高中物理人教版1第二章恒定电流【全国一等奖】

新人教版选修3-1《第2章恒定电流》单元测试卷（安阳市汤阴一中）一、选择题（每小题4分，共40分）．1．如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流．电压表、电流表都为理想电表．当滑动变阻器R的滑动触头向左滑动时，电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2．电流表A示数变化的绝对值为△I，下列说法中正确的是（）A．V1示数增大，A示数减小，=RB．V1示数增大，A示数减小，=R1C．V2示数减小，A示数减小，=R2D．V2示数增大，A示数增大，=R2．在如图（a）所示的电路中，L1、L2为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，C是电容为100μF的电容器，R是阻值为8Ω的定值电阻，电源E的内阻为1Ω．电路稳定后，通过L1的电流为，下列结果正确的是（）A．L1的电功率为B．L2的电阻为4ΩC．电源的效率为80%D．电容器的带电量为×10﹣4C3．如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ．电容器接在如图所示的电路中，R1为电阻箱，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．闭合开关S，此时R2的滑片在正中间，电流表和电压表的示数分别为I和U．已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．以下说法正确的是（）A．保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，则I读数变小，U读数变大B．小球带正电，将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2C．增大R1，则I读数变大，U读数变小D．减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变4．把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足（）A．=1 B．= C．= D．=25．如图所示，电键闭合时，当滑动变阻器滑片P向右移动时，试分析L1、L2的亮度变化情况．（）A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗C．L1变暗、L2变亮 D．L1变亮、L2变暗6．如图所示，一带电小球以速度v0水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点上，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其它条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球（）A．将打在O点的下方B．将打在O点的上方C．穿过平行板电容器的时间将增加D．达到屏上动能将增加7．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是（）A．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C．要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移D．要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移8．某种角速度测量计结构如图所示，当整体系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时P在变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，则（）A．电路中电流随角速度的增大而增大B．输出电压U随角速度的增大而增大C．输出电压U与ω的函数式为U=D．弹簧的伸长量为x=9．在如图所示电路中，闭合电键S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，下列说法正确的是（）A．I变大，U变小 B．比值变大C．R1的功率一定变大 D．电源的总功率一定减小10．如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则（）A．△U1大于△U2 B．=R+rC．V2的示数增大 D．+保持不变二、填空题（每小题5分，共20分）11．标有“100V100W”的灯A与“100V25W”的灯B，连成如图所示的甲、乙两种电路，A、B两灯都可以正常发光．则R1的阻值Ω，R2的阻值Ω．（结果保留整数）12．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣）的示数如图所示．则电压值为V，电流值为A13．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为，则电动机提升重物消耗的功率为W；电动机线圈的电阻为Ω．14．在测定一节干电池电动势和内电阻的分组实验中，实验1组的同学利用图甲所示电路，选用下列器材进行了规范的实验操作．A．干电池（内电阻小于Ω）B．电流表（量程0～，内阻rA=1Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约20kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流2A）E．开关、导线若干把得到的数据记录后用“○”在图乙所示的“U﹣I”图象中进行描点．在小组互评环节，实验2组的同学在实验器材没有变化的情况下对1组的实验方案进行了改进后再次进行了实验，并把实验数据用“×”也描在图乙所示的“U﹣I”图象中．请完成以下对1组实验方案的评价及改进．（1）从实验原理上来看，用图甲电路进行实验，误差主要来自：．（2）从所得实验数据来看，不足之处是：．（3）在如图丙中画出改进的方案电路图．（4）根据改进后所得的实验数据作出图线，由图线得到：E=V；r=Ω．（保留两位小数）．三、计算题（每小题10分，共40分）15．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电动机内阻r0=2Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=．当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为U=．不计空气阻力和摩擦，取g=10m/s2．求：（1）电源内电压U1；（2）重物匀速上升时的速度v．16．一辆以蓄电池为驱动能源的环保电动汽车，拥有三十多个座位，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让汽车一次性跑×105m，汽车时速最高可达×102km/h，汽车总质量为×103kg．驱动电机直接接在蓄电池的两极，且蓄电池的内阻为r=Ω．当该汽车在某城市快速水平公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=×102A，电压U=×102V，内电阻RM=Ω．在此行驶状态下（取g=10m/s2），求：（1）驱动电机输入的电功率P入；（2）驱动电机的热功率P热；（3）驱动电机输出的机械功率P机；（4）蓄电池的电动势E．17．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：电源的电动势E和内阻r．18．如图所示，变阻器R2的最大电阻是10Ω，R3=5Ω，电源的内电阻r=1Ω，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16W，电源的输出功率为12W．此时电灯R1正常发光，求：（1）电灯阻值R1是多少？（设R1阻值恒定不变）（2）当电键S断开时，要使电灯正常工作，应使变阻器的电阻改变多少？

新人教版选修3-1《第2章恒定电流》单元测试卷（安阳市汤阴一中）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）．1．如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流．电压表、电流表都为理想电表．当滑动变阻器R的滑动触头向左滑动时，电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2．电流表A示数变化的绝对值为△I，下列说法中正确的是（）A．V1示数增大，A示数减小，=RB．V1示数增大，A示数减小，=R1C．V2示数减小，A示数减小，=R2D．V2示数增大，A示数增大，=R【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电压表读数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，由欧姆定律求出电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的绝对值．【解答】解：据题意，电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，电阻R2两端电压不变，即V2示数不变，则当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，而总电流不变，则电源两端的电压增大，即V1示数增大，则R1两端电压U1增大，通过R1的电流增大，A示数减小．由于V2示数不变，所以电压表V1示数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，设总电流为I总．则电阻R1两端电压U1=（I总﹣I）R1，则△U1=△（I总﹣IA）R1=△IR1，则得=R1，故B正确．故选：B2．在如图（a）所示的电路中，L1、L2为规格相同的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，C是电容为100μF的电容器，R是阻值为8Ω的定值电阻，电源E的内阻为1Ω．电路稳定后，通过L1的电流为，下列结果正确的是（）A．L1的电功率为B．L2的电阻为4ΩC．电源的效率为80%D．电容器的带电量为×10﹣4C【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】电路稳定后，通过L1的电流为I1=，由图读出其电压，根据P=UI求解功率，根据串并联电路的特点求出并联部分电压，根据图象读出电流，根据欧姆定律求解电阻，电容器的电压与R的电压相等，根据Q=UC求解电量．【解答】解：A、电路稳定后，通过L1的电流为I1=，由图读出其电压U1=，则灯泡L1的电功率P1=U1I1=×=，故A错误；B、并联部分的电压U2=U1+I1R=+×8=，由图读出其电流为I2=，根据欧姆定律得，故B错误；C、电源电动势E=U2+（I1+I2）r=+×1=3V，电源的效率为，故C正确；D、电容器的电压U=I1R=，则电容器的带电量为Q=UC=×100×10﹣6=×10﹣4C，故D错误．故选：C3．如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ．电容器接在如图所示的电路中，R1为电阻箱，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．闭合开关S，此时R2的滑片在正中间，电流表和电压表的示数分别为I和U．已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．以下说法正确的是（）A．保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，则I读数变小，U读数变大B．小球带正电，将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2C．增大R1，则I读数变大，U读数变小D．减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】该电路中R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化．通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化，分析通过R2的电流．【解答】解：A、电路稳定时，R2相当于导线．保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，不改变电路中有效电阻，电路中电流不变，则I读数和U读数均不变，故A错误．B、电容器板间电场方向水平向右，小球受到的电场力也水平向右，所以小球带正电．将R2的滑片向左端滑动过程中，电容器的电压不变，带电量不变，没有电流通过R2．故B错误．C、增大R1，电路中电流减小，路端电压增大，则I读数变小，U读数变大，故C错误．D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，得||=r，保持不变，即减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变．故D正确．故选：D4．把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足（）A．=1 B．= C．= D．=2【考点】电阻定律．【分析】根据电阻定律求出两电阻丝电阻之比，由公式分析要使两电阻丝消耗的电功率相等时两电阻丝上的电压之比．【解答】解：根据电阻定律：R甲=ρ，R乙=ρ，由公式可知甲乙的功率分别为：，，根据题意，若使P甲=P乙，即：，解得：．故C正确．故选：C．5．如图所示，电键闭合时，当滑动变阻器滑片P向右移动时，试分析L1、L2的亮度变化情况．（）A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗C．L1变暗、L2变亮 D．L1变亮、L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】根据滑动变阻器滑片P向右移动时外电阻的变化，分析总电流的变化，由串联电路分压规律分析并联部分电压的变化，判断通过L2的电流变化，从而分析灯泡的变化．【解答】解：当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则L1变暗．由串联电路分压规律知并联部分电阻增大，则电压增大，因此通过L2的电流增大，因此L2变亮．故C正确．故选：C6．如图所示，一带电小球以速度v0水平射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点上，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其它条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球（）A．将打在O点的下方B．将打在O点的上方C．穿过平行板电容器的时间将增加D．达到屏上动能将增加【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．【分析】仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，小球在平行板电容器中做类平抛运动，由E=分析板间场强的变化，确定小球所打的位置．根据类平抛运动的规律分析时间．【解答】解：A、B仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，电容器板间电压不变，由E=分析得知板间场强减小，小球所受的电场力减小，小球将向下偏转，打在O点的下方．故A正确，B错误．C、小球在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t=，与电压的变化无关，所以穿过电容器的时间t不变．故C错误．D、极板未动时，小球做匀速直线运动．极板平行上移后，小球的合力做正功，动能增大，故D正确．故选AD7．如图所示的火警报警装置，R1为热敏电阻，若温度升高，则R1的阻值会急剧减小，从而引起电铃电压的增加，当电铃电压达到一定值时，电铃会响．下列说法正确的是（）A．要使报警的临界温度升高，可以适当增大电源的电动势B．要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势C．要使报警的临界温度升高，可以把R2的滑片P适当向下移D．要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】可根据电源电动势的变化，判断报警临界温度变化．根据R2的滑片位置变化，分析报警临界温度的变化．【解答】解：AB、要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，电路中电流会增大，电铃两端的电压会增大，而电铃电压达到一定值时，电铃会响，要使电铃的电压仍为原来的值，必须适当减小电源的电动势，相反，要使报警的临界温度降低，可以适当增大电源的电动势．故A错误，B正确．CD、要使报警的临界温度升高，R1对应的阻值减小，根据串联电路的特点可知，将使电铃的电压增大，要使电铃的电压仍为原来的值，可以把R2的滑片P适当向上移，以减小R2，相反，要使报警的临界温度降低，可以把R2的滑片P适当向下移，故C错误，D正确．故选：BD8．某种角速度测量计结构如图所示，当整体系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器（传感器内阻无限大）接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时P在变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，则（）A．电路中电流随角速度的增大而增大B．输出电压U随角速度的增大而增大C．输出电压U与ω的函数式为U=D．弹簧的伸长量为x=【考点】闭合电路的欧姆定律；向心力．【分析】当系统在水平面内以角速度ω转动时，电路中电阻保持不变，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化情况．系统匀速转动时，由弹簧的弹力提供元件A的向心力，根据牛顿第二定律得到角速度ω与弹簧伸长的长度x的关系式．根据串联电路电压与电阻成正比和电阻定律，得到电压U与x的关系式，再联立解得电压U与ω的函数关系式．【解答】解：A、当系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关．故A错误．B、当角速度增大，弹簧的伸长量增大，则输出电压U增大，故B正确．CD、设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得：kx=mω2（L+x）则得：x=又输出电压为：U=E=E联立两式得：U=．故C正确，D错误．故选：BC9．在如图所示电路中，闭合电键S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，下列说法正确的是（）A．I变大，U变小 B．比值变大C．R1的功率一定变大 D．电源的总功率一定减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化和电压表如何变大，根据P=I2R1判断R1的功率变化情况，根据P=EI判断总功率的变化情况．【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，阻值变大，则总电阻变大，总电流变小，则I减小，根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R1+r），则电压表示数增大，故A错误；B、根据欧姆定律得：，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，R2增大，则变大，故B正确；C、根据P=I2R1可知，I减小，R1的功率一定减小，故C错误；D、电源的总功率P=EI，I减小，电源的总功率一定减小，故D正确．故选：BD10．如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则（）A．△U1大于△U2 B．=R+rC．V2的示数增大 D．+保持不变【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律进行分析．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则得△U1＞△U2．故A正确．B、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r，故B正确．C、理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故C错误；D、由上知，+=R+r，保持不变，故D正确．故选：ABD二、填空题（每小题5分，共20分）11．标有“100V100W”的灯A与“100V25W”的灯B，连成如图所示的甲、乙两种电路，A、B两灯都可以正常发光．则R1的阻值80Ω，R2的阻值Ω．（结果保留整数）【考点】串联电路和并联电路．【分析】灯泡正常发光时的电流为额定电流；并联电路中，干路电流是各支路电流的和；串联电路中各处电流都相等；先表示出并联和串联电路的实际电流与灯泡的额定电流的关系，再利用P=UI表示出甲乙两图的功率之比后进行化简得答案；利用电阻R1和电阻R2的电压之比和甲乙图的电流之比，结合R=计算正确答案．【解答】解：甲图灯泡并联，电流为：I1==；R1分得的电压为U分=U﹣U额=100V，R1==80Ω；乙图灯泡串联，电流为：I2==1A；灯泡B的电流为IB==流过电阻R2的电流为I分=I2﹣IB=R1分得的电压为U分=100V，R2==Ω故答案为：80Ω，Ω．12．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣）的示数如图所示．则电压值为V，电流值为A【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】首先明确电表的量程，再根据刻度线确定最小分度，从而根据指针的位置确定读数．【解答】解：电压表量程为15V，最小分度为，则读数为：；电流表量程为，最小分度为，则其读数为：；故答案为：；13．如图为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为，则电动机提升重物消耗的功率为450W；电动机线圈的电阻为4Ω．【考点】电功、电功率．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×=450W此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W所以线圈电阻消耗的功率为Pr=P总﹣P1=550﹣450W=100W由殴姆定律可得：故答案为：450414．在测定一节干电池电动势和内电阻的分组实验中，实验1组的同学利用图甲所示电路，选用下列器材进行了规范的实验操作．A．干电池（内电阻小于Ω）B．电流表（量程0～，内阻rA=1Ω）C．电压表（量程0～3V，内阻约20kΩ）D．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流2A）E．开关、导线若干把得到的数据记录后用“○”在图乙所示的“U﹣I”图象中进行描点．在小组互评环节，实验2组的同学在实验器材没有变化的情况下对1组的实验方案进行了改进后再次进行了实验，并把实验数据用“×”也描在图乙所示的“U﹣I”图象中．请完成以下对1组实验方案的评价及改进．（1）从实验原理上来看，用图甲电路进行实验，误差主要来自：电压表的分流．（2）从所得实验数据来看，不足之处是：路端电压的变化范围太小．（3）在如图丙中画出改进的方案电路图．（4）根据改进后所得的实验数据作出图线，由图线得到：E=V；r=Ω．（保留两位小数）．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）分析电路结构，根据电流分析误差原因；（2）根据实验数据可分析实验数据，明确实验的不足之处；（3）根据实验误差可明确如何改进电路图；（4）由闭合电路欧姆定律可得出对应的图象，再根据图象分析电动势和内电阻．【解答】解：（1）由甲图可知，电路采用相对电源的外接法，故误差来自于电压表的分流使电流表读数偏小；（2）由图中数据可知，路端电压变化范围太小，导致误差过大；（3）为了使路端电压变化较大，可以将已知内阻的电流表与电源相连，采用相对于电源的电流表内接法；故如图所示；（4）根据描点法得出对应的伏安特性曲线，如图所示；由闭合电路欧姆定律可知：E=U+I（r+RA）故图象与纵轴的交点为电源的电动势，故E=，内阻r=﹣RA=Ω；故答案为：（1）电压表的分流（2）路端电压的变化范围太小（3）如图（4）如图所示；；．三、计算题（每小题10分，共40分）15．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电动机内阻r0=2Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=．当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为U=．不计空气阻力和摩擦，取g=10m/s2．求：（1）电源内电压U1；（2）重物匀速上升时的速度v．【考点】电功、电功率．【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压．电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+U1…①解①代入数据得：U1=…②（2）设干路电流为I，根据电路欧姆定律，有：…③根据功能关系有：IU=I2（R+r0）+mg•v…④联解②③④代入数据得：v=m/s答：（1）电源内电压U1为；（2）重物匀速上升时的速度v为s．16．一辆以蓄电池为驱动能源的环保电动汽车，拥有三十多个座位，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让汽车一次性跑×105m，汽车时速最高可达×102km/h，汽车总质量为×103kg．驱动电机直接接在蓄电池的两极，且蓄电池的内阻为r=Ω．当该汽车在某城市快速水平公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=×102A，电压U=×102V，内电阻RM=Ω．在此行驶状态下（取g=10m/s2），求：（1）驱动电机输入的电功率P入；（2）驱动电机的热功率P热；（3）驱动电机输出的机械