高中物理(新课标人教版)课后跟踪演练选修3-1第二章恒定电流2-7

课后跟踪演练|||||巩固基础|||||1．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的()A.12B.23C.13D.14解析此题考查欧姆定律及电阻的串、并联．设电源电动势为E，R1＝R2＝R3＝R，则S接通时，I2＝ER＋R2×12＝E3R，S断开时，I2′＝E2R，所以I2I2′＝23，故B选项正确．答案B2．将电阻R1和R2分别单独与同一电源相连，在相同的时间内，两电阻发出的热量相同，则电源内阻应为()A.R1＋R22B.R1R2R1＋R2C.R1R2D.R1＋R2R1R2解析由题意知ER1＋r2R1＝ER2＋r2R2整理得r＝R1R2.答案C3.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，安培表的示数减小B．电灯L更亮，安培表的示数增大C．电灯L更暗，安培表的示数减小D．电灯L更暗，安培表的示数增大解析当变阻器的滑片向b端滑动时，R1增大，总电流I减小，故安培表示数减小，U外＝E－Ir增大，灯泡消耗的功率P＝U2外R增大，灯L变亮，所以A选项正确．答案A4．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关，此时三个电表A1、A2和V的示数为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小解析本题考查电路结构，闭合电路欧姆定律及电阻对电路的影响，电路的动态分析，R1、R2并联后再与R3串联，滑动变阻器R2触点由a向b滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，则总电流I增大，路端电压U减小，R3两端电压增大，R1两端电压减小，故I1减小，I2＝I－I1，所以I2增大，故选B.答案B5．(2011·北京)如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0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，电流表的示数增大解析本题考查恒定电路的动态分析，考查学生对恒定电路规律的应用及分析问题的能力．滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A选项正确．答案A6．如图所示，当R1触头向右移动时，电压表V1和V2的示数的变化分别为ΔU1和ΔU2(均取绝对值)，则ΔU1和ΔU2的大小关系为()A.ΔU1ΔU2B.ΔU1＝ΔU2C.ΔU1ΔU2D．条件不足，无法确定ΔU1和ΔU2的大小关系解析触头向右移动时，电路中总电阻变小，总电流I总变大，路端电压变小，U2变大，而U1变小．由U路＝U1＋U2可知：U1的减少量ΔU1一定比U2的增加量ΔU2多．答案A|||||拓展提升|||||7．如图所示是某电源的外特性曲线，则下列结论正确的是()A．电源的电动势为6.0VB．电源的内阻为12ΩC．电流为0.5A时的外电阻是0D．电源的短路电流为0.5A解析由电源的外特性曲线可知，当电路中电流为零时的外电压即为电源电动势，即A选项正确；由闭合电路欧姆定律，E＝U＋Ir，即6.0＝5.2＋0.5r，解得r＝1.6Ω，故B选项错误，由图象可知C、D选项错误．答案A8．汽车电动机启动时车灯会变暗，如图所示．在打开车灯的情况下，电动机未启动时的电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的功率下降了多少()A．35.8WB．43.2WC．48.2WD．76.8W解析电动机未启动时U灯＝E－I1r＝(12.5－10×0.05)V＝12V.电灯功率P灯＝U灯I1＝120W.电动机启动时，U灯′＝E－I2r＝(12.5－58×0.05)V＝9.6V.设灯电阻不变，由P＝U2R，可得P灯′＝(U灯′U灯)2P灯＝76.8W.电功率的减少量ΔP＝P灯－P灯′＝(120－76.8)W＝43.2W.答案B9．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S2，则下列表述正确的是()A．电源输出功率减小B.L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大解析合上S2之前，R3与L3串联后与L1、L2并联，最后与R1串联．合上S2之后，在并联电路部分又增加了一个并联的支路，电路的总阻值减小，电路中总电流也即流过R1的电流增大，选项C正确．因电源的内阻不计，则电源的输出功率P＝IE增大，选项A错误．通过R1中的电流增大时R1两端电压升高，则并联电路部分的两端电压就降低，L1消耗的功率降低．通过R3与L3的电流减小，选项B、D皆错误．答案C10．如图所示的电路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，变阻器的最大阻值Rm＝10Ω.(1)当变阻器的阻值R＝________Ω时，变阻器消耗的功率最大，为________W.(2)当变阻器的阻值R＝________Ω时，电阻R0消耗的功率最大，为________W.解析(1)将R0归入内电阻，则当变阻器R＝R0＋r＝2Ω时，变阻器消耗的功率最大，此时I＝ER＋R0＋r＝34A.变阻器消耗的功率P＝I2R＝916×2W＝98W＝1.125W.(2)电阻R0为定值电阻，当通过的电流最大时，它消耗的功率最大，此时变阻器R＝0，I＝ER0＋r＝32A＝1.5AR0消耗的功率P＝I2R0＝1.52×1.5W＝3.375W.答案(1)21.125(2)03.37511．在如图所示的电路中，电源的电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω；电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝35Ω；电容器的电容C＝100μF.电容器原来不带电，求接通电键S后流过R4的总电量．解析由电阻的并联公式，得闭合电路的总电阻为R＝R1R2＋R3R1＋R2＋R3＋r，由欧姆定律得，通过电源的电流I＝ER，电源的路端电压U＝E－Ir.电阻R3两端的电压U′＝R3R2＋R3U.通过R4的总电量就是电容器的电量Q＝CU′.由以上各式并代入数据解得Q＝2.0×10－4C.答案2.0×10－4C12．如图为电子秤的原理图，托盘和弹簧的电阻与质量均不计．滑动变阻器的滑动端与弹簧的上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零．设变阻器的总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想表．当托盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求此时称量物体的质量．解析设物体质量为m，弹簧压缩量为x则kx＝mg.①当滑动变阻器的触头下移x时，电压表的示数U＝IRlx.②由闭合电路欧姆定律知，I＝ER＋R0＋r，③由①②③得m＝UlkR＋R0＋rERg.答案UlkR＋R0＋rERg13.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L.在A板的左端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m、电荷量为－q的小液滴以初速度v0水平向右射入两极板．(重力加速度用g表示)，求：(1)若使液滴恰能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？(2)若使液滴恰能从B板右端边缘射出电场，电动势E2应为多大？解析(1)若使液滴沿v0方向射出电场，则液滴在电场中做匀速直线运动，处于平衡状态，即mg＝qUABd，由闭合电路欧姆定律E1＝I(R＋R)，UAB＝IR，解得E1＝2mgdq.(2)由于液滴能从B板右端边缘飞出，液滴在电场中做类平抛运动，有L＝v0t，d＝12at2，由牛顿第二定律有qUAB′d－mg＝ma，由欧姆定律UAB′＝E22，联立以上各式解得E2＝2mdqg＋2dv20L2.答案(1)2mgdq(2)2mdqg＋2dv20L2