高考物理一轮复习 第2章 恒定电流练习

选修3-1第二章恒定电流选择题1．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为()A．U/2 B．UC．2U D．4U1.D解析:由电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，可知当导线拉长到原来的2倍时，截面面积为原来的eq\f(1,2)，则电阻为原来的4倍，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)，可知D选项正确．2．两个用同种材料制成的均匀导体A、B，其质量相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比IA:IB＝1:4，则横截面积之比SASB为()A．1:2 B．2:1C．1:4 D．4:12.A解析:由R＝eq\f(U,I)可知，在U一定时，I与R成反比，即RA:RB＝4:1.又根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)＝ρeq\f(\f(V,S),S)＝ρeq\f(V,S2)可知，当ρ、V一定时，R∝eq\f(1,S2).即有eq\f(S\o\al(2,A),S\o\al(2,B))＝eq\f(RB,RA)＝eq\f(1,4).所以eq\f(SA,SB)＝eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2).3．在“测定金属的电阻率”的实验中，由ρ＝eq\f(πd2U,4Il)可知，对实验结果的准确性影响最大的是()A．导线直径d的测量 B．电压U的测量C．电流I的测量 D．导线长度l的测量3.A解析：由ρ＝eq\f(πd2U,4Il)，可知电阻率ρ与直径d的二次方成正比，所以金属丝直径d对实验的准确性影响最大，故选项A正确．4．如图所示为将不同电压加在一段金属导体两端，在温度不变的情况下所测得的I－U图线．试根据图线回答：若将这段金属导体在保持长度不变的前提下增大其横截面积，则这段导体的电阻()A．等于4.0Ω B．大于2.0ΩC．小于2.0Ω D．等于2.0Ω4.C解析:由图象知R＝2Ω，若保持长度不变，增大横截面积，则电阻要变小，故选项C正确．5．如图2所示，定值电阻R1＝10Ω，R2＝8Ω，当开关S接“1”时，电流表示数为0.20A，那么当S接“2”时，电流表示数的可能值为(电源内阻不可忽略)()A．0.28AB．0.25AC．0.22AD．0.19A5：C解析：开关接“2”后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以不可能是0.19A，故D错；路端电压一定减小，一定小于2V，因此电流一定小于0.25A，故A、B错，C对．R6．一电压表由电流表G与电阻RRA．在R上串联一比R小得多的电阻B．在R上串联一比R大得多的电阻 C．在R上并联一比R小得多的电阻D．在R上并联一比R大得多的电阻6.D解析：电压表的读数总是比准确值稍小一些，说明改装时串联的电阻偏大了。故应该在R上并联一比R大得多的电阻。7．一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V。若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率()A．等于36WB．小于36W，大于9WC．等于9WD．小于9W7．B解析：若白炽灯泡的电阻不变，由P＝eq\f(U2,R)得电压减小一半，灯泡消耗的电功率为原来的eq\f(1,4)，即P＝9W，实际上电阻减小，则灯泡消耗的实际电功率应大于9W，故选项B正确。8．如图所示电路中，R0为定值电阻，当滑片P向右移动过程中，下列判断正确的是()A．电压表V1、电流表A的读数都增大B．电压表V1与电流表A读数的比值保持不变C．电压表V2与电流表A读数的比值变大D．电压表V1、电流表A读数变化量的比值保持不变8．D解析：滑片P向右移动，R接入电路中的电阻增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I减小，内电压U内＝Ir减小，外电压U外＝E－U内增大，R0的电压V2减小，R的电压V1增大，故选项A错误；R0为定值电阻，电压表V2与电流表A读数的比值保持不变，R接入电路中的电阻增大，电压表V1与电流表A读数变化量的比值增大，故选项B错误，C错误；电压表V1、电流表A读数变化量的比值为内阻与R0之和，选项D正确。9．如图所示的电路，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．电容器上的电荷量将增大C．电容器的电容将减小D．液滴将向下运动9．D解析：若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小；R2两端电压减小，因电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，电荷量减少，电场强度减小，液滴将向下运动，故D对，A、B错；由平行板电容器电容C＝eq\f(εS,4πkd)可知，电容器的电容不变，选项C错误。10已知如图，电源内阻不计。为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法：R1R2R3A．增大R1R1R2R3C．增大R3D．减小R110．BD解：由于稳定后电容器相当于断路，因此R3上无电流，电容器相当于和R2并联。只有增大R2或减小R1才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量。改变R3不能改变电容器的带电量。因此选BD二、非选择题11．(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时针偏转如图甲所示。请你简述接下来的测量过程：甲①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________；③________________________________________________________________________；④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图乙所示。乙其中电压表内阻约为5k，电流表内阻约为5Ω。图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接。(3)图丙是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量________；当S旋到位置__________时，可用来测量电流，其中S旋到位置_________时量程较大。丙11．答案：(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值(2)如图所示(3)电阻1、2112.测金属电阻率实验(1)测长度时,金属丝的起点、终点位置如图(a),则长度为:cm;

(2)用螺旋测微器测金属丝直径,示数如图(b),则直径为:mm;

(3)用多用表“Ω×1”挡估测其电阻,示数如图(c),则阻值为:Ω;(4)在图(d)中完成实物连线;(5)闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P移至最(填“左”或“右”)端.

12.解析:(1)(a)图需往下估读一位,大约为60.48cm(60.45~60.50cm都可以).(2)读数=固定刻度示数+可动刻度示数=1.5mm+0.480mm=1.980mm.(3)由题可知,阻值为5Ω.(4)电流表外接,滑动变阻器采用分压、限流接法均可,采用限流接法时如图所示.(5)无论限流接法,还是分压接法,将滑片P移至最左端时,待测金属丝上的电压和电流最小.13．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑动变阻器，接成如图甲所示的电路。滑动变阻器最大阻值为R0＝22Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图乙所示，图中U＝12V的直线为图线的渐近线，试求：(1)电源电动势E和内阻r；(2)A、B空载时输出电压的范围；(3)若要保证滑动变阻器的滑片任意滑动时，干路电流不能超过2A，A、B两端所接负载电阻至少多大。13．答案：(1)12V2Ω(2)0～11V(3)4.9解析：(1)由乙图可知，当R→∞时，E＝12V而当U＝6V时，应有r＝R＝2Ω。(2)当滑片滑至上端时，UAB最大Umax＝eq\f(R0,R0＋r)E＝11V当滑片滑至下端时，UAB为零因此，A、B空载时输出电压范围为0～11V。(3)A、B两端接某一负载电阻后，滑动变阻器滑片移至上端时，干路电流最大。此时I＝eq\f(E,\f(R0Rx,R0＋Rx)＋r)为了电源不过载，应保证I≤2A代入数据得Rx≥4.9Ω即所接负载电阻最小值为4.9Ω。14．电路如图所示，电源电动势E＝28V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长l＝0.20m，两极板的间距d＝1.0×10－2m(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10m/s2)14．答案：(1)6.0×10－12C(2)不能从C解析：(1)S断开时，电阻R3两端电压为U3＝eq\f(R3,R2＋R3＋r)E＝16VS闭合后，外阻为R＝eq\f(R1R2＋R3,R1＋R2＋R3)＝6Ω端电压为U＝eq\f(R,R＋r)E＝21V电阻R3两端电压为U3′＝eq\f(R3,R2＋R3)U＝14V则所求流过R4的总电荷量为ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12C(2)设微粒质量为m，电荷量为q，当开关S断开时有：eq\f(q3U3,d)＝mg当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则mg－eq\f(q3U3′,d)＝ma设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t＝eq\f(l,v0)竖直方向：y＝eq\f(1,2)at2由以上各式求得：y＝6.25m＞eq\f(d,2)故微粒不能从C的电场中射出。15．如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点。现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）电源电动势E多大？（2）小球与极板碰撞后所带的电量q/为多少？15．（1）当S闭合时，电容器电压为U，则：①对带电小球受力分析得：②由①②式解得：③（2）断开S，电容器电压为U/，则：④对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：⑤由③④⑤解得：⑥16．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）16．(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为UAB由动能定理得-mgd-qUAB=0-∴滑动变阻器两端电压U滑=UAB=8V设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得I=