9.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B对应的横坐标为2A，则下列说法正确的是（ ）
A．电源电动势为3V，内阻为1Ω
B．线段AB表示的功率为2W
C．电流为2A时，外电路的电阻为0.5Ω
D．电流为3A时，外电路的电阻为2Ω
解析：
选ABC．由图像可知，当电流I＝3A时，电源总功率P＝IE＝9W，由此可知电源的电动势E＝3V．直线与抛物线的交点表示内部发热功率等于电源的总功率，即Pr＝I2r＝IE，得r＝1Ω，故A正确；PrB＝I2r＝22×1W＝4W，PA＝IE＝2×3W＝6W，则PAB＝（6－4）W＝2W，故B正确；当电流I＝2A时，由I＝
得外电阻R＝
－r＝0.5Ω，当电流I＝3A时，得R＝0，故C正确，D错误．
10．在如图所示电路中，开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪个开关后P会向下运动（ ）
A．S1B．S2
C．S3D．S4
解析：
选C．油滴P悬浮时，重力与电场力平衡，开关均闭合时，电容器两极板间的电压为电阻R3两端电压．若S1断开，电容器两极板电压不变，油滴不动．若S2断开，两极板电压等于电动势，油滴可能不动（电源内阻r＝0时），也可能向上运动（电源内阻r≠0时）．若S3断开，则电路与电源断开，电容器相当于电源，电容器放电，板间电压逐渐减小，油滴向下运动．若S4断开，电容器电压不变，油滴不动．故C对．
二、填空题（本题共2小题，共17分，按题目要求作答）
11.（5分）用多用电表的欧姆挡测某一电阻的阻值时，分别用“×1”、“×10”、“×100”三个电阻挡测了三次，指针所指的位置如图所示．
其中①是用________挡，②是用________挡，③是用______挡，为提高测量的精确度，应该用________挡，被测电阻阻值约为________．
解析：
乘的倍率越大，示数越小，故①是“×1”挡，②是“×10”挡，③是“×100”挡．为了提高测量的准确度，指针应在表盘的中间附近，故应选“×10”挡测量．被测电阻阻值约为30×10Ω＝300Ω.
答案：
“×1” “×10” “×100” “×10” 300Ω
12．（12分）（2013·高考天津卷）要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；
电流表（量程为0～250mA，内阻约5Ω）；
电压表（量程为0～3V，内阻约3kΩ）；
电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________（填字母代号）．
A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）
（2）实验的电路图应选用下列的图________（填字母代号）．
（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.
解析：
（1）为便于实验操作，滑动变阻器应选择总阻值小的滑动变阻器，故选A．
（2）因为灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V，故滑动变阻器应采用分压接法．小灯泡的电阻R＝
＝15Ω，与电流表的内阻5Ω相差不大，因此电流表采用外接法．故B图正确．
（3）在小灯泡的伏安特性曲线图上作出电源的伏安特性曲线（如图），由两曲线的交点的电流I＝0.10A，电压U＝1.0V，得小灯泡消耗的功率P＝IU＝0.10×1.0W＝0.1W.
答案：
（1）A
（2）B （3）0.1
三、计算题（本题共4小题，共43分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13.（10分）在如图所示的电路中，电源为3个电池组成的电池组，每个电池的电动势为2V，内阻r＝0.2Ω，R1＝6Ω，R2＝2Ω，R3＝3Ω，求：
（1）当S断开时，电流表和电压表的读数；
（2）当S闭合时，电流表和电压表的读数．
解析：
（1）S断开时，R1、R2串联，则I＝
＝
A≈0.70A（2分）
U＝I（R1＋R2）＝0.70×8V＝5.6V，即电流表读数0.70A，电压表读数5.6V．（2分）
（2）S闭合后，R1、R3并联再和R2串联，
R并＝
Ω＝2Ω（1分）
总电流I总＝
＝
A≈1.3A（2分）
电流表读数为R1支路的电流
IA＝
＝
A≈0.43A（1分）
电压表读数U′＝E－I总r
＝2×3V－1.3×0.2×3V≈5.2V．（2分）
答案：
（1）0.70A 5.60V
（2）0.43A 5.2V
14．（10分）如图所示，电源电动势E＝9V，内电阻r＝0.5Ω，电阻R1＝5.0Ω、R2＝3.5Ω、R3＝6.0Ω、R4＝3.0Ω，电容C＝2.0μF.求：
（1）当电键与a接触时电容带电量；
（2）当电键与b接触时电容带电量；
（3）当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量．
解析：
（1）电键接a时，
UC＝U1＝
R1＝5V（2分）
此时电容器带电量QC＝CU1＝1×10－5C（1分）
且上极板带正电，下极板带负电．（1分）
（2）电键接b时，
UC′＝U2＝
R2＝3.5V（2分）
此时电容器电量Q
＝CU2＝0.7×10－5C（1分）
且上极板带负电，下极板带正电．（1分）
（3）流过R3的总电量为
ΔQ＝QC＋Q
＝1.7×10－5C．（2分）
答案：
（1）1×10－5C
（2）0.7×10－5C
（3）1.7×10－5C
15．（10分）如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：
（1）电源的电动势E和内阻r；
（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？
最大值Pm为多少？
解析：
（1）由闭合电路欧姆定律得
E＝U1＋
r①（1分）
E＝U2＋
r②（1分）
联立①②并代入数据解得E＝6V，r＝1Ω.（2分）
（2）由电功率表达式P＝
R③（2分）
将③式变形为P＝
④（1分）
由④式可知，当R＝r＝1Ω时P有最大值（1分）
Pm＝
＝9W．（2分）
答案：
（1）6V 1Ω
（2）1Ω 9W
16．（13分）（2012·高考四川卷）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s2.求：
（1）电动机内阻消耗的热功率；
（2）将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）．
解析：
（1）设电动机的电功率为P，则
P＝UI（1分）
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则
Pr＝I2r（2分）
代入数据解得Pr＝1×103W．（1分）
（2）设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则
M＝ρV（1分）
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp
则ΔEp＝Mgh（1分）
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr（2分）
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%＝ΔEp（3分）
代入数据解得
t＝2×104s．（2分）
答案：
（1）1×103W
（2）2×104s
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