第二章《恒定电流》综合评估.docx
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第二章《恒定电流》综合评估
第二章《恒定电流》综合评估
限时：
90分钟
总分：
100分
一、选择题（每小题5分，共50分）
1.如图所示，电阻分别是R1＝1Ω和R2＝4Ω，当S分别接a和b时，单位时间内在外电路上放出的热量相等，则此电源的内阻是（ ）
A．1.5Ω B．2Ω
C．2.5ΩD．4Ω
解析：
设电源电动势为E，内阻为r，由P＝I2R和P1＝P2，可得
R1＝
R2，化简得r＝
，代入数据得r＝2Ω，所以B选项正确．注意：
这是一个极为重要的关系式，其物理意义是：
一个内阻为r的电源，分别向两个电阻供电，当输出功率相等时，电源内阻等于两电阻的几何平均数，即当输出功率相等时，两电阻的乘积为定值．
答案：
B
2．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（ ）
自重
40（kg）
额定电压
48（V）
载重
75（kg）
额定电流
12（A）
最大行驶速度
20（km/h）
额定输出功率
350（W）
A.电动机的输入功率为576W
B．电动机的内电阻为4Ω
C．该车获得的牵引力为104N
D．该车受到的阻力为63N
解析：
电动机的输入功率P入＝UI＝48×12W＝576W，故选项A正确．电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能用欧姆定律求内电阻，故选项B错误．电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出＝Ffvmax得Ff＝
＝
N＝63N，故C错误、D正确．
答案：
AD
3.
如图所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1和R2是两阻值固定的电阻．当可变电阻R的滑片向a端移动时，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2将发生的变化是（ ）
A．I1变大，I2变小B．I1变大，I2变大
C．I1变小，I2变大D．I1变小，I2变小
解析：
可变电阻的滑片向a移动，使支路的电阻减小，从而引起整个电路的外电阻R外减小，据闭合电路欧姆定律可知，电路的总电流I总＝
增大，电路的外电压U外＝E－I总r减小，即R1两端的电压U1＝U外减小，通过R1的电流I1减小．又因I总增大，I1减小，通过R2的电流I2＝I总－I1增大．
答案：
C
4．把6个相同电灯接成如图甲、乙所示的两电路，调节变阻器，两组电灯均能正常发光．设甲、乙两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（ ）
A．P1<3P2B．P1＝3P2
C．P1>3P2D．3P1＝P2
解析：
设每个灯泡正常发光时，其电流为I，则图甲中总电流为3I，图乙总电流为I，所以，P1＝3IU，P2＝IU，P1＝3P2，故选B.
答案：
B
5.
自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来，现使车以500J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是（ ）
A．200JB．250J
C．300JD．500J
解析：
根据能量守恒，第一次关闭自动充电装置时，动能全部转化为内能，第二次启动自动充电装置时，动能一部分转化为内能，另一部分转化为电能，电能为E电＝
Ek＝
×500J＝200J，A对．
答案：
A
6．下图的四个图象中，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U2之间的函数关系是（ ）
解析：
白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：
P＝
，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．
答案：
C
7．如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（ ）
A．电容器中的电场强度将增大
B．电容器上的电荷量将减少
C．电容器的电容将减少
D．液滴将向上运动
解析：
若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小；R2两端电压减小，因电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，电荷量减少，电场强度减小，液滴将向下运动，故B对，而A、D错；由平行板电容器电容C＝
可知，电容器的电容不变，选项C错误．
答案：
B
8.
如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都能发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮（未烧坏），电压表的读数增大，由此可推断，这故障可能是（ ）
A．电阻R1断路B．电阻R2短路
C．灯L1两接线柱间短路D．电阻R2断路
解析：
因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L2两端电压会减小，致使灯L2变暗，故A错误；若电阻R2短路，灯L2将不亮，故B错误；若灯L1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，不符合题意，故C错误；若电阻R2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L1、R1并联部分电压减小，灯L2两端电压增大，灯L2变亮，故D正确．
答案：
D
9．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则（ ）
A．R1接在电源上时，电源的效率高
B．R2接在电源上时，电源的效率高
C．R1接在电源上时，电源的输出功率大
D．电源的输出功率一样大
解析：
电源的效率η＝
＝
＝
，由于UB>UC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A项正确B项错误；将电阻接在电源上，电阻的U－I图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，但看不出两种情况下路端电压的关系，故无法确定两种情况下电源的输出功率的大小关系，C、D项均错误．本题易混淆电源效率和电源输出功率的概念而出现错误．
答案：
A
10．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则判断错误的是（ ）
A．直线a表示电源的总功率
B．曲线c表示电源的输出功率
C．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝1Ω
D．电源的最大输出功率Pm＝9W
解析：
电源的总功率为PE＝EI，电源的输出功率为PR＝EI－I2r，电源内部的发热功率Pr＝I2r，所以直线a表示电源的总功率，选项A正确；曲线b表示电源内部的发热功率，曲线c表示电源的输出功率，选项B正确；直线a的斜率表示电动势E，解得E＝3V，由曲线b上某点坐标可得电源内阻为1Ω，选项C正确；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，Pm＝
＝2.25W，对应曲线c的最高点，选项D错误．
答案：
D
二、填空题（共16分）
11．（8分）某同学在做测定小灯泡功率的实验中得到如下一组U和I的数据：
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
U（V）
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I（A）
0.020
0.060
0.100
0.140
0.170
0.190
0.200
0.205
灯泡
发光
情况
不亮 微亮 逐渐变亮 正常发光
（1）在图上画出I－U图象．
（2）从图象上可以看出，当功率逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是：
________.
（3）这表明导体的电阻随温度升高而________．
解析：
在图象中，斜率k＝
，从斜率随电压的逐渐增大而逐渐减小可知，灯泡的电阻在逐渐增大，这是由于电压越大，灯泡的电功率大，则其温度就越高，根据金属的电阻率随温度的升高而增大，故灯泡的钨丝电阻越来越大．
答案：
（1）略
（2）逐渐增大 （3）增大
12．（8分）某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V 约3kΩ），电流表（0～0.6A 约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω 2A）和R2（100Ω 0.1A）各一只．
（1）实验中滑动变阻器应选用________（选填“R1”或“R2”）．
（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．
（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U－I图象，由图可较准确地求出电源电动势E＝________V；内阻r＝________Ω.
解析：
（1）电路中最大电流I＝
＝
＝0.75A．R2的额定电流小于0.75A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器用R1.
（2）如图所示．
（3）将图线延长，交于纵轴，则纵截距即为电动势E＝1.48V（1.47V～1.49V均正确），r＝
，可得r＝1.79Ω（1.78Ω～1.90Ω均正确）．
答案：
（1）R1
（2）见解析图 （3）1.48（1.47～1.49均正确） 1.79（1.78～1.90均正确）
三、计算题（共36分）
13．（12分）
如图为一测速计原理图，滑动触头P与某运动物体相连，当P匀速滑动时，电流表有一定的电流通过，从电流表示数可得到运动物体的速度，已知电源电动势E＝4V，内阻r＝10Ω，AB为粗细均匀的电阻丝，阻值R＝30Ω，长度L＝30cm，电容器电容C＝50μF，现测得电流表示数为0.05mA，方向由N流向M，试求物体速度的大小和方向．
解析：
估算流过电阻丝上的电流为
I＝
＝
A＝100mA，远远大于电容器上的充放电电流，故电阻丝与电源串联．
当P移动Δx时，电容器上电压的变化为ΔU，
ΔU＝IΔR＝
.Δx，
其充放电电流IC＝
＝
＝
.
，
又v＝
，所以v＝
＝0.1m/s.
又因IC由N流向M，电容器放电，P右移，物体移动方向向右．
答案：
0.1m/s 方向向右
14．（12分）一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
（1）电动机的输入功率；
（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
（3）线圈的电阻．
解析：
（1）电动机的输入功率
P入＝UI＝0.2×3W＝0.6W.
（2）电动机提升重物的机械功率
P机＝Fv＝（4×
）W＝0.4W.
根据能量关系P入＝P机＋PQ，得热功率
PQ＝P入－P机＝（0.6－0.4）W＝0.2W.
所产生热量Q＝PQt＝0.2×30J＝6J.
（3）根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻
R＝
＝
Ω＝5Ω.
答案：
（1）0.6W
（2）6J （3）5Ω
15．（12分）如图所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题（不计电流表内阻，线路提供电压不变）：
（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12V的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；
（2）如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为8V的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．
解析：
（1）由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：
UL＝
V＝4V，结合图象可得当UL＝4V时，IL＝0.4A，故每个电灯的电阻为：
R＝
＝
Ω＝10Ω.
（2）设此时电灯两端的电压为U′，流过每个电灯的电流为I，由串联电路的规律得
U＝U′＋2IR0
代入数据得U′＝8－20I
在图甲上画出此直线如图所示．
可得到该直线与曲线的交点（2V 0.3A），即流过电灯的电流为0.3A，则流过电流表的电流为IA＝2I＝0.6A，
每个灯的功率为：
P＝UI＝2×0.3W＝0.6W.
答案：
（1）0.4A 10Ω
（2）0.6A 0.6W
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