高三总复习《恒定电流》单元练习.doc

高三总复习 恒定电流单元练习4某厂研制的一种节能冰箱，一天的能耗只相当于一个25瓦的灯泡一天工作的能耗，如图6所示为该冰箱内的温度随时间变化的图象，则该冰箱工作时的功率为()A25 W B50 W C75 W D100 W解析：由冰箱内的温度随时间变化的图象可知，每小时冰箱要启动两次(2030分钟，5060分钟)，每次工作10分钟，共20分钟，一天工作时间为8小时，则有P82524 W，解得P75 W，C项正确答案：C5(2010福州模拟)在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是 ()A两个灯泡串联B两个灯泡并联C每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一D每每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一E. 每个灯泡实际消耗的功率小于其额定功率的四分之一解析：两个灯泡串联，每个灯泡承担的电压为220 V/2110 V，低于额定电压，灯泡不易损坏；由PU2/R，U变为原来的1/2，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一故选项A、C正确答案：AC6如图所示，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.电容器所带的电荷量将减少C.电容器的电容将减小D.液滴将向上运动.答案：B【解析】电容器和电阻R2并联，两端电压与R2两端电压相等，当滑片P向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电容器中场强减小，A错；液滴受到的电场力减小，故液滴向下运动，D错误；由QCU知，电容器所带的电荷量减少，B正确；电容器的电容与两端电压及所带电荷量无关，故C错.滴将向上运动9、高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图11所示，超导部件有一个超导临界电流Ic，当通过限流器的电流IIc时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零)转变为正常态(一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流已知超导部件的正常态电阻为R13 ，超导临界电流Ic1.2 A，限流电阻R26 ，小电珠L上标有“6 V,6 W”的字样，电源电动势E8 V，内阻r2 ，原来电路正常工作，现L突然发生短路，则 A短路前通过R1的电流为 AB短路后超导部件将由超导状态转化为正常态C短路后通过R1的电流为 AD短路后通过R1的电流为2 A10.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示下列比值正确的个数是（）U1/I不变，U1/I不变U2/I变大，U2/I变大U2/I变大，U2/I不变U3/I变大，U3/I不变A一个 B二个 C三个 D四个考点：欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用；电路的动态分析专题：等效替代法分析：通过分析电路图可知，r、R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电压表V3测电源的电压?（应测路端电压），电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，根据串联电路中电流的特点和电压特点，及欧姆定律逐项判断即可得出答案解答：通过分析电路图可知，R1与R2串联，R1为定值电阻；滑动变阻器触头P向下滑动时，电路中的总电阻变大，电路中电流减小；根据欧姆定律可知，R1两端的电压变大?(应变小)；根据串联电路电压特点可知，滑动变阻器两端的电压变大；R1两端的电压为U1，电流为I，则R1=U1/I ，U1=U1-U1=IR1，由于R1是定值电阻，所以比值不变，故正确；R2两端的电压为U2，电流为I，则R2=U2/I ，滑动变阻器的阻值变大，所以比值变大；U3/I等于R1+R2应变大；因总电压与各分电压相等，故U2=U1+U3=I（R1+r），所以比值不变，故不正确，正确；同理U3=Ir等于电源内阻r，也不变故正确故选C点评：分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键11.一只手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上对手机电池的说明中还写有“通话3小时待机100小时”，则该手机通话和待机消耗的功率分别约为（）A1.8W、5.410-2WB0.6W、1.810-2WC3.6W、0.108WD6.48103W、1.94102W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：由图中所提供的“3.6V，500mAh”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率和待机时消耗的功率解答：解：由图中所提供的电池的容量为“3.6V，500mAh”，则通话时消耗的功率为P1=3.6V500mAh3h=0.6W，待机时消耗的功率为P2=3.6V500mAh100h=1.810-2W故选B点评：根据提供的数据能够从其中找出有用的信息，并且要能够正确的理解电池的容量3.6V，500mAh正确答案为：B12.（09年江苏物理5）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为，电容器的电容为。当闪光灯两端电压达到击穿电压时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（ ）A电源的电动势一定小于击穿电压B电容器所带的最大电荷量一定为 C闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D在一个闪光周期内，通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等13（09年广东物理10）如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作。如果再合上S2，则下列表述正确的是A电源输出功率减小 BL1上消耗的功率增大C通过R1上的电流增大 D通过R3上的电流增大答案：C解析：在合上S2之前，三灯泡都能正常工作，合上S2之后，电路中的总电阻R总减小，则I总增大，即流过R1的电流增大，由于不及内阻，电源的输出功率P出=EI，可见电源的输出功率增大，A错误；R1两端的电压增大，则并联部分的电压减小，I4减小，I2减小，I1减小，可见C正确。14.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小某同学利用压敏电阻的这种特性设计了一个探究电梯运动情况的装置，该装置的示意图如图所示，将压敏电阻平放在电梯内，其受压面朝上，在受压面上放一物体，电梯静止时电流表示数为I0；当电梯做四种不同的运动时，电流表的示数分别如图甲、乙、丙、丁所示下列判断中正确的是（）A甲图表示电梯可能做匀速直线运动B乙图表示电梯可能向上做匀加速直线运动C丙图表示电梯可能向上做匀加速直线运动D丁图表示电梯可能向下做匀减速直线运动考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重；闭合电路的欧姆定律专题：牛顿运动定律综合专题；恒定电流专题分析：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；物体加速上升和减速下降是超重状态，减速上升和加速下降是失重状态解答：解：A、甲图中电梯静止时电流表示数为I0，由于电流等于I0且不变，故电梯匀速直线运动或静止不动，故A正确；B、乙图中，电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，且加速度变大，故B错误；C、丙图中，电流恒为2I0，故电梯处于超重状态，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故C正确；D、丁图中，电流一直大于I0，且不断减小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能减速下降，也可能加速上升，但加速度不断减小，故D错误；故选AC点评：本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况E r15.(上海市2009届高三上期期末浦东区)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,下列各物理量变化情况为 ( ) （A）电流表的读数一直减小；（B）R0的功率先减小后增大； （C）电源输出功率先增大后减小；（D）电压表的读数先增大后减小。答案：BD难度：C考查点：动态电路的分析解析：分析电路连接情况可知,滑动变阻器ap与bp部分并联,当两部分电阻相等时,并联电阻最大,所以当滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中,电路总电阻先增大后减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路总电流即通过R0的电流先减小后增大,路端电压先增大后减小;当内外电路电阻相等时,输出功率最大,由于不确定内外电路电阻的大小关系,所以不能确定功率的变化情况,可能是先增大后减小,也可能是先减小后增大,C项错.涉及知识：动态电路的分析 拓展1：如下图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况为 (A) 电流表的读数一直减小(B) 电流表的读数先减小后增大(C) 电压表的读数一直减小(D) 电压表的读数先减小后增大拓展2：如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为（）A电容器所带电荷量一直增加B电容器所带电荷量先减少后增加C电源的总功率先减少后增加D电压表的读数先减少后增加考点：电功、电功率；电容；闭合电路的欧姆定律专题：交流电专题分析：方法是将电压表、电容器均可暂时去掉，原因是电压表是并联电阻中，而电容器是电路稳定时，相当于断路 然后对电路进行分析，搞清各电阻是如何连接，从而求出结果解答：对电路分析可知：滑动变阻器两部分是并联，再与另一电阻串连接入电源中所以当两部分电阻相等时，此时的电阻最大，电流最小A、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大则电容器所带电荷量先减少后增加，故A错误；B、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大则电容器所带电荷量先减少后增加，故B正确；C、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大，而电动势不变则电源的总功率先减少后增加故C正确；D、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大，内电压先最小后增大，外电压先增大后减小由于电压表是测得外电压，所以电压表读数是先增加后减少故D错误；故选：BC点评：当遇到复杂的电路时，要画出原电路图的等效电路这样可准确搞清各电阻是如何连接16.来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800KV的直线加速器加速，形成电流强度为1A的细柱形质子流。已知质子电荷，这束质子流每秒打到靶上的质子数为 ；假设分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为和 ，则 。思路分析：（1）质子流每秒打到靶上的质子数由可知 （2）建立如图所示的“柱体微元”模型，设质子经距L和4L处时的速度分别为和，柱体横截面积为S，在L和4L处作两个长为（极短）的柱体微元。因极短，故L和4L处的两个柱体微元中的质子的速度可分别视为和，对于这两个柱体微元，设单位体积内的质子数为和 ，由可知，作为串联电路，各处的电流相等，所以，故根据动能定理，分别有 可得：因此，两柱体微元中的质子数之比思维亮点：巧建物理模型，清楚电流产生的微观机理，能灵活运用电流的微观表达式。(其他类型见“求解导体中电流大小的几种典型方法”17. 如图所示的电路中，电路消耗的总功率为40W，电阻R1为4，R2为6，电源内阻r为0.6，电源的效率为94%。求： （1）a、b两点间的电压； （2）电源的电动势。解法见下面“拓展”。输出功率=总功率*电源的效率=40*94%=37.6W拓展：如图:全电路消耗的电功率为40W,电阻R1=4欧,R2=6欧,电源内阻r=0.6欧,电源输出功率为37.6W.求: (1)a,b间电压. (2)电源电动势解：设流过电源的电流为I，则全电路功率P全P出I2r得I又P全IE40W故电动势E20VUabIR并I2()4.8V19.（2009上海）图示电路中，R1=12，R2=6，滑动变阻器R3上标有“20，2A”字样，理想电压表的量程有0-3V和0-15V两档，理想电流表的量程有0-0.6A和0-3A两档闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的 1/4，则此时电流表示数为 0.150.15A，该电源的电动势为 7.57.5V考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路专题：计算题分析：由题意可判断电流表及电压表的量程，由指针的位置可求得电压表及电流表的示数，则由欧姆定律可求得电源的电动势解答：由于题意当“继续向右移动滑片P到另一位置”电压表示数一定大于2.5V，电流表示数一定小于0.3A，再结合电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的1/4，可知电压表的量程为0-15V，电流表的量程为0-0.6A，因此当滑片滑到下一位置是电流表的示数为I=1/40.6A=0.15A；电压表的示数为5V；由串并联电路规律得：0.312=I26，得I2=0.6A，由闭合电路欧姆定律得（0.3+0.6）r+2.5+0.312=E；同理：0.1512=I26，得I2=0.3A，由闭合电路欧姆定