由电流的定义式得q＝It＝0.5 C，故A错，B 对．充电过程是将电能转化为其他形式的能储存起来，故C 错，D对．答案：BD8．通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J解析：由电流的定义式I＝Qt知I＝660×10－6A＝1×105A，A正确；整个过程的平均功率P＝Wt＝qUt＝6×1.0×1090.2W＝3×1010 W(t代0.2或0.3)，B错误；由E＝Ud＝1.0×1091×103V/m＝1×106V/m，C正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W＝qU＝6×109 J，D错误．答案：AC三、非选择题9．已知铜导线中的电流为1 A，铜导线的横截面积为1 mm2，求：(1)在1 s内，有多少个电子通过铜导线的横截面？(电子电荷量e＝1.6×10－19 C)(2)自由电子的平均移动速率多大？(设铜导线中每立方米含有8.5×1028个自由电子)解析：(1)1 s内通过铜导线横截面的电荷量为q＝It＝1 C．所以1 s内通过铜导线横截面的电子个数N＝q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个)．(2)由电流的微观表达式I＝nqSv得，自由电子的平均移动速率v＝I nqS＝18.5×1028×1.6×10－19×1×10－6m/s≈7.35×10－5 m/s.答案：(1)6.25×1018个(2)7.35×10－5 m/s[B组能力提升]一、选择题1．如图所示，电解池内有都为一价离子的电解液，时间t内通过溶液内某横截面的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，则下列说法正确的是( )A．正离子定向移动形成的电流方向从A到B，负离子定向移动形成的电流方向从B到AB．溶液内正、负离子向相反方向移动，电流抵消C．溶液内电流方向从A到B，电流I＝n1e tD．溶液内电流方向从A到B，电流I＝n1＋n2et解析：正电荷定向移动的方向就是电流方向，负电荷定向移动的反方向也是电流方向，有正、负电荷反向经过同一横截面时，I＝qt公式中q应该是正、负电荷电荷量绝对值之和，故I＝n1e＋n2et，电流方向由A指向B，故选项D正确．答案：D2．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A.IΔleSm2eUB.IΔlem2eUC.IeSm2eUD．ISΔlem2eU解析：设电子经加速电场加速后的速度为v，电子束中单位长度内自由电子数为n，则eU＝12mv2，I＝nev，长为Δl的电子束中的电子数N＝nΔl，联立以上三式解得N＝IΔl em2eU.答案：B二、非选择题3．已知电子的电荷量为e、质量为m，氢原子的电子在原子核的静电力吸引下做半径为r的匀速圆周运动，则电子运动形成的等效电流大小为多少？解析：截取电子运动轨道的任一截面，在电子运动一周的时间T内，通过这个截面的电荷量q＝e，则有I＝qt＝eT，由库仑力提供向心力有k e2r2＝m4π2T2r由以上两式解得I＝e22πr2mkmr.答案：e22πr2mkmr4.在如图所示的电解槽中，如果在4 s内各有8 C的正、负电荷通过面积为0.8 m2的横截面AB，那么：(1)正、负离子定向移动的方向如何？(2)电解槽中的电流方向如何？(3)4 s内通过横截面AB的电荷量为多少？(4)电解槽中的电流为多大？解析：(1)电源与电解槽中的两极相连后，左侧电极电势高于右侧电极，电极之间电场方向由左指向右，故正离子向右移动，负离子向左移动．(2)电解槽中的电流方向向右．(3)8 C的正电荷向右通过横截面AB，而8 C的负电荷向左通过该横截面，相当于又有8 C正电荷向右通过横截面，故4 s内通过横截面AB的电荷量为16 C.(4)电流I＝qt＝164A＝4 A.答案：(1)正离子向右移动，负离子向左移动(2)向右(3)16 C (4)4 A。

3欧姆定律课时过关•能力提升基础巩固k_. 1（多选）由欧姆定律IA. 由RB. 导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流大小无关C. 对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D•—定的电流流过导体，电阻越大，其电势差越大解析：|导体的电阻是由导体自身的性质决定的,与所加的电压和通过的电流无关。

当R一定时，才有I x U,故A错，B、C、D正确。

#2如图所示，某导体的伏安特性曲线，由图可知下列结论正确的是（）A. 导体的电阻是0.02 QB. 导体的电阻是5 QC. 当导体两端的电压为10 V时，导体中的电流为0.2 AD. 当导体中的电流为0.2 A时，导体两端电压为15 V解析：R Q =50Q，A、B 错误;I A=0.2A，C 正确；U=IR=0.2 X 50V=10V，D 错误。

3（多选）将阻值为R的电阻接在电压为U的电源两端，则描述其电压U电阻R及流过R的电流I间的关系图像中，正确的是（）解析:由欧姆定律可知，电流随电压的增大而增大，不会出现电压随电流的增大而减小的情况，故A 错误；电阻为导体本身的性质，与电流无关，故B错误；由欧姆定律知，当电阻保持不变时，电流与电压成正比，故C正确；电阻为导体本身的性质，不会随电压的增大而变化，故D正确。

答案：CD®4为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的I - U图像应是（）（1）这两电阻大小之比为R\ : R?= _____A. 1 : 3B. 3 : 1C. 1解析：灯丝电阻随电压的增大而增大在图像上某点到原点连线的斜率应越来越小。

A正确。

答案:A已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍，加在A上的电压是加在B上电压的一半，那么通过A和B的电流I A和I B的关系是（）A.I A=2|BB. I AD.I A解析：设A的电阻为R加在A上的电压为U,则B的电阻B上的电压为2U，则I A|A D。

课时跟踪检测（十三） 串联电路和并联电路1.在图所示的电路中，通过电阻R 1的电流I 1是( ) A.UR1 B.U R2 C.U2R2D.U1R1＋R2解析：选C 电阻R 1与R 2串联，电流相等，由欧姆定律可知，I 1＝U1R1＝U2R2＝UR1＋R2，故C 正确。

2．某同学用伏安法测电阻时，分别采用了内接法和外接法，测得的某电阻R x 的阻值分别为R 1和R 2，则所测阻值与真实值R x 之间的关系为( )A ．R 1＞R x ＞R 2B ．R 1＜R x ＜R 2C ．R 1＞R 2＞R xD ．R 1＜R 2＜R x解析：选A 内接法测量值大于真实值，即R 1＞R x ；外接法测量值小于真实值，即R 2＜R x ，所以R 1＞R x ＞R 2。

3．如图所示，4只电阻串联于某电路中，已测出U AC ＝9 V ，U BD ＝6 V ，R 2＝R 4，则U AE 为( )A ．3 VB ．7.5 VC ．15 VD ．无法确定解析：选C 四个电阻串联，根据电压关系可知U AC ＋U BD ＝15 V ＝I (R 1＋R 2＋R 2＋R 3)，已知R 2＝R 4，所以U AC ＋U BD ＝U AE 。

4．已知R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，R 3＝4 Ω，AB 端的总电压为6 V ，把它们接成图示电路，求通过它们的电流I 1∶I 2∶I 3为( )A ．1∶1∶2B ．3∶2∶1C ．1∶2∶3D ．2∶1∶3解析：选C R 1与R 2并联，则电流I 1∶I 2＝R 2∶R 1＝3∶6＝1∶2；设R 1中电流为I ，则R 2中电流为2I ，而流过R 3的电流I 3＝I ＋2I ＝3I ；故电流之比I 1∶I 2∶I 3＝I ∶2I ∶3I ＝1∶2∶3。

故C 正确。

5．一电压表，内阻为3 k Ω，量程为0～3 V ，要把它改装成一个量程为0～15 V 的电压表，需要给它( )A ．并联一个12 k Ω的电阻B ．并联一个15 k Ω的电阻C ．串联一个12 k Ω的电阻D ．串联一个15 k Ω的电阻解析：选C 增大电压表的量程，需要给它串联一个电阻，R ＝U －UgUg Rg＝－Ω3＝12k Ω，故C 正确。

2019-2020年高中物理 第二章 恒定电流综合测评(含解析)新人教 版选修3-1简单较难 基本电路分析、应用2 4、6 8 电功、电功率、焦耳定律5 17 欧姆定律、闭合电路欧姆定律1、3 13 实验7 11、12 综合 9 14、15、16C. 在R 上并联一比R 小得多的电阻D. 在R 上并联一比R 大得多的电阻【解析】 电压表的读数总是比准确值稍小一些， 说明改装时串联的电阻偏大了. 故应【解析】若白炽灯泡的电阻不变，由P =UR 得电压减小一半，灯泡消耗的电功率为原i来的4即P = 9 W 实际上电阻减小，则灯泡消耗的实际电功率应大于9 W 故选项B 正确•【答案】 B6. 如图3所示电路中，R )为定值电阻，当滑片 P 向右移动过程中，下列判断正确的是 ( )图3A. 电压表V i 、电流表A 的读数都增大B. 电压表V i 与电流表A 读数的比值保持不变C. 电压表V 2与电流表A 读数的比值变大该在R 上并联一比R 大得多的电阻.【答案】 D5•—白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为为18 V 的电源两端，则灯泡消耗的电功率 (A. 等于36 W C.等于9 W36 W 与36 V .若把此灯泡接到输出电压) B. 小于36 W,大于9 W D.小于9 W KD. 电压表V i、电流表A读数变化量的比值保持不变【解析】 滑片P 向右移动，R 接入电路中的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆 定律可知干路电流I 减小，内电压 U 内=Ir 减小，外电压 U 外=E — U 内增大，F 0的电压V 2减 小，R 的电压V 增大，故选项A 错误；FF 为定值电阻，电压表 V 2与电流表A 读数的比值保持 不变，R 接入电路中的电阻增大， 电压表V 与电流表A 读数变化量的比值增大， 故选项B 错 误，C 错误；电压表 V 、电流表A 读数变化量的比值为内阻与 R ）之和，选项D 正确.【答案】 D7. （xx •东营市高二检测）在如图4所示的电路中，电源电动势为 E ,内电阻为r ，闭合 开关S,待电流达到稳定后，电流表示数为 I ，电压表示数为 U,电容器C 所带电荷量为 Q 将滑动变阻器的滑动触头 P 从图示位置向a 端移动一些，待电流达到稳定后，则与P 移动前相比（ ）A. U 变小C. Q 不变 【解析】 当电流稳定时，电容器可视为断路，当P 向左滑时，滑动变阻器连入电路的 阻值R 增大，根据闭合电路欧姆定律得，电路中的电流 I = 减小，电压表的示数 U R 十R 十r=E —l （R 十r ）增大，A 错B 对；对于电容器，电荷量 Q= Cl 增大，C D 均错.【答案】 B& （多选）已知如图5，电源内阻不计•为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方图5 B. 增大RD. 减小R【解析】 由于稳定后电容器相当于断路， 因此R 上无电流，电容器相当于和F2并联.只A.增大RC.增大RD. Q 减小有增大艮或减小R才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量.改变Rs不能改变电容器的带电量.【答案】BD二、填空题(共2小题，每小题2分，共23分)9. (11 分)(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到X1k”档位，测量时针偏转如图6甲所示•请你简述接下来的测量过程：② _________________________________________________________ ；③ _________________________________________________________ ；④测量结束后，将选择开关旋到“ OFF档.⑵接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图乙所示.乙图6其中电压表内阻约为5 k Q ,电流表内阻约为5 Q .图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接.(3) 图丙是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程.当转换开关S旋到位置3时，可用来测量__________ ;当S旋到位置__________ 时，可用来测量电流，其中S旋到位置________ 时量程较大.【答案】（1）①断开待测电阻，将选择开关旋到“X 100”档②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”③再接入待测电阻，将指针示数X 100,即为待测电阻阻值⑵如图所示⑶电阻1、2 110. （12分）测金属电阻率实验（1）测长度时，金属丝的起点、终点位置如图（a），则长度为：cm;（2）用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图（b），则直径为：mm;（3）用多用表“ Q X 1”档估测其电阻，示数如图（c），则阻值为：⑷在图（d）中完成实物连线；（5）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P移至最___________ （填“左”或“右”(b)(d)图7【解析】 ⑴(a)图需往下估读一位，大约为 60.48 cm(60.45〜60.50 cm 都可以).⑵ 读数=固定刻度示数+可动刻度示数=1.5 mm + 0.480 mm = 1.980 mm.⑶由题可知，阻值为 5 Q . (4) 电流表外接，滑动变阻器采用分压、限流接法均可，采用限流接法时如图所示.(5)无论限流接法，还是分压接法，将滑片 P 移至最左端时，待测金属丝上的电压和电流最小.三、计算题(共2小题，共29分) 11. (14分)一个允许通过最大电流为 2 A 的电源和一个滑动变阻器，接成如图 8甲所 示的电路•滑动变阻器最大阻值为R 0= 22 Q,电源路端电压 U 随外电阻R 变化的规律如图图8(1) 电源电动势E 和内阻r ;(2) A 、B 空载时输出电压的范围；⑶ 若要保证滑动变阻器的滑片任意滑动时，干路电流不能超过 载电阻至少多大. 【解析】 ⑴由乙图可知，当 R -a 时，E = 12 V 而当U = 6 V 时，应有r = R= 2 Q .2A ,A B 两端所接负(C)⑵当滑片滑至上端时，U B最大山=誥E= 11 V当滑片滑至下端时，U A B为零，因此，A、B空载时输出电压范围为0〜11 V.(3) A B两端接某一负载电阻后，滑动变阻器滑片移至上端时，干路电流最大.此时I = E—为了电源不过载，应保证I <2 AR o R xR T R^ +r代入数据得R >4.9 Q即所接负载电阻最小值为 4.9 Q .【答案】(1)12 V 2 Q (2)0 〜11 V (3)4.912. (15分)电路如图9所示，电源电动势E= 28 V，内阻r = 2 Q,电阻R= 12 Q ,F2= R4= 4 Q , F3 = 8 Q , C为平行板电容器，其电容C= 3.0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长I = 0.20 m，两极板的间距d= 1.0 x 10 2 m.图9(1) 若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R的总电量为多少？(2) 若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以V o = 2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10m/s2)【解析】(1)S断开时，电阻R两端电压为U3= R3 E= 16 VR+ Rs+ rR R+ RsS闭合后，外阻为R= R+—R + R = 6 QR端电压为U= E= 21 VR+ r电阻R3两端电压为U3'= R + 14 V则所求流过F4的总电荷量为△ Q= CU— CU'= 6.0 x 10 12 C.(2)设微粒质量为m电荷量为q,当开关S断开时有：罟=mgq s U S'当开关S闭合后，设微粒加速度为a,贝U mg- —= ma............................................................................... I ......................... 1 2设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t = 竖直方向：y=;atV0 2由以上各式求得：y= 6.25 m >号故微粒不能从C的电场中射出.【答案】(1)6.0 x 10 -12 C (2)不能从C的电场中射出.019-2020年高中物理第二章机械波第二节机械波的图象描述自我小测粤教版选修3-41关于振动和波的关系，下列说法正确的是（）A. 如果振源停止振动，在介质中传播的波动也立即停止B. 物体做机械振动，一定产生机械波C. 波的速度即振源的振动速度D. 波在介质中的传播频率与介质的性质无关，仅由振源的振动频率决定A. 若质点a向下运动，则波是从左向右传播的B. 若质点b向上运动，则波是从左向右传播的C. 若波从右向左传播，则质点c向下运动D. 若波从左向右传播，则质点d向上运动3（xx全国H理综，14）下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是（）A. 媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等B. 媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等C. 波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致D. 横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍4如图2 —2- 15甲所示为一列简谐横波在t = 20 s时的波形图，图波中P点的振动图象，那么该波的传播速度和传播方向是2 —2—15乙是这列2简谐横波某时刻的波形图如图(5（xx 四川理综，19）如图所示为一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波，实线为 t = 0时刻A. 波的周期为2.4 sB. 在t = 0.9 s 时，P 点沿y 轴正方向运动C. 经过0.4 s , P 点经过的路程为 4 mD. 在t = 0.5 s 时，Q 点到达波峰位置6 一列简谐横波沿绳子传播，振幅为 0.2 m ，传播速度为1 m/s ，频率为0.5 Hz.在t o 时刻，质点a 正好经过平衡位置，沿着波的传播方向（ ）A.在t 0时刻，距a 点2 m 处的质点离开其平衡位置的距离为0.2 mB.在（t0 + 1 s ）时刻，距a 点1.5 m 处的质点离开其平衡位置的距离为0.2 mC.在（t 0+ 2 s ）时刻，距a 点1 m 处的质点离开其平衡位置的距离为0.2 mD.在（t 0+ 3 s ）时A. v = 2 m/s ，向左传播 C. v = 2 m/s ，向右传播D. v = 50 m/s ，向右传播的波形图，虚线为B. v = 50 m/s ，向左传播 t = 0.6 s刻，距a点0.5 m处的质点离开其平衡位置的距离为0.2 m 7（xx福建理综，17）图2 —2- 17甲为一列简谐横波在t = 0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x= 1 m处的质点，Q是平衡位置为x= 4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象,则（）A. t = 0.15 s时，质点Q的加速度达到正向最大B. t = 0.15 s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C. 从t = 0.10 s到t = 0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 mD. 从t = 0.10 s至U t = 0.25 s，质点P通过的路程为30 cm8如图2 —2- 18所示为一列简谐横波某时刻的波形图，图中P点为介质中一质点，此时刻恰好过平衡位置，已知其振动周期T= 0.4 s •求至少过多长时间P质点到达波峰?图2—2—189如图2 —2—19所示，实线是某时刻的波形图象，虚线是0.2 s后的波形图.(1) 若波向左传播，求它的可能周期和最大周期.(2) 若波向右传播，求它的可能传播速度.(3) 若波速是45 m/s，求波的传播方向.10已知一列简谐横波在t = 0时刻的波动图象如图2—2—20所示，再经过1.1 s时，P 点第三次出现波峰.求:由图示时刻起，Q点再经过多长时间第一次出现波峰？11如图2-2 —21所示中的实线是一列简谐横波在某一时刻的波形图线，经0.3 s后,其波形如图中虚线所示，设该波的周期T大于0.3 s .求：(1) 波长和振幅；(2) 若波向右传播，求波的周期和波速;(3) 若波向左传播，求波的周期和波速.12 一列横波在x轴上传播，在t1= 0和t2= 0.005 s时的波形分别如图 2 —2—22实线和虚线所示.O(1)若周期T> (t 2 —11)，波沿x轴正方向传播，则波速为多大?⑵若周期T v (t 2 —11)，则波速可能为多少？参考答案1解析：机械振动在传播中形成机械波，振源停止振动时，其他质点仍会引起相邻质点的振动，即波继续在介质中传播，所以A、B错，机械波在介质中传播速度由介质本身性质决定，与振源振动的速度无关，所以C错.在波动中，各个质点的振动周期、频率是相同的，它们都等于波源的振动周期或频率，D对.答案：D2解析：解决此题时，要判断波的传播方向，或质点振动方向，沿着波的传播方向看去，图象“上坡”段的质点均向下振动，而“下坡”段质点均向上振动，若波从左向右传播，a、b处于下坡，向上振动，故A错，B对，c、d处于上坡，应向下振动，D错.若波从右向左传播，c、d处于下坡，向上振动，C错.答案：B3答案：AD4解析：由P点的振动图线可知，周期T= 2 s , t = 20 s，恰是10 T , P点的运动方向在t = 0时刻向上，贝U t = 20 s时也向上，由波的图象知若P点运动方向向上，则波沿x轴负方向传播，入=100 m,所以v = * =100 m/s = 50 m/s.答案：B5答案：Dv 1 16解析：入=m= 2 m, T=：= 2 s，在t o时刻距a处2 m即质点的振动状态与a f 0.5 f完全相同，也应该在平衡位置，故选项A错，在(t卄1 s)时刻，因为T= 2 s，过了半个周一一3期，a点仍在平衡位置，离a点为1.5 m即4入处的质点在离开平衡位置0.2 m处，选项B 正确•在(t处波长的质点离开平衡位置的距离为0.2 m，选项D正确.0 + 2 s)时刻是经过了一个周期，在距离a点1 m即半波长的质点在平衡位置，1 选项C错•在(t 0 + 3 s)时刻是经过了一个半周期，a点仍在平衡位置，距a点0.5 m即4入答案：BD 7答案：AB8解析：题中已知条件没有给出 P 质点此刻过平衡位置的振动方向， 也没有给定波的传 1播方向，不妨假定 P 质点此时正向上振动，波向右传播，则至少需要4个周期的时间.答案：0.1 s9解析：(1)波向左传播，传播的时间为 △ t = 3 4T + nT(n = 0,1,2，…) 所以 T =痒=4X 卑=黑s(n = 0,1,2,3，…) 4n + 3 4n + 3 4n + 33~X 0.40 s = 0.4 s. 4答案：(1)10.0 m/s (2)0.4 s11解析：(1)从波形图线上直接得出波长和振幅分别为入=2 m 和A = 10 cm.(2)若波向最大周期为:0.8 Tm=〒s = 0.27 s.⑵波向右传播△t=T + nT(n = 0,1,2,3，…)0.8 所以T =时s(n=0,1,2，…)，而入=4 m3所以v=¥ = 5(4n + 1) m/s(n = 0,1,2，…).45= 5(4 n +(3) 波速是45 m/s，设波向右传播，由上问求得的向右传播的波速公式得: 1)，解得n= 2,故假设成立，波向右传播.答案：(1)T = s(n = 0,1,2,3，…),Tm= 0.27 s(2)v = 5(4n + 1) m/s(n = 0,1,2，…)⑶向右传播一 310解析：(1)由传播方向可以判断P点在t = 0时刻振动的方向向下，需经气个周期第3三次达到波峰位置.即2R T= 1.1 s.4所以T= X 1.1 s = 0.40 s ,11入 4 m所以v= = = 10.0 m/s.T 0.4 s⑵由图知A点在t = 0时刻向下振动，即振源的起振方向向下，故Q点亦向下起振，起3 AQ 3 1 m振后须经才第一次到达波峰，则Q点第一次到达波峰经历的时间t = — + ;T= 1—+4 v 4 10.0 m/s3右传播，且T 大于0.3 s ,知在0.3 s 时间内传播的距离小于波长.从图知向右传播了4入，3入所用时间应为0.3 s = 4T , T = 0.4 s ，故v =〒=5 m/s.(3)若波向左传播，且 T 大于0.3 s , 1 1知在0.3 s 时间内波传播的距离小于波长，从图知向左传播了入，所用时间应为0.3 s =- 4 4,, 入 5T , T = 1.2 s ,故 v ==云m/s.答案：(1)入=2 m A = 10 cm (2)T = 0.4 s v = 5 m/s(2)若周期T v (t 2 — 11)，则由波传播的双向性及周期性可得若波传播方向向右，则传播的距离3△ x = n A.+ 4 入(n = 1,2,3，…) 所以 v == (1.6n + 1.2) x 103m/s(n = 1,2,3，…)若波向左传播 △ x '= n 入+1 入，v '=^^(1.6门 +。

课时作业(十五)一、选择题(4、5、8为多项选择题，其余为单项选择题)1．金属材料的电阻率有以下特点：一般而言，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大，而且有的金属电阻率随温度变化而显著变化，有的合金的电阻率几乎不受温度的影响．根据以上的信息，判断下列的说法中正确的是( )A．连接电路用的导线一般用合金来制作B．电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作C．电阻温度计一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作D．标准电阻一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制作解析在实际应用中电炉、电阻器的阻值不应随温度变化而变化很大，电阻温度计应该使用对温度敏感的材料．答案 B设置目的考查不同材料的电阻值随温度变化的规律2.如图为滑动变阻器的示意图，A、B、C、D为4个接线柱，当滑动片P由C向D移动时，若要使变阻器接入电路的电阻由大变小，应将电阻器的哪两个接线柱连入电路( )A．A和B B．A和DC．B和C D．C和D解析滑动变阻器的连接应是一上一下(同一端或对角线)，要注意接入的是哪一部分电阻，从而确定电阻的变化．要让滑动变阻器的阻值变小，就要使连入电路的电阻丝长度变短，滑动片P由C向D移动，要使滑动变阻器连入电路的电阻丝变短，可以连接AD或AC.答案 B设置目的考查滑动变阻器的连接方法3．一只“220 V 100 W”的灯泡工作时电阻为484 Ω，拿一只同样的灯泡来测量它不工作时的电阻，下列说法中正确的是( )A．小于484 Ω B．大于484 ΩC．等于484 Ω D．无法确定解析灯泡工作时的电阻为高温状态的电阻，不工作时为常温下的电阻，根据金属材料的电阻随温度的升高而增大可得选项A正确．答案 A设置目的考查金属的电阻率随温度的变化规律4.温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在如图所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则( )A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化解析 图线1反映电阻随温度升高而增大的特性，是金属导体的电阻，图线2反映电阻随温度升高而降低的特性，是半导体材料的电阻，故C 、D 两项正确，A 、B 两项错误． 答案 CD5．下列说法中正确的是( )A ．据R ＝U/I 可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B ．据R ＝U/I 可知，通过导体的电流改变，加在电阻两端的电压也改变，但导体的电阻不变C ．据ρ＝RS/l 可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS 成正比，与导体的长度l 成反比D ．导体的电阻率与导体的长度l 、横截面积S 、导体的电阻R 皆无关解析 导体的电阻是由导体本身的性质决定的，其决定式为R ＝ρl/S，而R ＝U/I 为电阻的定义式，所以选项A 是不对的，选项B 是正确的，而ρ＝RS/l 仅是导体电阻率的定义式，电阻率与式中的各物理量间都无关，所以选项C 是不对的，选项D 是正确的．答案 BD设置目的 考查电阻的决定因素和电阻率的决定因素6．将截面均匀、长为L 、电阻为R 的金属导线截去L/n ，再拉长至L ，则导线电阻变为( ) A.（n －1）R n B.R n C.nR n －1 D ．nR解析 设原来导线的横截面积为S ，由电阻定律得R ＝ρL S ，金属导线截去L n，再拉长至L ，有：（n －1）V n ＝LS 1，截前有：V ＝LS.所以S 1＝（n －1）S n ，由电阻定律得R 1＝nR n －1，故C 项正确，A 、B 、D 三项错误．答案 C7．一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64 Ω，则导线原来的电阻值为( )A ．128 ΩB ．32 ΩC ．4 ΩD ．2 Ω解析 由电阻定律知，原来电阻为R ＝ρL S ＝ρL 14πD 2，对导线来讲，体积是不变的，当直径减为原来的一半时，由V ＝L·14πD 2知，L 将变为原来的4倍，所以变化后的电阻为R′＝ρ4L 14π（12D ）2＝16R ，故原来电阻R ＝4 Ω，C 项正确，A 、B 、D 三项错误． 答案 C设置目的 考查电阻决定式的应用8．对于常温下一根阻值为R 的金属电阻丝，下列说法正确的是( )A ．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB ．常温下，若将电阻丝从中点对折，电阻变为R/4C ．加在电阻丝上的电压从0逐渐加大到U ，则在任意状态下的U/I 的值不变D ．若把温度降到绝对零度附近，电阻丝的电阻突然变为零，这种现象称为超导现象解析 常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则截面积变为原来的1/10，根据电阻定律R ＝ρL S，A 项错误；常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原来的一半，面积为原来的2倍，则电阻变为R/4，B 项正确；电阻丝随着温度变化阻值会发生变化，C 项错误；根据超导现象知，D 项正确．答案 BD设置目的 考查电阻的计算以及金属材料电阻值与温度的关系9．当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别．那么熔丝熔断的可能性较大的是( )A ．横截面积大的地方B ．横截面积小的地方C ．同时熔断D ．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方解析 根据电阻定律，横截面积小的地方电阻较大，当电流通过时，电阻大的位置发热量大，易熔断．选项B 正确．答案 B设置目的 有关电阻发热的实际应用二、非选择题10．在做“影响电阻大小的因素”实验时，为了便于研究而采用控制变量法．导线代号A B C D E F G 长度/m 1.0 0.5 1.5 1.0 1.2 1.5 0.5 横截面积/mm 23.2 0.8 1.2 0.8 1.2 1.2 1.2 材料 锰铜 钨 镍铬丝 锰铜 钨 锰铜 镍铬丝(1)(2)为了研究电阻与导体长度的关系，应选用导线C 和导线________；(3)为了研究电阻与导体的________的关系，应选用导线A 和导线________．解析 (1)根据控制变量法：应选取两根导线的长度、横截面积都相同，材料不同的导线．表中C 与F 的长度和横截面积都相同，材料不同．(2)根据控制变量法：应选取和导线C 材料、横截面积都相同，长度不同的导线．表中G 与C 的材料和横截面积都相同．(3)A 和D 这两根导线的材料相同、长度也相同，横截面积不同，所以是为了研究电阻与横截面积的关系．答案 (1)C ，F (2)G (3)横截面积；D设置目的 考查学生应用控制变量法研究电阻与哪些因素有关系的能力11．如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P 、Q 为电极，设a ＝1 m ，b ＝0.2 m ，c ＝0.1 m ，当里面注满某电解液，且P 、Q 加上电压后，其U­I 图线如图乙所示．当U ＝10 V 时，求电解液的电阻率ρ是多少？解析 由图乙可求得电解液的电阻为R ＝U I ＝105×10－3 Ω＝2 000 Ω 由图甲可知电解液长为：l ＝a ＝1 m ，截面积为：S ＝bc ＝0.02 m 2结合电阻定律R ＝ρl S ，得ρ＝RS l ＝2 000×0.021Ω·m ＝40 Ω·m. 答案 40 Ω·m设置目的 应用电阻的定义式、电阻定律来计算电阻率12．在“测金属丝的电阻率”实验中，提供以下实验器材：待测金属丝、游标卡尺、毫米刻度尺；电压表V(量程3 V ，内阻约5 kΩ)、电流表A(量程0.6 A ，内阻R A ＝1.0 Ω)；电源E(电动势约3 V)、滑动变阻器、开关及导线若干．某同学进行了如下操作：(1)用毫米刻度尺测金属丝的长度L ；用游标卡尺测金属丝的直径d ＝________mm.(2)按照实验设计的电路原理图(图甲)进行实物连接，请在图乙中连线．(3)进行了相应测量，利用电压表和电流表的读数画出了如图丙所示的U­I 图象，由此得到金属丝电阻R ＝________Ω.(4)根据ρ＝________(用R 、d 、L 及有关常数表示)，即可计算该金属丝的电阻率． 解析 (1)由图示游标卡尺可知，其示数为：3 mm ＋8×0.05 mm＝3.40 mm 。