高考物理一轮复习第九章恒定电流教师用书word版本

第九章恒定电流
第1讲电路的基本概念及部分电路规律
[必考要求]
1．电源和电流(b)。

2.电动势(b)。

3.欧姆定律、U－I图象及I－U图象(c)。

4.焦耳定律(c)。

5.导体的电阻(c)。

知识网络构建
规律方法速记
1．电阻的决定式和定义式的区别
2.电功、电热、电功率和热功率的区别
3.电功和电热的处理方法
(1)首先要分清所研究的电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，正确选择计算公式。

(2)处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守
恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解。

题组一对电源和电流、电动势的理解
1．关于电流，下列说法中正确的是( )
A．通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大
B．导体两端没有电压时，导体中的自由电荷也在运动，所以导体中也有电流
C．单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大
D．因为电流有方向，所以电流是矢量
解析电流为单位时间内通过截面的电荷量，是由电荷量与时间共同决定的，电荷量多电流不一定大，故选项A错误；如果是单位时间内通过截面的电荷量多，则电流大，故选项C正确；电荷的定向移动形成电流，若不是定向移动则不是电流，选项B错误；一个量有方向并不能定义为矢量，矢量的运算必须遵循平行四边形定则，电流有方向但不符合矢量合成法则，不是矢量，选项D错误。

答案 C
2．下列关于电源的说法中正确的是 ( )
A ．在外电路和电源内部，正电荷都受到静电力的作用，所以能不断地定向移 动形成电流
B ．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减 少
C ．在电源内部，正电荷能从负极移动到正极是因为电源内部只存在非静电力 而不存在静电力
D ．静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加
解析 电源内部非静电力做功使电荷的电势能增加，引出了电动势的概念，来描述非静电力的做功本领，而静电力移动电荷做正功使电势能减少，选项D 对。

答案 D
3．对于电动势的定义式E ＝W
q
的理解，正确的是( ) A ．E 与W 成正比 B ．E 与q 成反比 C ．E 的大小与W 、q 无关 D ．W 表示静电力做的功
解析 电动势是描述电源把其他形式的能转化为电势能本领大小的物理量，其大小由电源性质决定，与W 、q 无关，而公式中W 为非静电力做的功，故选项C 正确。

答案 C
4．关于电源的电动势，下面说法正确的是( )
A ．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量
B ．电动势在数值上等于外电路中通过1
C 电荷量时电源提供的能量 C ．电源的电动势跟电源的体积有关，跟外电路有关
D ．电源的电动势越大，非静电力做功越多
解析 电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能本领的物理量，选项A 正确；根据电动势的定义式E ＝W q
可知电源电动势总等于电路中通过1 C 的正电荷时，电源提供的能量，但并不是对外电路提供的能量，选项B 错误；电动势反映电源的特性，与外电
路的结构无关，选项C 错误；电源电动势的大小与非静电力做功多少无关，选项D 错误。

答案 A
5．在示波管中，2 s 内有6×1013
个电子通过横截面积大小不知的电子枪，则示波管中电流大小为( ) A ．4.8×10－6
A B ．3×10
－13
A
C ．9.6×10－6 A
D ．无法确定
解析 由q ＝It 得，I ＝q t ＝ne t ＝6×1013×1.6×10－192
A ＝4.8×10－6
A ，故选项A 正确。

答案 A
题组二 欧姆定律、电阻定律的应用
6．根据表达式I ＝U /R 和R ＝U /I ，下列说法正确的是( ) A ．由R ＝U /I 知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定
B ．由I ＝U /R 知，流过导体的电流由导体两端的电压和导体的电阻共同决定
C ．一定大小的电流流过导体，电阻越大，导体两端的电压越小
D ．表达式I ＝U /R 和R ＝U /I 所描述的是同一个问题的两个不同表达方式，没 有区别
解析 表达式R ＝U /I 是电阻的定义式，电阻R 由导体本身性质(形状、大小和材料等)决定，与导体两端的电压和通过的电流无关，选项A 错误；电流与电压成正比，与电阻成反比，所以流过导体的电流由导体两端的电压和导体的电阻共同决定，选项B 正确；根据表达式I ＝U /R 知，电流一定时，电阻越大，导体两端的电压越大，选项C 错误；表达式R ＝U /I 是电阻的定义式，I ＝U /R 为欧姆定律的表达式，两者物理意义不同，选项D 错误。

答案 B
7．下列关于电阻率的叙述，正确的是( ) A ．电阻率与导体的长度和横截面积有关
B ．电阻率表征了材料的导电能力的强弱，由导体的材料决定，且与温度有关
C ．电阻率大的导体，电阻一定大
D ．有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，可以用来制成电阻温度计
解析 电阻率表征了材料的导电能力的强弱，电阻率的大小与材料、温度有关，与横截面积、长度无关，选项A 错误，B 正确；根据电阻公式R ＝ρl S
知，电阻率大的导体，电阻不一定大，还与横截面积和长度有关，选项C 错误；有些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，温度变化时电阻几乎不变，无法显示其温度，不能用来制成电阻温度计，选项D 错误。

答案 B
8．如图甲所示，用质量为m 的铜制成管状导体，其长度为l ，管状导体内腔横截面直径为
D ，管两端各有导电金属箍可接入电路中，当两个导电金属箍之间接有恒定电压U 时，
则乙中图象能正确描述通过管状导体的电流I 与导体内腔横截面直径D 之间的变化关系的是( )
解析 铜制管状导体的电阻R ＝ρl
S
，其中，S 是铜管侧壁的横截面积，而并非铜管的横截面积。

由于铜的质量一定，故铜材料的体积V 一定，而V ＝Sl ，且管状导体的长度l 不变，故铜管侧壁的横截面积S 不随管状导体内腔横截面直径D 的变化而变化，故有管状导体的电阻R ＝ρl S 保持不变，由欧姆定律可得管状导体的电流I ＝U R
为定值。

故正确
答案为B 。

答案 B
9．(2015～2016诸暨市第一学期期末)某技术质量监督局对市场中电线电缆产品质量进行抽查，结果公布如下：十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把横截面积缩小，买2.5平方毫米的电线，拿到手的仅为1.5平方毫米，载流量不够；另一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料作电线外皮，电阻率达不到要求……则以下说法正确的是( )
A ．横截面积减小的铜的电阻率增大
B ．再生铜或含杂质很多的铜的电阻率很小
C ．再生塑料作电线外皮，使电线的绝缘性能下降
D ．铜是导体，电阻为零，横截面积和杂质对其没有影响 答案 C
10．已知用电器A 的电阻是用电器B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( ) A ．I A ＝2I B B ．I A ＝I B /2 C ．I A ＝I B
D ．I A ＝I B /4
解析 由欧姆定律得I A ＝UA RA ，I B ＝UB RB ，所以IA IB ＝UARB UBRA ＝14，即I A ＝1
4
I B 。

答案 D
11．如图所示电路中，a 、b 两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P 向d 端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小( )
解析 选项A 、C 、D 中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P 右侧部分，当滑动变阻器的滑片P 向d 端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I ＝U
R
可知，电路中
的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A 、C 、D 错误；而选项B 中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P 左侧部分，当滑动变阻器的滑片P 向d 端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B 正确。

答案 B
12．一段长为l ，电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉制成3l 长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为
( )
A.R 3
B ．3R C.R 9
D ．R
解析 根据电阻公式R ＝ρl S
，在拉伸过程中电阻丝的体积不变，当长度变为原来的3倍后，横截面积变为原来的13
，所以R ′＝ρ
3l 13
S ＝ρ9l
S ＝9R ，平分成3段后，每段的电阻为3R ，故根据并联电路规律可得并联后的电阻为1R 并＝13R ＋13R ＋1
3R
，解得R 并＝R ，故选项D 正确。

答案 D
题组三 U －I 图象及I －U 图象的理解及应用
13.有四个金属导体，它们的伏安特性曲线分别是图中的a 、b 、c 、
d ，则电阻最大的是( )
A ．a
B ．b
C ．c
D ．d
解析 伏安特性曲线中斜率是电阻的倒数，所以斜率最小的阻值最大，据图知d 的斜率最小，阻值最大，选项D 对。

答案 D
14．某同学做三种导电元件的导电性实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I －U 图象如图所示，则下述判断正确的是( )
A ．只有乙图象是正确的
B ．甲、丙图象是曲线，肯定误差太大
C ．甲、丙为线性元件，乙为非线性元件
D ．甲、乙、丙三个图象都可能是正确的，并不一定有较大误差
解析 金属的电阻率随温度的升高而增大，丙图可能为金属导体；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，如甲图；某些线性元件电阻率不随温度变化，如乙图。

因此，甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定因误差引起。

答案 D
15.电阻R 1和R 2的伏安特性曲线如图所示，已知R 1＝1 Ω，则R 2
的阻值为( ) A ．3 Ω B.3Ω C.13
Ω
D.
33
Ω 解析 过U 轴上任一不为零的点U 0作平行于I 轴的直线，于
R 1、R 2的伏安特性曲线的交点的纵坐标分别为I 1、I 2，表明在
电阻R 1、R 2的两端加上相同电压U 0时，流过R 1、R 2的电流不同，如图所示。

由欧姆定律和数学知识可得：
R1R2＝U0I1U0I2＝1
tan 60°1tan 30°
＝13
，又R 1＝1 Ω，故R 2＝3 Ω。

答案 A
16．一个标有“220 V 60 W ”的白炽灯泡，加上的电压U 由零逐渐增大到220 V ，在此过程中，电压(U )和电流(I )的关系可用图线表示。

图中给出的四个图线中，比较符合实际
的是
( )
答案 B
17．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是
( )
A ．加5 V 电压时，导体的电阻约是5 Ω
B ．加12 V 电压时，导体的电阻约是1.4 Ω
C ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D ．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断增大
解析 对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的U
I
值仍表示该点所对应的电阻值。

本题中给出的导体在加5 V 电压时，U I
值为5，所以此时电阻为5 Ω；当电压增大时，U I
值增大，即电阻增大，综合判断可知B 、C 、D 项错误。

故选A 。

答案 A
题组四 焦耳定律的应用
18．随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多。

下列电器中主要利用电流的热效应工作的是( ) A ．电风扇 B ．电动轿车 C ．洗衣机
D ．电饭煲
解析 电风扇、电动轿车、洗衣机均利用电动机将电能主要转化为机械能，而电饭煲则是利用电流的热效应使电能变为内能，故选项D 正确。

答案 D
19．额定电压、额定功率均相同的电吹风机、电热水壶和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间，比较它们产生的热量，下列说法正确的是( ) A ．电吹风机最多
B ．电热水壶最多
C ．日光灯最多
D ．一样多
解析 电吹风机、电热水壶和日光灯额定电压、额定功率相同，相同时间内消耗的电能相等，而电吹风机消耗的电能大部分转化为机械能，日光灯消耗的电能大部分转化为光能，电热水壶消耗的电能全部转化为内能，所以电热水壶产生的热量最多，选项B 正确。

答案 B
20．某电阻的阻值为5 Ω，通过的电流为2 A ，则它在10 s 的时间内产生的热量为( ) A ．100 J
B ．200 J
C ．20 J
D ．2 J
解析 根据电热公式Q ＝I 2
Rt ＝22
×5×10 J ＝200 J ，B 正确。

答案 B
21．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A 、B 串联在电路中，A 的长度为L ，直径为d ；B 的长度为2L ，直径为2d ，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为( ) A ．Q A ∶Q B ＝1∶1 B ．Q A ∶Q B ＝2∶1 C ．Q A ∶Q B ＝1∶2
D ．Q A ∶Q B ＝4∶1
解析 两电阻丝直径之比为1∶2，则横截面积之比为1∶4，根据电阻公式R ＝ρl
S
可知，电阻之比为2∶1，根据Q ＝I 2
Rt ，由于电流相等，相同时间，则产生的热量之比为2∶1。

答案 B
22．如表为某电热水壶铭牌上的一部分内容。

根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( )
A.4.4 A
B ．6.8 A
C ．0.15 A
D ．0.23 A
解析 在额定电压下电热水壶的功率为额定功率，而电热水壶的额定电压为220 V ，额定功率为1 500 W ，由公式P ＝IU 得I ＝P U ＝1 500
220
A ≈6.8 A ，选项
B 正确。

答案 B
23．(2015～2016诸暨市第一学期期末)小明妈妈用微波炉加热一杯冷牛奶，微波炉在正常工作下额定电流为5 A，它将电能转化为微波辐射的效率为75%，微波辐射转化为牛奶热能的效率也为75%，假如加热牛奶所需时间为1分钟，则牛奶获得的热能约为( ) A．3.7×102 J B．3.7×104 J
C．3.7×106 J D．3.7×108 J
答案 B
R2分别标有“2 Ω1.0 A”和“4 Ω0.5 A”，将它
24．电阻R
们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大
功率为( )
A．1.5 W B．3.0 W C．5.0 W D．6.0 W
解析两电阻的额定电流不同，R2允许通过的最大电流为0.5 A，为保证电路安全，电路允许通过的最大电流I＝0.5 A，所以，此电路中允许消耗的最大功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W。

答案 A
第2讲电路闭合电路的欧姆定律)
[必考要求]
1．串联电路和并联电路(c)。

2.闭合电路的欧姆定律(c)。

3.多用电表的原理(a)。

4.
实验：测绘小灯泡的伏安特性曲线(√)。

5.实验：测定电池的电动势和内阻(√)。

6.
实验：练习使用多用电表(√)。

知识网络构建
规律方法速记1．“三个”常用结论
(1)并联电路的总电阻小于其中最小的电阻。

(2)n 个相同的电阻R 并联，总电阻R 总＝1
n
R 。

(3)在电路中，某个电阻增大(或减小)，则总电阻增大(或减小)。

2．电路动态分析的方法
(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 端的变化→固定支路
⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I 串联分压U
→支路的变化。

(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。

3．电路连接方法
4．测定电池电动势和内阻的其它方法
5.读数技巧 (1)欧姆表的读数
①为了减小读数误差，指针应指在表盘13至23
的部分，即中央刻度附近。

②电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积。

(2)测电压、电流时的读数，要注意其量程，根据量程确定精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位。

题组一 串、并电路特点的应用
1．有两个电阻R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，则有( ) A ．R 1、R 2串联总电阻为5 Ω B ．R 1、R 2并联总电阻为1 Ω C ．R 1、R 2串联总电阻为2.5 Ω D ．R 1、R 2并联总电阻为1.5 Ω
解析 由于串联电路总电阻等于各部分电阻之和，即R 串＝R 1＋R 2＝5 Ω；两个电阻并联，其总电阻R 并＝R1R2
R1＋R2
＝1.2 Ω，选项A 正确。

答案 A
2．三个电阻的阻值之比R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶5，若将这三个电阻并联，则通过它们的电流之比I 1∶I 2∶I 3为( ) A ．1∶2∶5 B ．5∶2∶1 C ．10∶5∶2
D ．1∶1∶1
解析 并联电路电压相等，设为U ，因为R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶5，设R 1＝R ，则R 2＝2R ，
R 3＝5R ，所以并联后，通过它们的电流之比为U R ∶U 2R ∶U
5R
＝10∶5∶2，选项C 正确。

答案 C
3.如图所示电路，开关S 断开和闭合时电流表示数之比是1∶3，
则可知电阻R 1和R 2之比为( ) A ．1∶3 B ．1∶2 C ．2∶1
D ．3∶1
解析 开关闭合时电路中只有电阻R 2，根据欧姆定律可得：I ＝U R2，开关断开时电路中两电阻串联，根据欧姆定律可得，I ′＝U R1＋R2，则R1＋R2R2＝3
1
，解得：R 1∶R 2＝2∶1。

选项C 正确。

答案 C
4．有两个完全相同的表头G ，内电阻为R g ＝100 Ω，满偏电流为I g ＝1 mA 。

现将它们分别改装成量程为0.6 A 的电流表和量程为3 V 的电压表，需分别并联一个电阻R 1和串联一个电阻R 2，则R 1和R 2的值分别为( )
A．R1＝600 Ω，R2＝3 000 ΩB．R1＝60 Ω，R2＝300 ΩC．R1＝5 Ω，R2＝3 000 ΩD．R1＝0.17 Ω，R2＝2 900 Ω
解析改装电流表需要并联一个电阻分流，所以I g R g＝(I－I g)R1，故R1＝IgRg
I－Ig
≈0.17
Ω，改装电压表需要串联一个电阻分压，所以I g(R g＋R2)＝U，故R2＝U
Ig
－R g＝2 900 Ω。

答案 D
5．如图所示，电源和电压表都是好的，在滑片由a滑到b的过程中，电
压表的示数始终为U，下列判断正确的是( )
A．a处接线断开
B．滑片P开路
C．a、b间电阻丝开路
D．b处接线开路
解析因电压表示数始终为U，则滑片P不会开路，B错；若a处接线断开，则电压表示数为零；若a、b间电阻丝开路，则P移动到某位置时示数为零；若b处接线开路，则由于电阻上无电压降，P点的电势始终为a点电势，电压表示数始终为U，故A、B、C均错，D正确。

答案 D
6．如图所示为某一电路的一部分，其中R1＝20 Ω，R2＝R3＝40 Ω，下列关于R1、R2、R3消耗电功率P1、P2、P3，以及R1、R2两端的电压U1、U2的关系正确的是( )
A．U1＝U2，P1＝P2＝P3
B．U1>U2，P1∶P2∶P3＝1∶2∶2
C．U1＝U2，P1∶P2∶P3＝2∶1∶1
D．U1<U2，P1<P2＝P3
解析 由于R 2、R 3并联，其总电阻为20 Ω，与R 1串联后，R 1与R 2、R 3并联电路两端的电压相同，所以R 1、R 2两端的电压U 1、U 2相等；R 2、R 3阻值相同，由P ＝U2R
知，消耗功率相同；通过R 2、R 3的电流均为总电流的一半，由P ＝I 2
R 可得P 1∶P 2∶P 3＝2∶1∶1。

选项C 正确。

答案 C
题组二 闭合电路欧姆定律的应用
7．(2015～2016丽水市第一学期期末)某电路如图所示，已知电池
组的总内阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝5 Ω，理想电压表的示数
U ＝3.0 V ，则电池组的电动势E 等于
( )
A ．3.0 V
B ．3.6 V
C ．4.0 V
D ．4.2 V
解析 由于电压表的示数为路端电压，而U ＝IR ，则I ＝U R
＝0.6 A ，由闭合电路欧姆定律可得E ＝I (R ＋r )＝0.6×(5＋1)V ＝3.6 V ，故选项B 正确。

答案 B
8．如图是一同学将变阻器与一只“6 V ，8 W ”的小灯泡L 及开关S 串联后接在6 V 的电源
E 上，当S 闭合时，发现灯泡发亮。

按此图的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将( )
A ．变暗
B ．变亮
C ．亮度不变
D ．可能烧坏灯泡
答案 B
9. 如图所示的电路中，电源的电动势E 和内电阻r 恒定不变，电灯L 恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b 端滑动，则
( )
A ．电灯L 更亮，电流表的示数减小
B ．电灯L 更亮，电流表的示数增大
C ．电灯L 更暗，电流表的示数减小
D ．电灯L 更暗，电流表的示数增大
解析 变阻器的滑片P 向b 端滑动，R 1接入电路的有效电阻增大，外电阻R 外增大，，干路电流I 减小，安培表的示数减小，路端电压U 增大，电灯两端电压增大，电灯L 更亮，A 正确，B 、C 、D 错误。

答案 A
10．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA 。

若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是( ) A ．0.10 V
B ．0.20 V
C ．0.30 V
D ．0.40 V
解析 由已知条件得：E ＝800 mV 。

又因I 短＝E
r ，所以r ＝E I 短＝800×10－340×10－3
Ω＝20 Ω，所以U ＝IR ＝E R ＋r R ＝80020＋20
×20 mV ＝400 mV ＝0.4 V ，选项D 正确。

答案 D
11.如图所示的电路，闭合电键S ，待电路中的电流稳定后，减
小R 的阻值，则( ) A ．电流表的示数减小 B ．电压表的示数减小 C ．电阻R 2两端的电压减小 D ．路端电压增大
解析 题图中的电路结构是R 1与R 先并联，再与R 2串联，故R ↓→R 总↓→I 干↑→U 内↑→U 外↓。

R 2两端电压U 2＝I 干R 2，U 2增大，所以R 与R 1的并联电压减小，读数减小，A 、C 、D 错误，B 项正确。

答案 B
12．(2016·四川成都石室中学一诊)在如图所示的四个电路中，电源电动势为E ，内阻为r ，定值电阻阻值为R 0，当滑动变阻器R 的滑片P 从a 向b 滑动时，理想电压表读数将变大的是( )
解析图A中，当滑片P从a向b滑动时，理想电压表的示数始终为零；图B中，电压表测量的是Pb部分的电压，滑片P从a向b滑动时，电压表的示数减小；图C中，滑片P从a向b滑动时，电路的总电阻增大，电路的电流变小，R0上的电压变小，电压表的示数变小；图D中，滑片P从a向b滑动时，电路的电阻增大，电流减小，电源内部的电压减小，路端电压增大，所以理想电压表读数增大的是D。

答案 D
13．(2015～2016诸暨市第一学期期末)如图1所示为小明爷爷家里的老式手电筒。

小明按下开关，小灯光正常发光，然后他打开后盖，发现里面装有三节1.5 V的干电池，打开电筒前盖，观察到里面的小灯泡上标有“3.8 V，0.3 A”字样。

其结构简图如图2所示，不计导线和接触电阻。

(1)求小灯泡正常发光时的电阻；
(2)求每一节干电池的内阻；
(3)求小灯泡正常发光时整个电路每分钟消耗的电能。

解析(1)由小灯泡标有“3.8 V，0.3 A”字样，根据部分电路欧姆定律得R＝U I
代入数据可得：R ＝12.7 Ω (2)电源电动势：E ＝3E 0＝4.5 V 闭合电路欧姆定律：E ＝I (R ＋3r ) 代入数据可得：r ＝0.77 Ω
(3)电路每分钟消耗的电能：E 电＝EIt 代入数据可得：E 电＝81 J
答案 (1)12.7 Ω (2)0.77 Ω (3)81 J 题组三 电源的功率及U －I 图象的应用
14.如图所示，已知电源内电阻r 为2 Ω，定值电阻R
0为3 Ω，滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω。

当滑动变阻器R 阻值为R 1时，在R 1上获得最大功率，则R 1的阻值应为( ) A ．2 Ω
B ．3 Ω
C ．4 Ω
D ．5 Ω
解析 R 0为定值电阻，把它等效为电源内阻，当R 1＝R 0＋r 时，R 1上获得最大功率，故选项D 正确。

答案 D
15．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，下
列说法正确的是( ) A ．总功率一定减小
B ．滑动变阻器的功率一定增大
C ．内部消耗功率一定增大
D ．输出功率一定先增大后减小
解析 当P 向右移动时，接入电路中的电阻变大，根据闭合电路欧姆定律I ＝
E
R ＋r
，总电流减小，所以总功率IE 变小，选项A 对；内部消耗功率I 2
r 变小，选项C 错误；输出功率即滑动变阻器的消耗功率，由于电源内阻与滑动变阻器接入电路中的电阻大小关系未知，输出功率的变化情况无法确定。

所以选项B 、D 均错。

答案 A
16.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论
正确的是( )
A ．电源的电动势为5.0 V
B ．电源的内阻为12 Ω
C ．电源的短路电流为0.5 A
D ．电流为0.3 A 时的外电阻是18 Ω
解析 当电流为零时，路端电压等于电源电动势，由此可知电源的电动势为6.0 V ，选项A 错误；图线的斜率表示电源内阻r ＝
6－5
0.5
Ω＝2 Ω，选项B 错误；只有当路端电压为零时的电流才是短路电流，由于图线没有从原点开始，因此图线与横轴交点不是短路电流，选项C 错误；当电流为0.3 A 时，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r 知R ＝E I －r ＝6
0.3
Ω－2 Ω＝18 Ω，选项D 正确。

答案 D
17.如图所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡的
U －I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功
率和电源的总功率分别是( ) A ．4 W ，8 W B ．2 W ，4 W C ．2 W ，3 W
D ．4 W ，6 W
解析 电源的U －I 图线A 在纵轴上的截距表示电源电动势为3 V ，图线A 、B 的交点表示电路工作点，对应的工作电压为U ＝2 V ，工作电流为I ＝2 A 。

用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率P 出＝UI ＝2×2 W ＝4 W ，电源的总功率P 总＝EI ＝3×2 W ＝6 W 。

选项D 正确。

答案 D
18.在如图所示电路中，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，
电路中电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω。

闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A 。

则以下判断中正确的是( ) A ．电动机的输出功率为14 W B ．电动机两端的电压为7.0 V
C．电动机产生的热功率为4.0 W
D．电源输出的电功率为24 W
解析电流表读数2 A，说明R0以及电源内阻的电压共I(R0＋r)＝5 V，E＝U外＋U内可知，电动机两端电压为7 V，选项B对；电动机的内阻发热功率P内＝I2r′＝2 W，电动机总功率P M＝IU＝2×7 W＝14 W，所以输出功率为12 W，所以选项A、C均错；电源总功率P E＝IE＝24 W，输出功率P出＝IU＝2.0×(12－2.0×1.0)W＝20 W，选项D错。

答案 B
题组四实验：测绘小灯泡的伏安特性曲线
19．(1)图甲所示的电流表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________A，图中表针示数为________A。

(2)如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中指针的示数为
________V。

若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针指示的是________V。

解析(1)电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针的示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A。

(2)电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.70 V；使用15 V量程时，
每小格为0.5 V，指针示数为8.5 V。

答案(1)0.02 0.44 0.1 2.20 (2)0.1 1.70 0.5 8.5
20．以下是“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的操作步骤：
A．闭合开关，调节滑片位置，记下每次调节时电流表、电压
表的一组示数I、U，测出若干组数据。

B.将电流表、电压表、滑动变阻器、小灯泡、电源、开关正
确连接成电路，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示。

C．调节滑片，使闭合开关前滑片处于滑动变阻器的最左端。

D．按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线。

(1)以上各步骤中存在错误或不足的是________。

应如何改正？
________________________________________________________________________。

(2)将各步骤纠正后，按实验先后顺序排列起来
_______________________________________________________________________。

答案(1)D 应将各点用平滑的曲线连接起来
(2)BCAD
21．(2015～2016诸暨市第一学期期末)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测出的8组数据如下表所示。

(1)根据以上8组数据，可知电路图中滑动变阻器采用的连接方法应该是________。

(填
“分压式”或“限流式”)
(2)当小灯泡两端电压为1.66 V时，小灯泡的电阻为________Ω(保留两位有效数字)。

(3)根据以上实验数据可以推测小灯泡电阻随温度变化的特点：
________________________________________________________________________。

答案(1)分压式(2)6.9 (3)小灯泡电阻随温度升高而增大
22．某学习小组要描绘一个标有“3.6 V，1.2 W”的小灯泡的伏安特性曲线，除了导线和开关外，还有下列器材可供选择：
直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)
电压表V(量程5 V，内阻约为5 kΩ)
电流表A1(量程350 mA，内阻约为1 Ω)
电流表A2(量程150 mA，内阻约为2 Ω)
滑动变阻器R1(阻值0～200 Ω)
滑动变阻器R2(阻值0～10 Ω)
(1)实验中电流表应选__________，滑动变阻器应选________；(填写器材代号)。