2019版高考物理培优一轮计划全国创新版能力练：第9章 恒定电流 33

1．下列说法正确的是()
A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比
B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比
C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比
D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比
★答案★ C
解析电流通过导体的热功率为P＝I2R，与电流的平方成正比，A错误；力作用在物体上，如果物体没有在力的方向上发生位移，作
用时间再长，做功也为零，B错误；由C＝Q
U可知，电容器的电容由电容器本身的性质决定，因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比，C正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，D错误。

2.有A、B、C、D四个电阻，它们的I-U关系如图所示，其中电阻最小的是()
A．A B．B
C．C D．D
★答案★ A
解析因为在I-U图象中，图线的斜率k＝I
U＝
1
R，故斜率越大，
电阻越小，因而A的电阻最小。

3.(2016·山东德州一中期末)一个阻值为R的电阻两端加上电压U 后，通过电阻横截面的电荷量q随时间变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为()
A．U B．R C.U
R D.
1
R
★答案★ C
解析斜率k＝q
t＝I＝
U
R，故选C。

4．(2017·贵州都匀一中期末)如图为某台电风扇的铭牌，如果已知该电风扇在额定电压下工作，转化为机械能的功率等于电动势消耗电功率的98%，则在额定电压下工作，通过电动机的电流及电动机线圈的电阻R分别是()
A．I＝2.5 A，R＝11 Ω B．I＝2.5 A，R＝88 Ω
C．I＝0.4 A，R＝11 Ω D．I＝0.4 A，R＝550 Ω
★答案★ C
解析从铭牌上可得额定功率为88 W，额定电压为220 V，故
根据公式I＝P
U可得额定电流为I＝88
220A＝0.4 A，转化为机械能的功
率等于电动势消耗的电功率的98%，根据能量守恒定律可知线圈电
阻消耗功率为2%P，故2%P＝I2R，解得R＝0.02P
I2Ω＝11 Ω，C正
确。

5．(多选)如图所示，定值电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω，当开关S断开时，电流表的示数是I1＝0.5 A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是()
A．I＝1.5 A B．I<1.5 A
C．P＝15 W D．P<15 W
★答案★BD
解析当开关S断开时，由欧姆定律得U＝I1R1＝10 V，当开关
闭合后，通过R1的电流仍为0.5 A，通过电动机的电流I2<U
R2＝1 A，故电流表示数I<0.5 A＋1 A＝1.5 A，B正确；电路中电功率P＝UI<15 W，D正确。

6．(2018·黑龙江牡丹江一中月考)(多选)有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为()
A．n v S B．n v SΔt C.IΔt
q D.
IΔt
Sq
★答案★ BC
解析 在Δt 时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为Q
q ＝I Δt q ，或者由I ＝nq v S ，得Q q ＝I Δt
q ＝n v S Δt ，故选B 、C 。

7．(2018·山西怀仁一中月考)(多选)如图所示的电路中，输入电压U 恒为12 V ，灯泡L 上标有“6 V ,12 W”字样，电动机线圈电阻R M ＝0.50 Ω。

若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( )
A ．电动机的输入功率是12 W
B ．电动机的输出功率是12 W
C ．电动机的热功率是2.0 W
D ．整个电路消耗的电功率是22 W ★答案★ AC
解析 电动机两端的电压U 1＝U －U L ＝(12－6) V ＝6 V ，整个电路中的电流I ＝P L U L ＝12
6 A ＝2 A ，所以电动机输入功率P 入＝U 1I ＝
6×2 W ＝12 W ，故A 正确；电动机的热功率P 热＝I 2R M ＝4×0.5 W ＝2 W ，则电动机的输出功率P 2＝P 入－P 热＝12－2 W ＝10 W ，故B 错误，C 正确；整个电路消耗的功率P ＝UI ＝12×2 W ＝24 W ，故D 错误。

8.(2018·河北正定中学月考)一灯泡的伏安特性曲线如图所示，已知该灯泡额定电压为8 V 。

(1)求灯泡正常发光时的电功率P；
(2)若一定值电阻与该灯泡串联，接在U0＝15 V的电压上，灯泡能正常发光，求串联电阻的阻值。

★答案★(1)16 W(2)3.5 Ω
解析(1)根据图象得出电压为8 V时的电流I＝2 A，则灯泡正常发光时的电功率P＝UI＝8×2＝16 W。

(2)灯泡能正常发光，电压为8 V，电流为2 A，根据闭合电路欧
姆定律得：U0＝U＋IR。

解得：R＝15－8
2＝3.5 Ω。

9．(2017·黑龙江大庆期中)如图所示，内壁光滑、内径很小的1
4圆弧管固定在竖直平面内，圆弧的半径r为0.2 m，在圆心O处固定一个电荷量为－1.0×10－9 C的点电荷。

质量为0.06 kg、略小于圆管截面的带电小球，从与O点等高的A点沿圆管内由静止运动到最低点B，到达B点小球刚好与圆弧没有作用力，然后从B点进入板距d＝0.08 m的两平行板电容器后，刚好能在水平方向上做匀速直线运动，且此时电路中的电动机刚好能正常工作。

已知电源的电压为12 V，定值电阻R的阻值为6 Ω，电动机的内阻为0.5 Ω。

(取g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)求：
(1)小球到达B 点时的速度； (2)小球所带的电荷量； (3)电动机的机械功率。

★答案★ (1)2 m/s (2)8×10－3 C (3)5.5 W 解析 (1)根据机械能守恒可得：mgr ＝12m v 2
B
解得v B ＝2 m/s 。

(2)到达B 点恰好作用力为0，由牛顿第二定律得
kqQ r
2－mg ＝m v 2B r ，解得q ＝8×10－3
C 。

(3)设电容器两端电压为U 1，由二力平衡得qU 1
d ＝mg 由欧姆定律得I ＝U 1
R
所以，电动机两端电压U M ＝U －U 1 P 机＝P 总－P 热＝IU M －I 2r M 联立解得P 机＝5.5 W 。

10．(2017·江苏南通二模)某同学想粗测一下粗细均匀的某金属导线的电阻率，他先用螺旋测微器测出该导线的直径为d ＝0.200 mm ，然后用刻度尺测出导线的长度为1.0×103 mm ，用调好的欧姆表测出导线的电阻为5.0 Ω，由此可算得该导线的电阻率约为( )
A ．1.57×10－7 Ω·m
B ．1.57×10－7 Ω/m
C ．1.57×10－8 Ω·m
D ．1.57×10－8 Ω/m ★答案★ A
解析 由电阻定律得R ＝ρL S ＝ρL
π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，解得ρ＝
πRd 24L ≈3.14×5.0×(0.200×10－3)24×1.0×103
×10－3Ω·m ＝1.57×10－7 Ω·m ，故A 正确，B 、C 、D 错误。

11．(2017·江苏南通模拟)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e ，在棒两端加上恒定的电压U ，金属棒内自由电子定向移动的平均速率为( )
A.U neρL
2neρL C ．neρL D.neρSL U ★答案★ A
解析 根据电流的微观表达式可知I ＝ne v S ，由欧姆定律可得I ＝U R ，根据电阻定律可得R ＝ρL S ，联立可得v ＝U
neρL ，故A 正确，B 、C 、D 错误。

12.(2017·天津红桥区模拟)(多选)某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后二者电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，M 为两元件的伏安特性曲线的交点。

则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是( )
A．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线
C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值
D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
★答案★BD
解析小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流的增大而增大，阻值也随着增大，所以题图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流的增大而增大，其阻值会逐渐减小，所以题图中图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A错误、B正确；两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知，此时两者的阻值相等，功率也相等，故C错误、D正确。

13．(四川高考)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。

某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带带动效率为60%的离心水泵工作。

工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω。

已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2。

求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。

★答案★(1)1×103 W'(2)2×104 s
解析(1)设电动机的电功率为P，则P＝UI
设电动机内阻r上消耗的热功率为P r，则P r＝I2r
代入数据解得P r＝1×103 W。

(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。

已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV
设河水增加的重力势能为ΔE p，则ΔE p＝Mgh
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－P r
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔE p
代入数据解得t＝2×104 s。

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