1、 第七章 恒定电流第1讲 欧姆定律 电阻定律 电功率及焦耳定律时间： 60分钟一、单项选择题1有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 ，现把它均匀拉伸到长为5 m，则电阻变为 ()A10 B50 C150 D250 解析电阻丝无论怎样拉长其体积不变，但随着长度增加，截面面积在减小，即满足VSl关系式把电阻丝由1 m均匀拉伸到5 m时，截面面积变成原来的，由电阻定律R可知电阻变成原来的25倍，D正确答案D2甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d10.5 mm和d21 mm，熔断电流分别为2.0 A和6.0 A，把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是 ()A6.0
2、 A B7.5 A C10.0 A D8.0 A解析甲、乙保险丝等长，由电阻定律R可知R，所以R1R241，把R1、R2并联接入电路，由分流关系知，因熔断电流I26 A，故I1只能是1.5 A，总电流II1I27.5 A若I12 A，则I28 A6 A，保险丝会熔断，故B正确答案B3两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图718所示，则A和B导线的横截面积之比为 ()图718A23 B13 C12 D31解析由题图可知两导线电压降分别为UA6 V，UB4 V；由于它们串联，则3RB2RA；由电阻定律可知，解得，选项B正确答案B4R1和R2分别标
3、有“2 ，1.0 A”和“4 ，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图719所示，则此电路中允许消耗的最大功率为 ()图719A1.5 W B3.0 W C5.0 W D6.0 W解析R1和R2串联后的总电阻为RR1R26 ，电路中的电流不能超过R2的额定电流，即0.5 A根据PIU和I得PI2R1.5 W，故A正确答案A二、多项选择题5下列说法中正确的是 ()A由R知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比B比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻RC通过导体电流越大，电阻越小D由I知道，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比解析答案BD6(2012广州调研)电位器
4、是变阻器的一种如图7110所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是 ()A连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗图7110B连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C连接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮解析根据电位器结构和连线可知：连接A、B使滑动触头顺时针转动时回路电阻增大，回路电流减小，灯泡变暗，A正确；同理，D正确；连接A、C时，滑动触头不能改变回路电阻，灯泡亮度不变，故B、C错误答案AD7如图7111所示，用输出电压为1.4 V，输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 的镍氢电池充电下列说法正确的是 ()图
5、7111A电能转化为化学能的功率为0.12 WB充电器输出的电功率为0.14 WC充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD充电器把0.14 W的功率储蓄在电池内解析充电器对电池的充电功率为P总UI0.14 W，电池充电时的热功率为P热I2r0.02 W，所以转化为化学能的功率为P化P总P热0.12 W，因此充电器把0.12 W的功率储蓄在电池内，故A、B、C正确，D错误答案ABC8(单选)(2012上海卷，13)当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是 ()A3 V1.
6、8 J B3 V3.6 JC6 V1.8 J D6 V3.6 J解析设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t.由公式W1U1q1和W1t可得：U13 V，0.1.再由W2U2q2和W2t可求出：U26 V，W23.6 J，故选项D正确答案D9(单选)如图7112所示，有一内电阻为4.4 的电解槽和一盏标有“110 V，60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则 ()图7112A电解槽消耗的电功率为120 WB电解槽的发热功率为60 WC电解槽消耗的电功率为60 WD电路消耗的总功率为60 W解析灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110 V电
7、压，且干路电流II灯 A，则电解槽消耗的功率PP灯IU60 W，C正确，A错误；电解槽的发热功率P热I2R内1.3 W，B错误；整个电路消耗的总功率P总220W120 W，D错误答案C10(多选)如图7113所示的电路中，L1、L2是两个不同的小灯泡，a、b间有恒定的电压，它们都正常发光，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，发生的现象是 ()AL1亮度不变，L2变暗图7113BL1变暗，L2变亮C电路消耗的总功率变小D流过滑动变阻器的电流变小解析变阻器滑片向右滑动时阻值增大，并联部分的电阻变大，分得电压变大，所以L2两端电压增大，L2变亮，L1分得电压变小，L1变暗，A错、B对因为滑动变阻器电阻变大
8、，总电阻变大，由P可知，U一定，P减小，即电路总功率减小，C对又因为总电阻增大，总电流减小，而L2电压变大，电流变大，所以流过变阻器的电流减小，D正确故正确答案为B、C、D.答案BCD11(单选)在如图7114甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示下列说法正确的是 ()图7114A灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍B灯泡L1的电阻为7.5 C灯泡L2消耗的电功率为0.75 WD灯泡L3消耗的电功率为0.30 W解析由于小灯泡L2和L3串联后和灯泡L1并联，所以L1两端电压是L2或L3两端电压的2倍，L2或L
9、3两端电压是1.5 V，由小灯泡的伏安特性曲线可知灯泡L2中的电流是0.20 A；灯泡L1两端的电压是3 V，灯泡L1中的电流是0.25 A，A错误；由欧姆定律可得灯泡L1的电阻为RU/I12 ，B错误；由PUI得灯泡L2(或L3)消耗的电功率P2UI1.50.20 W0.30 W，C错误，D正确答案D12(2012四川卷，23)四川省“十二五”水利发展规划指出，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
10、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)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，设质量为M的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.答案(1)1103 W(2)2104 s特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.