2020届高考二轮复习物理：考前基础回扣练 恒定电流与交变电流 Word版含解析

2020高考物理必考题恒定电流与交变电流押题试题恒定电流与交变电流★考点一：描述电路的基本概念和规律1. 某电解池，如果在1秒钟内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019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 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A【答案】 D【解析点睛】 通过横截面的正离子的电量q 1＝1.6×10－19×2×5.0 ×1018C.通过横截面的负离子的电量q 2＝－1.6×10－19×1.0×1019C ，则q ＝|q 1|＋|q 2|＝3.2 C ，根据I ＝q t ，故D 项正确． 2. 一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，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.mv 22eLB ．mv 2Sn eC ．ρnevD ．ρev SL【答案】 C【解析点睛】 欧姆定律I ＝U R ，电流的微观表达式I ＝neSv ，电阻定律R ＝ρL S ，则金属棒内场强大小为E ＝U L ＝IR L ＝ρnev ，故C 正确． 3. 如图所示，a 、b 、c 为不同材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，横截面积是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，长度是a 的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U 1：U 2：U 3＝1：1：2。

关于这三种材料的电阻率ρa 、ρb 、ρc ，下列说法中正确的是( )A ．ρa 是ρb 的2倍B ．ρa 是ρc 的2倍C ．ρb 是ρc 的2倍D ．ρc 是ρa 的2倍【答案】 C 【解析点睛】 设a 的长度为L ，横截面积为S ，因为R ＝U I ，而R ＝ρL S ，所以R a R b ＝U 1U 2，即ρa L S ρb L 2S＝1，故ρb ＝2ρa ；同理R a R c ＝U 1U 3＝12，所以ρa L S ρc 2L S＝12，故ρa ＝ρc ，由上述可知ρb ＝2ρc ，C 正确．4. 经典物理学认为金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞，且金属导体中通过恒定电流形成了稳恒的电场，已知铜的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数量为n ，自由电子的质量为m 、带电荷量为e ，假设自由电子与金属离子碰撞后减速到零，且碰撞时间极短，则铜导线中自由电子连续两次与金属离子碰撞的时间间隔的平均值为( )A.2m nρeB ．2m nρe 2 C.2ρm ne 2D ．2nm ρe 2【答案】 B【解析点睛】 设铜导线的长度为L ，横截面积为S ，金属导线内的匀强电场场强为E ，则电子定向移动的加速度为a ＝eE m ，经过时间t (碰撞一次)获得的定向移动速度为v ＝at ＝eE m t ，在时间t 内的平均速度为v ＝v 2＝eEt 2m ，则由电流微观表达式，I ＝neS v ＝ne 2SEt 2m ，由欧姆定律和电阻定律可知R ＝ρL S ＝U I ＝EL I ，联立解得t ＝2mnρe 2，B 正确． 5. 一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍【答案】 C【解析点睛】 由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠U I 2，P 2＝UI 2＝110 W其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．6. 如图所示，在一个粗细均匀、用同样材料制成的金属圆环上有A 、B 、C 、D 四个点，这四个点将圆周四等分．把A 、B 两点接在电路中时，电路中的电流I ＝6 A ，如果保持a 、b 两点间的电压不变，把A 、C 两点接在电路中时，则电路中的电流为( )A ．6 AB ．3 AC ．4 AD ．8 A【答案】 D 【解析】 导体的电阻与导体的长度成正比，当将A 、B 接入电路中时，上下两部分长度相同，电阻相等，设圆环14长度时电阻为R ，则连接A 、B 两点时电阻为R AB ＝2R ·2R 2R ＋2R ＝R ，连接AC 时，R AC＝R ·3R R ＋3R ＝34R ，由题意知a 、b 两点间的电压U ＝IR ＝6R ，所以I AC ＝U R AC ＝6R 34R＝8 A ，故D 项正确．7. 在如图所示的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V ,6 W”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )A ．电动机的输入电压是5 VB ．流过电动机的电流是2 AC ．电动机的效率是80%D ．整个电路消耗的电功率是10 W【答案】 AB【解析点睛】 灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V ，电流为2 A ，电动机的输入电压是8 V －3 V ＝5 V ，流过电动机的电流是I ＝2 A ，选项A 、B 正确；电动机内阻消耗功率I 2R M ＝4 W ，电动机输入功率为UI ＝5×2 W ＝10 W ，输出功率为6 W ，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W ＋6 W ＝16 W ，选项C 、D 错误．8. 如图甲所示的电路中R 1＝R 2＝100 Ω，是阻值不随温度而变的定值电阻．白炽灯泡L 的伏安特性曲线如图乙所示．电源电动势E ＝100 V ，内阻不计．求：(1)当开关S 断开时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率；(2)当开关S 闭合时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率．【答案】 (1)40 V 0.6 A 24 W(2)25 V 0.5 A 12.5 W【解析】 (1)当S 断开时，因R 1是定值电阻，与灯泡串联，设灯泡上的电压为U 1，电流为I 1，根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U 1＋IR 1，代入数据得：I 1＝1－U 1100.在I ­U 图上作出图线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(40 V ,0.60 A)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.6 A ，灯泡上的电压为40 V ，灯泡的实际功率为P ＝24 W.(2)当S 闭合时，设灯泡上的电压为U 2，电流为I 2，根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U 2＋(I 2＋U 2R 2)R 1，代入数据得：I 2＝1－U 250，在I ­U 图上作出图线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(25 V,0.5 A)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.5 A ，灯泡上的电压为25 V ，灯泡的实际功率P ＝12.5 W.★考点二：电表改装原理1. 图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头a 的量程为I g =600 μA ，内阻为R g ，图2是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I =60 mA 。

专题四电路和电磁感应第11讲恒定电流交变电流构建网络·重温真题1. (2019·江苏高考)如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。

断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为()A．1 ΩB．2 ΩC．3 ΩD．4 Ω答案 A解析当S断开后，电压表读数为U＝3 V，可知电源电动势E＝3 V；当S闭合后，电压表读数为U′＝2 V，由闭合电路欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝U′R，整理得电源内阻r＝(E－U′)RU′＝1 Ω，A正确。

2. (2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。

开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。

Q1与Q2的比值为()A.25 B.12C.35 D.23答案 C解析当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝15E，所带的电荷量Q1＝CU＝15CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝13E，所带的电荷量Q2＝13CE。

所以Q1Q2＝35，C项正确。

3．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。

该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。

则Q方∶Q正等于()A．1∶ 2 B.2∶1C．1∶2 D．2∶1答案 D解析根据题述，正弦交变电流的电压有效值为u02，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝U2R T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝u20∶⎝⎛⎭⎪⎫u022＝2∶1，D正确。

4．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。

考前基础回扣练 7恒定电流和交变电流1．[2018·深圳市高三年级第二次调研考试]如下图为某闭合电路电源的输出功率随电流变化的关系图象，由此图象知()A．电源的内阻为1.5 ΩB．电源的电动势为12 VC．电源内耗功率最大为9 WD．输出功率最大时，外电路的总电阻为4 Ω分析：当输出功率为9 W时，内阻耗费的功率也为9 W，由P＝I2r可得，电源的内阻为4 Ω，A错误；由题知输出功率为9 W时，电源总功率为18 W，依据P＝IE可得，电源的电动势为12 V，故B正确；由P＝I2r可知，跟着电流增大，电源内耗功率增大，C错误；因为不可以明确外电路能否为纯电阻电路，故没法求得电阻大小，D错误．答案：B2．如下图，理想自耦变压器的副线圈接有滑动变阻器R和定值电阻R1，Q 是滑动变阻器R的滑片，原线圈两头所接的交变电流，其电压有效值恒定，全部电表均为理想电表，则()A．保持P的地点不变，Q向右滑动，则两表示数都变小B．保持P的地点不变，Q向右滑动，则R1耗费的功率变大C．保持Q的地点不变，P向下滑动，则R1耗费的功率变大D．保持Q的地点不变，P向上滑动，则两表示数都变大分析：保持P的地点不变，Q向右滑动，副线圈所在回路的总电阻变大，电压表示数不变，回路电流变小，R1耗费的功率变小，电流表示数变小，故A、B错误；保持Q的地点不变，副线圈所在回路的总电阻不变，P向下滑动，电压表示数变小，回路电流变小，R1耗费的功率变小，P向上滑动，电压表示数变大，回路电流变大，电流表示数变大，故C错误、D正确．答案：D3．[2018·哈尔滨二模](多项选择)如下图的电路，当开关S1断开，S2与1接通时，灯泡L1最亮，灯泡L2和L4的亮度同样，且最暗，当开关S2与2接通、S1闭合时，不计灯泡阻值变化，则()A．电源的输出功率增大B．电源工作效率降低C．L1最亮，L4最暗D．L1最暗，L4比L2亮分析：当开关S2与2接通、S1闭合时，外电路总电阻减小，因为电源的内阻未知，因此不可以确立电源的输出功率能否增大，故A错误；外电路总电阻减小，路端电压U随之减小，由电源的效率η＝UIEI＝UE可知，电源的工作效率降低，故B正确；当开关S1断开，S2与1接通时，四个灯泡串连，电流都同样，由灯泡L1最亮，灯泡L2与L4的亮度同样，且最暗，可知L1电阻最大，L2与L4的电阻同样，且最小，当开关S2与2接通、S1闭合时，L2与L1并联后与此外两灯串连，L2与L1并联电压小于此外两个灯泡的电压，而L1电阻最大，由P＝U2 R可知，L1的功率最小，最暗，因为L4的电阻最小，可知L3最亮，因为L2与L4的电阻同样，而L4的电流大于L2的电流，则L4比L2亮，故C错误、D正确．答案：BD4．(多项选择)小型水力发电站的发电机有稳固的输出电压，该电压先经过发电站邻近的升压变压器升压，而后经过输电线路把电能输送到远处用户邻近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户，如下图．设变压器都是理想变压器，那么在用电顶峰期，跟着用电器增加，用户耗费的电功率增添，以下说法正确的选项是()A．发电机的输出电流变小B．高压输电线路的功率损失变大C．降压变压器副线圈两头的电压变小D．升压变压器副线圈两头的电压变大分析：用电顶峰期用电器增加，降压变压器的输出电流增大，由变压器原副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损＝I2r，r为输电线路电阻，故P损变大，选项B正确；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比相关，即升压变压器副线圈两头的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两头的电压U3＝U2－U损，U损＝Ir，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两头的电压变小，选项C正确．答案：BC5．[2018·蚌埠模拟]如图甲所示，电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO′匀速旋转产生沟通电，现将此电流给阻值为R＝10 Ω的小灯泡L供电，经过电流传感器获得灯泡中电流的图象如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，以下说法正确的选项是()A ．在t ＝5×10－3 s 时，线圈处于中性面地点B ．在t ＝5×10－3 s 时，穿过线圈的磁通量最大C ．交变电流的刹时表达式为i ＝5cos50πt (A)D ．线圈产生的沟通电的电动势为55 V分析：由图乙可知t ＝5×10－3 s 时辰感觉电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面地点，故A 正确；t ＝5×10－3 s 时辰感觉电流最大，此时线圈所在平面与中性面地点垂直，因此穿过线圈回路的磁通量最小，故B 错误；周期T ＝0.02s ，角速度ω＝2πT ＝100π rad /s ，故电流的刹时表达式为i ＝5cos100πt (A)，故C错误；线圈产生的沟通电的电动势最大值为E m ＝I m (R ＋r )＝55 V ，有效值为E ＝552V ，D 错误． 答案：A6．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为101，原线圈与一电阻箱R 0串连后，接入如图乙所示的正弦沟通电源；副线圈电路中定值电阻的阻值为R 1，与理想电流表串连接在副线圈两头．若将副线圈电路中的电阻箱R 2的阻值调为R 19，原线圈中电阻箱的阻值调为R 1，以下说法正确的选项是( )A ．若副线圈中的电流为2 A ，则原线圈中的电流可能为0.5 AB ．电阻箱R 2两头电压为25 2 VC ．电阻箱R 0中电流等于电流表的示数D ．电阻箱R 0耗费的功率是副线圈输出功率的15分析：依据理想变压器原、副线圈中电流与匝数成反比，若副线圈中的电流为2 A ，则原线圈中的电流为0.2 A ，选项A 错误；因为原线圈中串连了电阻箱R 0，且R 0的阻值为R 1，因此原线圈输入电压必定小于250 2 V ，依据理想变压器变压公式可知，电阻箱R 2两头电压必定小于25 2 V ，选项B 错误；设副线圈电路中电流表的示数为I ，则电阻箱R 2中电流为9I ，副线圈中电流为10I ，依据原、副线圈中电流与匝数成反比，可知电阻箱R 0中电流为I ，等于电流表的示数，选项C 正确；设副线圈电路中电流表的示数为I ，则电阻箱R 0耗费的功率是P 1＝I 2R 1，副线圈输出功率是P 2＝(10I )2×R 110＝10I 2R 1，故电阻箱R 0耗费的功率是副线圈输出功率的110，选项D 错误．答案：C。

第1讲恒定电流和交变电流(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2020·安徽淮南模拟)如图所示,某导体的形状为长方体,其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2.在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1,2,3,4.在1,2两端加上恒定的电压U,通过导体的电流为I1;在3,4两端加上恒定的电压U,通过导体的电流为I2,则I1∶I2为( C )A.9∶25B.25∶9C.25∶4D.4∶25解析:在1,2两端加电压U时,R12=ρ,I1==;在3,4两端加电压U时,R34=ρ,I2==.则I1∶I2=a2∶c2=25∶4.2.(2020·四川自贡模拟)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2,R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.有关下列说法中正确的是( A )A.只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.若断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动解析:只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,电阻R0消耗的电功率变大,滑动变阻器两端的电压变大,电容器两端的电压增大,电容器下极板带的电荷量变大,所以电阻R3中有向上的电流,故A正确;电路稳定时,电容器相当于开关断开,只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时,对电路没有影响,故B错误;只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电容器并联部分的电阻变大,所以电容器两端的电压变大,由E=可知,电场力变大,带电微粒向上运动,故C错误;若断开开关S,电容器处于放电状态,电荷量变小,故D错误.3.(2020·上海虹口区一模)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R1,R2为定值电阻,R2>R1>r,且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值.闭合开关S,将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端,若电压表V1,V2,电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1,ΔU2,ΔI表示,则下列说法中正确的是( B )A.=R2B.<rC.电源的发热功率先减小,再增大D.电源的输出功率先增大,再减小解析:由题图可知,电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联,二者再并联后与R2串联;电流表中的电流小于流过R2的电流,故R2≠=,故A错误;电压表V1测量路端电压,则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化,在滑片向下滑动过程中,总电阻减小,总电流增大,并联部分电压减小,电流表示数增大,而流过R1的电流减小,因此总电流的变化量小于A中电流的变化量,因此<r,故B正确;因总电流增大,故电源的发热功率一直增大,故C错误;由R2>R1>r知,外电阻一定大于内电阻,而在改变中外电阻减小,故外电阻越来越接近内电阻,故电源的输出功率一直增大,故D错误.4.(2020·山东滨州一模)如图所示,交流电源电压有效值U0=5 V,电源等效内阻r=4.5 Ω,经过理想变压器变压后,接在阻值R=8 Ω的电阻上,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4,则电阻R消耗的功率,下列说法正确的是( A )A.0.5 WB.5 WC.1 WD.1.5 W解析:根据电流关系得,原线圈的电流I1=4I2;在原线圈回路中,根据欧姆定律有,U0=4I2r+U1,解得U1=5-18I2,副线圈两端的电压为U2=I2R=8I2;根据电压关系有=,即=,解得I2= A;所以电阻R消耗的功率为P=R=()2×8 W=0.5 W,故A正确,B,C,D错误.5.(2020·湖南株洲模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20 Ω,L1,L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源,输入电压u随时间t的变化关系如图(乙)所示.现将S1接1,S2闭合,此时L2正常发光.下列说法正确的是( D )A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt)VB.只断开S2后,L1,L2均正常发光C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8 W解析:周期T=0.02 s,ω= rad/s=100π rad/s,所以输入电压u的表达式应为u=20sin(100πt)V,A错误;只断开S2后,负载电阻变大为原来的2倍,电压不变,副线圈的电流变小为原来的一半,L1,L2的功率均变为额定功率的四分之一,B错误;只断开S2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率,也减小,C错误;原线圈的电压U1=20 V,若S1换接到2后,电阻R两端的电压有效值为U2=U1=4 V,R消耗的电功率为P==0.8 W,D正确.6.(2020·河南安阳武清区模拟)如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈c,d两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( AC )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,电流表的读数变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律,电流表示数变小,故A正确;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前电源的输出功率P1=,开关S闭合后电源的输出功率P2=+=2,所以开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2,故C正确;变压器不改变交变电流的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈的频率不变,故D错误.7.(2020·天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( AC )A.通过R的交变电流的频率为50 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由图(乙)可知,该交变电流的周期为T=0.02 s,其频率为f== Hz=50 Hz,故A正确;由图知输入电压的最大值为U m=220 V,所以有效值为U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V=22 V,所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为I== A=1 A,故B错误;变压器的输出功率为P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以有P=P′=22 W,故C正确;将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.8.(2020·湖北武汉调研)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为100 kW,电厂输出电压仅为200 V.为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高再输出,到达目的地后用理想降压变压器降压.已知输电线路的总电阻为120 Ω,若在输电线路上消耗的功率为输送功率的12%,用户所需电压为220 V,则( AD )A.理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶50B.理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为35∶1C.理想升压变压器的原、副线圈中的电流分别为400 A和10 AD.理想降压变压器的原、副线圈中的电流分别为10 A和400 A解析:远距离输电原理示意图如图,由升压变压器输入功率P1=U1I1=100 kW,U1=200 V得升压变压器原线圈中的电流I1=500 A.由输电线路损失功率ΔP=P1×12%=R得输电线路电流I2=10 A,所以==.由用户功率P4=P1-ΔP=U4I4得降压变压器副线圈中的电流I4=400 A,所以===.综合以上分析知,A,D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2020·宁夏银川模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比为===.(2)输电线上的电流为I== A=5 A输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V故降压变压器原、副线圈的匝数比为===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1110.(20分)(2020·安徽校级期末)如图所示,一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B,M和N是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值;(2)从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量;(3)从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量;(4)电流表的示数.解析:(1)线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如图所示的交变电流.感应电动势的最大值为E m=BSω=B··2πn=π2Bnr2.(2)线圈在转动周期时间内导体一直切割磁感线,则产生的热量Q=·=.(3)在线圈从图示位置转过转的时间内,电动势的平均值为=.通过R的电荷量q=·Δt=·Δt==.(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′,由有效值的定义得·=T,解得E′=, 故电流表的示数为I==.答案:(1)π2Bnr2(2)(3)(4)高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高考物理复习考前基础回扣练十二恒定电流与交变电流建议用时20分钟1.电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生的交流电压瞬时值表达式为e=100cos100πt(V)。

下列说法正确的是( )A.当线圈平面与磁感线平行时,磁通量变化率最大B.该交流电压的频率为100 HzC.穿过线圈的磁通量最大值是WbD.用理想电压表测量该电压,其示数约为141 V【解析】选A。

当线圈平面与磁感线平行时,产生的感应电动势最大,此时磁通量变化率最大,故A正确;频率为f==50 Hz,故B错误;感应电动势的最大值E m=100V,根据E m=BSω可知BS==Wb=Wb,故C错误;电压表测量的为电动势的有效值,则E==100 V,故D错误。

2.在如图所示的电路中,电源电动势为12 V,电源内阻为1.0Ω,电路中的电阻R0为1.5Ω,小型直流电动机M的内阻为0.5Ω,其他电阻不计。

闭合开关S后,电动机转动,电流表的示数为2.0 A。

则下列判断中正确的是( )A.电动机的输出功率为14 WB.电动机两端的电压为7.0 VC.电动机产生的热功率为4.0 WD.电源输出的功率为24 W【解析】选B。

电动机两端的电压U M=E-I(r+R0)=7.0 V,故B正确;电动机输出的功率P出=U M I-I2r M=12 W,故A错误;电动机产生的热功率P热=I2r M=2.0 W,故C错误;电源输出的功率P=EI-I2r=20 W,故D错误。

3.(多选)如图所示,直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线,设两个电源的内阻分别为r a和r b,若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上,通过R0的电流分别为I a和I b,则( )A.r a>r bB.I a>I bC.R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低D.R0接到b电源上,电源的输出功率较小,电源的效率较低【解析】选A、B、C。

2020年物理二轮专题过关宝典 专题七：恒定电流与交变电流【知识回扣】 1. 思维导图1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较 (1)纯电阻用电器：W ＝Q ＝UIt ＝I 2Rt ＝U 2R t ，P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R，如电阻、电炉子、白炽灯等。

(2)非纯电阻用电器：W >Q ，W ＝UIt ＝I 2Rt ＋W 其他，P ＝UI ＝I 2R ＋P 其他，如电风扇、电动机、电解槽等。

2.闭合电路的功率（1）电源的总功率：P 总＝EI ；电源内电阻消耗的功率P 内＝U 内I ＝I 2r ；电源输出功率P 出＝U 外I 。

（2）对于纯电阻电路，电源的输出功率P 出＝I 2R ＝[E /(R ＋r )]2R ＝E 2R －r 2R＋4r ，当R ＝r 时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P m ＝E 24r .电源输出功率随外电阻变化曲线如图所示。

（3）电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝P 出/P 总＝IU /IE ＝U /E .对于纯电阻电路，电源的效率η＝I 2R I2R ＋r ＝R R ＋r＝1/(1＋rR )，所以当R 增大时，效率η提高．当R＝r (电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高。

3.正弦式交变电流的产生（1）将线圈置于匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中就会产生正弦式交变电流。

（2）中性面：与磁场方向垂直的平面。

①线圈转到中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零。

②线圈平面与中性面垂直:磁通量为零,磁通量变化率最最大,感应电动势最大。

③线圈转动一周，两次经过中性面，线圈每经过一次中性面，电流的方向就改变一次。

○4交变电流的最大值E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。

4.交变电流的“四值”5.理想变压器以及原、副线圈基本量的关系6.远距离输电问题 （1）理清三个回路（2）抓住两个联系○1理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2。

十二 恒定电流与交变电流1．(人教版选修3－1 P66第2题改编)一个量程为0～15 V 的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在电动势为110 V 的电源的两端，电压表的读数是5 V 。

这个外接电阻是( )A ．240 ΩB ．420 kΩC ．240 kΩD ．420 Ω答案 B解析 设外接电阻为R ，根据闭合电路欧姆定律，E R V ＋R ＝UR V ，得R ＝420 kΩ，B 正确。

2．(人教版选修3－1 P62例题改编)(多选)如图所示电路，电源内阻不可忽略，R 1＝10 Ω，R 2＝8 Ω，当开关扳到位置1时，电压表的读数为2.0 V ，当开关扳到位置2时，电压表的读数可能是( )A ．2.1 VB ．1.9 VC ．1.7 VD ．1.5 V 答案 BC解析 本题没有给出电源的电动势，也没有给出电源的内阻，因此无法得出开关扳到位置2时电压表的读数究竟是多大，但我们可以用极端分析的方法来确定电压表的读数范围，根据题意可得到：U 1＝ER 1R 1＋r ，U 2＝ER 2R 2＋r ，两式相比可得 U 1U2＝R 1(R 2＋r )R 2(R 1＋r )，即U 2＝R 2(R 1＋r )R 1(R 2＋r )U 1，考虑极端情形：当r ＝0时，U 2＝U 1＝2.0 V ，当r ＝∞时，U 2＝R 2R 1U 1＝810×2.0 V ＝1.6 V ，由此可见，U 2的取值范围为1.6 V<U 2<2.0 V ，对照选项可得答案为B 、C 。

3. 如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )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，电流表的示数增大答案 A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＝ER总＋r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。

专题七 恒定电流高考命题规律考点一 欧姆定律及其应用命题角度1电路的基本性质和规律高考真题体验·对方向(2016全国Ⅱ·17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S 断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为Q 1;闭合开关S,电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A .B .C .D .答案C解析S 断开时等效电路图如图甲所示.;电容器两端电压为设每个电阻阻值为R,电路中总电阻R总1=,干路电流I干1=总U1=I干1·R=,所带电荷量为Q1=CU1=;S闭合后,等效电路图如图乙所示,电路中总电阻为R总=,干路电流I干2=,电容器两端电压U2=I干2·R=,所带电荷量Q2=CU2=.综上2总,C选项正确.分析闭合电路问题的四点注意(1)闭合电路欧姆定律E=U+Ir(E、r不变)和部分电路欧姆定律U=IR联合使用.(2)局部电阻增则总电阻增,反之总电阻减;支路数量增则总电阻减,反之总电阻增.(3)两个关系:外电压等于外电路上串联各分电压之和;总电流等于各支路电流之和.(4)涉及含电容电路时要搞清与电容并联支路的电压变化,并利用Q=CU及E=分析.求解电路中电容器带电荷量的问题,要注意以下两点:一是把电容器当成断路简化电路图,按照电路动态分析的基本方法来分析各部分电路电压与电流的变化.二是电路稳定时,找到与电容器并联的电阻,而电容器的电压等于与之并联的电阻两端的电压.典题演练提能·刷高分1.(多选)如图所示,电源的电动势E=6 V,内阻r=1 Ω,电阻R1=3 Ω,R2=6 Ω,电容器的电容C=3.6 μF,二极管D一般是由硅或者锗管组成,具有单向导电性,下列判断正确的是()A.开关S1闭合,S2断开时和开关S1、S2均闭合时,电容器两端电压均为4 VB.开关S1闭合,S2断开,当合上S2,待电路稳定以后,电容器上电荷量变化了1.8×10-6 CC.开关S1、S2闭合,待电路稳定以后断开S1,流过R1的电荷量为9.6×10-6 CD.开关S1、S2闭合,待电路稳定以后断开S1,流过R1的电荷量为1.44×10-5 C答案BC解析本题要抓住二极管的单向导电性,判断出其处于截止状态,对直流电路没有影响,关键是放电时,明确两个电阻是并联的,根据电流与电阻成反比来求解通过电阻的电荷量.设开关S1闭合,S2断开时,电容器两端的电压为U1,干路电流为I1,根据闭合电路欧姆定律有I1=A=1.5 AU1=I1R1=1.5×3 V=4.5 VQ1=CU1=3.6×10-6×4.5 C=1.62×10-5 C合上开关S2后,电容器两端电压为U2,干路电流为I2,根据闭合电路欧姆定律有I2=A=2 AU2=I2=2×V=4 V所以电容器上电荷量减少了ΔQ=(U1-U2)C=(4.5-4)×3.6×10-6 C=1.8×10-6 C,故选项A错误,选项B正确;合上S1、S2后,电容器上的电荷量为:Q=CU2=3.6×10-6×4 C=1.44×10-5 C.再断开S1后,R1和R2的电流与阻值成反比,故流过电阻的电荷量与阻值成反比.故流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9.6×10-6 C,故选项C正确,D错误.2.(多选)硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点.如图所示,图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象(电池电动势不变,内阻不是定值),图线b是某电阻R 的U-I图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路时,下列说法中正确的是()A.硅光电池的内阻为8 ΩB.硅光电池的总功率为0.4 WC.硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32 WD.若将R换成阻值更大的电阻,硅光电池的输出功率增大答案AC解析由图可知该电池的电源电动势为3.6 V,由U内+U R=E可知内电压为1.6 V,硅光电池的内阻为r=内Ω=8 Ω,故A正确;硅光电池的总功率为P总=EI=3.6×0.2 W=0.72 W,故B错误;硅光电池的内阻消耗的热功率为P热=I2r=0.22×8 W=0.32 W,故C正确;若将R换成阻值更大的电阻,电路中电阻两端的电压变大,但电流变小,硅光电池的输出功率不一定增大,故D错误.故选AC.命题角度2(储备)电路的动态分析【典题】(多选)(2019湖北武汉模拟)如图所示的电路中,电源电动势为E、内阻为r,定值电阻R1<r,静电计的金属小球通过导线与电路中的b点相连.闭合开关S,将滑动变阻器R2的滑片向右滑动一段距离,电路稳定后,相对滑片未滑动前电压表示数的变化量为ΔU,电流表示数的变化量为ΔI,且两电表均为理想电表.下列判断中正确的是()A.电源的输出功率减小B.静电计指针张角减小C.电压表的示数U和电流表的示数I的比值不变D ΔU与ΔI的比值不变答案BD解析滑片向右滑,R2的有效阻值增大,总外电阻R增大,但不一定大于电源内阻,故电源的输出功率不一定减小,故A错误;由于R1两端电压U1减小,稳定时电容器两端电压减小,静电计指针张角减小,故B正确;比值=R2增大,故C错误;根据U-I图象的斜率知,比值=r+R1不变,故D 正确.故选BD.掌握闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法:流程如下R局增大减小I总减小增大U内减小增大U外增大减小I支U支(2)利用结论法:即“串反并同”法.①“串反”——即某一电阻增大(减小)时,与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大);②“并同”——即某一电阻增大(减小)时,与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小).(3)极限法:因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端,使电阻最大或电阻为零去讨论.典题演练提能·刷高分1.(多选)在如图所示电路中,电源内阻忽略不计,闭合开关S,滑动变阻器的滑片位于a点时,两理想电表的读数分别为U1、I1,滑动变阻器的滑片位于b点时,两理想电表的读数分别为U2、I2.下列判断正确的是()A.U1>U2,I1<I2B.滑片位于b点时,滑动变阻器接入电路的阻值为等于滑动变阻器接入电路的阻值变化量C.滑片由a滑到b,--等于R1的阻值D.滑片由a滑到b,--答案BD解析滑片从a到b,电阻增大,电流减小,电流表示数减小;根据U=E-IR1,电压表示数增大,故A错误;根据欧姆定律,滑动变阻器接入电路的阻值为R2=,故B正确;U2-U1等于R1电压的减小等于R1的阻值,故C错误,D正确.量,I1-I2等于R1电流的减小量,--2.如图所示,电源电动势E,内电阻恒为r,R是定值电阻,热敏电阻R T的阻值随温度降低而增大,C是平行板电容器.闭合开关S,带电液滴刚好静止在C内.在温度降低的过程中,分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表、电压表1、电压表2和电压表3示数变化量的绝对值.关于该电路工作状态的变化,下列说法正确的是()A.、、一定都变大B.和一定不变,一定变大C.带电液滴一定向下加速运动D.电源的工作效率一定变大答案D解析根据电路知识知,V3测路端电压,V2测热敏电阻R T的电压,V1测定值电阻R的电压,由U3=E-Ir,得=r,由U2=E-I(R+r)得=R+r,由U1=IR得=R,故A、B错;带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态,在温度降低的过程,热敏电阻R T阻值变大,回路中电流变小,路端电压增大,由于流过定值电阻R的电流变小,所以分的电压也就变小,而路端电压增大,故V2示数增大,平行板间的电场强度也增大,导致带电液滴向上运动,故C错;η=,由于路端电压增大,所以电源的工作效率一定变大,故D正确.考点二实验:1.测定金属的电阻率(练习使用螺旋测微器) 2.描绘小电珠的伏安特性曲线3.表头内阻测量4.测定电源的电动势和内阻5.练习使用多用电表及原理理解6.电学设计及创新实验命题角度1结合描绘小电珠的伏安特性曲线实验综合考查电路问题高考真题体验·对方向(2017全国Ⅰ·23)某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表V(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表A(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1 000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干.(1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图.(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示.图(a)图(b)由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率(填“增大”“不变”或“减小”).(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为W,最大功率为W.(结果均保留2位小数)答案(1)如图所示(2)增大增大(3)0.391.17解析(1)由于要求电压调节范围大,故用分压式.电压表量程只有3 V,故需串联R0改装为量程为4 V的电压表.小灯泡电阻较小(R L<),故用外接法.(2)图中I-U图线上某点与原点连线的斜率代表灯泡在该状态下电阻的倒数.随电流增大,与原点连线的斜率减小,故电阻增大.由R=ρ分析知电阻率增大.(3)当R=9 Ω时灯泡功率最小,将电阻R与电源视为整体.U=E-I(R+r),故U=4 V-10 Ω·I,作图法找到灯泡功率P min=UI≈1.75 V×0.225 A≈0.39 W当R=0时,灯泡功率最大,电源的路端电压与电流的关系U=E-Ir,故U=4 V-1 Ω·I,作图法找到灯泡功率P max=UI=3.65 V×0.32 A≈1.17 W.1.分压和限流电路的选择原则(1)若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求,即若滑动变阻器阻值调到最大时,待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程,或超过待测电阻的额定电流(或电压),则必须选用分压式电路.(2)若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多,以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化范围不够大,此时,应改用分压式电路.(3)若实验中要求电压从零开始调节,则必须采用分压式电路.(4)两种电路均可使用的情况下,应优先采用限流式接法,因为限流式接法电路简单、能耗低.2.控制电路、测量电路的连接第(3)问求小灯泡消耗的实际功率较难,因小灯泡的阻值随电流的变化而变化,应通过闭合电路的欧姆定律找到小灯泡实际的电流、电压值.典题演练提能·刷高分1.实际的二极管正向电阻并不为零,反向电阻也不是无穷大,一兴趣小组同学对某型号二极管做了如下研究:(1)用多用电表的欧姆挡粗测二极管的正向电阻.①测量时选择开关旋到测电阻的“×10”倍率,多用电表的表盘如图所示,则电阻为Ω;②多用电表的红表笔应与二极管的极相连(选填“正”或“负”).(2)用电压表和电流表描绘该二极管加正向0~1.5 V电压时的伏安特性曲线,可供选择的器材如下:电压表V1(量程1.5 V,内阻约2 000 Ω)电压表V2(量程6 V,内阻约4 000 Ω)电流表A1(量程0.6 A,内阻约10 Ω)电流表A2(量程40 mA,内阻约0.1 Ω)滑动变阻器R1(总电阻约为10 Ω)滑动变阻器R2(总电阻约为100 Ω)电源E(电动势2 V,内阻不计)开关S,导线若干①为调节方便,并有尽可能高的精度,请选择合适的器材,电压表、电流表、滑动变阻器;(填写所选器材的符号)②在虚线方框中画出实验电路原理图;③该二极管加正向电压的伏安特性曲线如图所示,现将阻值为50 Ω的定值电阻与该二极管串联,并与一电动势为2 V,内阻不计的电源组成闭合电路,二极管上的电压为正向电压,则回路中的电流为mA.答案(1)①130②负(2)①V1A2R1②见解析③15解析(1)表盘上的读数为13,再乘以倍率,所以电阻为130 Ω;根据多用电表中两表笔电流的流向为“红进黑出”,要测二极管的正向电阻时,应将红表笔与二极管的负极相连;(2)因测二极管加正向0~1.5 V电压,所以电压表应选V1,由二极管加正向电压的伏安特性曲线可知,当电压接近1.5 V时,电流达到最大接近40 mA,故电流表应选A2,为调节方便,并有尽可能高的精度,滑动变阻器应用分压式,所以滑动变阻器应选总阻值较小的,即为R1.二极管电阻R x>,故采用电流表内接法.电路图如图.将50 Ω的定值电阻与电源等效为一个电动势为2 V,内阻为50 Ω的新电源.在灯泡的I-U 图上作出新电源的I-U图线,交点纵坐标即为电路中的电流,此时电流为15 mA.2.某同学想要描绘标有“3.8 V,0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整.可供该同学选用的器材除开关、导线外,还有:电压表V1(量程0~3 V,内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0~15 V,内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0~200 mA,内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0~3 A,内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0~10 Ω,额定电流2 A)滑动变阻器R2(0~1 kΩ,额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E=6 V,内阻不计)(1)请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁.(2)该同学描绘出的I-U图象应是图中的.答案(1)如图所示(2)B解析(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线实验时,需要设计成滑动变阻器的分压接法,滑动变阻器应选择与小灯泡阻值相接近的R1.给出的电压表V1量程小于小灯泡的额定电压,电压表V2量程又太大,因此需要将电压表V1串联一个1 kΩ的定值电阻R5,改装成最大量程为4 V的电压表.给出的电流表A1量程小于小灯泡的额定电流,电流表A2量程又太大,因此需要将电流表A1并联一个10 Ω的定值电阻R4,改装成最大量程为400 mA的电流表.(2)由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大,所以该同学绘出的小灯泡的I-U图象应是B.3.(2019北京东城区二模)为了描绘小灯泡的伏安特性曲线,提供以下实验器材:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A)电压表V(量程3 V,内阻3 kΩ)电流表A(量程0.5 A,内阻约0.5 Ω)电阻箱R0(0~9 999.9 Ω)滑动变阻器R1(阻值0~5 Ω,2 A)滑动变阻器R2(阻值0~200 Ω,1 A)学生电源E(电动势4 V,内阻不计)开关S及导线若干.(1)关于控制电路中滑动变阻器的连接方法,应选择.A.分压式连接B.限流式连接(2)为了减小系统误差,关于测量电路中电压表和电流表的连接方式,应选择.A.安培表内接法B.安培表外接法(3)实验提供的电压表量程小于小灯泡的额定电压,需要把电压表的量程扩大到4伏,改装电压表时,应将电阻箱阻值调至Ω,并与题中所给电压表(选填“串联”或“并联”).(4)请在方框中画出该实验的电路图.(5)为操作方便,实验中滑动变阻器应选择(选填R1或R2).你的选择理由是.图(a)图(b)(6)实验中得到小灯泡的伏安特性曲线如图(a)所示,由实验曲线可知,随着电压的增加小灯泡的电阻(选填“增大”“不变”或“减小”).(7)现将与题中完全相同的两个小灯泡与另一电源E0(电动势4 V,内阻1.0 Ω)和一阻值为9 Ω的定值电阻连接成如图(b)所示电路.此电路中每个小灯泡两端的实际电压为V(结果保留两位有效数字).答案(1)A(2)B(3)1 000.0串联(4)见解析图(5)R1选择R1时,移动滑片,小灯泡两端的电压示数变化比较均匀(线性关系较好)(6)增大(7)1.1解析(1)因要得到从零开始连续可调的多组电压,控制电路中滑动变阻器的连接方法,应选择分压式连接,故选A.(2)小灯泡的电阻R=Ω≈12 Ω≪R V,为了减小系统误差,测量电路中电压表和电流表的连接方式,应选择电流表外接法,故选B.(3)电压表的量程为3 V,内阻为3 kΩ,则要把电压表的量程扩大到4 V,改装电压表时,应将电阻箱阻值调至-=1 kΩ,并与题中所给电压表串联.(4)实验的电路图.图1(5)为操作方便,实验中滑动变阻器应选择阻值较小的R1.选择理由是:选择R1时,移动滑片,小灯泡两端的电压示数变化比较均匀(线性关系较好).(6)由实验曲线可知,随着电压的增加I-U线的斜率逐渐减小,则小灯泡的电阻增大.(7)设每个灯泡两端电压为U,电流为I,则由闭合电路的欧姆定律:E=2U+I(r+R),即4=2U+10I,即U=2-5I,将此函数关系画在灯泡的伏安特性曲线上,如图2,交点坐标为U=1.1 V,即此电路中每个小灯泡的两端的实际电压为1.1 V.图24.小明用如图甲所示的电路研究额定电压为2.4 V的灯泡L的伏安特性曲线.(1)在闭合开关S前,滑动变阻器的滑片应该移到(选填“a”或“b”)端.(2)按该电路测出的灯泡电阻值与真实值相比偏(选填“大”或“小”).(3)按此方案测得的数据描绘出I-U图象如图乙所示,图象是一条曲线而不是直线的原因是.(4)若将两个这样的相同灯泡并联,与电源组成图丙所示的电路,已知电源的电动势E=3.0 V,内阻r=1.5 Ω,定值电阻R=1.0 Ω,则每个灯泡的实际功率为W(结果保留两位小数).答案(1)a(2)小(3)小灯泡的电阻随温度的升高而增大(4)0.40(0.36~0.44)解析(1)闭合开关前,应将滑片置于输出电压最小的a端,以保护电流表;(2)根据欧姆定律,电阻测,比较可知R测<R真,所以测量值为R测=,若考虑电压表内阻影响,待测电阻的真实值为R真=-出的灯泡电阻值比真实值偏小;根据欧姆定律应有I=U,可见I-U图象上的点与原点连线斜率的倒数等于灯泡的电阻,由于连线的斜率逐渐减小,所以小灯泡的电阻随温度的升高而增大,即I-U图象是一条曲线而不是直线的原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大;(3)若将两个相同的灯泡并联后,接入题中所给的电源,设每只灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I,在闭合电路中,则有E=U+2I(r+R),变形得U=-2I(r+R)+E,代入数据得U=-5I+3,故在图乙中作出电源的I-U图象,如图所示由图可知交点横坐标为灯泡两端的电压U=1.0 V,交点纵坐标为流过灯泡的电流I=0.40 A,则每个灯泡的实际功率为P=UI=0.40 W.命题角度2(储备)结合测定金属的电阻率实验考查伏安法应用问题【典题】在伏安法测电阻的实验中,待测电阻R x约为200 Ω,电压表V的内阻约为2 kΩ,电流表A的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,结果由公式R x=计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数.若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2,则(填“R x1”或“R x2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值R x1(填“大于”“等于”或“小于”)真实值,测量值R x2(填“大于”“等于”或“小于”)真实值.答案R x1大于小于解析根据题意,,故用内接法测量时更准确,所以R x1更接近真实值.测量值R x1实际上是待测电阻与电流表的电阻之和,所以R x1大于真实值.测量值R x2实际上是待测电阻与电压表的并联电阻值,所以R x2小于真实值.1.串、联关系不同2.器材选择的三个主要原则:安全性(量程不能太小)、准确性(量程不能太大)、方便性(滑动变阻器要方便调节).3.选择电流表内外接法的口诀:“内大外小”(内接法测大电阻,外接法测小电阻);选择滑动变阻器接法口诀:“以小控大用分压”(变阻器阻值小于待测电阻).4.电表有时可反常规使用:已知内阻的电压表可当电流表使用,已知内阻的电流表可当电压表使用.典题演练提能·刷高分1.〔(2018天津卷·9(3)〕某同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值(约为10 kΩ),除了R x、开关S、导线外,还有下列器材供选用:A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ)B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω)D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω)E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)①为使测量尽量准确,电压表选用,电流表选用,电源选用.(均填器材的字母代号)②画出测量R x阻值的实验电路图.③该同学选择器材、连接电路和操作均正确,从实验原理上看,待测电阻测量值会其真实值(填“大于”“小于”或“等于”),原因是.答案①B C F②如图所示③大于电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)解析①由于待测电阻约为10 kΩ太大,电源电动势为12 V时,电路中电流才大约1.2 mA,故电流表选C,电源选F.由于待测电阻约为10 kΩ,电路中电流约为1.2 mA,则待测电阻两端电压约为12 V,所以电压表选B.②由于待测电阻阻值远大于所选电流表内阻,而略小于电压表内阻,故实验测量电路设计时用内接法;而滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻的阻值,故控制电路中滑动变阻器使用限流式接法根本起不到调节作用,滑动变阻器只能采用分压式接法.电路图见答案.2.(2019吉林长春质检)(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中,正确操作获得金属丝直径以及电流表、电压表的读数如图所示,则金属丝的直径的读数是,电流表的读数是,电压表的读数是.(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10 Ω,电流表内阻约几欧,电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用),电动势E=4.5 V,内阻很小.则下面电路图中(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路.但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏(选填“大”或“小”).(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A是已知的,那么准确测量金属丝电阻R x的最佳电路应是图中的电路(填电路图下方的字母代号).此时测得电流为I、电压为U,则金属丝电阻R x=(用题中字母代号表示).答案(1)0.881 mm0.42 A2.25 V(2)A小(3)B-R A解析(1)螺旋测微器先读固定部分为0.5 mm,可动部分可估读为38.1×0.01 mm=0.381 mm,故示数为:(0.5+0.381) mm=0.881 mm;电流表量程为0.6 A,则最小刻度为0.02 A,读数为0.42 A;电压表量程为3 V,最小刻度为0.1 V,则读数为2.25 V.(2)因电源不能在大功率下长时间运行,则本实验应采用限流接法;同时电压表内电阻较大,由以上读数可知,待测金属丝的电阻约为5 Ω,故采用电流表外接法误差较小,故选A;在实验中电压表示数准确,但电流表测量的是干路电流,故电流表示数偏大,则由欧姆定律得出的结果偏小.(3)因已知电流表内阻的准确值,则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻,故应选B电路;待测金属丝及电流表总电阻R=,则待测金属丝电阻R x=R-R A=-R A.3.某同学通过实验测定一捆长度约为100 m的铜导线(电阻约为1.5 Ω)的实际长度,首先利用螺旋测微器测量其直径,如图甲所示,再利用图乙所示的电路测出铜导线的电阻.可供使用的器材有:电流表:量程0.6 A,内阻约0.2 Ω;电压表:量程3 V,内阻约9 kΩ;滑动变阻器R1:最大阻值5 Ω;滑动变阻器R2:最大阻值20 Ω;定值电阻:R0=3 Ω电源:电动势6 V,内阻可不计;开关、导线若干回答下列问题:(1)由图甲可知,铜导线的直径D=mm;(2)实验中滑动变阻器应选(选填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至(选填“a”或“b”)端;(3)根据图乙所示的实物图,在方框内画出其电路图;(铜导线用电阻元件符号表示)(4)调节滑动变阻器,电压表的示数为U,电流表的示数为I,铜的电阻率为ρ,不考虑电表内阻对实验的影响,则导线的长度为(用已知和所测量的字母表示).答案(1)1.170(2)R2a(3)图见解析-(4)解析(1)球的直径为D=1 mm+17.0×0.01 mm=1.170 mm.(2)由于待测电阻是1.5 Ω,电流表量程0.6 A,电路中最大电流约为0.6 A,电路中最小电流最好在0.2 A以上,为了更好地控制电路,所以选择R2比较合理,闭合开关前应该保证回路中电流最小,则接入滑动变阻器的阻值就最大,所以应该在a端.(3)由于待测电阻阻值较小,选用电流表外接的方式,定值电阻R0与R x串联能够使得电压表的读数在量程的以上,所以为了减小误差,要把R0与R x串联用,电路图如图所示.(4)由电路结构可得U=I(R0+R x) 由电阻定律R x=ρ解得l=-.4.某实验小组计划测量一未知电阻的阻值,已经连接好实物图如图甲所示.甲乙丙(1)请根据实物图在图乙所示方框中画出该实验的电路图,并标明表示各元件的字母.(2)图丙中电阻箱的读数是Ω;如果将电阻箱的阻值由10.00 Ω调节到9.00 Ω,应.(3)①先使电阻箱阻值调至如图丙所示,再将S2接到A,闭合S1,记录下对应的电压表示数为2.20 V,然后断开S1;②保持电阻箱示数不变,将S2切换到B,闭合S1,此时电压表的读数为2.80 V,然后断开S1,不计电源内阻,电压表可视为理想电表,据此可知,定值电阻R1的阻值为Ω(计算结果保留三位有效数字).答案(1)图见解析(2)20.00先将“×1”挡调到9,再将“×10”挡调到0(3)5.45解析(1)实验电路图如图所示;。