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

1．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R＝

C．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　BD

2．有一段长1 m的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m，则电阻变为(　　)．

A．10 Ω B．50 Ω C．150 Ω D．250 Ω

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V＝Sl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＝ρ可知电阻变成原来的25倍，D正确．

答案　D

3．把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在内阻不计的同一电源上，若要产生相等

的热量，则两种方法所需的时间之比t串∶t并为(　　)

A．1∶1 B．2∶1

C．4∶1 D．1∶4

解析 串联后电阻为R1＝2r，产生的热量为Q1＝·t串＝·t串；并联后电阻为R2＝，产生的热量为Q2＝·t并＝·t并，若要Q1＝Q2，所以有t串∶t并＝4∶1.

答案 C

4．两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1所示，则A和B导线的横截面积之比为(　　)．

图1

A．2∶3 　　　 B．1∶3

C．1∶2 　　　 D．3∶1

解析　由题图可知两导线电压降分别为UA＝6 V，UB＝4 V；由于它们串联，则3RB＝2RA；由电阻定律可知＝，解得＝，选项B正确．

答案　B

5．电位器是变阻器的一种．如图2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(　　)．

图2

A．连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗

B．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　AD

6．在如图3所示电路中，E为电源，其电动势E＝9 V，内阻可以 忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6 V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端．现在接通开关，然后将触头缓慢地向A端滑动，当到达某一位置C时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为(　　)

图3

A．10 Ω B．20 Ω

C．15 Ω D．5 Ω

解析：灯泡的工作电流I＝＝ A＝0.3 A，故其电阻为RL＝＝ Ω＝20 Ω，此时A、C间电阻R1＝＝ Ω＝10 Ω，故CB间电阻R2＝R－R1＝20 Ω，故B选项正确．

答案：B

7．R1和R2分别标有“2 Ω，1.0 A”和“4 Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图4所示，则此电路中允许消耗的最大功率为(　　)．

图4

A．1.5 W B．3.0 W C．5.0 W D．6.0 W

解析　R1和R2串联后的总电阻为R＝R1＋R2＝6 Ω，电路中的电流不能超过R2的额定电流，即0.5 A．根据P＝IU和I＝得P＝I2R＝1.5 W，故A正确．

答案　A

8．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(　　)．

A．3 V　1.8 J B．3 V　3.6 J

C．6 V　1.8 J D．6 V　3.6 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W1＝U1q1和W1＝t可得：U1＝3 V，＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝t可求出：U2＝6 V，W2＝3.6 J，故选项D正确．

答案　D

9．如图5所示，有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110V,60 W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则(　　)．

图5

A．电解槽消耗的电功率为120W

B．电解槽的发热功率为60W

C．电解槽消耗的电功率为60W

D．电路消耗的总功率为60W

解析　灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110V电压，且干路电流I＝I灯＝＝A，则电解槽消耗的功率P＝P灯＝IU＝60 W，C正确，A错误；电解槽的发热功率P热＝I2R内＝1.3W，B错误；整个电路消耗的总功率P总＝220×W＝120 W，D错误．

答案　C

10．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图6乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P.现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，它们之间的大小关系为(　　)

图6

A．P1＝4P2 B．PD

C．P1>4P2 D．PD>P2

解析：当三个电阻并联接到电压为U的电源上时，消耗的功率都是P，说明此时三个电阻的阻值相等，因此两个定值电阻R1＝R2，有P＝.若将它们连接成如题图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，则R2与D并联的阻值小于电阻R1，所以R1两端电压U1>U，D与R2两端电压U2<U，由D的I－U图象可知，电压越小，D的电阻越大，所以此时RD>R2.设题图丙中总电流为I，则流过R2的电流I2>I，由P＝I2R得P1<4P2，选项A、C错误．由P＝得：PD

答案：B

11．如图7所示，相距40 km的A、B两地架起两条输电线，电阻共800 Ω，

如果在A、B间某处短路，这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表示数为40 mA，求发生短路处距A有多远？

图7

解析 设短路处发生在C处，AC间导线总长为2x，电阻为Rx.

Rx＝＝ Ω＝250 Ω.

AB间：RAB＝ρ·，AC间：Rx＝ρ·.

两式相比得x＝·l＝×40 km＝12.5 km.

答案 12.5 km

12．四川省“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19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 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P＝UI，

设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r，

代入数据解得Pr＝1×103 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ρ，则M＝ρV，

设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则ΔEp＝Mgh，

设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr，

根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp，

代入数据解得t＝2×104 s.

答案　(1)1×103 W　(2)2×104 s

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