高中物理 综合评估检测卷(二)恒定电流 新人教版选修31

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 +。

第二章《恒定电流》测试题一、单选题（每小题只有一个正确答案）1．下列说法正确的是( )A ．由C =Q U可知，电容器的电容与任一极板的电荷量Q 成正比 B ．由φ=pE q 可知，电场中某点的电势与电荷在该点处具有的电势能E p 成正比C ．由R =ρL S可知，金属导体的电阻与其接入电路的长度成正比 D ．由E =W q可知，某一电源的电动势与电源中非静电力所做的功成正比 2．如图所示是某导体的I －U 图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( )A ．该导体的电阻与其两端的电压成正比B ．此导体可能是半导体C ．I －U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以R ＝1.0ΩD ．在该导体两端加6.0V 电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0C3．关于电源电动势，下列说法正确的是( )A ．电源两极间的电压一定等于电源电动势B ．电源在没有接入电路时两极间电压等于电源电动势C ．所有电源的电动势都是相同的D ．2号电池比5号电池的电动势大4．图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA，内阻R g ＝100 Ω，调零电阻的最大值R 0＝50 kΩ，电池电动势E ＝1.5 V ，两表笔短接调零后，用它测量电阻R x ，当电流计指针指在满刻度的13时，则R x 的阻值是（ ）A ．1kΩB ．10 kΩC ．100 kΩD ．100 Ω5．两个精制电阻，用锰铜电阻丝绕制而成，电阻上分别标有“100 Ω，10 W”和“20 Ω，40 W”，则它们的额定电流之比为( )A ∶20 C6．关于正常工作的发电机、电动机和白炽灯，以下说法中正确的是（ ）A ．发电机是将电能转化为机械能的装置B ．电动机是将机械能等能转化为电能的装置C ．电动机消耗的电能大于产生的热能，白炽灯消耗的电能等于产生的热能D ．电动机消耗的电能等于产生的热能，白炽灯消耗的电能大于产生的热能7．比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。

高中物理学习材料桑水制作《恒定电流》综合测试时间：90分钟分值：100分题号12345678910答案第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(每小题4分，共40分)1．对于一根常温下的阻值为R的均匀电阻丝，下列说法中正确的是( )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起来，电阻变为1 4 RC．给电阻丝加上的电压从零逐渐增大到U0，则任一状态下的UI比值不变D．大多数电阻丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零解析：A错误，设原电阻R＝ρlS，当l′＝10l时，由体积不变原理求得截面积变成S′＝110S，所以电阻变为R′＝ρl′S′＝ρ10l110S＝100R；B正确，从中点对折起来，相当于两个阻值为12R的电阻并联，其总阻值为14R；C错误，灯丝材料的电阻率ρ随温度升高而增大，当电阻丝两端的电压逐渐增大时，由于电流的热效应会使电阻率ρ随温度升高而增大，因而R＝ρlS＝UI将逐渐增大；D正确，这种现象叫超导现象．答案：BD2．利用上图所示电路可以测出电压表的内阻．已知电源的内阻可以忽略不计，R为电阻箱．闭合开关，当R取不同阻值时，电压表对应有不同读数U.多次改变电阻箱的阻值，所得到的1U－R图象应该是下图中的哪一个( )解析：设电源电动势为E，电压表内阻为R V，电压表的读数为U，则由闭合电路的欧姆定律，可得I＝ER V＋R ，则U＝E－IR＝E－ERR V＋R，由此可得R＝ER VU－R V，由此判断A正确．答案：A3．节日装饰用的小彩灯常被挂在小树上或门面上．这些彩灯是串联后接在220V电源上的，每一串足有数十个，奇怪的是当其中一个或几个灯的灯丝断了时，其余灯却仍然亮着．仔细检查灯的结构发现，每个灯的灯丝引线上方均绕着金属电阻丝，如上图所示，若灯丝和电阻丝的电阻分别为R1、R2，下列说法正确的是( )A．R1≫R2B．R2≫R1C．彩灯是串联的，但每个灯都有两个并联分路D．当某灯丝R1断了以后，其余灯都要变亮一些解析：为确保偶尔有一两个小灯泡损坏也不影响彩灯的整体效果，应该每个小灯泡都使用并联电路，以防整个电路断路．答案：BC4. (2010·安徽卷)如上图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析：平行板电容器两板间的电压等于定值电阻R0两端的电压U＝ER0，两板间电压随着R2的增大而减小，随R2的减小而增大，而与R1 R0＋R2＋r无关．当电压增大时，板间场强增大，小球受到的电场力增大，反之减小．选项B正确．答案：B5．一中学生为发射的“神舟”七号载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化为上图．连接在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动触头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值．关于这个装置在“神舟”七号载人飞船发射、运行和回收过程中示数的判断正确的是( )A．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数仍为正B．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数为负C．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零D．飞船在圆轨道上运行时，电压表示数所对应的加速度应略小于地球表面的重力加速度解析：该装置在地面上静止时，弹簧的弹力与重物的重力平衡，其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，飞船在竖直加速升空的过程中，弹簧的弹力大于重物的重力，合力竖直向上，则滑动触头下移，若此时电压表的示数为正，飞船在竖直减速返回地面过程中加速度方向向上，电压表示数仍为正，A正确，B错误．飞船在圆轨道上运行时，飞船中的物体处于完全失重状态，其加速度等于重力加速度，约为9.8 m/s2，C错误，D正确．答案：AD6．用多用电表的欧姆挡(R×1 k)检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的指针向右偏转的角度很小，这说明( )A．二极管加有正向电压，故测得电阻很小B．二极管加有反向电压，故测得电阻很大C．此时红表笔接的是二极管的正极D．此时红表笔接的是二极管的负极答案：BC7．(2011·重庆卷)在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如下图所示．电源内阻不计，导线连接良好．若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零b．电珠L亮度增加；电流表示数增大c．电珠L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断与上述a，b，c，d四种现象对应的电路序号为( )A．③①②④B．③④②①C．③①④②D．②①④③解析：闭合S，在向右端滑动触头的过程中，对于①图，闭合开关S，滑动变阻器连入的电阻变小，电流表的示数增大，电珠L亮度增加，对应b；对于②图，滑动变阻器连入的电阻变小，电路电流变大，滑动触头到最右端时电流表发生短路，电流表的线圈烧断，烧断后灯泡开始发光，对应c；对于③图，电压表在触头上，电压表上没有电流，即电珠L和电流表上都没有电流，对应a；对于④图，电珠L不亮，滑动变阻器连入的电阻变小，在滑动触头未到达最右端时电流表示数增大，滑到右端，电流表短路线圈烧断，对应d；所以A正确．答案：A8．(2008·江苏卷)在如上图所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为( ) A．1和0 B．0和1C．1和1 D．0和0解析：正确认识门电路的符号，“&”为与门，“1”为非门，其真值为：B端0输入，则1输出，与门为“1,1”输入，则1输出．C正确．答案：C9．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是( )9题图10题图A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C．ΔU1＜ΔU2D．ΔU1＞ΔU2解析：滑动变阻器的触片P从右端滑到左端，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小．与电阻串联的灯泡L1、L2电流增大，变亮，与电阻并联的灯泡L3电压降低，变暗，U1减小，U2增大，而路端电压U＝U1＋U2减小，所以U1的变化量大于U2的变化量，选B、D.答案：BD10．如图所示，R1、R2是定值电阻，R3是滑动变阻器，当变阻器的滑动头P向左移动时( )A．R1的功率将增大B．R2的功率将减小C．电源的功率将增大D．电源的效率将减小解析：当变阻器的滑动头P向左移动时，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，电路中的总电阻减小，电路中的总电流增大，而电源内阻是不变的，电源的内电压增大，而电源电动势不变，所以R1两端的电压减小，R1的功率将减小，A错误．R1的电流将减小，而电路中的总电流增大，所以通过R2的电流增大，R2的功率将增大，B错误．因电路中的总电流增大，而电源电动势不变，所以电源的功率P＝EI将增大，C正确．电源的效率η＝RR＋r ＝11＋rR.由题意知：外电路总电阻减小，所以电源的效率将减小，D正确．答案：CD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(每小题5分，共20分)11．如下图所示，a、b、c、d是滑动变阻器的四个接线柱．现把此变阻器串联接入电路中的A、B两点间，并要求滑片向c端移动过程中，灯泡变暗，则接入电路中A、B两点间的接线柱应该是________和________．解析：本题考查滑动变阻器的接法，向c端移动滑片电阻变大，应该让滑动变阻器的右半部分接入电路．答案：b；c(或b；d)12．用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置的多用电表测某表电阻阻值，根据如下图所示的表盘，被测电阻阻值为________Ω.若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍如下图所示，则被测电流为________mA.解析：从电阻刻度线可读出电阻值为22×10＝220Ω，测直流电流时，从中间一条刻度线读数，用“0～10”这组数据，在此“10”代表“1mA”，故指针指“4”，则电流为410×1mA＝0.4mA，注意有效数字位数，所以被测电流为0.40mA.答案：220 0.4013．(2011·新课标卷)为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如下图所示的电路．图中，A0是标准电流表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I.(2)然后将S拨向接点2，调节________，使________，记下此时R N的读数．(3)多次重复上述过程，计算R N读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值．解析：根据闭合电路欧姆定律可知，只要保持单刀双掷开关打在1上和打在2上时，电路中的电流保持不变，则电路中的总电阻就应该不变．而电源内阻、滑动变阻器阻值、标准电流表阻值均未发生变化，所以后来接入的电阻箱的阻值读数就是待测电流表的内阻值．答案：(1)R0标准电流表(或A0) (2)R N标准电流表(或A0)的读数仍为I(3)平均值14．利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，现有的器材为：干电池：电动势约为1.5V，符号电压表：量程1V，内阻998.3Ω，符号○V电流表：量程1A，符号Ⓐ滑动变阻器：最大阻值10Ω，符号电阻箱：最大阻值99999.9Ω，符号单刀单掷开关一个，符号导线若干(1)设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内．要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负．(2)为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的________倍，电阻箱阻值为________Ω.分析：本实验既考查电动势和内阻测量的实验，又考查电表的改装问题．解析：电动势E＝1.5V，电压表量程U＝1V，所以应扩大为原量程的两倍，U′＝2U＝2V，使U′＞E.电阻箱的电阻R1＝R V＝998.3Ω，因为串联电路按电阻正比分压，则U1＝U V，则U外＝U1＋U V＝2U V，达到扩大为原量程的两倍的目的．电流表、电压表的正接线柱应与电源的正极相连，电路图如图．答案：(1)电路图见解析(2)2 998.3点评：已知阻值的电压表、电流表是一个特殊的电阻元件，特殊之处就在于它能显示自身两端的电压或流过自身的电流．三、计算题(共40分)15．(8分)如上图所示，已知R 1＝3k Ω，R 2＝6k Ω，电压表的内阻为9k Ω，当电压表接在R 1两端时，读数为2V ，而当电压表接在R 2两端时，读数为3.6V ，试求电路两端(AB 间的)的电压和电阻R .解析：由于电压表的内阻与电阻R 1和R 2的值均在一个数量级(k Ω)上，因此不能按理想电表讨论．当电压表接在R 1两端时，电路的总电流为I ＝U 1R V ＋U 1R 1＝29mA ＋23mA ＝89mA 所以有，U ＝U 1＋I (R 2＋R )①当电压表接在R 2两端时，电路总电流为I ′＝U 2R V ＋U 2R 2＝3.69mA ＋3.66mA ＝1mA所以有：U ＝U 2＋I ′(R 1＋R )②将I 和I ′代入①②两式可解得：AB 间的电压：U ＝13.2V ；电阻R ＝6.6k Ω.答案：13.2V 6.6k Ω16．(10分)如上图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路上，电源的内阻r＝1Ω，电炉的电阻R1＝19Ω，电动机绕线的电阻R2＝2Ω，当开关S断开时，电源内电阻消耗的热功率P＝25W；当S闭合时，干路的电流I＝12.6A．求：(1)电源的电动势E；(2)S闭合后电动机的机械功率．解析：(1)S断开时，由P＝I2r得：I＝Pr＝251A＝5A.由闭合电路欧姆定律得：E＝I(R1＋r)＝5×(19＋1)V＝100V.(2)S闭合后，内电压：U1＝Ir＝12.6×1V＝12.6V. 故电路的路端电压：U2＝E－U1＝(100－12.6)V＝87.4V通过电炉的电流：I1＝U2R1＝87.419A＝4.6A通过电动机的电流：I2＝I－I1＝(12.6－4.6)A＝8.0A. 电动机消耗的热功率：P 1＝I 22R 2＝8.02×2W ＝128W.输送给电动机的电功率：P 2＝U 2I 2＝87.4×8W ＝699.2W.故电动机输出的机械功率：P 3＝P 2－P 1＝(699.2－128)W ＝571.2W.答案：(1)100V (2)571.2W17．(10分)(2009·全国卷Ⅰ)材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1＋αt )，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t ＝0 ℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m ，碳的电阻率为3.5×10－5Ω·m ；在0 ℃附近，铜的电阻温度系数为3.9×10－3℃－1，碳的电阻温度系数为－5.0×10－4℃－1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0 m 的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)．解析：设所需碳棒的长度为L 1，电阻率为ρ1，电阻温度系数为α1；铜棒的长度为L 2，电阻率为ρ2，电阻温度系数为α2.根据题意有ρ1＝ρ10(1＋α1t ) ①ρ2＝ρ20(1＋α2t ) ②式中ρ10，ρ20分别为碳和铜在0 ℃时的电阻率．设碳棒的电阻为R 1，铜棒的电阻为R 2，有R 1＝ρ1L 1S ③R 2＝ρ2L 2S④式中S 为碳棒与铜棒的横截面积．碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为R ＝R 1＋R 2 ⑤ L 0＝L 1＋L 2 ⑥式中L 0＝1.0 m. 联立以上各式得R ＝ρ10L 1S ＋ρ20L 2S ＋ρ10α1L 1＋ρ20α2L 2St ⑦要使R 不随t 变化，⑦式中t 的系数必须为零，即ρ10α1L 1＋ρ20α2L 2＝0 ⑧ 联立⑥⑧式得L 1＝ρ20α2ρ20α2－ρ10α1L 0代入数据得L 1＝3.8×10－3 m.18．(12分)某一用直流电动机提升重物的装置，如下图所示，重物质量m ＝50 kg ，电源的电压为U ＝110V ，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以v ＝0.90 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电阻中的电流I ＝5A ，由此可知电动机线圈的电阻R 为多少？解析：电动机消耗的总能量一部分用于提升重物的机械能，一部分消耗在电动机线圈电阻发热上P 电＝P 机＋P 热，其中P 电＝UI ，P 机＝mgv ，P 热＝I 2R所以有IU ＝mgv ＋I 2R所以R＝(IU－mgv)/I2＝4.4Ω. 答案：4.4Ω点评：在非纯电阻电路中，不能使用欧姆定律，即R≠U I .。

《恒定电流》综合评估限时：90分钟总分：100分一、选择题(1～7为单选题，每小题4分，8～10为多选题，每小题5分，共43分)1．通过甲、乙两导线横截面的电荷量之比为3∶5，甲、乙两导线通电时间之比为3∶2，则通过甲、乙两导体的电流强度之比为( B )A．1∶5 B．2∶5C．5∶2 D．5∶1解析：由电流的计算式I＝qt得：I1I2＝q1t1×t2q2＝q1q2×t2t1＝35×23＝25，B正确．2．夜间，居民楼的楼道里只是偶尔有人经过，“长明灯”会造成浪费．科研人员利用“光敏”材料制成“光控开关”——天黑时自动闭合，天亮时自动断开；利用“声敏”材料制成“声控开关”——当有人走动发出声音时自动闭合，无人走动时自动断开．若将这两种开关配合使用，就可以使楼道里的灯变得“聪明”．这种“聪明”的电路是图中的( D )解析：在白天时，一般不需要灯照明的；天黑以后，特别是夜深人静时，一般也不需要灯照明的，也就是说天黑且人在楼道里走动时需要．对于选项A，“声控开关”闭合时，发生短路；对于选项B，不管是“光控开关”，还是“声控开关”各自都能让灯发光，节能目的达不到；对于选项C，“光控开关”闭合时，发生短路；对于选项D，“光控开关”与“声控开关”同时闭合时，灯才亮，所以达到节能的目的．3．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c，电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( A )解析：由电阻的决定式可知，A中电阻R A＝ρcab ；B中电阻R B＝ρbac；C中电阻R C＝ρabc；D中电阻R D＝ρabc，故电阻最小的为A.4．如图是一种台灯亮度调节器电路图，圆环为电阻丝，P为可调节滑片，下列说法中正确的有( D )A．P在b点，灯最亮B．P在c点，灯最亮C．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐增大D．P从a点滑向b点过程中，电流逐渐减小解析：P在a点，变阻器接入电路的电阻最小，电路中电流最大，则灯消耗的功率最大，灯最亮；b点时电阻不是最小，灯不是最亮，故A、B错误；P从a点滑向b点过程中，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律得知电流逐渐减小，故C错误、D正确．4题图5题图6题图5．如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装的量程更大的电表，下列判断正确的是( A )A．改装成了电流表，R减小时量程增大B．改装成了电流表，R增大时量程增大C．改装成了电压表，R减小时量程增大D．改装成了电压表，R增大时量程增大解析：改装成了电流表，R减小电流表量程增大，R增大时电流表量程减小，故A正确、B错误；把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，故C、D错误．6．如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是( C )A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小灯泡L变暗C．电容器C上电荷量减小D．电源的总功率变小解析：当滑动变阻器滑片P向右移动时，接入电路中的阻值变小，回路的总阻值R总减小，干路电流(I干)增大，电流表读数变大，小灯泡L变亮，而内电压(I干·r)增大，故路端电压减小，选项A、B错误；由P＝EI干得，选项D错误；由U C＝E－I干(r＋R灯)及q＝C·U C 知，选项C正确．7.如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( C )A．R3断路B．R1短路C．R2断路D．R1、R2同时短路解析：灯泡A变暗，灯泡B变亮，说明流过灯泡A的电流减小，流过灯泡B的电流增大，若R3断路，电源的路端电压增大，流过灯泡A、B的电流均增大；若R1短路，电源的路端电压减小，流过R3的电流减小，流过灯泡A、B的电流增大；若R2断路，电源的路端电压增大，灯泡A和电阻R1两端的电压减小，电路中的总电流减小，流过R3的电流增大，流过灯泡A 的电流减小，灯泡B两端的电压增大，流过灯泡B的电流增大；电阻R1、R2同时短路，灯泡B不亮．正确选项为C.8.如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W，关于该电吹。