2019-2020年高三物理二輪復習 周測卷十三 恒定電流（含解析）.doc

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2019-2020年高三物理二輪復習 周測卷十三 恒定電流（含解析） 一 、單選題（本大題共6小題 。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的） 1.（xx?松江區(qū)一模）電源電動勢為E，內阻為r，向可變電阻R供電，關于路端電壓說法正確的是（　　） 　 A． 因為電源電動勢不變，所以路端電壓也不變 　 B． 因為U=IR，所以當I增大時，路端電壓也增大 　 C． 因為U=E﹣Ir，所以當I增大時，路端電壓下降 　 D． 若外電路斷開，則路端電壓為零 2.（xx?松江區(qū)一模）四個相同的燈泡如圖連接在電路中，調節(jié)變阻器R1和R2，使四個燈泡都正常發(fā)光，設此時R1和R2消耗的功率分別為P1和P2，則有（　?。? 　 A． P1＞2P2 B． P1=2P2 C． P2＜P1＜2P2 D． P1＜P2 3.（xx?崇明縣一模）如圖所示電路中，已知電阻R1的阻值大于滑動變阻器R0的最大阻值．閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動臂P由最上端下滑到最下端的過程中，下列說法中正確的是 （　?。? 　 A． 電壓表V1的示數(shù)先變大后變小，電壓表V2的示數(shù)先變小后變大 　 B． 電流表A的示數(shù)先變小后變大 　 C． 電源內部的熱功率不斷增大 　 D． 電源的輸出功率一定不斷減小 4. 圖示電路中，電源電動勢為ε，內阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為可變電阻，C為電容器．在可變電阻R3由較小逐漸變大的過程中，下列說法中正確的是（　?。? 　 A． 電容器的帶電量在逐漸減小 B． 流過R2的電流方向是由上向下 　 C． 電源的輸出功率變大 D． 電源內部消耗的功率變大 5. 電源和一個水平放置的平行板電容器、二個變阻器R1、R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路。當把變阻器R1、R2調到某個值時，閉合開關S，電容器中的一個帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)。當再進行其他相關操作時（只改變其中的一個），以下判斷正確的是： A．將R1的阻值增大時，液滴仍保持靜止狀態(tài) B．將R2的阻值增大時，液滴將向下運動 C．斷開開關S，電容器上的帶電量將減為零 D．把電容器的上極板向上平移少許，電容器的電量將增加 6.（xx?嘉定區(qū)一模）如圖所示電路中，電源內阻不可忽略，A、B兩燈電阻分別為R和4R．滑動變阻器的滑片移動到上下電阻2：1的位置，兩燈功率相同．當將滑片移動到最上端，則（　?。? 　 A． A燈變亮，B燈變暗 B． A燈變暗，B燈變亮 　 C． A燈的功率可能為原來的 D． A燈的功率可能為原來的 二 、多選題（本大題共1小題 ） 7. 如下圖所示的電路，L是小燈泡，C是極板水平放置的平行板電容器.有一帶電油滴懸浮在兩極板間靜止不動.若滑動變阻器的滑片向下滑動，則（ ） A.L變亮 B.L變暗 C.油滴向上運動 D.油滴向下運動 三 、簡答題（本大題共2小題 ） 8. 如圖所示電路，電源內阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=5Ω，燈L標有“3V 1.5W”字樣，滑動變阻器最大值為R，當滑片P滑到最右端A時，電流表讀數(shù)為1A，此時燈L恰好正常發(fā)光，試求： (1)電源電動勢E； (2)當滑片P滑到最左端B時，電流表讀數(shù)； (3)當滑片P位于滑動變阻器的中點時，滑動變阻器上消耗的功率。 9.如圖所示，電源電動勢E=30V，內阻r=1Ω，電燈L上標有“25V， 25W”的字樣，直流電動機M的線圈電阻R=2．閉合電鍵，若電燈恰能正常發(fā)光，求： （1）電路中的總電流I； （2）電動機的熱功率PR； （3）電動機輸出的機械功率P機。 xx萬卷周測卷（十三）答案解析 一 、單選題 1.【答案】C． 分析： 給定的電源，其電動勢和內阻都不變，與外電路無關，而路端電壓隨外電阻的增大而增大，減小而減?。? 解答： 解：A、電源電動勢不變，路端電壓隨外電阻的增大而增大，減小而減?。蔄錯誤． B、當R增大時，I減小，不能根據(jù)U=IR判斷路端電壓的變化，而由U=E﹣Ir分析，E，r不變，I減小，得到U增大．故B錯誤． C、因為U=E﹣Ir，所以當I增大時，路端電壓下降，故C正確； D、若外電路斷開，電流為零，根據(jù)U=E﹣Ir，路端電壓為E，故D錯誤； 故選：C． 點評： 本題是簡單的路動態(tài)分析問題．對于路端電壓與電流的關系，也可以作出電源的外特性曲線U﹣I圖線，更直觀判斷它們的關系． 2.【答案】A． 分析： 設燈泡的額定電流為I0，額定電壓為U0，求解出變阻器消耗的功率的表達式進行討論． 解答： 解：設燈泡的額定電流為I0，額定電壓為U0，則P1=（U﹣U0）?2I0，P2=（U﹣2U0）?I0， 故P1＞2P2； 故選：A． 點評： 此題是一道歐姆定律和電功率的綜合分析題，必須熟練掌握串并聯(lián)電路的特點才能分析． 3.【答案】C． 分析： 當滑動變阻器的滑臂P由上端向下滑動的過程中，變阻器滑片上側電阻與R1串聯(lián)后與變阻器滑片下側并聯(lián)的總電阻一直變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中的電流變化和路端電壓的變化，再由歐姆定律分析R1兩端電壓的變化，確定三個電表示數(shù)的變化． 解答： 解：A、由題，電阻R1的阻值大于滑動變阻器R0的最大阻值，當滑動變阻器的滑臂P由最上端向最下滑動的過程中，變阻器上側電阻與R1串聯(lián)后與變阻器下側并聯(lián)的總電阻一直變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中電流一直變大，電源的內電壓也變大，則路端電壓變小，所以V1的示數(shù)變?。甐2測量R2兩端的電壓，R2不變，則V2的示數(shù)變大．故A錯誤． B、兩個電壓表讀數(shù)的差值等于滑動變阻器和電阻R1部分的電壓，故滑動變阻器滑片下部分電壓減小，而上電阻一直增大，所以通過上部分電流減小，而總電流增大，故電流表讀數(shù)一直增大；故B錯誤； C、電源內部的熱功率P=I2r，因為電流I變大，所以電源內部的熱功率變大，故C正確； D、當外電路電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，不知道外電阻與內阻的大小關系，所以無法判斷電源輸出功率的變化，故D錯誤； 故選：C． 點評： 本題考查了串、聯(lián)電路的特點和歐姆定律的靈活運用，難點是滑動變阻器滑片P從最上端→中間→最下端總電阻變化情況的判斷． 4.【答案】B． 分析： 由電路圖可知，R1與R3串聯(lián)，電容器并聯(lián)在R3兩端，由滑動變阻器的變化利用閉合電路歐姆定律可求出電路中電流的變化，判斷出R3電壓的變化，則可知電容器兩端電量的變化，可知流過R2的電流向．由功率公式可求得電源內部消耗的功率變化． 解答： 滑動變阻器阻值由小到大的過程中，電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流減小，內電壓及R1兩端的電壓均減小，則R3兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，電容器的帶電量增大，故電 容器充電，則有由上向下的電流通過R2． 由于內外電阻的關系未知，不能確定電源輸出功率如何變化，由P=I2r可知，電源內部消耗的功率變小，故B正確，ACD錯誤； 故選：B． 點評： 本題在進行動態(tài)分析時電容器可不看．要抓住電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)部分的電壓；與電容器串聯(lián)的電阻在穩(wěn)定時可作為導線處理． 5.【答案】A 6.【答案】B． 分析： 圖中變阻器與燈泡B并聯(lián)后與燈泡A串聯(lián)，根據(jù)閉合電路歐姆定律判斷干路電流的變化情況，再根據(jù)歐姆定律判斷各個燈泡的功率變化情況；先根據(jù)閉合電路歐姆定律表示出滑片P移動前后的干路電流，再分析功率的變化情況． 解答： 解：AB、圖中變阻器與燈泡B并聯(lián)后與燈泡A串聯(lián)．當變阻器滑片向上移動時，其聯(lián)入電路的電阻值變大，故外電路總電阻變大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流減小，故燈泡A變暗；并聯(lián)部分的電壓U并=E﹣I（RLA+r）增加，故燈泡B變亮；故A錯誤，B正確； CD、A、B兩燈電阻分別為R和4R，滑動變阻器的滑片移動到上下電阻2：1的位置，兩燈功率相同，故：R=（4R） 解得：IA=2IB 故滑動變阻器的電流與燈泡B的電流相等，故：R滑=4R 解得：R滑=12R 原來的電流：IA== 滑片移動后的電流：IA′== 故：=∈（ ，1） 根據(jù)P=I2R可知，A燈得功率P′＞P；故C、D錯誤； 故選：B． 點評： 本題是動態(tài)分析問題，關鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析，可以按照局部→整體→局部的順序進行． 二 、多選題 7.【答案】BD 三 、簡答題 8.【解析】(1)當P滑到A時，R2被短路，如圖甲所示， 由閉合電路歐姆定律得：=3V+1(2+1)V=6V。 (2)當P在B點時，電路如圖乙所示.此時電流表的讀數(shù)為A=2A。 (3)當滑片P位于滑動變阻器中點時等效電路如圖丙所示，由圖知R2與右側被電流表短接，在圖甲所示電路中總電流為I=1A。 通過燈L的電流為A=0.5A， 通過變阻器R的電流為=0.5A， 由并聯(lián)電路的特點可得:。 在圖丙所示電路中并聯(lián)部分電路的總電阻為： 并聯(lián)部分電路的電壓為： V=2.4V。 滑動變阻器上消耗的功率為：W=1.92W。 9. 解：（1）由于燈泡正常發(fā)光，故其兩端電壓為UL=25V， 由全電路歐姆定律 E=UL+ Ir　　　 得總電流I=5A。 （2）電燈的電流IL==1A， I=IL+IM， 故電動機中通過的電流IM=4A， 電動機的發(fā)熱功率PR=IM2RM=32W； （3）電動機的總功率PM=UMIM=100W， 故電動機輸出的機械功率P=PM－PR=68W。