高三物理课时作业 30 部分电路及其规律 粤教版.docVIP

课时作业(三十)第30讲部分电路及其规律1根据部分电路欧姆定律，下列判断正确的有()a导体两端的电压越大，电阻就越大b导体中的电流越大，电阻就越小c比较几只电阻的iu图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较大的那个电阻的d由i可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比22011青岛模拟一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为()额定容量54 l最高水温75 额定功率1 500 w额定压力0.7 mpa额定电压220 v电器类别类a.6.8 ab0.15 ac4.4 a d0.23 a3如图k301所示，粗细均匀的金属环上a、b、c、d四点把其周长分成四等份，当a、b点接入电路中时，圆环消耗的电功率为p；当a、d点接入电路中时，圆环消耗的电功率为(电源内阻不计)()a3pb.pcp d.p图k301图k30242011濮阳一模如图k302所示，a1、a2是两只完全相同的电流表(内阻不可忽略)，电路两端接恒定电压u，这时a1、a2的示数依次为5 ma和3 ma.若将a2改为与r2串联，仍接在恒定电压u之间，这时电表均未烧坏下列说法正确的是()a通过电阻r1的电流必然增大b通过电阻r2的电流必然增大c通过电流表a1的电流必然增大d通过电流表a2的电流必然增大5在如图k303所示的电路中，电源电动势为3.0 v，内阻不计，l1、l2、l3为相同规格的三个小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图k304所示，当开关闭合后，下列判断正确的是()图k303图k304a灯泡l1的电阻为12 b通过灯泡l1的电流为通过灯泡l2的电流的2倍c灯泡l1消耗的电功率为0.75 wd灯泡l2消耗的电功率为0.30 w 图k3056. 有一家用电熨斗，其电路结构如图k305所示，改变内部连线方式可以使电熨斗处于断开状态或获得低、中、高三个不同的温度挡，图k306是它的四种不同的连接方式，其中能获得高挡温度的是()abcd图k3067下列列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目： 根据铭牌上提供的信息，可判断下列说法正确的是()a正常工作时电风扇中流过的电流最小b正常工作时电风扇消耗的电功率最小c在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多d在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少82011哈尔滨模拟在如图k307所示的部分电路中，当滑动变阻器的滑片从最左端向右滑过r时，电压表的读数由u0增大到2u0，若电源内阻不计，则下列说法中正确的是()图k307a通过变阻器r的电流增大为原来的3倍b变阻器两端的电压减小为原来的c若r的阻值减小到零，则电压表的示数为4u0d以上说法都不正确9一根粗细均匀的金属导线两端加上恒定电压u时，通过金属导线的电流为i，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v.若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压u，则此时()a通过金属导线的电流为b通过金属导线的电流为c自由电子定向移动的平均速率为d自由电子定向移动的平均速率为10如图k308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v的示数减小u(电压表为理想电表)，在这个过程中()图k308a通过r1的电流减小，减少量一定等于b. r2两端的电压增大，增加量一定等于uc. 路端电压减小，减少量一定等于ud. 通过r2的电流增大，但增加量一定小于11一个标有“12 v”字样、功率未知的灯泡，测得灯丝电阻r随灯泡两端电压变化的关系图线如图k309所示，利用这条图线计算：(1)在正常发光情况下，灯泡的电功率p为多少？(2)假设灯丝电阻与其绝对温度成正比，室温为300 k，在正常发光情况下，灯丝的温度为多少？(3)若一定值电阻与灯泡串联，接在20 v的电压上，灯泡能正常发光，则串联电阻的阻值为多少？图k30912如图k3010甲所示是一种家用电熨斗的电路原理图(额定电压为220 v)，虚线框内为加热电路，r0是定值电值，r是可变电阻(调温开关)该电熨斗温度最低时的耗电功率为121 w，温度最高时的耗电功率为484 w.(1)求r0的阻值及r的阻值变化范围；(2)假定电熨斗每秒钟散发的热量q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差关系如图乙所示，在温度为20 的房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220 且保持不变，应将r的阻值调为多大？甲乙图k3010课时作业（三十）【基础热身】1d解析 导体的电阻由导体本身决定，与导体两端所加的电压、导体中的电流均无关，选项a、b错误；从iu图象可知，电流变化相同时，电压变化较小则电阻较小，选项c错误；由欧姆定律可知，选项d正确2a解析 由pui可知，该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为i a6.8 a，故选项a正确3b解析 设电源的路端电压为u，整个圆环的电阻为4r，a、b两点接入电路中时，两个半圆环并联的总电阻为r，圆环消耗的功率为：p，a、d两点接入电路中时，总电阻为：r1，圆环消耗的功率为：p1p，选项b正确【技能强化】4ac解析 由a1、a2的示数依次为5 ma和3 ma，可知r1ra2r2，由于并联电路各支路中最小的电阻越小，总电阻越小，故当把a2改为和r2串联时，电路中总电阻减小，总电流变大，选项c正确；由于总电流增大，电流表a1两端电压增大，并联支路两端电压减小，而r2所在支路电阻增大，故通过r2和电流表a2的电流必然减小，所以通过r1的电流必然增大，选项a正确5acd解析 当l1两端电压为3.0 v时，il10.25 a，由于i得r 12 ，选项a正确；由p1i1u10.253 w0.75 w，选项c正确；因l2、l3的电阻相等，即l2、l3两端电压各为1.5 v，由图可知i20.20 a，即可得出灯泡l2消耗的电功率为p2i2u20.201.5 w0.30 w，选项d正确6d解析 电熨斗工作时，工作电压不变，由p知，电路总电阻r最小时，能使其获得高挡温度，r1、r2并联后电阻最小，选项d正确7abd解析 由pui得空调机的额定功率p空1364 w，所以正常工作时电风扇消耗的电功率最小，电流也最小，故a、b均对；由于在24小时内电冰箱的耗电量w0.8 kwh，而电风扇的耗电量wpt6524 wh1.56 kwh，所以c错，d对8bc解析 滑动变阻器的滑片从最左端向右滑过r时，变阻器连入电路的电阻是原来的，电压表的读数由u0增大到2u0，根据欧姆定律，则通过电压表的电流增大为原来的2倍，亦即通过变阻器r的电流增大为原来的2倍，故变阻器两端的电压减小为原来的，故选项a错误、b正确；设除了滑动变阻器和电压表以外的总电阻为r，当滑动变阻器的滑片在最左端时，电压表的读数为u0，则有rvu0，当滑动变阻器向右滑过r时，电压表的读数增大到2u0，则有rv2u0，由以上两式得到r3(rvr)，因此若r的阻值减小到零，则电压表的示数为rv4u0，故选项c正确9bc解析 金属导线均匀拉长2倍，则导线的横截面积变为原来的，由电阻定律可得，导线的电阻变为原来的4倍，由欧姆定律可得，通过金属导线的电流变为原来的，即为，选项a错误，选项b正确；由电流的微观表达式inqsv可得，金属导线中自由电子定向移动的平均速率变为原来的，即为，选项d错误，选项c正确10ad解析 由r1知，当电压减小u时，通过r1的电流减小，故选项a正确；由闭合电路欧姆定律知，当电压减小u时，则(u2u内)增大u，所以r2两端的电压增加量小于u，路端电压减小量小于u，通过r2的电流增加量小于，故选项d正确11(1)24 w(2)1 800 k(3)4 解析 (1)从图象可以看出，小灯泡正常发光时(电压为12 v)的电阻为r6 小灯泡正常发光时通过的电流为i a2 a小灯泡消耗的电功率为pui122 w24 w.(2)由图象可以看出，小灯泡不通电时的电阻为r11 ，即室温下小灯泡的电阻为1 设正常发光时小灯泡的温度为t，由题意得代人数据解得t1 800 k(3)由串联电路的特点可知，串联电阻两端的电压为u2u0u20 v12 v8 v串联电阻的阻值为r2 4 【挑战自我】12(1)100 0300 (2)10 解析 (1)温度最低时