2020版高考物理一轮复习 第八章 恒定电流课时作业【共2套14页】

本套资源目录2020版高考物理一轮复习第八章恒定电流第1课时课时作业含解析2020版高考物理一轮复习第八章恒定电流第2课时课时作业含解析课时作业【基础练习】一、电阻、电阻定律的理解及应用 1．下列说法中正确的是( )A ．由R ＝UI可知，电阻与电压、电流都有关系B ．由R ＝ρLS可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系C ．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D ．电荷的定向移动方向就是电流的方向B 解析：导体的电阻是由长度、横截面积、材料决定的，与U ，I 无关，故A 错，B 对；金属的电阻率随温度升高而增大，故C 错；由于电流的方向与正电荷移动方向相同，故选项D 错误．2．(2018内江模拟)如图所示，是一块均匀的长方体金属块，其长为a ，宽为b ，高为c ，如果沿AB 方向测得的电阻为R ，那么，该金属块沿CD 方向的电阻率和电阻分别为( )A.bc a R b2a 2R B.abc R b2a 2RC.bc a R baRD.ac b R b 2a2RA 解析：沿AB 方向测得的电阻为R ，根据电阻定律R ＝ρl S ，即有R ＝ρabc ，那么电阻率为ρ＝bcaR ；那么沿CD 方向的电阻R′＝ρ×b ac ＝bc a R ×b ac ＝b2a 2R ，故选项A 正确，B ，C ，D 错误．二、欧姆定律及伏安特性曲线3．如图所示，a ，b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比B 解析：图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R ＝ρlS ，b 代表的电阻丝较粗；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，故选B.4．(多选)如图所示是电阻R 的IU 图像，图中α＝45°，由此得出( )A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因IU 图像的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1/tan α＝1.0 ΩD ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 CAD 解析：由IU 图像可知，I 和U 成正比；而电阻R ＝U I ＝105 Ω＝2 Ω；由于纵、横坐标的标度不一样，故不能用tan α计算斜率表示电阻的倒数；在R 两端加上6.0 V 电压时，I ＝U R ＝6.02 A ＝3.0 A ，每秒通过电阻横截面的电荷量q ＝It ＝3.0×1 C ＝3.0 C ，选项A ，D 正确．5．某一导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法中正确的是( )A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 ΩB 解析：根据电阻的定义式可以求出A ，B 两点的电阻分别为R A ＝30.1Ω＝30 Ω，R B ＝60.15Ω＝40 Ω，所以ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故选项B 正确，A ，C ，D 错误． 三、串、并联电路及电表的改装6．如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G 和一个变阻器R 组成，它们中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是 ( )A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程减小D．上述说法都不对B 解析：电压表电阻分压应串联；电流表电阻分流应并联，所以甲表为电流表，乙表为电压表．并联电路电阻大时分流少，所以R增大时量程减小；串联电路电阻大时分压多，所以R增大时量程增大．选项B正确．7．(2018武汉四校联考)如图所示，两个电阻串联后接在电路中a，b两点，已知a，b 两点间电压不变．某同学把一个实验室里的电压表并联在R1两端时，读数为5 V；将该电压表并联在R2两端时，读数为4 V，则a，b两点间电压( )A．大于9 V B．等于9 VC．小于9 V D．无法确定A解析：将电压表并联在R1两端时，并联电阻小于R1，R1两端的电压小于不接电压表时的值，即R1两端的实际电压大于5 V；同理，R2两端的电压大于4 V，所以a，b两点间电压大于9 V，选项A正确．8．一小量程电流表并联一个阻值较小的分流电阻后，就改装成为一个较大量程的电流表．当把改装表和标准电流表串联后去测某电路的电流时，发现改装表的读数略小于标准表的读数．为使改装表的读数准确，应( )A．在原分流电阻上再适当串联一个较大的电阻B．在原分流电阻上再适当串联一个较小的电阻C．在原分流电阻上再适当并联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再适当并联一个较小的电阻B解析：改装表的读数略小于标准表的读数，说明改装表两端的电压略小于标准表两端的电压，为了使改装表两端的电压略微增大，应该在原分流电阻上再串联一个较小的电阻，选项B正确，A，C，D错误．四、电功、电功率及焦耳定律的应用9．(2018温州模拟)电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到电源上(如图所示)，下列说法正确的是( )A ．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B ．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，消耗的总电功率减小C ．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D ．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变A 解析：开关接通时，灯泡被短路，灯泡熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率变大，电烙铁的功率变大，选项A 正确，B ，C ，D 错误． 【素能提升】10．(2019·江苏物理)(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12V ，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。

闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10VB ．电源的总功率为10WC ．a 、b 间电压的大小为5VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1AAC 解析：开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10Ω，路端电压U ＝E R ＋r R ＝1212×10V＝10V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E2R ＋r ＝12W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I′＝1020A ＝0.5A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5)V ＝5V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R′＝2×5×155＋15Ω＝7.5Ω，因此电路中的总电流I ＝E R′＋r ＝129.5A ＝1.26A ，D 项错误。

11．(2017枣庄检测)如图所示，图线1，2，3分别表示导体A ，B ，C 的伏安特性曲线，其中导体C 为一非线性电阻，当串联接在电压恒为6 V 的直流电源两端时，它们的电阻分别为R 1，R 2，R 3，则下列说法正确的是( )A ．此时流过三导体的电流均为1 AB ．R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3C ．若将三导体串联后改接在3 V 的直流电源上，则三导体的阻值之比不变D ．若将三导体并联后接在3 V 的直流电源上，则通过它们的电流比I l ∶I 2∶I 3＝3∶2∶1 A 解析：由图可知，R 1为1 Ω，R 2为3 Ω，当三个电阻串联时，通过各个电阻的电流相等，则三个电阻两端的电压之和应为6 V ；则由图可知，三个电阻中的电流应为1 A ，电压分别为1 V ，3 V ，2 V ，则由欧姆定律可知，电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝1∶3∶2；若将三个电阻串联接在3 V 的直流电源上时，两定值电阻的阻值不变，而C 由于电压变化，则电阻一定变化，比值即变化；若将三个电阻并联在3 V 的电源上，各电阻的电流分别为3 A ，1 A ，2.3 A.12．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r ＝0.8 Ω，电路中另一电阻R ＝10 Ω，直流电压U ＝160 V ，电压表示数U V ＝110 V ．试求：(1)通过电动机的电流； (2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g 取10 m/s 2)． 答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V ， 流过电阻R 的电流I R ＝UR R ＝5010 A ＝5 A ，即通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A.(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V ，输入电动机的电功率P 电＝I M U M ＝550 W. (3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W ， 电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W ， 又因P 出＝mgv ， 所以m ＝Pgv ＝53 kg.13．如图所示，A 为电解槽，为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻R A ＝2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，Ⓐ示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，Ⓐ示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，Ⓐ示数为4 A ．求：(1)电炉子的电阻及发热功率； (2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？ 解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得： R ＝U I 1＝126Ω＝2 Ω 其发热功率为：P ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W. (2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： UI 2＝I 22R M ＋P 输出所以：R M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： P 化＝UI 3－I 23R A所以P 化＝(12×4－42×2)W ＝16 W. 答案：(1)2 Ω (2)1 Ω (3)16 W课时作业【基础练习】一、电路的动态分析1．如图所示电路、电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )A ．电压表与电流表的示数都减小B ．电压表与电流表的示数都增大C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大A 解析：变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中，使连入电路中的R 0阻值减小，整个电路的电阻减小，电路中的电流I 增大，路端电压U ＝E －Ir 减小．即电压表的示数减小，又R 2与R 0并联后再与R 1串联，在R 0减小时，使得R 2两端电压减小，R 2中的电流减小，即电流表的示数减小，A 正确，B 、C 、D 错误．2．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时( )A ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显C 解析：当传感器接触药液时，其阻值发生变化，导致S 两端电压U 增大，则M 两端电压减小，可知R M 应变小；R 与R M 构成并联电路，其并联总电阻为R 并＝R M ·R R M ＋R ＝R M1＋R MR，可知当R 越大，R M 减小相同值时，R 并减小得越多，因此S 两端电压增大越明显，选项C 正确．3．(2017烟台一模)如图所示电路，电源内阻不可忽略．在滑动变阻器滑片由a 滑向b的过程中，下列说法中正确的是( )A ．电流表示数减小B ．小灯泡L 亮度增加C ．电源内电阻消耗功率减小D ．电源输出功率一定增加C 解析：滑片向b 端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电流减小，由E ＝U ＋Ir 可知，路端电压增大，则流过R 的电流增大，故电流表示数增大；因总电流减小，而流过R 的电流增大，由并联电路的分流规律可知，流过灯泡的电流减小，故灯泡亮度减小；因电流减小，电源内部消耗的功率减小；当电源内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，本题无法得出内、外电阻的大小关系，故无法确定输出功率的变化．二、电动势、闭合电路的功率及效率问题4．(2018浙江效实中学调研)如图所示的电路中，两平行金属板A ，B 水平放置，两板间距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.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v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力．那么，要使小球恰能到达A 板，滑动变阻器接入电路的阻值和此时电源的输出功率分别为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．8 Ω，23 WB ．32 Ω，8 WC ．8 Ω，15 WD ．32 Ω，23 WA 解析：带电小球从B 到A 根据动能定理有－mgd －qU P ＝0－12mv 20，解得U P ＝8 V ，根据闭合电路欧姆定律有U P ＝E －I (r ＋R )，代入数据得I ＝1 A ，此时滑动变阻器接入电路的阻值R P ＝U P I＝8 Ω，电源输出功率P 出＝I 2(R ＋R P )＝23 W ，选项A 正确．5．(2019·北京海淀检测)骑自行车有很多益处，可缓解交通压力，可节能减排；骑自行车时，人做功要消耗体能，还可强身健体。