恒定电流
夯基提能卷⑦ 立足于练题型悟技法——保底分
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．[2019·潍坊模拟]在长度为l、横截面积为S、单位体积内自由电子数为n的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与阳离子碰撞而减速，如此往复……所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v(不随时间变化)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v成正比，即f＝kv(k是常量)，则该导体的电阻应该等于( )
A. B.
C. D.
答案：B
解析：电子定向移动，由平衡条件，kv＝e，则U＝，导体中的电流I＝neSv，电阻R＝＝，选项B正确．
2．[2019·青岛模拟]
如图所示，a、b、c为不同材料做成的电阻，b与a的长度相等，横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等，长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U1：U2：U3＝1：1：2.关于这三种材料的电阻率ρa、ρb、ρc，下列说法中正确的是( )
A．ρa是ρb的2倍
B．ρa是ρc的2倍
C．ρb是ρc的2倍
D．ρc是ρa的2倍
答案：C
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解析：设a的长度为L，横截面积为S，因为R＝，而R＝ρ，所以＝，即＝1，故ρb＝2ρa；同理＝＝，所以＝，故ρa＝ρc，由上述可知ρb＝2ρc，C正确．
3．(多选)如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等．则下列对这两个电路中的U甲、U乙、R甲、R乙之间的关系的说法正确的是( )
A．U甲>2U乙
B．U甲＝2U乙
C．R甲＝4R乙
D．R甲＝2R乙
答案：BC
解析：设灯泡的电阻为R，正常发光时电流为I，电压为U，由于两个电路的总功率相等，P＝U甲I＝U乙·2I，得U甲＝2U乙；又由U甲＝2U＋IR甲，U乙＝U＋2IR乙，得R甲＝4R乙，故B、C正确．
4．(多选)如图所示，四个相同的表头分别改装成两个电流表和两个电压表，电流表A1的量程大于电流表A2的量程，电压表V1的量程大于电压表V2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是(读数均表示改装后的测量值)( )
A．电流表A1的偏转角大于电流表A2的偏转角
B．电流表A1的读数大于电流表A2的读数
C．电压表V1的读数小于电压表V2的读数
D．电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角
答案：BD
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解析：电流表A1的量程大于电流表A2的量程，故电流表A1的内阻小于电流表A2的内阻；由题图可以知道，两电流表并联，故两电流表两端的电压相等，两电流表由同一表头改装而成，而将电流表扩大量程时应并联一小电阻，故相当于四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表头指针的偏转角相同，故改装好的电流表A1中的电流要大于电流表A2中的电流，故电流表A1的读数比电流表A2的读数大，故A错误，B正确；电压表V1的量程大于电压表V2的量程，故电压表V1的电阻大于电压表V2的电阻，两电压表串联，故通过两表头的电流相等，故电压表V1的读数比电压表V2的读数大，两电压表串联，通过表头的电流相等，表头指针偏转角度相等，电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角，故C错误，D正确．
5．[2019·重庆调研]
如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器．闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内．在热敏电阻温度降低的过程中，分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表、电压表V1、电压表V2和电压表V3示数变化量的绝对值．关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )
A.、、一定都变大
B.和一定不变，一定变大
C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率变大
答案：D
解析：由题意和题图可知，当热敏电阻温度降低时，热敏电阻的阻值增大，电路总阻值增大，总电流减小，电源内阻的分压减小，外电压增大，则电压表V3的示数增大、电压表V1的示数减小、电压表V2的示数增大．由于U1＝IR，则＝R不变，由闭合电路欧姆定律有U3＝E－Ir，则＝r不变，又U2＝E－I(r＋R)，则＝r＋R不变，AB错误；由于电容器两极板之间的电压增大，电场力大于带电液滴所受的重力，则带电液滴向上做加速运动，C错误；电源的效率为η＝×100%＝，即当RT增大时，电源的工作效率变大，D正确．
6．[2019·成都模拟]如图所示，E为内阻不计的电源，MN为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝，B为电容器．当滑动触头P
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以恒定速率从左向右匀速滑动时，关于电流计A的读数情况及通过A的电流方向，下列说法正确的是( )
A．读数逐渐变小，通过A的电流方向向左
B．读数逐渐变大，通过A的电流方向向右
C．读数稳定，通过A的电流方向向右
D．读数稳定，通过A的电流方向向左
答案：C
解析：设在Δt时间内，触头P移动的距离为ΔL，则ΔL＝vΔt，电源内阻不计，电阻丝单位长度上的电压值为，因此在Δt时间内电容器两板间电压改变了ΔU＝ΔL＝vΔt，而I＝＝C＝＝v，电流值恒定，即电流表读数稳定，A、B错误；电容器的电压等于右半部分电阻丝两端的电压，当滑动触头P以恒定速率从左向右匀速滑动时，电容器的电压减小，放电，放电电流方向由正极板流向负极板，右极板带正电，所以通过A的电流方向向右，故C正确，D错误．
7．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球，重球直径略小于压敏电阻和挡板间距，小车向右做直线运动的过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是( )
A．从0到t1时间内，小车一定做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
答案：C
解析：由I－t图象可知，0～t1和t2～t3时间内，电流不变，说明电路中电阻不变，重球对压敏电阻的压力不变，即重球受力不变，0～t1时间内的电流小于t2～t3
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时间内的电流，则0～t1时间内小车可能做匀速运动，也可能匀加速运动，t2～t3时间内，小车做匀加速直线运动，故A、D错误，C正确；t1～t2时间内电流均匀增加，表示电路中电阻减小，说明重球对压敏电阻的压力改变，即重球受力变化，所以小车做变加速运动，故B错误．
8．(多选)
在如图所示的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R2消耗的功率用P表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U、I表示，电容器所带的电荷量用Q表示，通过电源的电荷量为q时，电源所做的功用W表示．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是( )
答案：AB
解析：当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R2消耗的功率为P＝I2R2，功率与电流的关系为二次函数关系，A正确；电容器C的电压UC＝E－I(R2＋r)，电荷量Q＝CUC＝C[E－I(R2＋r)]，则＝－C(R2＋r)，保持不变，则Q－I图线是向下倾斜的直线，B正确；电压表示数U＝E－Ir，U—I图线应是向下倾斜的直线，C错误；电源通过电荷量q时，电源做的功W＝qE，E是电源的电动势，则W—q是过原点的直线，D错误．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)[2019·唐山模拟]发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件．它的电路符号如图甲所示，正常使用时，带“＋”号的一端接高电势，“－”号的一端接低电势．某同学用实验方法测得它两端的电压U和通过它的电流I的关系数据如表所示.
U/V
0
0.4
0.8
1.2
1.6
2.0
2.4
2.6
2.8
3.0
I/mA
0
0.9
2.3
4.3
6.8
12.0
19.0
24.0
30.0
37.0
(1)在图乙中的虚线框内画出该同学的实验电路图．(除电源、开关、滑动变阻器外，实验用电压表V：内阻RV约为10 kΩ；电流表mA：内阻RA约为100 Ω)
(2)在图丙中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线。
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(3)若发光二极管的最佳工作电压为2.5 V，而电源是由内阻不计、电动势为3 V的供电系统提供的．请根据所画出的伏安特性曲线上的信息，分析应该串联一个阻值为________ Ω的电阻再与电源接成闭合电路，才能使二极管工作在最佳状态．(结果保留二位有效数字)
答案：(1)
(2)见解析 (3)25(22～28都对)
解析：(1)测量二极管两端的电压U和通过它的电流I的关系，需要设计成滑动变阻器分压接法电路，由于二极管电阻较小，设计成电流表外接电路．
(2)根据表中数据描点连线，如图所示．
(3)根据画出的二极管伏安特性曲线，2.5 V对应的电流为20 mA，由欧姆定律，应该串联一个阻值R＝ Ω＝25 Ω的电阻．
10．(9分)为了测量一节新干电池的电动势和内阻．
(1)甲同学使用多用电表粗测了电池的电动势，实验结束后，图甲中的多用电表旋钮位置符合实验操作规范的是________(选填“①”或“②”)．
17
(2)乙同学采用图乙所示的实验电路图，实验时发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表示数变化不明显，其原因是电池内阻________(选填“较大”或“较小”)．
(3)丙同学为改进乙同学的电路图，准备用以下器材和一些导线来完成实验，器材如下：
A．量程为3 V的电压表V
B．量程为0.6 A的电流表A
C．定值电阻R0(R0＝1.5 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～10 Ω)
E．开关S
①请你帮丙同学改进电路，用笔画线代替导线在图丙中完成实物的连接．
②实验中，改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了六组实验数据，已在图丁中描点，请在图丁中作出U－I图象，根据图象得出该节电池的内阻r＝_____Ω(结果保留两位有效数字)．
答案：(1)②(1分) (2)较小(2分) (3)①如图1所示(2分) ②如图2所示(2分) 0.35(2分)
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解析：(1)多用电表使用后应该将选择开关旋至OFF挡或交流电压最高挡，故选②.(2)当电池的内阻较小时，内阻分得的电压较小，路端电压变化就不明显．(3)①实物连接图如图1所示，作U－I图象时，应使点尽可能分布在直线两侧，并舍去较远的点；②由U＝E－I(r＋R0)可知，图线的斜率的绝对值为r＋R0，则r＋R0＝Ω＝1.85 Ω，得r＝0.35 Ω.
11．(14分)有一用电器的铭牌上标明额定电压为100 V，额定功率因字迹不清而无法辨认，但该用电器有显示是否处于正常工作状态的装置，现将该用电器与一阻值变化范围为0～100 Ω的滑动变阻器连接后，接在输出电压为220 V的电源两端．
(1)为使用电器安全正常地工作，应采用怎样的接法？画出电路图．
(2)在正确连接的电路中，当用电器正常工作时通过电源的电流为2.4 A，求用电器消耗的电功率与整个电路消耗的电功率之比．
答案：(1)见解析 (2)566
解析：
(1)由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从0开始调节．电路如图所示．
(2)设滑动变阻器串联部分电阻为Rx，其与用电器并联部分的电压为100 V，则Rx的电压为120 V，Rx的电流为2.4 A，则Rx＝50 Ω.滑动变阻器并联部分的电阻为100 Ω－Rx＝50 Ω，电流为I1＝ A＝2 A，通过用电器的电流为I2＝0.4 A，用电器的功率P2＝40 W，所求电功率之比为＝5：66.
12．(16分)抽油烟机是现代厨房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油烟机说明书中的主要技术参数差．用多用电表测量得其中一只电动机的线圈电阻R＝90 Ω.若保险丝的熔断电流是保险丝允许通过的电流的1.5倍，启动时电动机当成纯电阻处理，求：
额定电压(两电动机、照明灯)
AC220 V 50 Hz
额定输入功率
2×185 W
抽排风量(两电动机同时工作)
≥15 m3/min
风压(两电动机同时工作)
≥300 Pa
照明灯
40 W
排烟管内径
150 mm
(1)两电动机每分钟消耗的电能为多少？
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(2)这种抽油烟机保险丝的熔断电流不得低于多少？
(3)两电动机每分钟所做的有用功至少是多少？
(4)这种油烟机的机械效率至少是多少？
答案：(1)2.22×104 J (2)7.61 A (3)4.5×103 J
(4)20.3%
解析：(1)两电动机每分钟消耗的电能E＝2Pt＝2.22×104 J.
(2)电动机启动时通过的电流大于正常工作时的电流，所以保险丝的熔断电流应以启动时通过的电流来确定，启动电流I＝×2 A＋＝5.07 A，所以保险丝的熔断电流至少为I′＝1.5I＝7.61 A.
(3)电动机所做的有用功是用于排风的，故两电动机每分钟所做的有用功至少为W＝pΔV＝300×15 J＝4.5×103 J.
(4)该抽油烟机的机械效率至少为η＝×100%＝20.3%.
探究创新卷⑦ 着眼于练模拟悟规范——争满分
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)
如图所示为小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图象，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为横轴的垂线，PM为纵轴的垂线，则下列说法中正确的是( )
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D．对应P点，小灯泡消耗的实际功率为图中矩形PQOM所围面积的大小
答案：BD
解析：
17
由题图可知，图线的斜率逐渐减小，说明小灯泡的电阻逐渐增大，故A错误；对应P点，小灯泡的电阻为R＝，故B正确、C错误；因P＝UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡消耗的实际功率，故D正确．
2．如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表，闭合开关S后，将滑动变阻器R1的滑片向右移动，下列说法正确的是( )
A．电流表A的示数变大
B．电压表V的示数变大
C．电容器C所带的电荷量减少
D．电源的效率增大
答案：D
解析：将滑动变阻器R1的滑片向右移动时R1有效电阻增大，则外电路总电阻增大，总电流减小，由欧姆定律知，R3的电压变小，所以电压表V的示数变小，根据串联电路电压与电阻成正比的规律知，电路中并联部分的电压增大，则通过R2的电流变大，而总电流变小，所以电流表A的示数变小，故A、B错误；电容器板间电压变大，由Q＝CU知电容器C所带的电荷量增加，故C错误；电路中总电流变小，电源的内电压变小，则路端电压U变大，电源的效率为η＝＝，则知电源的效率增大，故D正确．
3.
(多选)如图所示，电源电动势为36 V，内阻为0.2 Ω，滑动变阻器的最大阻值为5 Ω，L为标有“30 V 60 W”字样的灯泡．①仅闭合开关S1，滑动变阻器的滑动触头移到最左端时电动机M不启动，理想电流表的示数为6 A；②开关S1、S2均闭合，滑动变阻器的滑动触头移到某位置时电动机M启动，电流表的示数为10 A，灯泡正常发光．下列说法正确的是( )
A．电动机M的内阻为0.8 Ω
B．在①的情况下，电动机M的功率为208.8 W
C．在②的情况下，电动机M的功率为51.2 W
D．在②的情况下，电动机在25 min内产生的焦耳热为7.68×104 J
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答案：AD
解析：在①的情况下，根据闭合电路欧姆定律有I1＝，其中R＝5 Ω，解得电动机M的电阻rM＝0.8 Ω，A正确；在①的情况下，电动机M的功率为IrM＝28.8 W，B错误；在②的情况下，电动机M两端的电压U＝30 V，通过灯泡的电流IL＝ A＝2 A，通过电动机M的电流IM＝I2－IL＝8 A，电动机M的功率为IMU＝240 W，C错误；在②的情况下，电动机M在25 min内产生的焦耳热为IrMt＝7.68×104 J，D正确．
4.
如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.闭合开关，电路稳定后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法错误的是( )
A．A的示数增大
B．V2的示数增大
C．ΔU3与ΔI的比值大于r
D．ΔU1大于ΔU2
答案：B
解析：理想电压表V1、V2、V3的示数分别是定值电阻两端的电压、路端电压、滑动变阻器两端的电压，理想电流表A的示数是干路中的电流．滑动变阻器滑片向下滑动，其有效电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路中的电流增大，A示数增大，内电压增大，路端电压减小，即V2示数减小，故选项A正确，B错误；因为＝R、＝r，而R>r，所以ΔU1>ΔU2，故选项D正确；因为ΔU3>ΔU2、＝r，所以>r，故选项C正确．
5．(多选)如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑动触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表内阻对电路的影响，以下判断正确的是( )
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A．电路中电源电动势为3.6 V
B．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V2读数逐渐减小
C．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大
D．滑动变阻器的最大阻值为30 Ω
答案：AD
解析：由题图可知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示电压表V2的读数与电流的关系，U＝E－Ir，此图线的斜率的绝对值即为电源的内阻，为r＝ Ω＝2 Ω，当电流I＝0.1 A时，路端电压U＝3.4 V，则电源电动势 E＝U＋Ir＝3.4 V＋0.1×2 V＝3.6 V，A正确；滑动变阻器向右滑动时，其接入电路的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即电压表V2读数逐渐增大，B错误；由题图乙可知，电动机的电阻rM＝ Ω＝4 Ω，当电流I＝0.3 A时，电动机两端电压U＝3 V，电动机输出功率最大，而在电流表读数在0.2 A以下时，电动机的输出功率一直为0，C错误；当电路中电流最小时，滑动变阻器的阻值为最大值，即I＝0.1 A时，R＝＝ Ω＝30 Ω，D正确．
6.
(多选)如图所示电路中，电阻R1：R2：R3：R4＝1：2：3：4，C为电容器，A为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A，则断路的电阻可能是( )
A．R1 B．R2
C．R3 D．R4
答案：BC
解析：本题考查了串并联电路的特点、含容电路等知识点．假设电源负极电势为零，路端电压为U，则电容器上极板电势等于电阻R2两端电压，即为φ上＝U；电容器下极板电势等于电阻R4两端电压，即为φ下＝U；故φ上>φ下
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，电容器上极板带正电；若有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，极性不变，故电阻R2变大或者电阻R3变大，断路相当于电阻变为无穷大，选项A、D错误，选项B、C正确．
7.
(多选)如图所示，一电荷量q＝3×10－5C的带正电小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置、足够大的平行金属板中的O点．开关S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°.已知两板间距d＝0.1 m，电源电动势E＝15 V，内阻r＝0.5 Ω，电阻箱R1＝3 Ω，R2＝R3＝R4＝8 Ω，取g＝10 m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则以下表述正确的是( )
A．电源的输出功率为14 W
B．两板间的电场强度的大小为140 V/m
C．带电小球的质量为5.6 mg
D．若增加R1的大小，会有瞬时电流从左向右流过R4
答案：BD
解析：外电路电阻R＝＋R1，电路中总电流I＝，路端电压U＝E－Ir，输出功率P＝UI，解得P＝28 W，两板间的场强E0＝＝140 V/m，A错误，B正确；设小球质量为m，由共点力平衡条件有mgtanθ＝qE0，解得E＝5.6×10－4 kg，C错误；若增加R1的大小，电容器两端电压增大，会有瞬时电流从左向右流过R4，D正确．
8．(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后( )
A．L1的电阻为 Ω
B．L1消耗的电功率为7.5 W
C．L2的电阻为7.5 Ω
D．L2消耗的电功率为0.3 W
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答案：CD
解析：本题考查欧姆定律、电功率．电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1两端的电压为U1＝3.0 V，由图乙知，通过L1的电流为I1＝0.25 A，由欧姆定律得L1的电阻R1＝＝＝12 Ω，选项A错误；L1消耗的电功率P1＝U1I1＝3.0 V×0.25 A＝0.75 W，选项B错误；由图甲可知，L2两端的电压U2和定值电阻两端的电压UR之和等于3.0 V，即U2＋UR＝3.0 V，在电源、L2、R组成的回路中，将R等效为电源内阻，结合图乙可知，U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，由欧姆定律得L2的电阻R2＝＝＝7.5 Ω，选项C正确；L2消耗的电功率P2＝U2I2＝1.5 V×0.2 A＝0.3 W，选项D正确．
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线．他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如下表：
U/V
0.00
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
I/A
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215
现备有下列器材：
A．内阻不计的6 V电源；
B．量程为0～3 A的内阻可忽略的电流表；
C．量程为0～0.3 A的内阻可忽略的电流表；
D．量程为0～3 V的内阻很大的电压表；
E．阻值为0～10 Ω，允许通过的最大电流为3 A的滑动变阻器；
F．电键和导线若干．
(1)这个学习小组在实验中电流表选________(填器材前面的字母)．
(2)利用表格中数据描绘出电器元件Z的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U的变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
(3)若把电器元件Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150 A，已知A、B两端的电压恒为2.00 V，则定值电阻R0的阻值为________Ω.
答案：(1)C (2)变大 (3)6.67
解析：(1)表格中最大电流为0.215 A
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，电流表应选C.(2)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．(3)当电路中电流为0.150 A时，电器元件Z两端的电压为1.00 V，电阻R0上电压为1.00 V，R0的阻值为6.67 Ω.
10．(10分)[2019·保定模拟]
物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的－x图象．
(1)由图乙可得电源的电动势E＝________ V；内阻r＝________ Ω.
(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S＝0.12×10－6 m2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________ Ω·m，图丙中图象截距的物理意义是____________________．(以上结果均保留两位有效数字)
(3)此实验用图象法处理数据的优点是直观，但是不能减少或者消除______(选填“偶然误差”或“系统误差”)．
答案：(1)3.00(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6 电流表内阻为2.0 Ω (3)系统误差
解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数，即路端电压U＝E－I(R0＋r)，因此，图乙中纵截距，即为电源的电动势E＝3.00 V，斜率绝对值表示保护电阻R0与电源内电阻之和，即R0＋r＝ Ω＝3.0 Ω，r＝1.0 Ω.
(2)图丙中截距对应的电路状态为电路中电阻丝被短路，所测电阻，即为电流表的内阻；由图丙可知，电阻丝长为0.6 m，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R＝ρ，代入已知数据解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.
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(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据由于测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．
11．(15分)[2019·安庆模拟]在如图所示电路中，定值电阻R0＝2 Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器Rx的滑片P从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3 V，电流表的变化范围为0.75～1.0 A．求：
(1)电源的电动势和内阻．
(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率．
答案：(1)12 V 10 Ω (2)3.375 W
解析：(1)当Rx＝0时，Ux1＝0，对应电流为I1＝1.0 A，由闭合电路欧姆定律得E＝I1(R0＋r)①
当Rx为最大值时，Ux2＝3 V，对应电流为I2＝0.75 A，有
E＝I2(R0＋r)＋Ux2②
Rx的最大值为Rxm＝＝ Ω＝4 Ω.
由①②两式代入数据得E＝12 V，r＝10 Ω.
(2)电源的输出功率P输出＝2(Rx＋R0)
当Rx＋R0＝r时，电源有最大输出功率，但Rx＋R0恒小于r，由输出功率随外电阻变化的关系知，当Rx＋R0取最大值时输出功率最大，即Pm＝2(Rxm＋R0)＝2×(4＋2) W＝3.375 W.
12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0.2 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1＝0.4 A；若把电动机接入U2＝2.0 V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2＝1.0 A．求：
(1)电动机正常工作时的输出功率多大？
(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？
答案：(1)1.5 W (2)8 W
解析：(1)U1＝0.2 V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈电阻r＝＝ Ω＝0.5 Ω
U2＝2.0
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V时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得
P电＝U2I2＝2.0×1.0 W＝2 W
P热＝Ir＝1.02×0.5 W＝0.5 W
所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率
P出＝P电－P热＝2 W－0.5 W＝1.5 W
(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率
P′热＝＝ W＝8 W
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