第三章 恒定电流 单元测试（解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第三册
第三章
静恒定电流
单元测试（解析版）
一、选择题（共40分）
1．某灵敏电流计的满偏电流为100mA，与阻值为2Ω的定值电阻R并联可改装成量程为0.6A的电流表，如图所示，则该灵敏电流计的内阻为（　　）
A．10Ω
B．0.4Ω
C．20Ω
D．0.2Ω
2．设某直流电动机线圈内阻为，正常工作时，所加电压为，通过的电流为，则该电动机正常工作时的输入功率和热功率为（　　）
A．
B．
C．
D．
3．关于电源电动势，下列说法正确的是（　　）
A．电源电动势等于电源接入电路时两极间的电势差
B．电源电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量
C．同一电源接入不同的电路，电动势会发生改变
D．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
4．一内阻为1.0
Ω的电动机，加上220
V的电压后，电动机正常工作，此时通过它的电流为5
A，则电动机输出的机械功率为（　　）
A．25
W
B．1075
W
C．1100
W
D．1125
W
5．2019年4月15日正式实施《电动自行车安全技术规范》强制性国家标准，新标准全面提升了电动自行车的安全性能，最高车速调整为25km/h，蓄电池标称电压不超过48V。假定一个成年人在平直公路上以最高车速骑行时，人和车总质量约为120kg，受到的阻力约为总重力的0.03倍，电动自行车电能转化为机械能的效率为50%，则电动机的工作电流最接近（　　）
A．0.1A
B．1A
C．10A
D．100A
6．在“测定金属的电阻率”实验中，下列关于误差的说法中错误的是（　　）
A．电流表采用外接法，将会使
ρ
测<ρ
真
B．电流表采用外接法，由于电压表的并联引起了电阻丝分压的减小而引起测量误差
C．由
可知，I、d、U、l
中每一个物理量的测量都会引起
ρ
的测量误差
D．由
可知，对实验结果准确性影响最大的是直径
d
的测量
7．某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，三个电表均为理想电表。现闭合开关S，电压表V的示数为3.0V，小灯泡L1、L2消耗电功率分别为P1、P2，下列说法正确的是（　　）
A．P1<4P2
B．电流表A1的示数为0.375A
C．此时灯泡L2的阻值为12Ω
D．电流表A2的示数为0.25A
8．一电动自行车电源铭牌标有“”字样，假设工作时输出电压恒为48V，额定功率为192W，电动机内阻为。某人骑该车在平直公路上行驶，已知人和车的总质量为100kg，阻力为总重力的倍。取。则（　　）
A．额定工作电流为12A
B．充满电后该电池的总能量为576J
C．在平路上行驶的最大速度约为
D．以额定功率行驶时，电动机的效率约为92%
9．半径为的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度匀速转动，则由环产生的等效电流应有（
）
A．若不变而使电荷量变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B．若电荷量不变而使变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C．若使、不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大
D．若使、不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小
10．北京正负电子对撞机的核心装置是电子加速后被引入做匀速圆周运动的环形室，对撞机的最后部分的简化示意图如图所示（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”（环形室，正电子发射器和负电子发射器分别发射质量均为m的正、负电子（电荷量均为e），它们被分别引入该管道时具有相等的速率v，然后它们沿着管道向相反的方向在环形室内做匀速圆周运动，环形室半径为R。两发射器的发射功率均为P，发射器发射正负电子时对正电子加速的过程相当于是通过电压为U的加速电场的加速过程，稳定时环形室中形成的电流为I。下列判断正确的是（　　）
A．发射器刚射出的正电子速度为
B．正电子发射器在时间t内射出的正电子数为
C．环形室中运行的正电子总数为
D．环形室中运行的正负电子总数为
二、实验题（共15分）
11．小贾欲测绘额定电压为2.5V小灯泡的伏安特性曲线
（1）若小贾连接的实物图如图甲所示，则必须调整导线________（填图中数字编号）才能完成实验；
（2）正确连线后闭合开关，将滑动变阻器的滑片向一端移动时，发现小灯泡始终不亮，电流表的示数几乎为零，电压表的示数逐渐增大，则电路的故障可能为________；
A．小灯泡短路
B．小灯泡断路
C．电流表断路
D．滑动变阻器断路
（3）排除故障后，小贾分别用电流表内接和外接法测得多组数据，并在图像中描绘出图乙所示的两图线，则该小灯泡正常发光时的电阻为________（结果保留两位有效数字）；
（4）若小灯泡的功率为，两端电压为，则以下相关图像可能正确的是（______）
A．
B．
C．
D．
12．为描绘标有“3V
1.8W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：导线，开关，电动势为4V的电池组和待测小灯泡，此外还有如下实验器材供选择：
A．电流表（量程为0.6A，内阻约为1Ω）；
B．电流表（量程为3A，内阻约为0.20Ω）；
C．电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ）；
D．电压表（量程为15V，内阻约为4.5kΩ）；
E.滑动变阻器（0-100Ω）；
F.滑动变阻器（0-20Ω）。
（1）为减小实验误差，下列四种实验方案最理想的是___________（填正确答案标号）。
（2）在上述实验方案中，电流表应选___________
，滑动变阻器应选___________（填器材前面的字母代号）。某同学利用所选用的实验器材描绘出了小灯泡的伏安特性曲线，如图甲所示，当流过小灯泡的电流为0.5A时，图像的切线如图中虚线所示，此时小灯泡的电阻为___________Ω。
（3）现把实验中使用的小灯泡连接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势，内阻Ω，定值电阻Ω，此时小灯泡的实际功率为___________W（结果保留两位有效数字）。
三、解答题（共45分）
13．若加在某导线两端的电压为原来的，且将导线拉长到原来的两倍（提示：电阻变为原来的四倍）时，导体中的电流减小了。则开始时导体中的电流多大？
14．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为，定值电阻，闭合、断开，电流表的示数是；闭合和，电流表的示数是，此时电动机竖直向上匀速吊起质量为的重物，已知电动机线圈电阻为，电流表、电压表均为理想电表，不计一切阻力，取，求：
(1)电源电动势E；
(2)闭合和时，重物向上运动的速率。
15．有一个直流电动机，给它接0.2V电压，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.5A；若给电动机接2V的电压，电动机正常工作，工作电流是1.0A。则：
(1)电动机正常工作时的输出功率为多大？
(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？
16．教室天花板里的电风扇芯子是由电感线圈绕制而成，每一台电风扇都接入有效值为220V的照明电压中，己知电感线圈的电阻为10Ω，正常工作时每分钟产生150J的热量，求：
（1）正常工作时电风扇的功率；
（2）每秒钟有多少电能转化为机械能。
参考答案
1．A
【详解】
设灵敏电流计的内阻为，由题意可知
解得：，A正确；
故选A。
2．A
【详解】
电动机的输入功率
根据焦耳定律，产生热的功率
由于电路时非纯电组性电路，因此
因此
故选A。
3．B
【详解】
AB．电动势的物理意义表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电势差，故A错误，B正确；
C．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化，故C错误；
D．电源的电动势描述的是电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量，电源所能提供的电能多少是由电源的电荷容量和电源的电动势共同决定的，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
电动机的输入功率为
电动机内阻热功率为
电动机的机械功率为
故选B。
5．C
【详解】
25km/h=6.94m/s
电动车在前进的过程中受到的阻力
由题可知
而
解得
故选C。
6．B
【详解】
AB．电流表采用外接法时，电压表直接并联在待测金属丝两端，电压表示数即为待测金属丝两端电压的真实值，但电压表的并联分流使得电流表的示数较实际流过待测金属丝的电流大，根据欧姆定律可知，根据电阻定律可知，故A正确，B错误；
CD．由可知，I、d、U、l
中每一个物理量的测量都会引起
ρ
的测量误差，但其中d的次幂为2，其误差在乘方之后也会被“放大”，因此对实验结果准确性影响最大的是直径
d
的测量，故CD正确。
故选B。
7．A
【详解】
电压表V的示数为3.0V，由图象得到通过的电流0.25A，即电流表A1的示数为0.25A；和各分得一半的电压，即1.5V，由图象得到通过和的电流0.20A。电流表A2的示数为0.25A+0.20A=0.45A
P1=UI1=0.75W
P2=I2=1.5×0.2=0.3W
即
P1<4P2
此时灯泡L2的阻值为
故A正确，BCD错误。
故选A。
8．CD
【详解】
A．额定工作电流：
故A错误；
B．充满电后该电池的总能量：
W=Uq=48×12×3600J=2073600J
故B错误；
D．以额定功率行驶时，电动机线圈发热功率：
P热=I2r=42×1W=16W
电动机的输出功率：
P出=P额-P热=192W-16W=176W
以额定功率行驶时电动机的效率：
故D正确；
C．电动自行车匀速行驶时速度最大，由平衡条件可知，此时电动自行车的牵引力
F=f=kmg=0.03×100×10N=30N
电动自行车的最大速度：
故C正确。
故选：CD。
9．AB
【详解】
截取圆环的任一截面，则在橡胶环运动一周期的时间内通过这个截面的电荷量为，即
。
A．若不变而使电荷量变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，选项A正确；
B．若电荷量不变而使变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，选项B正确；
CD．若使、不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流不变，选项CD错误；
10．BD
【详解】
A．对正电子的加速过程，根据动能定理得
解得
故A错误；
B．设时间t内射出的正电子数为n，则有
P·t=neU
解得
B正确；
CD．环形室中运行的正负电子总数为
C错误，D正确。
故选BD。
11．②③⑦
B
5.0
C
【详解】
(1)[1]③接错，本实验要求电压与电流从零开始增大，滑动变阻器应采用分压接法，③上端应接到变阻器下端的左接线柱上；②接错，开关应接在干路上，②的右端应接到开关的另一端；⑦接错，⑦应接到量程上，故需要重新调整的导线为②③⑦。
(2)[2]若灯泡短路，电流表的示数较大；若电流表和滑动变阻器断路，则电压表的示数为0；现在电流表的示数几乎为零，电压表的示数逐渐增大，可知灯泡可能断路，B正确。
故选B。
(3)[3]本实验应采用电流表外接法，此时电流表测量的是电压表和小灯泡的总电流，此时电流表的示数偏大些，画出的图像应该为图乙中的图线1，故当小灯泡电压时，电流，则小灯泡正常发光时的电阻为
(4)[4]AB．小灯泡电压增大，通过的电流、电功率、电阻均增大，由知，比值不断增大，图线应向上偏，AB错误；
CD．由可知，比值不断减小，图线应向下偏，C正确，D错误。
故选C。
12．C
A
F
4.4
0.15
【详解】
（1）[1]由I-U曲线可知，电压从零开始，所以滑动变阻器用分压式接法，
当，当为大电阻时，采用内接法，
当时，电流表外接而采用外接，ABD错误，C正确。
故选C。
（2）[2]
灯泡额定电流
应选择A电流表，故选A；
[3]分压式接法应选择最大值较小，滑动变阻器控制电压能力强，故选择F；
[4]根据欧姆定律，由图像可得
（3）[5]
由伏安特性曲线，两曲线的交点即为灯泡的工作点，由功率可得
代入数值计算得
13．
【详解】
解：设原来的电压为，电流为，导体的电阻为，由欧姆定律得
将导线拉长到原来的两倍
则
解得
14．(1)6.00V；(2)0.68m/s
【详解】
(1)闭合、断开，电流表的示数是，由闭合电路欧姆定律有
(2)闭合和，电流表的示数是，则路端电压为
此时流过电动机的电流为
则电动机的输出功率为
重物向上运动的速率
15．(1)1.6W；(2)10W
【详解】
(1)当电动机不转时，电动机的内阻为
电动机正常工作时输出功率为
(2)卡住后热功率
16．（1）110W；（2）107.5J
【详解】
（1）电感线圈的电阻为10Ω，正常工作时每分钟产生150J的热量，由焦耳定律
Q=I2Rt
可知电路中的电流为
正常工作时电风扇的功率
P=UI=110W
（2）每秒钟转化为机械能的电能为
W机=W-Q=107.5J