新课标2021年高二物理暑假作业13《交变电流二》.docx

KS5U原创】新课标2021年高二物理暑假作业13《交变电流二》
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（本题共6道小题）
1.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列推断正确的是（　　）

A．
灯泡L将变暗
B．
灯泡L将变亮

C．
电容器C的电荷量减小
D．
电容器C的电荷量增大
2.如图所示电路，电源的电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为定值电阻若用电压表测得A、B两点间的电压为12V，则说明（　　）

A．
L、R1和R2都断了

B．
L、R1和R2都是好的

C．
L是好的，R1和R2中至少有一个断了

D．
R1和R2是好的，L断了
3.两只完全相同的电流表，一只改装成电压表，一只改装成电流表，一同学做试验时，误将电压表和电流表串联起来接入电路中，则（　　）

A．
两只表的指针都不能偏转

B．
两只表的指针偏转角度相等

C．
电压表的指针有偏转，电流表的指针几乎不偏转

D．
电流表的指针有偏转，电压表的指针几乎不偏转
4.锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（　　）

A. 电能转化为化学能的功率为UI﹣I2r
B. 充电器输出的电功率为UI+I2r
C. 电池产生的热功率为I2r
D. 充电器的充电效率为
5.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r．开关S闭台后，．电灯L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（　　）

　 A． 电灯L1、L2均变亮 B． 电灯L1变亮，L2变暗
　 C． 电流表的示数变小 D． 电源的总功率变小
6.如图所示，电源电动势为E，内阻为r．当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，抱负电压表V1、V2示数变化的确定值分别为△U1和△U2，干路电流为I，下列说法中正确的是（灯泡电阻不变）（　　）

　 A． 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B． △U1与△I的比值不变
　 C． △U1＜△U2 D． △U1=△U2

二、试验题（本题共2道小题）
7.某同学用以下器材接成图1所示的电路，并将原微安表盘改画成如图2所示，成功地改装了一个简易的“R×1k”的欧姆表，使用中发觉这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满足，表盘上数字“15”为原微安表盘满偏电流一半处．所供器材如下：
A、Ig=100μA的微安表一个；   B、电动势E=1.5V，电阻可忽视不计的电池；
C、阻值调至14kΩ电阻箱R一个；   D、红、黑测试表棒和导线若干；

（1）原微安表的内阻Rg=　　Ω；
（2）在图1电路的基础上，不换微安表和电池，图2的刻度也不转变，仅增加1个电阻，就能改装成“R×1”的欧姆表．要增加的电阻应接在　　之间  （填a、b、c），规格为　　；（保留两位有效数字）
（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图．
8.（1）某同学为争辩某电学元件（最大电压不超过2.5V最大电流不超过0.55A）的伏安特性曲线，在试验室找到了下列试验器材：
A．电压表（量程是3V，内阻是6kΩ的伏特表）
B．电流表（量程是0.6A，内阻是0.5Ω的安培表）
C．滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，额定电流为0.6A）
D．直流电源（电动势E=3V，内阻不计）
E．开关、导线若干．
该同学设计电路并进行试验，通过试验得到如下数据（I和U分别表示电学测量仪器上的电流和电压）．
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00

①请在图1的方框中画出试验电路图，电学元件用Rx表示；
②在图（a）中描出该电学元件的伏安特性曲线；
（2）某同学利用电压表和电阻箱测定一种特殊电池的电动势，该同学利用如图2所示的电路进行试验，图中R0为已知阻值的定值电阻．
①用该电路测电动势与内阻，测量值和真实值的关系：E真　  　 E测，r真　 　 r测（填“＞”、“＜”或“=”）
②转变电阻箱阻值，取得多组数据．
为了便于用图象法求解电动势与内阻，需要建立合适的坐标系，纵坐标表示　 　，横坐标表示　 　．
三、计算题（本题共3道小题）
9.如图所示，电源电动势E0＝15 V，内阻r0＝1Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60Ω。间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面对里、磁感应强度B＝1T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝0.1m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽视空气对小球的作用，取g＝10m/s2。
1)当Rx＝29Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？
2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，分别求小球的荷质比及Rx各是多少。

10.水平如图所示电路中，电源电动势E=15V，内电阻 r=1Ω，R1R3=10Ω，R2=4Ω，电压表和电流表均为抱负电表，试求：
（1）当电键K断开时，电压表的读数和R1消耗的功率？
（2）当电键K闭合时，电流表和电压表的读数？
（3）当电键K闭合时，电源的总功率及输出功率各为多少？

11.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板．
求（1）两极板间的电场强度大小；
（2）滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）此时，电源的输出功率．（取g=10m/s2）

试卷答案
1.解：A、B由题R增大，电流I=减小，灯泡L将变暗．故A正确，B错误．
    C、D路端电压U=E﹣Ir增大，则电容器电量Q=CU增大．故C错误，D正确．
故选AD．
2.解：据题A、B两点间的电压等于电源的电动势，说明灯L和电源的内阻没有电压，电路中有断路．L不行能断路，否则电压表就没有读数了．可知中R1和R2至少有一个断了．故C正确，ABD错误．
故选：C
3.解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，电流相等，但通过电流表的电流大多数从分流电阻通过，故电压表指针有偏转，电流表表头指针偏转角度很小，或者几乎不偏转；
故ABD错误，C正确；
故选C．
4.AC
解：A、电能转化为化学能和热能，依据能量守恒定律，有：UI=I2r+P，故P=UI﹣I2r，故A正确
B、充电器输出的电功率为：UI，故B错误
C、电池产生的热功率为I2r．故C正确
D、充电器的充电效率为，故D错误
故选AC．
5.解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．
A、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，依据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，
所以电灯L1变亮，路端电压减小，所以L2与滑动变阻器并联电压减小，所以L2变暗．故A错误，B正确
C、干路电流I增大，L2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过L2的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误
D、依据P=EI得电源的总功率增大，故D错误
故选B．
6.解：A、当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则L2变暗．
变阻器的电阻增大，并联部分的电阻增大，则并联部分的电压增大，则L3变亮．总电流减小，而L3的电流增大，则L1的电流减小，则L1变暗．故A错误．
B、由U1=E﹣I（RL2+r）得：=RL2+r，不变．故B正确．
C、由上分析可知，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，由于路端电压增大，即两电压表示数之和增大，所以△U1＞△U2，故CD错误．
故选：B
7.解：（1）依据“使用中发觉这个欧姆表用来测量阻值在10kΩ﹣20kΩ范围内的电阻时精确度令人满足”，
说明在测阻值在10kΩ﹣20kΩ的电阻时欧姆表的指针在刻度盘的中间四周，由此可结合刻度盘确定此表的中值电阻，
即表内总电阻约为R总=15kΩ．（相当于欧姆表选择量程于×1 k 挡）．当表笔短接时，电流满偏，依据欧姆定律有：
Ig=，代入E、R、Ig的值，解得：Rg=1kΩ；
（2）要削减把原表改装成“R×1”的欧姆表，就要削减表的内阻，依题意，明显只有在ac之间并联一个小电阻R′．
才能使表内总电阻等于中值电阻R并=15Ω．依据R并=，代入R以及Rg的数值可计算可得R′≈15Ω；
（3）画出改装成“R×1”的欧姆表后的电路图如图所示．
故答案为：（1）1k；（2）a、c，15Ω；（3）电路图如图所示．

8.（1）①如图1所示． ②如图2所示．

（2）①＞；＞；②；．

解：（1）①电压与电流从零开头变化，滑动变阻器应接受分压接法；待测元件电阻阻值约为R=≈4.5Ω，=≈1333，==9，＞，应接受电流表外接法，试验电路图如图1所示．
②依据表中试验数据，应用描点法作图图象如图2所示．
（2）①假如考虑电压表的内阻，依据试验的原理E=U+（+）r，得： =（1+）+•，
纵轴表示，横轴表示，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示（1+），
所以E真大于E测，r真大于r测．
9.(1)设R1和R2的并联电阻为R，有R＝ ①
R1两端的电压为：U＝ ②
R2消耗的电功率为：P＝ ③
当Rx＝29Ω时，联立①②③式，代入数据，得P＝0.6 W ④
(2)设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有：qE＝mg ⑤ E＝ ⑥
设小球做圆周运动的半径为r，有qvB＝ ⑦
由几何关系有r＝d ⑧  q/m=1/2   联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得Rx＝54Ω ⑨
10. 
考点：
电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．.
专题：
恒定电流专题．
分析：
（1）当电键断开时，R1R2串联组成闭合回路，由串联电路的特点及功率公式即可求解；
（2）当K闭合时，R1R3并联后与R2串联组成闭合回路，依据串并联关系及功率公式即可求解；
解答：
解：（1）当S断开时有电流表读数=1A，
电压表读数U=IR2=1×4=4V，
R1消耗的功率P=I2R1=1×10=10W
（2）当S闭合时，通过R2的电流，
则电流表的读数
电压表的读数为U′=E﹣I′r=15﹣1.5×1=13.5V
（3）电源总功率P总=I′E=15×1.5=22.5W
电源输出功率
答：（1）当电键K断开时，电压表的读数为4V，R1消耗的功率为10W；
（2）当电键K闭合时，电流表的读数为13.5V，电压表的读数为0.75A；
（3）当电键K闭合时，电源的总功率为22.5W，输出功率为20.25W．
点评：
本题考查了电阻的并联特点，关键是依据串、并联电路的特点推断两开关的状态．

11.解：（1）对小球从B到A，有VA=0；则由动能定理可得：
﹣qUAB﹣mgd=0﹣mv02
得：UAB=8V；　则E===20v/s
（2）由闭合电路欧姆定律可得：
E=I（R+r）+UAB
解得：I=1A；
则有：RP==8Ω；
（3）电源的输出功率等于外电路上消耗的功率，故电源的输出功率：
P出=I2（R+RP）=1×（15+8）=23W．
答（1）两极板间的电场强度大小为20v/s
（2）滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；
（3）电源的输出功率为23W．