高中物理鲁科版选修3-1课时作业 第3章 恒定电流 章末检测 Word版含解析

章末检测

一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是(　　)
A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比
B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比
C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比
D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比
解析：由R＝ρ可知，对于同种材料ρ一定，S一定，R与l成正比，l一定，R与S成反比，故A正确，B错误；导体的电阻与导体两端电压、电流无关，C、D错误．
答案：A
2．下列叙述中正确的有(　　)
A．物体两端只要有电势差，一定产生恒定电流
B．电流强度是矢量，其方向就是正电荷运动的方向
C．金属导体中的电流不是自由电子作定向移动形成的
D．电解液中的电流是正、负离子同时定向移动形成的
解析：A选项中，只能说可能产生电流，不能说一定产生恒定电流，电流强度既有大小又有方向，但它的合成不遵守平行四边形定则，是标量，故B错误．金属导体导电是自由电子作定向移动形成的C错D对．
答案：D
3．(多选)一段小玻璃棒与灯泡L串联后接在电源两端，灯泡不亮，用酒精灯加热玻璃棒，一段时间后，灯泡发光．下列说法正确的是(　　)
A．玻璃棒被加热后电阻率增大
B．玻璃棒被加热后电阻率减小
C．玻璃棒被加热后自由电荷增多
D．玻璃棒被加热后自由电荷减少
解析：加热玻璃棒，灯泡发光，说明电路中电流变大，由电流的微观表达式I＝nevs及e、v、s均为定值知，表示电荷密集度的n值变大，即玻璃棒被加热后自由电荷增多，C正确，D错误；由欧姆定律知电路中电阻减小，电阻率减小，故A错误，B正确．
答案：BC
4．电阻R1和R2并联在电路中，通过R1的电流强度是通过R2的电流强度的n倍．则当R1和R2串联在电路中时，R1两端的电压U1和R2两端的电压U2之比为
(　　)
A．n∶1　　　　　　　　　　 B．1∶n
C．n2∶1 D．1∶n2
解析：并联时，I1·R1＝I2·R2，＝＝，串联时，＝，所以＝＝，B正确．
答案：B
5．如图所示为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图线，在图线上取一点M，其坐标为(U0，I0)，其中过M点的切线与横轴正向的夹角为β，MO与横轴的夹角为α.则下列说法正确的是(　　)
A．将该电阻接在电路中，其消耗的电功率随电压的增大而增大
B．该电阻阻值随其两端电压的升高而增大
C．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为 Ω
D．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为tan β Ω
解析：由题图知，U增大时，电功率P＝UI增大，所以A正确；由电阻R＝知，I－U曲线上U＝U0点对应的电阻阻值为，与、tanβ的大小关系不确定，所以C、D均错；由I－U图线知，曲线切线的斜率随U的增大而不断增大，同时电阻阻值不断减小，B错误．
答案：A
6．(多选)电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等，电键接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为U1和U2；经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生的电热为Q1；电流通过电动机M做功W2，产生的电热为Q2，则有(　　)
A．U1C．W1解析：对电动机W2>Q2，即U2It>I2Rt，所以U2>IR，而对电阻R来说，U1＝IR，所以U2>U1，因为电动机线圈电阻和电阻R相等，则Q1＝Q2，W2＝Q2＋E机，而Q2＝W1，所以W2>W1，故A、D正确．
答案：AD
7．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为(　　)
额定容量
54 L
最高水温
75 ℃
额定功率
1 500 W
额定压力
0.7 MPa
额定电压
220 V
电器类别
Ⅰ类
A．6.8 A B．0.15 A
C．4.4 A D．0.23 A
解析：由P＝UI，可知该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为：I＝＝ A≈6.8 A，故选项A正确．
答案：A
8．如图所示，是中国科健股份有限公司生产的一块手机电池外壳上的文字说明：充电时电压恰为限制电压，历时4 h充满．(假设充电前电池内已无电)该过程电池发热，则充电过程中转化成的电热功率为(　　)
A．0.087 5 W B．0.007 29 W
C．0.735 W D．0.647 5 W
解析：由电池容量及充电时间可求得充电电流I＝＝175 mA，输入功率P入＝U充I＝4.2×0.175 W＝0.735 W，转化成有效功率P有效＝U标·I＝3.7×0.175 W＝0.647 5 W，电热功率P热＝P入－P有效＝0.087 5 W，即A正确．
答案：A
9．(多选)电位器是用来控制电路的电学器材，其工作原理类似于滑动变阻器，其中P、O、Q为三个接线柱，如图为某电位器的示意图．现将此电位器与一定值电阻、一理想的电流表串联接在一电源两端，通过转动滑动触头来改变电路中的电流．则下列说法正确的是(　　)
A．如果将P、O两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，电流表的示数减小
B．如果将P、Q两端接入电路，滑动触头逆时针转动时，电流表的示数增大
C．如果将P、Q两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，电流表的示数减小
D．如果将O、Q两端接入电路，滑动触头顺时针转动时，电流表的示数增大
解析：连接P、O，使滑动触头顺时针转动时，接入电路的电阻变大，电流变小，即电流表的示数减小，A正确；而连接P、Q时，无论滑动触头怎么转动，接入电路的电阻都为整个碳膜电阻，电阻不变，电流表的示数不变，B、C错误；连接O、Q，使滑动触头顺时针转动时，接入电路的电阻变小，则电流表的示数增大，D正确．
答案：AD
10．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是
(　　)
A．图(a)中的A1、A2的示数相同
B．图(a)中的A1、A2的指针偏角相同
C．图(b)中的A1、A2的示数和偏角都不同
D．图(b)中的A1、A2的指针偏角相同
解析：电表的示数是由通过电表A1、A2的电流决定的，而电表指针的偏角是由通过内部小量程电流表的电流决定的，两个电表并联时，两个相同的小量程电流表是并联关系，所以，通电时，两小量程的电流表中通过的电流相同，A1、A2的指针偏角相同，B正确，A1、A2的内阻不同，并联时，A1、A2中通过的电流不同，A1、A2的示数不相同，A不正确；A1、A2两表串联时，通过电表的电流相同，示数相同；但是，由于电表内阻不同，通过小量程电表的电流不同，A1、A2的偏角不同，故C、D错误．
答案：B
二、非选择题(本题共6小题，共60分，按题目要求作答，计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
11．(8分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω，实验室备有下列实验器材：
A．电压表(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)
B．电压表(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)
C．电流表(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)
D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)
E．变阻器R1(0～100 Ω，0.6 A)
F．变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)
G．电池组E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)
H．开关S，导线若干
(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有__________(填器材前面的序号)．
(2)为减小实验误差，应选用如图(a)中__________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把图(b)中的实物用线连接起来．
(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为60.00 cm，用螺旋测微器测得的金属丝的直径及两电表的示数如图(c)所示，则金属丝的直径为__________ mm，电阻值为__________Ω.
解析：(1)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为I＝＝ A＝0.6 A，电流表应选D；根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选E；还要选用电池组和开关，导线若干．故应选用的实验器材有A、D、E、G、H.
(2)由于Rx<，应采用电流表外接法，应选图(a)中乙电路图，实物连接如图所示．
(3)从螺旋测微器可以读出金属丝的直径为0.637 mm，从电压表可以读出电阻两端电压为1.2 V，从电流表可以读出流过电阻的电流为0.5 A，被测金属丝的阻值为Rx＝＝ Ω＝2.4 Ω.
答案：(1)ADEGH　(2)乙　图见解析
(3)0.637(0.636～0.638均可)　2.4
12．(8分)小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变化，一研究性学习小组在实验室通过实验研究这一问题，实验室备有的器材是：电压表(3 V，3 kΩ)、电流表(0～0.6 A，0.1 Ω)、电池、开关、滑动变阻器、待测小灯泡、导线若干，实验时，要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压以上．
(1)他们应选用图中所示的________电路进行实验；
(2)根据实验测得数据描绘出如图所示U－I图象，由图分析可知，小灯泡电阻随温度T变化的关系是________．
(3)已知实验中使用的小灯泡标有1.5V字样，请你根据上述实验结果求出小灯泡在1.5V电压下的实际功率是________W.
解析：(1)要求小灯泡两端电压从零逐渐增大，滑动变阻器应采用分压式，电流表采用外接法，故选A.
(2)在U－I图象中，曲线在某点的斜率表示小灯泡的电阻阻值，曲线的斜率越来越大，故电阻的阻值随温度的升高而增大．
(3)由U－I图象可知，当U＝1.5 V时I＝0.46 A，则P＝UI＝1.5×0.46 W＝0.69 W.
答案：(1)A　(2)电阻的阻值随温度的升高而增大
(3)0.69
13．(8分)一个灯泡L，标有“6 V，12 W”字样，一台直流电动机D，其线圈电阻为2 Ω，把L和D并联，当电动机正常工作时，灯泡恰好正常发光；把L和D串联，当电动机正常工作时，灯泡实际消耗的功率是额定功率的3/4，求这台电动机正常工作时输出的机械功率．(设灯泡灯丝电阻保持不变)
解析：设电动机的额定电压为U，额定电流为I，则依题意可知，并联时：U＝6 V，串联时：I＝I灯，而IR灯＝3P灯/4，R灯＝U/P灯，由以上三式可得：I＝ A，电动机的输出功率为：P出＝IU－I2R＝4.39 W.
答案：4.39 W
14．(10分)如图所示，R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω，A、B两点电压UAB＝12 V，C1、C2的电容分别为2 μF和1 μF，求它们的带电量．
解析：I＝＝＝ A＝1.2 A
UC1＝UR1＝IR1＝7.2 V
QC1＝C1UC1＝2×10－6×7.2 C＝1.44×10－5 C
UC2＝UR3＝IR3＝4.8 V
QC2＝C2UC2＝1×10－6×4.8 C＝4.8×10－6 C.
答案：1.44×10－5C　4.8×10－6 C
15．(13分)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，四川省供水缺口极大，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)．
解析：(1)设电动机的电功率为P，由P＝UI得
I＝＝A＝50 A，
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则
Pr＝I2r＝502×0.4 W＝1.0×103 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＝20 m，容积为V＝864 m3，水的密度为ρ＝1×103 kg/m3，则M＝ρV＝1×103×864 kg＝8.64×105 kg.
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，
则ΔEp＝Mgh，
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr，
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp，
代入数据解得将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间t＝2×104 s
答案：(1)1.0×103 W　(2)2×104 s
16．(13分)一电流表并联分流电阻R1＝100 Ω时，电流表的量程扩大到I1＝3 A；当该电流表串联一分压电阻R2＝300 Ω时，测电压的量程扩大到原来的4倍，问要使该电流表的电流量程扩大到7.5 A，应并联一个多大的分流电阻？
解析：设电流表的满偏电流为I0，内阻为R0，当并联R1时，
I0R0＝(I1－I0)R1， ①
串联R2时，I0R2＝3I0R0 ②
代入数据解①②得：R0＝100 Ω，I0＝1.5 A，
要使电流表的量程扩大到7.5 A，即扩大到原来的5倍，需并联的分流电阻为R＝＝Ω＝25 Ω.
答案：25 Ω