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1、全国版2019版高考物理一轮复习第9章恒定电流33电路的基本概念和规律能力训练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PI2R，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IU关系如
2、图所示，其中电阻最小的是()AA BBCC DD答案A解析因为在IU图象中，图线的斜率k，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()AU BR C. D.答案C解析斜率kI，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()AI2.5 A，R11 BI2.5 A，R88 CI0.4 A，R11 DI
3、0.4 A，R550 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可得额定电流为I A0.4 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%PI2R，解得R 11 ，C正确。5(多选)如图所示，定值电阻R120 ，电动机绕线电阻R210 ，当开关S断开时，电流表的示数是I10.5 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()AI1.5 A BI1.5 ACP15 W DP15 W答案BD解析当开关S断开时，由欧姆定律得UI1R110 V，当开关闭合后，
4、通过R1的电流仍为0.5 A，通过电动机的电流I21 A，故电流表示数I0.5 A1 A1.5 A，B正确；电路中电功率PUI15 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t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为()AnvS BnvSt C. D.答案BC解析在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为，或者由InqvS，得nvSt，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
5、V,12 W”字样，电动机线圈电阻RM0.50 。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 WB电动机的输出功率是12 WC电动机的热功率是2.0 WD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U1UUL(126) V6 V，整个电路中的电流I A2 A，所以电动机输入功率P入U1I62 W12 W，故A正确；电动机的热功率P热I2RM40.5 W2 W，则电动机的输出功率P2P入P热122 W10 W，故B错误，C正确；整个电路消耗的功率PUI122 W24 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
6、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U015 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 解析(1)根据图象得出电压为8 V时的电流I2 A，则灯泡正常发光时的电功率PUI8216 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：U0UIR。解得：R3.5 。9(2017黑龙江大庆期中)如图所示，内壁光滑、内径很小的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1.0109 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
7、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d0.08 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 ，电动机的内阻为0.5 。(取g10 m/s2，静电力常量k9.0109 Nm2/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)8103 C(3)5.5 W解析(1)根据机械能守恒可得：mgrmv解得vB2 m/s。(2)到达B点恰好作用力为0，由牛顿第二定律得mgm，解得q8103 C。(3)设电容器
8、两端电压为U1，由二力平衡得mg由欧姆定律得I所以，电动机两端电压UMUU1P机P总P热IUMI2rM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d0.200 mm，然后用刻度尺测出导线的长度为1.0103 mm，用调好的欧姆表测出导线的电阻为5.0 ，由此可算得该导线的电阻率约为()A1.57107 m B1.57107 /mC1.57108 m D1.57108 /m答案A解析由电阻定律得R，解得m1.57107 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
9、，其材料的电阻率为，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. B. CneL D.答案A解析根据电流的微观表达式可知InevS，由欧姆定律可得I，根据电阻定律可得R，联立可得v，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
10、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
11、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 。已知水的密度为1103 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)1103 W(2)2104 s解析(1)设电动机的电功率为P，则PUI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则PrI2r代入数据解得Pr1103 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，则MV设河水增加的重力势能为Ep，则EpMgh设电动机的输出功率为P0，则P0PPr根据能量守恒定律得P0t60%80%Ep代入数据解得t2104 s。
