2018年高考物理大一轮复习第8章恒定电流章末检测201710121133

高考专项突破（九）电学实验题一、单项选择题1.(2017·河南商丘模拟)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )A.灯泡L将变亮B.电容器C的电荷量将增大C.电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大D.R0两端的电压减小解析：将滑动变阻器的滑片向右移动，总电阻增大，总电流减小，灯泡L变暗，A错误；电源的内电压减小，路端电压增大，电容器两端的电压增大，电容器的带电荷量增大，B正确；电源的总功率P＝EI减小，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，所以滑片向右移动时无法确定电源的输出功率如何变化，C错误；由于R0与电容器串联，所以R0两端的电压为零，D错误.答案：B2.(2017·安徽皖西高中教学联盟期末)如图甲所示为一温度报警装置，其中R为定值电阻，R t为一半导体热敏电阻，其电阻随温度变化的关系如图乙所示．电流表示数用I表示，a、b两点接在报警器上，用来监控电压U ab，当U ab过低时开始报警，若温度逐渐升高，则( )A.U ab增大，I增大，不报警B.U ab减小，I减小，报警C.U ab增大，I减小，不报警D.U ab减小，I增大，报警解析：若温度连续升高，R t的电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压U ab连续减小，报警；R中的电流减小，电流表所在支路中的电流增大，D正确.答案：D二、多项选择题3.(2017·江西赣州期末)如图所示，电源内阻不可忽略，R1为半导体热敏电阻，它的电阻随温度的升高而减小，R 2为锰铜合金制成的可变电阻．当发现灯泡L 的亮度逐渐变暗时，可能的原因是( )A.R 1的温度逐渐降低B.R 1的温度逐渐升高C.R 2的阻值逐渐减小D.R 2的阻值逐渐增大解析：当发现灯泡L 的亮度逐渐变暗时，说明灯两端的电压逐渐减小，可能是R 2的阻值不变，R 1的阻值增大，即R 1的温度降低；也可能是R 1的阻值不变，R 2的阻值减小．选项A 、C 正确.答案：AC4.(2017·河北衡水中学七调)在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )A.图乙中图线甲是电压表V 2的示数随电流变化的图线B.电源内阻为10 ΩC.电源的最大输出功率为3.6 WD.滑动变阻器R 2的最大功率为0.9 W解析：U 1＝IR 1，由于R 1不变，所以U 1与I 成正比，图线乙是V 1的示数随电流变化的图线，U 2＝E －I (R 1＋r )，图线甲是V 2的示数随电流变化的图线，A 正确；由图可知R 1＝ΔU 1ΔI ＝20.4 Ω＝5 Ω，ΔU 2ΔI ＝R 1＋r ＝40.4 Ω＝10 Ω，所以电源的内阻r ＝5 Ω，B 错误；由图线甲可知电源的电动势为6 V ，当外电阻等于电源内阻时，即R 2的阻值为零时，电源的输出功率最大，此时I ＝ER 1＋r＝0.6 A ，P 出max ＝I 2R 1＝0.36×5 W＝1.8 W ，C 错误；当R 2＝R 1＋r ＝10 Ω时，R 2的功率最大，此时电流I ′＝E R 2＋R 1＋r＝0.3 A ，此时P R 2max ＝I ′2R 2＝0.09×10 W＝0.9W ，D 正确.答案：AD三、非选择题5.(2017·河北邯郸一中模拟)某同学通过实验测定一个阻值约为0.5 Ω的电阻R x 的阻值．(1)现有电源(4 V ，内阻不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、定值电阻R 0＝4.5 Ω，开关和导线若干以及下列电表：A.电压表(0～3 V ，内阻约为3 k Ω)B.电流表(0～0.6 A ，内阻约0.125 Ω)为减小测量误差，在实验中，应采用下图中的________电路图(填“甲”或“乙”)(2)按所选择的电路图连接好电路，闭合开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U ，则该电阻的测量值的表达式为R x ＝________.(3)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，电压表的示数U 也随之增加，下列反射Ux 关系的示意图中正确的是________．解析：(1)应为所测量电阻较小，所以如果使用电流表内接，在电流表分压过大，所以采用电流表外接，误差较小，故选甲．(2)电压表测量的R x 和R 0的电压，电流为两者的电流，所以根据欧姆定律可得R x ＋R 0＝U I ，解得R x ＝UI－R 0. (3)根据电路欧姆定律与电阻定律，U ＝IR x ＝Eρx S＋R xR x ，当滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则Ux 图象如图C 所示.答案：(1)甲 (2)R x ＝UI－R 0 (3)C6.(2017·西藏日喀则地区一中月考)电池的内阻很小，不便于直接测量，某探究小组的同学将一只2.5 Ω的保护电阻R 0与电池串联后再用电流表和电压表测量电池的电动势和内阻，实验电路如图甲所示．(1)按电路原理图把实物电路补充完整(2)实验中测定出下列数据是________________________________________________________________________．(3)由IU 图象得出电池的电动势为________V ，内阻为________Ω. 解析：(1)对照电路图连线即可，要注意电表的极性，如图所示(2)根据描点法作出IU 图象，有一组数据是弃之不用的，原因是数据存在严重错误． (3)UI 图象的纵截距表示电源的电动势，故E ＝1.5 V ，内阻与定值电阻之和等于图象的斜率，所以r ＋R 0＝ΔUΔI＝3.0 Ω.故r ＝(3－2.5) Ω＝0.50 Ω.答案：(2)数据存在严重错误 (3)如解析图所示 1.5 0.507.(2017·辽宁抚顺一中模拟)要测量一只电压表的内阻R V .提供的器材有：待测电压表V(量程0～3 V ，内阻约为3 k Ω)；电阻箱(阻值0～9999.9 Ω)；滑动变阻器R 1(阻值0～20 Ω，额定电流为1 A)；滑动变阻器R 2(0～1500 Ω)；电源E (电动势为6 V ，内阻为0.5 Ω)；电键S 及导线若干．(1)如果采用如图所示的电路测定电压表的内阻，并且要得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，滑动变阻器R 应选用________________________________________________________________________．(2)在以下所给的实验步骤中，排出合理的顺序为________． A.合上电键S ；B.使滑动变阻器触头P 处于最左端，R ′的阻值调至最大；C.保持滑动变阻器的触头位置不变，增大电阻箱的阻值，使电压表示数为满偏读数的一半，记下电阻箱此时的电阻R ′2D.调节电阻箱和滑动变阻器，使电压表示数满偏，记下电阻箱的此时的阻值R ′1 (3)用测得的物理量表示电压表内阻应为________．(4)在上述实验中测得的电压表内阻值会比真实值______(填“偏大”“偏小”“相同”)解析：(1)电源电动势是6 V ，滑动变阻器R 1阻值0～20 Ω，额定电流为1 A ，电源接在滑动变阻器R 1两端，最大电流为0.6，能保证电路安全；更精确测量待测电压表内阻，方便实验操作，可以选用滑动变阻器R 1；(2)半偏法测电压表内阻，合理的实验步骤是使滑动触头P 处于最左端，R ′的阻值调至最大；合上电键S ；调节电阻箱和滑动变阻器，使电压表示数满偏，记下电阻箱的此时阻值R ′1；保持滑动变阻器的触头位置不变，增大电阻箱的阻值，使电压表示数为满偏读数的一半，记下电阻箱的此时阻值R ′2；故步骤为：BADC ；(3)设电压表与定值电阻的串联电压为U ，电压表内阻为R V ，电压表示数满偏时，电阻箱的阻值为R ′1，电路电流I ＝UR V ＋R 1′；电压表与定值电阻的串联电压不变，增大电阻箱的阻值，使电压表示数为满偏读数的一半，电压表内阻R V 不变，由U ＝IR V 可知，电压表示数变为原来的一半，则电路电流变为原来的一半，此时I ′＝I 2＝UR V ＋R 2′，联立解得：R V ＝R 2′－2R 1′；(4)在实验步骤C 中，保持滑动变阻器的触头位置不变，增大电阻箱的阻值，电路总电阻变大，待测电压表与定值电阻的串联电压变大，当电压表半偏时电阻箱的阻值R 2′偏大，则电压表内阻测量值R V 偏大.答案：(1)R 1 (2)BADC (3)R V ＝R 2′－2R 1′ (4)偏大8.(2017·广西柳州铁路一中月考)某多用电表内欧姆挡“×1”的内部电路图如图所示，小明同学将电阻箱和电压表V 并联后接在两表笔a 、b 上，欲用图示的电路测量多用电表内部的电阻r (远小于电压表V 的内阻)和电池的电动势E .实验的主要步骤为：(1)表笔a 为________(填“红表笔”或“黑表笔”)．将选择开关转至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节________，使指针指在________(填“左”或“右”)侧零刻度处．(2)改变电阻箱R 的阻值，分别读出6组电压表和电阻箱的示数U 、R ，将1U 、1R的值算出并记录在表格中，请将第3、5组数据的对应点在坐标纸上补充标出，并作出1U -1R图线．(3)字)(4)由于电压表的分流作用，多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值________(填“大”或“小”)．解析：(1)表笔a 接内部电池的负极，应为红表笔．红黑表笔短接，调节调零旋钮，使指针指到右侧零偏刻度处．(2)1U -1R图线如图所示．(3)由E ＝U ＋U R r 得1U ＝r E -1R ＋1E ，结合图线得1E ＝0.70，r E ＝2.50－0.700.11，解得E ＝1.43 V ，r 内＝23.4 Ω.(4)当R 为无穷大即为不接电阻箱时电压表的示数为多用电表内部电池的电动势的测量值，而电压表两端的电压等于电动势的真实值减去多用电表的内电压，所以多用电表内部电池的电动势的测量值比真实值小.答案：(1)红表笔 调零旋钮(或调R 0) 右 (2)如解析图所示 (3)1.43(1.45～1.41) 23.4(22.9～23.9) (4)小。

第八章⎪⎪⎪ 恒定电流第42课时 电阻定律、欧姆定律(双基落实课)[命题者说] 本课时是电路的基础知识，包括电流的概念、欧姆定律、电阻定律、电路的串并联等内容。

高考虽然很少针对本课时的知识点单独命题，但是掌握好本节内容，对分析闭合电路问题、电学实验问题有至关重要的作用。

1．(2017·重庆模拟)某兴趣小组调查一条河流的水质情况，通过计算结果表明，被污染的河里一分钟内有相当于6 C 的正离子和9 C 的负离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是( )A ．0.25 A 顺流而下B ．0.05 A 顺流而下C ．0.25 A 逆流而上D ．0.05 A 逆流而上解析：选D 在1 min 内通过横截面的总电荷量应为q ＝6 C －9 C ＝－3 C ，所以电流I ＝|q |t＝0.05 A ，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，D 正确。

2．(2015·安徽高考)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 e C ．ρnev D.ρev SL解析：选C 由电流定义可知：I ＝q t ＝nvtSet ＝neSv ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neSv ·ρL S＝ρneLv ， 又E ＝UL，故E ＝ρnev ，选项C 正确。

若正负离子移动方向相反，则通过横截面的总电荷量是两种离子电荷量绝对值之和，若正负离子向着同一个方向流动，则通过横截面的总电荷量等于正负离子的电荷量的代数和。

1.电阻定律同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关。

表达式为：R ＝ρl S。

2．电阻率(1)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。

第八章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～7题有多个选项符合题目要求，每小题6分，共42分)1．下列关于电源电动势的说法，正确的是( )A．在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 VB．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多解析：根据电动势定义，由E＝Wq得E＝2 V，选项A错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，选项B错误，选项C正确；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源提供的电能等于通过电源的电荷量与电动势之积，选项D错误．答案：C2．如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为( )A．4R B．5RC．10R D．16R解析：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零即待测电阻为零，此时由闭合回路欧姆定律有，I g＝ER内，测阻值为R的电阻时，45I g＝ER内＋R.测未知电阻时，15I g＝ER x＋R内，联立以上三式解得R x＝16R，故D项对．答案：D3．(2020·江苏淮海中学月考)如图所示，电源A的电压为6 V，电源B的电压为8 V，电容器的电容为200 pF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为( ) A．4×10－9 C B．1.2×10－9 CC．1.6×10－9 C D．2.8×10－9 C解析：开关S打在A时，电容器的电压为U1＝6 V，电量为：Q1＝CU1＝2×10－10×6 C＝1.2×10－9C．开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2＝8 V，电量为：Q2＝CU2＝2×10－10×8 C＝1.6×10－9 C．故通过电流计的电荷量为：Q＝Q1＋Q2＝2.8×10－9 C.答案：D4.在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通开关S ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光．则C 、B 之间的电阻应为( )A ．10 Ω B．20 Ω C ．15 Ω D．5 Ω解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P U ＝1.86.0A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，R AC ＝E －U 额I 额＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝20 Ω，B 项正确．答案：B5．如图所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝1 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω.当调节滑动变阻器R 1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R 2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2 W)，则R 1和R 2连入电路中的阻值分别为( )A ．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 ΩC ．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω解析：因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R 1接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P ＝IU＝I(E －Ir)，所以当I ＝E2r＝2 A 时，输出功率P 有最大值，此时电动机的输出功率为2 W ，发热功率为4W ，所以电动机的输入功率为6 W ，电动机两端的电压为3 V ，电阻R 2两端的电压为3 V ，所以R 2接入电路中的阻值为1.5 Ω，B 正确．答案：B6．(2020·武汉模拟)如图所示，R 是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时( )A ．灯泡L 变暗B ．光敏电阻R 上的电压增大C ．电压表V 的读数减小D ．电容器C 的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R 的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I ＝ER ＋r ＋R 灯增大，灯泡L 变亮，选项A 错误；光敏电阻R 上的电压U R ＝E －I(r ＋R 灯)减小，选项B 错误；电压表V 的读数U ＝E －Ir 减小，选项C 正确；电容器C 两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压U L ＝IR 灯增大，所以电容器C 的带电荷量Q ＝CU L 增大，选项D 正确．答案：CD7．(2020·广州模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减少量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定小于ΔUR 2解析：电压表的示数减小ΔU，通过R 1的电流减小ΔI＝ΔUR 1，选项A 正确；R 2与电源内阻的总电压增加ΔU，选项B 错误；R 2两端的电压增加量小于ΔU，通过R 2的电流增加量小于ΔUR 2，选项C 错误、D 正确．答案：AD二、非选择题(本题4小题，共58分)8．(12分)(2020·陕西省咸阳市高考模拟考试)请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为________ cm ，螺旋测微器读数为________ mm ，多用电表挡位为直流电压挡50 V 时读数为________ V ，若用欧姆表×100挡时的读数为________ Ω.解析：根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm ，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm ，游标尺读数为8×0.05 mm＝0.40 mm ，测量值为1.1 cm ＋0.40 mm ＝1.140 cm.根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm ＋0.215 mm ＝4.715 mm.多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30 V ；若用欧姆表×100挡时读数为10×100 Ω＝1 000 Ω.答案：1.140 4.715 30 1 0009．(15分)有一只小灯泡，其额定电压的标值为2.5 V ，额定功率的标值模糊不清．某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率．(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 Ω，请先在上图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将上图乙中的实物连成完整的电路．(2)开关S 闭合之前，上图乙中滑动变阻器的滑片应置于________(填“A 端”“B 端”或“AB 正中间”)．(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________ W.解析：(1)小灯泡电阻较小，所以电流表外接．(2)开关S闭合前，被测电路两端电压应最小，滑片应置于B端．(3)灯泡两端额定电压为2.5 V时，电流I＝0.44 A，所以灯泡的额定功率P＝UI＝1.1 W.答案：(1)如图甲所示如图乙所示(2)B端(3)1.110．(15分)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U－I直线a、b，回答下列问题：(1)根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表________(填“V1”或“V2”)和电流表A 的数据描绘的图线，并可以测得__________________(填写物理量符号及计算结果)．(2)忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________ A.解析：(1)定值电阻的U－I图线是正比例图线，一定经过原点，故图线b是根据电压表V2和电流表A 的数据描绘的，由图线b可得R0的电阻为2.0 Ω.(2)当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，总电阻最小，电流最大，示数为0.5 A.答案：(1)V2R0＝2.0 Ω(2)0.511．(16分)(2020·青海省西宁市四校高三联考)某实验小组利用图甲所示的电路测金属丝R x的电阻率．(1)请根据图甲，对图乙的实物图进行连线，使滑动变阻器的滑片向右移时，电流表的示数变小．(2)如图丙所示，利用螺旋测微器测出金属丝的直径d＝________.(3)闭合开关后，将滑动变阻器的滑片调至一合适位置后不动，多次改变金属丝上金属夹的位置，得到几组U 、I 、L(U 为电压表的示数，I 为电流表的示数，L 为金属丝接入电路的长度)的数据，用R ＝UI计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图丁所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR，则金属丝的电阻率ρ＝________(用题给字母进行表示)．ρ的测量值________(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．解析：(1)由题意可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变大，故导线应接在滑动变阻器下方的左接线柱上．(3)根据R ＝ρL S 可得，ΔR＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得ρ＝πd 2ΔR4ΔL；本实验采用电流表的外接法，通过金属丝电流的测量值偏大，故ΔRΔL偏小，ρ的测量值小于真实值．答案：(1)实物连线如图所示(2)1.650 mm (3)πd 2ΔR4ΔL小于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。

第八章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～7题有多个选项符合题目要求，每小题6分，共42分)1．下列关于电源电动势的说法，正确的是( )A．在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 VB．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多解析：根据电动势定义，由E＝Wq得E＝2 V，选项A错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，选项B错误，选项C正确；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源提供的电能等于通过电源的电荷量与电动势之积，选项D错误．答案：C2．如图是一个将电流表改装成欧姆表的电路示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为( )A．4R B．5RC．10R D．16R解析：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为I g，欧姆表调零即待测电阻为零，此时由闭合回路欧姆定律有，I g＝ER内，测阻值为R的电阻时，45I g＝ER内＋R.测未知电阻时，15I g＝ER x＋R内，联立以上三式解得R x＝16R，故D项对．答案：D3．(2020·江苏淮海中学月考)如图所示，电源A的电压为6 V，电源B的电压为8 V，电容器的电容为200 pF，当开关S合向A，稳定后再合向B，再次达到稳定，则在这个过程中通过电流计的电荷量为( ) A．4×10－9 C B．1.2×10－9 CC．1.6×10－9 C D．2.8×10－9 C解析：开关S打在A时，电容器的电压为U1＝6 V，电量为：Q1＝CU1＝2×10－10×6 C＝1.2×10－9C．开关S打在B时，稳定时，电容器的电压为U2＝8 V，电量为：Q2＝CU2＝2×10－10×8 C＝1.6×10－9 C．故通过电流计的电荷量为：Q＝Q1＋Q2＝2.8×10－9 C.答案：D4.在如图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在接通开关S ，然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光．则C 、B 之间的电阻应为( )A ．10 Ω B．20 Ω C ．15 Ω D．5 Ω解析：本题中小灯泡刚好正常发光，说明此时小灯泡达到额定电流I 额＝P U ＝1.86.0A ＝0.3 A ，两端电压达到额定电压U 额＝6.0 V ，而小灯泡和电源、滑动电阻AC 串联，则电阻AC 的电流与小灯泡的电流相等，R AC ＝E －U 额I 额＝10 Ω，R CB ＝R －R AC ＝20 Ω，B 项正确．答案：B5．如图所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝1 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω.当调节滑动变阻器R 1时可使图甲中电路的输出功率最大；调节R 2时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2 W)，则R 1和R 2连入电路中的阻值分别为( )A ．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 ΩC ．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω解析：因为题图甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R 1接入电路中的阻值为2 Ω；而题图乙电路是含电动机的电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P ＝IU＝I(E －Ir)，所以当I ＝E2r＝2 A 时，输出功率P 有最大值，此时电动机的输出功率为2 W ，发热功率为4W ，所以电动机的输入功率为6 W ，电动机两端的电压为3 V ，电阻R 2两端的电压为3 V ，所以R 2接入电路中的阻值为1.5 Ω，B 正确．答案：B6．(2020·武汉模拟)如图所示，R 是光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，当它受到的光照强度增大时( )A ．灯泡L 变暗B ．光敏电阻R 上的电压增大C ．电压表V 的读数减小D ．电容器C 的带电荷量增大解析：光照强度增大时，R 的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知I ＝ER ＋r ＋R 灯增大，灯泡L 变亮，选项A 错误；光敏电阻R 上的电压U R ＝E －I(r ＋R 灯)减小，选项B 错误；电压表V 的读数U ＝E －Ir 减小，选项C 正确；电容器C 两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压U L ＝IR 灯增大，所以电容器C 的带电荷量Q ＝CU L 增大，选项D 正确．答案：CD7．(2020·广州模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU(电压表为理想电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减少量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定小于ΔUR 2解析：电压表的示数减小ΔU，通过R 1的电流减小ΔI＝ΔUR 1，选项A 正确；R 2与电源内阻的总电压增加ΔU，选项B 错误；R 2两端的电压增加量小于ΔU，通过R 2的电流增加量小于ΔUR 2，选项C 错误、D 正确．答案：AD二、非选择题(本题4小题，共58分)8．(12分)(2020·陕西省咸阳市高考模拟考试)请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为________ cm ，螺旋测微器读数为________ mm ，多用电表挡位为直流电压挡50 V 时读数为________ V ，若用欧姆表×100挡时的读数为________ Ω.解析：根据游标卡尺读数规则，游标卡尺主尺读数为1.1 cm ，游标尺第8个刻度线与主尺刻度线对齐，20分度游标尺精度为0.05 mm ，游标尺读数为8×0.05 mm＝0.40 mm ，测量值为1.1 cm ＋0.40 mm ＝1.140 cm.根据螺旋测微器读数规则，读数为4.5 mm ＋0.215 mm ＝4.715 mm.多用电表挡位为直流电压挡时，按照中间的刻度盘刻度读数，为30 V ；若用欧姆表×100挡时读数为10×100 Ω＝1 000 Ω.答案：1.140 4.715 30 1 0009．(15分)有一只小灯泡，其额定电压的标值为2.5 V ，额定功率的标值模糊不清．某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率．(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 Ω，请先在上图中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将上图乙中的实物连成完整的电路．(2)开关S 闭合之前，上图乙中滑动变阻器的滑片应置于________(填“A 端”“B 端”或“AB 正中间”)．(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________ W.解析：(1)小灯泡电阻较小，所以电流表外接．(2)开关S闭合前，被测电路两端电压应最小，滑片应置于B端．(3)灯泡两端额定电压为2.5 V时，电流I＝0.44 A，所以灯泡的额定功率P＝UI＝1.1 W.答案：(1)如图甲所示如图乙所示(2)B端(3)1.110．(15分)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑片P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据分别描绘了如图乙所示的两条U－I直线a、b，回答下列问题：(1)根据两同学描绘的直线a、b，可知b图线是根据电压表________(填“V1”或“V2”)和电流表A 的数据描绘的图线，并可以测得__________________(填写物理量符号及计算结果)．(2)忽略各电表对电路的影响，则该电路中电流表的读数最大不超过________ A.解析：(1)定值电阻的U－I图线是正比例图线，一定经过原点，故图线b是根据电压表V2和电流表A 的数据描绘的，由图线b可得R0的电阻为2.0 Ω.(2)当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，总电阻最小，电流最大，示数为0.5 A.答案：(1)V2R0＝2.0 Ω(2)0.511．(16分)(2020·青海省西宁市四校高三联考)某实验小组利用图甲所示的电路测金属丝R x的电阻率．(1)请根据图甲，对图乙的实物图进行连线，使滑动变阻器的滑片向右移时，电流表的示数变小．(2)如图丙所示，利用螺旋测微器测出金属丝的直径d＝________.(3)闭合开关后，将滑动变阻器的滑片调至一合适位置后不动，多次改变金属丝上金属夹的位置，得到几组U 、I 、L(U 为电压表的示数，I 为电流表的示数，L 为金属丝接入电路的长度)的数据，用R ＝UI计算出相应的电阻值后作出R －L 图线如图丁所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR，则金属丝的电阻率ρ＝________(用题给字母进行表示)．ρ的测量值________(选填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．解析：(1)由题意可知，滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变大，故导线应接在滑动变阻器下方的左接线柱上．(3)根据R ＝ρL S 可得，ΔR＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得ρ＝πd 2ΔR4ΔL；本实验采用电流表的外接法，通过金属丝电流的测量值偏大，故ΔRΔL偏小，ρ的测量值小于真实值．答案：(1)实物连线如图所示(2)1.650 mm (3)πd 2ΔR4ΔL小于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。

八 恒定电流第1节 电流 电阻 电功 电功率一、电流1．形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压． 2．电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向． 3．两个表达式：①定义式：I ＝q t ；②决定式：I ＝U R. 二、电阻、电阻定律1．电阻：反映了导体对电流阻碍作用的大小．表达式为：R ＝U I.2．电阻定律：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．表达式为：R ＝ρl S.3．电阻率(1)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．(2)电阻率与温度的关系：金属的电阻率随温度升高而增大；半导体的电阻率随温度升高而减小．三、部分电路欧姆定律及其应用1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比． 2．表达式：I ＝U R.3．适用范围：金属导电和电解液导电，不适用于气体导电或半导体元件．4．导体的伏安特性曲线(I －U )图线(1)比较电阻的大小：图线的斜率k ＝tan θ＝I U ＝1R，图中R 1＞R 2(填“＞”、“＜”或“＝”)．(2)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律． (3)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用于欧姆定律． 四、电功率、焦耳定律1．电功：电路中电场力移动电荷做的功．表达式为W ＝qU ＝UIt .2．电功率：单位时间内电流做的功．表示电流做功的快慢．表达式为P ＝Wt＝UI . 3．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．表达式为Q ＝I 2Rt .4．热功率：单位时间内的发热量．表达式为P ＝Q t. [自我诊断] 1. 判断正误(1)电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向．(×)(2)由R ＝U I可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．(×) (3)由ρ＝RS l知，导体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．(×)(4)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．(√)(5)电流I 随时间t 变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量．(√) (6)公式W ＝UIt 及Q ＝I 2Rt 适用于任何电路．(√)(7)公式W ＝U 2Rt ＝I 2Rt 只适用于纯电阻电路．(√)2．(多选)对于常温下一根阻值为R 的均匀金属丝，下列说法中正确的是( ) A ．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R B ．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为14RC ．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U 0，则任一状态下的U I比值不变D ．金属材料的电阻率随温度的升高而增大解析：选BD.金属丝均匀拉长到原来的10倍，截面积变为原来的110，由R ＝ρlS 知，电阻变为原来的100倍，A 错误；将金属丝从中点对折起来，长度变为原来的一半，截面积变为原来的2倍，由R ＝ρl S 知，电阻变为原来的14，B 正确；由于金属的电阻率随温度的升高而增大，当加在金属丝两端的电压升高时，电阻R ＝UI将变大，C 错误，D 正确．3．如图所示电路中，a 、b 两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P 向d 端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小( )解析：选B.选项A 、C 、D 中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P 右侧部分，当滑动变阻器的滑片P 向d 端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I ＝UR可知，电路中的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A 、C 、D 错误；而选项B 中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P 左侧部分，当滑动变阻器的滑片P 向d 端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B 正确．4. 有一台标有“220 V,50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中，正确的是( )A ．I ＝P U ＝522A ，Q ＝UIt ＝3 000 JB ．Q ＝Pt ＝3 000 JC ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝I 2Rt ＝1.24 JD ．Q ＝U 2R t ＝22020.4×60 J＝7.26×106J解析：选 C.电风扇是一种在消耗电能过程中既产生机械能，又产生内能的用电器，其功率P ＝IU ，则I ＝P U ＝522A ，而产生的热量只能根据Q ＝I 2Rt 进行计算．因此，选项C 正确．考点一 对电流的理解和计算1. 应用I ＝q t计算时应注意：若导体为电解液，因为电解液里的正、负离子移动方向相反，但形成的电流方向相同，故q 为正、负离子带电荷量的绝对值之和．2．电流的微观本质如图所示，AD 表示粗细均匀的一段导体，长为l ，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v ，设导体的横截面积为S ，导体每单位体积内的自由电荷数为n ，每个自由电荷的电荷量为q ，AD 导体中自由电荷总数N ＝nlS ，总电荷量Q ＝Nq ＝nqlS ，所用时间t ＝l v ，所以导体AD 中的电流I ＝Q t ＝nlSql /v＝nqSv .1．如图所示，一根横截面积为S 的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q ，当此棒沿轴线方向做速度为v 的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为( )A ．vqB ．q vC ．qvSD.qv S解析：选A.在垂直棒的运动方向选取一横截面，设棒长为l ，则棒上所有电荷通过这一横截面所用的时间t ＝l v ，由电流的定义式I ＝Q t，可得I ＝lq l v＝qv ，A 正确．2. (2017·山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是( )A ．甲、乙两导体的电流相同B ．乙导体的电流是甲导体的两倍C ．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍D ．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等解析：选B.由I ＝ΔqΔt 可知，I 乙＝2I 甲，B 正确，A 错误；由I ＝nvSq 可知，同种金属材料制成的导体，n 相同，因S 甲＝2S 乙，故有v 甲∶v 乙＝1∶4，C 、D 错误．3．(多选)截面直径为d 、长为l 的导线，两端电压为U ，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是( )A ．电压U 加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍B ．导线长度l 加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半C ．导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变D ．导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍解析：选ABC.电压U 加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I ＝nqSv 得知，自由电子定向运动的平均速率v 加倍，故A 正确；导线长度l 加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I ＝nqSv 得知，自由电子定向运动的平均速率v 减半，故B 正确；导线横截面的直径d 加倍，由S ＝πd 24可知，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的14，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I ＝nqSv 得知，自由电子定向运动的平均速率v 不变．故C 正确，D 错误．考点二 电阻 电阻定律1. 两个公式对比关系，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．1．一个内电阻可以忽略的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为0.1 A ．若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是( )A ．0.4 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A解析：选C.大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银柱长度变为原来的14，则电阻变为原来的116，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C 正确．2. 用电器到发电场的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U .那么，输电线的横截面积的最小值为( )A.ρlRB.2ρlIUC.U ρlID.2Ul I ρ解析：选B.输电线的总长为2l ，由公式R ＝U I、R ＝ρl S得S ＝2ρlIU，故B 正确．3．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( )A ．1∶4B ．1∶8C ．1∶16D ．16∶1解析：选C.对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的12，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的14.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I 1＝U 4R ，I 2＝U R /4＝4U R ，由I ＝qt可知，在相同时间内，电荷量之比q 1∶q 2＝I 1∶I 2＝1∶16.导体变形后电阻的分析方法某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点： (1)导体的电阻率不变．(2)导体的体积不变，由V ＝lS 可知l 与S 成反比．(3)在ρ、l 、S 都确定之后，应用电阻定律R ＝ρlS求解．考点三 伏安特性曲线1. 图甲为线性元件的伏安特性曲线，图乙为非线性元件的伏安特性曲线．2 图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故R a <R b ，图线c 的电阻减小，图线d 的电阻增大．3．用I ­U (或U ­I )图线来描述导体和半导体的伏安特性时，曲线上每一点对应一组U 、I 值，UI为该状态下的电阻值，UI 为该状态下的电功率．在曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．1．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 为图线在P 点的切线，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，小灯泡的电阻减小B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 1C ．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 所围面积解析：选D.由图可知流过小灯泡的电流I 随所加电压U 变化的图线为非线性关系，可知小灯泡的电阻随所加电压的增大而逐渐增大，选项A 错误；根据欧姆定律，对应P 点，小灯泡的电阻应为R ＝U 1I 2，选项B 、C 错误；对应P 点，小灯泡的功率为P ＝U 1I 2，也就是图中矩形PQOM 所围面积，选项D 正确．2. 某一导体的伏安特性曲线如图中AB (曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω解析：选B.根据电阻的定义式可以求出A 、B 两点的电阻分别为R A ＝30.1Ω＝30 Ω，R B ＝60.15Ω＝40 Ω，所以ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故B 对，A 、C 、D 错． 3. (多选)在如图甲所示的电路中，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S 闭合时，电路中的总电流为0.25 A ，则此时( )A ．L 1上的电压为L 2上电压的2倍B ．L 1消耗的电功率为0.75 WC ．L 2的电阻为12 ΩD ．L 1、L 2消耗的电功率的比值大于4∶1解析：选BD.电路中的总电流为0.25 A ，L 1中电流为0.25 A ，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0 V ，L 1消耗的电功率为P 1＝U 1I 1＝0.75 W ，B 正确；根据并联电路规律，L 2中电流为0.125 A ，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3 V ，L 1的电压大约为L 2电压的10倍，A 错误；由欧姆定律，L 2的电阻为R 2＝U 2I 2＝0.30.125Ω＝2.4 Ω，C 错误；L 2消耗的电功率为P 2＝U 2I 2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W ，L 1、L 2消耗的电功率的比值大于4∶1，D 正确．I ­U 图线求电阻应注意的问题伏安特性曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是该状态下导体的电阻，即曲线上各点切线的斜率的倒数不是该状态的电阻，但伏安特性曲线的斜率变小说明对应的电阻变大．考点四 电功、电功率及焦耳定律1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较(1)用电器在额定电压下正常工作，用电器的实际功率等于额定功率，即P 实＝P 额． (2)用电器的工作电压不一定等于额定电压，用电器的实际功率不一定等于额定功率，若U 实＞U 额，则P 实＞P 额，用电器可能被烧坏．[典例] 有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流I 2＝1.0 A ．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？ 解析 (1)U 1＝0.2 V 时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r ＝U 1I 1＝0.20.4Ω＝0.5 Ω U 2＝2.0 V 时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得P 电＝U 2I 2＝2.0×1.0 W＝2 WP 热＝I 22r ＝1.02×0.5 W＝0.5 W所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率P 出＝P 电－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率P 热′＝U 22r ＝2.020.5W ＝8 W答案 (1)1.5 W (2)8 W(1)在非纯电阻电路中，U 2Rt 既不能表示电功也不能表示电热，因为欧姆定律不再成立．(2)不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路，当电动机不转动时，仍为纯电阻电路，欧姆定律仍适用，电能全部转化为内能．只有在电动机转动时为非纯电阻电路，U >IR ，欧姆定律不再适用，大部分电能转化为机械能．1．(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )A.B ．电动机的内电阻为4 Ω C ．该车获得的牵引力为104 N D ．该车受到的阻力为63 N解析：选AD.由于U ＝48 V ，I ＝12 A ，则P ＝IU ＝576 W ，故选项A 正确；因P 入＝P出＋I 2r ，r ＝576－350122Ω＝11372 Ω，故选项B 错；由P 出＝Fv ＝F f v ，F ＝F f ＝63 N ，故选项C 错，D 正确．2．在如图所示电路中，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω.闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机的发热功率为4.0 WD ．电源输出的电功率为24 W解析：选B.由部分电路欧姆定律知电阻R 0两端电压为U ＝IR 0＝3.0 V ，电源内电压为U内＝Ir ＝2.0 V ，所以电动机两端电压为U 机＝E －U －U 内＝7.0 V ，B 对；电动机的发热功率和总功率分别为P 热＝I 2r 1＝2 W 、P 总＝U 机I ＝14 W ，C 错；电动机的输出功率为P 出＝P 总－P热＝12 W ，A 错；电源的输出功率为P ＝U 端I ＝20 W ，D 错．课时规范训练 [基础巩固题组]1．(多选)下列说法正确的是( )A ．据R ＝UI可知，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 ．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变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：选BD.R ＝U I是电阻的定义式，导体电阻由导体自身性质决定，与U 、I 无关，当导体两端电压U 加倍时，导体内的电流I 也加倍，但比值R 仍不变，A 错误、B 正确；ρ＝RS l是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度决定，与R 、S 、l 无关，C 错误、D 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 2SneC ．ρnevD.ρevSL解析：选C.由电流定义可知：I ＝q t ＝nvtSe t ＝neSv ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neSv ·ρLS＝ρneLv ，又E ＝UL，故E ＝ρnev ，选项C 正确．3．下列说法正确的是( )A ．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B ．力对物体所做的功与力的作用时间成正比C ．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D ．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比解析：选C.电流通过导体的热功率为P ＝I 2R ，与电流的平方成正比，A 项错误；力作用在物体上，如果物体没有在力的方向上发生位移，作用时间再长，做功也为零，B 项错误；由C ＝Q U可知，电容器的电容由电容器本身的性质决定，因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比，C 项正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，D 项错误．4．如图所示为一磁流体发电机示意图，A 、B 是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t 时间内有n 个自由电子落在B 板上，则关于R 中的电流大小及方向判断正确的是( )A ．I ＝ne t ，从上向下B ．I ＝2net ，从上向下C ．I ＝ne t，从下向上D ．I ＝2net，从下向上解析：选A.由于自由电子落在B 板上，则A 板上落上阳离子，因此R 中的电流方向为自上而下，电流大小I ＝q t ＝net.A 项正确． 5．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻，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，其中电阻的阻值最小的是( )解析：选A.根据电阻定律R ＝ρl S 可知R A ＝ρc ab ，R B ＝ρb ac ，R C ＝ρa bc ，R D ＝ρabc，结合a ＞b ＞c 可得：R C ＝R D ＞R B ＞R A ，故R A 最小，A 正确．6．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a 和b 的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a 、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R .下面给出R 的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R 的合理表达式应为( )A ．R ＝ρb ＋a2πabB ．R ＝ρb －a2πabC ．R ＝ρab2πb －aD ．R ＝ρab2πb ＋a解析：选B.根据R ＝ρl S，从单位上看，答案中，分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A 、B 符合单位，C 、D 错误；再代入特殊值，若b ＝a ，球壳无限薄，此时电阻为零，因此只有B 正确，A 错误．7. (多选)我国已经于2012年10月1日起禁止销售100 W 及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯．假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，不能表示为tan β或tan α，故B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的功率可表示为U 0I 0，C 正确．[综合应用题组]8．一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6.6×104J ，洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103J D ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C.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 ＝6.6×104J ，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 ＝6.6×103J ，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．9．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，它们之间的关系为( )A ．P 1＝4P DB ．P D ＝P4C ．PD ＝P 2D ．P 1＜4P 2解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相同．当三者按照题图乙所示电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲图象可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，根据P ＝U 2R，P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，根据P ＝I 2R ，P 1＞4P D ，P 1＜4P 2，A 错误、D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U 2，且D 阻值变大，则P D ＜P4，B 错误．10．下图中的四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间函数关系的是( )解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确．11．如图所示为甲、乙两灯泡的I ­U 图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V 的电路中实际发光的功率分别为( )A ．15 W 30 WB ．30 W 40 WC ．40 W 60 WD ．60 W 100 W解析：选C.两灯泡并联在电压为220 V 的电路中，则两只灯泡两端的电压均为220 V ，根据I ­U 图象知：甲灯实际工作时的电流约为I 甲＝0.18 A ，乙灯实际工作时的电流为I 乙 ＝ 0.27 A ，所以功率分别为P 甲＝I 甲U ＝0.18×220 W≈40 W；P 乙＝I 乙U ＝0.27×220 W≈60 W，C 正确．12．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M 和电热丝R 构成．当闭合开关S 1、S 2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 ．关于该电吹风，下列说法正确的是( )A ．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机线圈的电阻为1 2103ΩC ．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 JD ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J解析：选A.电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P ＝1 000 W －120 W ＝880 W ，对电热丝，由P ＝U 2R 可得电热丝的电阻为R ＝U 2P ＝2202880Ω＝55 Ω，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，电热丝每秒消耗的电能为880 J ，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120 J ，选项D 错误．13．(多选)如图所示，定值电阻R 1＝20 Ω，电动机绕线电阻R 2＝10 Ω，当开关S 断开时，电流表的示数是I 1＝0.5 A ，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P 应是( )A ．I ＝1.5 AB ．I <1.5 AC ．P ＝15 WD ．P <15 W解析：选BD.当开关S 断开时，由欧姆定律得U ＝I 1R 1＝10 V ，当开关闭合后，通过R 1的电流仍为0.5 A ，通过电动机的电流I 2<UR 2＝1 A ，故电流表示数I ＜0.5 A ＋1 A ＝1.5 A ，B 正确；电路中电功率P ＝UI <15 W ，D 正确．14．(多选)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．在某一次闪击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1×105A B ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C ．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m D ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC.根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q ＝6 C ，时间约为t ＝60 μs ，故平均电流为I 平＝Q t＝1×105A ，闪击过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A 对；第一次闪击过程中电功约为W ＝QU ＝6×109J ，第一个闪击过程的平均功率P ＝W t＝1×1014W ，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪击过程中的时间远大于60 μs ，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为E ＝U d ＝1×1091 000V/m ＝1×106V/m ，C 对；整个闪电过程向外释放的能量约为W ＝6×109J ，D 错．第2节 电路 闭合电路欧姆定律一、电阻的串、并联1．电动势(1)电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置． (2)电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E ＝W q.(3)电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．2．内阻：电源内部导体的电阻． 三、闭合电路的欧姆定律 1．闭合电路欧姆定律(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比． (2)公式：I ＝ER ＋r(只适用于纯电阻电路)．(3)其他表达形式①电势降落表达式：E ＝U 外＋U 内或E ＝U 外＋Ir . ②能量表达式：EI ＝UI ＋I 2r . 2．路端电压与外电阻的关系1. 判断正误(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．(√) (2)电动势就等于电源两极间的电压．(×) (3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小．(×)(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．(×) (5)电源的输出功率越大，电源的效率越高．(×)。

能力课 带电粒子在匀强磁场及复合场中的运动一、单项选择题1．如图1所示，一束带负电的粒子(质量为m 、电荷量为e )以速度v 垂直磁场的边界从A 点射入磁感应强度为B 、宽度为d 的匀强磁场中。

若粒子的速度大小可变，方向不变，要使粒子不能通过磁场的右边界，则粒子的速度最大不能超过( )图1A.eBd 2mB.2eBd 3mC.eBd mD.2eBd m解析 解答此题时可从动态圆模型角度思考，通过画出几个粒子速度大小不同的轨迹圆弧，从而得到临界轨迹圆弧，如图所示，由几何关系可知：R ＝d ，即粒子运动轨迹与磁场的右边界相切，又e v B ＝m v 2R联立解得v ＝eBdm 。

故选项C 正确。

答案 C2．(2017·河南洛阳市统考)如图2所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子最后落到P 点，设OP ＝x ，下列图线能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )图2解析 带电粒子在电场中加速时，由动能定理得qU ＝12m v 2，而在磁场中偏转时，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r ，依题意x ＝2r ，联立解得x ＝2m qB 2qU m ，因此正确答案为B 。

答案 B3．(2016·厦门一模)如图3所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。

质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t ，从复合场区穿出时的动能为E k ，则 ( )图3A ．若撤去磁场B ，质子穿过场区时间大于t B ．若撒去电场E ，质子穿过场区时间等于tC ．若撒去磁场B ，质子穿出场区时动能大于E kD ．若撤去电场E ，质子穿出场区时动能大于E k解析 质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。