高考易错题集锦7专题七 恒定电流

1、1有四个电源，电动势均为8V，内阻分别为1、2、4、8，今要对R=2的电阻供电，问选择内阻为多大的电源才能使R上获得的功率最大？A、1         B、2          C、4         D、 82在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施可行的是A、剪去一半的电阻丝B、并

2、联一根相同的电阻丝C、串联一根相同的电阻丝D、使电热器两端的电压增大一任3如图所示电路的三根导线中有一根是断的。电源电阻器R1·R2及另外两根导线都是好的。为了查出断导线，某学生想先用万用表的红表笔连接在电源的正极a,再将黑表笔分别连接在电阻器Rl的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数。在下列选挡中，符合操作规程的是：A.直流10V挡       B.直流0.5A挡 C.直流2.5V挡      D.欧姆挡4如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是

3、外电路中的电阻，如果用Pr，P1和P2分别表示电阻r，R1，R2上所消耗的功率，当R1=R2=r时，PrP1P2等于A.1l1        B.211 C.144        D.4l15在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为，内阻为r设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U当R5，的滑动触点向图中。端移动时 ( )A.I变大，U变小 D.I变大，U变大C.I变小，U变大 D.I变小，

4、U变小6图1为某一热敏电阻(电阻值随温度的变而改变，且对温度很敏感)的IU关系曲线图。(1)为了通过测量得到图1所示I-U关系的完整曲线，图1和图2两个电路中应选择的是图 ；简要说明理由： .（电源电动势为9V，内阻不计，滑线变阻值为0100）.（2）在图3电路中，电源电压恒来9V，电流表读数为70mA，定值阻R=250， 由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻的两端的电压为 V；电阻R2的阻值为 . (3)举出一个可以应用热敏电阻的例子： . 7图所示，为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需要的器材实物图，器材规格如下：(1)待测电阻RX(约100)(2)直流毫安表(量程010mA，内阻

5、50)(3)直流电压表(量程03V，内阻5k)(4)直流电源(输出电压4V，允许最大电流1A)(5)滑动变阻器(阻值范围015，允许最大电流1A)(6)电键一个，导线若干条。根据器材的规格和实验要求，在本题的实物图上连线。8在如图所示的电路中，电源的电动势E=30V，内阻r=10，电阻R1=10，R2=10，R3=30n，R4=35n；电容器的电容C=1001F电容器原来不带电求接通开关K后流过R4的总电量 9如图所示，AB、CD为两根平行的相同的均匀电阻丝，EF为另一根电阻丝，其电阻为R，它可以在AB、CD上滑动并保持与AB垂直，EF与AB、CD接触良好，图中电压表为理想电压表电池的电动势和

6、内阻都不变，B、D与电池两极连接的导线的电阻可忽略当EF处于图中位置时，电压表的读数为U1=40V，已知将EF由图中位置向左移动一段距离L后，电压表的读数变为U2=30V若将EF由图中位置向右移动一段距AL，电压表的读数U3是多少?10如图所示电路，已知电源电动势=6.3V，内电阻r=0.5，固定电阻R1=2，R2=3，R3是阻值为5的滑动变阻器。按下电键K，调节滑动变阻器的触点，求通过电源的电流范围。11如图所示的电路中已知电源电动势=36V，内电阻r=2，R1=20，每盏灯额定功率都是2W，额定电压也相同。当K闭合调到R2=14时，两灯都正常发光；当K断开后为使L2仍正常发光，求R2应调到

7、何值？12输电线的电阻共计10，输送的电功率是100kw，用400V的低压送电，输电线上发热损失的功率是多少kw？改用10kV的高压送电，发热功率损失又是多少kw？13把一个“10V 2.0W”的用电器A(纯电阻)接到某一电动势和内阻都不变的电源上，用电器A实际消耗的功率是2.0W，换上另一个“ 10V 5.0W”的用电器B(纯电阻)接到这一电源上，用电器B实际消耗的电功率有没有可能反而小于2.0W？你如果认为不可能，试说明理由，如果认为可能，试求出用电器B实际消耗的电功率小于2.0W的条件(设电阻不随温度改变)14电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r=1，电灯灯丝电阻R=10

8、，电源电动势=12V，内阻r=1Q，当电压表读数为10V时，求电动机对外输出的机械功率。15在如图所示电路中，R1=390,R2=230，电源内电阻r=50，当K合在1时，电压表的读数为80V；当K合在2时，电压表的读数为U1=72V，电流表的读数为I1=0.18A，求：（1）电源的电动势（2）当K合在3时，两电表的读数。16如图所示，1=3V，r1=0.5，R1=R2=5.5，平行板电容器的两板距离d=1cm，当电键K接通时极板中的一个质量m=4×10-3g，电量为q=1.0×10-7C的带电微粒恰好处于静止状态。求：（1）K断开后，微粒向什么方向运动，加速度多大？（2）

9、若电容为1000pF，K断开后，有多少电量的电荷流过R2？17如图所示，已知电源电动势=20V，内阻r=1，当接入固定电阻R=4时，电路中标有“3V 4.5W”的灯泡L和内阻r=0.5的小型直流电动机恰能正常工作，求(1)电路中的电流强度？(2)电动机的额定工作电压？(3)电源的总功率？18如图所示的电路中，电源电动势E=600V，其内阻可忽略不计电阻的阻值分别为R1=24k、R2=48 kn，电容器的电容C=47F闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V (1)该电压表的内阻为多大? (2)由于电压表的接人，电容器的带电量变化了多少?19如图所示，电源电压保持

10、不变，变阻器R1的最大值大于R2的阻值，在滑片P自右向左滑动过程中，R1的电功率如何变化？20图，外电路由一个可变电阻R和一个固定电阻R0串联构成，电源电动势为，电源内阻为r，问：R调到什么时候，R0上将得到最大功率。参考答案1A【解析】【错解分析】错解：依“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”可知，应选内阻2的电源对R供电，故选B。上述错解的根源在于滥用结论。事实上，确定的电源有最大的输出功率和确定的外电路上获得最大功率的条件是不同的。“外电阻等于内电阻(R=r)时，外电路上的电功率有最大值”只适用于电源确定而外电阻可选择的此形，而本题实属外电阻确定而电源可选的情况，两者

11、意义不同，不可混为一谈。【正解】由于可知，R上消耗的功率，显然P是r的单调减函数，所以就题设条件而言，r取1时P有最大值，应选A。【点评】物理学的任何规律结论的成立都是有条件的，都有其适用范围。有的同学做题比较多，习惯于套用一些熟悉题目的解题路子。这种方法有它合理的一面，也有其造成危害的一面。关键是要掌握好“条件和范围”。2B【解析】【错解分析】错解：根据可知，,因为U不变，所以要使电阻减为原来的一半，所以选A、B。忽略了每根电阻丝都有一定的额定功率这一隐含条件。【正解】将电阻丝剪去一半后，其额定功率减小一半，虽然这样做在理论上满足使热量增加一倍的要求，但由于此时电阻丝实际功率远远大于额定功率

12、，因此电阻丝将被烧坏。故只能选B。【点评】考试题与生产、生活问题相结合是今后考试题的出题方向。本题除了需要满足电流、电压条件之外，还必须满足功率条件：不能超过用电器的额定功率。3A【解析】【错解分析】错解:如果电路连接正常，电路中的电流测量的最大电压为U1=IR1=2V。可选A、C。用欧姆挡可以直接测量回路中的电阻是否等于15或者等于10。选B的同学没有考虑R1与R2之间的导线断开的情况。选C的同学没有考虑到无论哪根导线断开，测得的电压都等于6V，大于2.5V。如选D的同学没有考虑到如果被测回路中有电源，欧姆表就可能被毁坏或读数不准。【正解】设万用表各挡都理想，忽略电源的内阻。选用不同功能档时

13、，应画出电路图，至少在头脑中想清楚。用电压挡测量时，由于电路断开(无论是从ab间断开，还是从R1与R2之间断开)电路中无电流，黑表笔与电源负极等电势。直流电压挡测量的数值是电源电动势=6V。所以A选项可行，C选项不行。用电流挡测量时，假设ab间导线完好，而R1与R2之间导线断开，黑表笔接在C端测得的电流为，大于电流档量程。排除B选项。被测回路中有电源，欧姆表不能适用，排除D选项。【点评】本题考查学生的实验能力。还考察学生的逻辑思维能力。逻辑思维的基础是对电路结构的理解。养成正确的电路分析的习惯，处处受益。4D【解析】【错解分析】错解:因为R1=R2=r，r与R1，R2并联，它们电压相同，认为电

14、源的两端就是外电路的两端，所以内外电阻是并联关系，即认为r与R1，R2并联，Ur=U1-U2，这一看法是错误的，Ur不等于U1，Ur=-U1。【正解】在图电路中，内电阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内电阻与外电阻是串联关系，(不能认为内电阻与外电阻并联)但R1与R2是并联的，因R1=R2，则I1=I2=I，Ir=I1+I2=2I。PrP1P2=Ir2rI12R1I22R2=411。，所以D是正确的。【点评】单凭直觉就对电路的串并联关系下结论，太草率了。还是要通过电流的分合，或电势的高低变化来做电路分析。5D【解析】【错解分析】C 未弄清路端电压同外电路电阻的变化关系【正解】当只，的滑动触点

15、向。端移动时，R，阻值减小，电路总电阻减小，总电流I增大，路端电压U=E-Ir减小，即电压表读数U变小，又由于电流I增大，则 Rl，置3两端电压增大，R5两端电压减小，电流表读数将减小，由此知本题答案为选项D6（1）图2（2）2V （3）热敏温度计【解析】【错解分析】对分压式电路和限流式电路的作用特点理解不清.【正解】(1)由IU图线可知电压从0开始到所需电压，图9-8为限流式电路，电压不能调到采图97为分压式电路，可将电压从零调到所需电压值，故应选择图9-7(2)流过R1的电流流过热敏电阻的电流I2=I-I1=0.70-0.036=0.034 A由图线可知热敏电阻两端电压U=52V (3)热

16、敏温度计7【解析】【错解分析】错解一：如图所示，此种连法错在变阻器的右下接线柱和电源的负极之间少连了一条线，即使变阻器取最大值，通过电路的电流也超过了10mA，大于毫安表的量程。错解二：如图所示有两处不妥：电压调节范围小；电流过大。这种连法实际上与图9-19的错误是一样的。错解三：如图所示，此种连法是用伏安法测量，电路与变阻器由滑动触头并联，无论变阻器的阻值怎样变化，流过毫安表的电流始终超过毫安表的量程，而且当滑动触头滑到最左端时，电源还有被短路的可能，故连接错误。错解四：如图所示，可见这种连法实际上与图9-21(变阻器取最大值时)的错误是一样的。错解五：如图所示，显然可见，当电键闭合时电源被

17、短路，这是不允许的，连接错误。错解六：如图所示，电键闭合后电源被短路，滑到最右端时，电流超过毫安表的最大量程，故连接错误。错解七：如图，无论电键是否闭合，电源、变阻器回路始终是接通的，电键的位置连接错了。连接上的原因是：在高中学习伏安法测电阻时，接触的多是将变阻器连接一个上接线柱和一个下接线柱，串连在电路中分压限流，因而在做此题时，采用了习惯连法，没有对器材的规格要求进行计算、分析。(2)将毫安表内接错误，错误的症结是不了解系统误差产生的原因，也是没有对器材的规格进行具体分析。(3)出现同时连接变阻器的两个上接线柱；电表的“+”、“-”接反；不在接线柱上连线，而是在连线上连线等，说明学生缺乏实

18、验操作的规范化训练，或缺乏亲自动手做实验。【正解】用伏安法测电阻，首先要判明电流表应该内接还是外接，由题目所给器材规格来看，显然不满足RARx条件，而是满足RvRx条件，所以应采用外接法。若图电路，当滑动触头P处于最左端，滑动变阻器为最大值时，由题设条件流过电流表的电流 超过安培表的量程。因此变阻器既应分压又应分流。正确的连接图为图所示。画图的关键是：毫安表需外接，变阻器接成分压电路。实验开始前将滑动变阻器的滑动触头滑至分压为零的位置。【点评】在设计实验过程时，要根据具体实验条件，灵活应用实验原理，改变实验方法。善于从习题中或所学的物理定律的推论中得出实验原理和方法。基本原则是不能是电表超过量

19、程，测量误差尽可能小；不能使用电器超过其额定功率，结构上不能出现短路断路现象。8Q=20×10-4C【解析】【错解分析】162×10-4C K闭合后，将R4，当成和R3并联从而认为电容器两板间电压为R4、R3的并联电压【正解】闭合电路的总电阻为+r总电流I=E/R，路端电压U=E-Ir，电阻R3两端电通过R4的总电量就是电容器的带电量Q=CU，带入数据解得Q=20×10-4C9U3=6V【解析】【错解分析】不能求解不明白电压表的读数就是EF两端的电压【正解】令表示AB、CD上单位长度电阻丝的电阻，当EF处于图中位置时，设EB、FD两段电阻丝的长度皆为L由于电压表是

20、理想电压表，故电压表的读数就是EF两端的电压由分压关系得， 当EF由图示位置向左移动一段距AL，EB、FD两段电阻丝的总电阻为2F(J+L)由分压关系得 当EF由图示位置向右移动一段距离L，EB、FD两段电阻丝的总电阻为2(l-L)由分压关系得， 由以上三式，代入数值解得U3=6V 102.1A到3A【解析】【错解分析】错解：将滑动触头滑至左端，R3与R1串联再与R2并联，外电阻再将滑动触头滑至右端R3与R2串联再与R1并联，外电阻由于平时实验，常常用滑动变阻器作限流用（滑动变阻器与用电器串联）当滑动头移到两头时，通过用电器的电流将最大或最小。以至给人以一种思维定势：不分具体电路，只要电路中有

21、滑动变阻器，滑动头在它的两头，通过的电流是最大或最小。【正解】简成如图外电路的结构是R与R2串联、（R3-R）与R1串联，然后这两串电阻并联。要使通过电路中电流最大，外电阻应当最小，要使通过电源的电流最小，外电阻应当最大。设R3中与R2串联的那部分电阻为R，外电阻R为因为，两数和为定值，两数相等时其积最大，两数差值越大其积越小。当R2+R=R1+R3-R时，R最大，解得，因为R1=2R2=3，所以当变阻器滑动到靠近R1端点时两部分电阻差值最大。此时刻外电阻R最小。由闭合电路欧姆定律有：通过电源的电流范围是2.1A到3A。【点评】不同的电路结构对应着不同的能量分配状态。电路分析的重要性有如力学中

22、的受力分析。画出不同状态下的电路图，运用电阻串并联的规律求出总电阻的阻值或阻值变化表达式是解电路的首要工作。11【解析】【错解分析】错解：设所求电阻R2，当灯L1和L2都正常发光时，即通过灯的电流达额定电流I。 解得：又当K闭合时， 当K断开时 代入【错解原因】分析电路时应注意哪些是恒量，哪些是变量。图910电路中电源电动势是恒量，灯L1和L2正常发光时，加在灯两端电压和通过每个灯的电流是额定的。错解中对电键K闭合和断开两种情况，电路结构差异没有具体分析，此时随灯所在支路电流强度不变，两种情况干路电流强度是不同的，错误地将干路电流强度认为不变，导致了错误的结果。【正解】解法一：设所求阻值R2，

23、当灯L1和L2正常发光时，加在灯两端电压力额定电压UL。当K闭合时，1=UL+I1(R1+r+R2)当K断开时，2=UL+I2(R1+r+R2)，又 1=2=  I1=2I2=2I，(I为额定电流)得= UL2I(R1rR2)                              &#

24、160;  =USLI(R1rR2)                             -I(R1r2R2-R2)=0  但I0，R1+r2R2=R2即R2=20+2+2×14=50解法二：设所求阻值R2，当灯L1和L2正常发光时，加在灯两端电压为额定电压UL，由串联电路电压分析可得

25、：K闭合时： K断开时 由得代入数据 【点评】电路中的局部电路(开关的通断、变阻器的阻值变化等)发生变化必然会引起干路电流的变化，进而引起局部电流电压的变化。应当牢记当电路发生变化后要对电路重新进行分析。12 P2=I22r=102×1=0.1(kw)【解析】【错解分析】错解一：当用400W的低压送电时，所以。错解二：设负载电阻为R，输电线电阻为r，所以当输送电压时，错解一是对欧姆定律使用不当，输送电压是加在输电线电阻和负载上的，如果把它考虑成输电线上的电压求电流强度当然就错了。错解二注意到了负载的作用，所求出的损失功率P1是正确的，然而在高压送电电路中，负载都是使用了变压器而错解二

26、把它当作纯电阻使P2解错。【正解】输送电功率100kw，用400V低压送电，输电线上电流输电线上损失功率若用10kV高压送电输电线上电流输电线上损失功率P2=I22r=102×1=0.1(kw)【点评】一道很简单的题目做错了，有些人将错解原因归结为：粗心、看错了题目。其实真正的原因是解题不规范。如果老老实实地画出电路图标出各个物理量，按图索骥就可以避免所谓的“粗心”的错误。13r，当满足上述条件时，B的实际功率小于2.0W。【解析】【错解分析】错解：将“ 10V 2.0W”的用电器与电源连接，用电器正常工作说明用电器两端电压为10V，现将“ 10V 5.0W”的用电器B与电源连接，用

27、电器两端电压是10V，B也能正常工作，实际功率是5.0W，所以用电器的实际功率不会小于2.0W。把路端电压与电源电动势混为一谈，认为路端电压是恒定的，不随外电路改变而改变。【正解】内电阻部可忽略，因为，r一定，当R越大，U也越大，所以与不同，U不是恒定的。设电源电动势，内电阻r，R越大，U越小，所以当B连入时，用电器两端的电压将小于10V，它消耗的实际功率将小于5.0W，有可能小于2.0W，但需满足=2（W），2W，可解得：r，当满足上述条件时，B的实际功率小于2.0W。【点评】根据电源最大输出功率的条件做出输出功率与外电阻图(PR图如图所示)做定性分析，也可以得到同样的结果。由题意可知RA接

28、入电路时，若电源的输出功率达到最大输出功率，则RB接入电路时，电源的输出功率肯定小于最大输出功率2W。若电源的输出功率没有达到最大输出功率，RB接入电路时，电源的输出功率有可能小于RA接入电路时输出功率2W。149(W)【解析】【错解分析】错解：由部分电路的欧姆定律，=1A，由于L 与M并联，流过的电流与其电阻成反比，, 上述错解过程中有两处致命的错误：一是将电动机视为纯电阻处理了，电动机不属于纯电阻，而是将电能转化为机械能，错解中利用了并联电路中支路电流与电阻成反比的结论是不恰当的，因为该结论只适用于纯电阻电路，二是不明确电动机的输入功率PM入与输出功率PM出的区别，IM2r是电动机内阻发热

29、功率。三者的关系是：PM入=PM出+IM2r。【正解】根据题意画出电路图，如图所示。由全电路欧姆定律= U+Ir得出干路电流由已知条件可知：流过灯泡的电流电动机的输出功率的另一种求法：以全电路为研究对象，从能量转化和守恒的观点出发P源=P路。本题中电路中消耗电能的有：内电阻、灯泡和电动机，电动机消耗的电能又可分为电动机输出的机械能和电动机自身消耗的内能。即I=I2r+IL2R+PM出+IM2r。PM出I-(I2r+IL2R+IM2r)=9(W)【点评】站在能量转化与守恒的高度看电路各个部分的作用。就可以从全局的角度把握一道题的解题思路，就能比较清醒地分清公式规律的适用范围和条件。15（1）R1

30、=400 =90V（2）0.28（A）【解析】【错解分析】错解：（1）因为外电路开路时，电源的路端电压等于电源的电动势，所以=U断=80V；（2）上述解答有一个错误的“替代假设”：电路中的电流表、电压表都是理想的电表。事实上，问题并非如此简单。如果进一步分析K合在2时的情况就会发现矛盾：I1R1=0.18×390=70.2（V）80V，这就表明，电路中的电流表和电压表并非理想的电表。【正解】（1）由题意无法判断电压表、电流表是理想电表。设RA、Rv分别为电压表、电流表的内阻，R为电流表与电阻器R1串联后的电阻，R为电流表与电阻器R2串联的电阻。则K合在2时：当K合在1时，当K合在2时

31、，由上述两式解得：R1=400=90V（2）当K合在3时，因故90V=67.5（V）=0.28（A）【点评】本题告诉我们，有些题目的已知条件隐藏得很深。仅从文字的表面是看不出来的。只好通过试算的方法判断。判断无误再继续进行解题。16（1）带电粒子将以6.875ms2的加速度向下做匀加速运动（2）有总量为2.75×10-9(C)的电子从R2由下至上流过【解析】【错解分析】错解：当电键K接通电路稳定时、电源1和2都给电容器极板充电，所以充电电压U=1+2。带电粒子处于平衡状态，则所受合力为零，F-mg=02=U-1=1(v)当电键K断开后，电容器上只有电源   给它充

32、电，U=2。即带电粒子将以7.5m/s2的加速度向下做匀加速运动。又 Q1=CU=103×10-12×4=4×109CQ=CU103×10-12×11×10-9CQ=Q-Q=3×10-9C极板上电量减少3×10-9C，也即K断开后，有电量为3×10-9C的电荷从R2由下至上流过。在直流电路中，如果串联或并联了电容器应该注意，在与电容器串联的电路中没有电流，所以电阻不起降低电压作用(如R2)，但电池、电容两端可能出现电势差，如果电容器与电路并联，电路中有电流通过。电容器两端的充电电压不是电源电动势，而是路端

33、电压U。【正解】(1)当K接通电路稳定时，等效电路图如图所示。1、r1和R1形成闭合回路，A，B两点间的电压为：电容器中带电粒子处于平衡状态，则所受合力为零，F-mg0在B，R2，2，C，A支路中没有电流，R2两端等势将其简化，U2=UAB，2=U-UAB=1.25V当K断开电路再次达到稳定后，回路中无电流电路结构为图所示。电容器两端电压U=2=1.25V即带电粒子将以6.875ms2的加速度向下做匀加速运动。(2)K接通时，电容器带电量为Q=CU=4×1O-9CK断开时，电容器带电量为Q=CU=1.2×10-9(C)QQQ=2.75×10-9C有总量为2.75&

34、#215;10-9(C)的电子从R2由下至上流过。【点评】本题考查学生对电容器充放电物理过程定性了解程度，以及对充电完毕后电容所在支路的电流电压状态是否清楚。学生应该知道电容器充电时，随着电容器内部电场的建立，充电电流会越来越小，电容器两极板间电压(电势差)越来越大。当电容器两端电压与电容器所并联支路电压相等时充电过程结束，此时电容器所在的支路电流为零。根据这个特点学生应该会用等势的方法将两端等势的电阻简化，画出等效电路图，进而用电路知识解决问题。17（1）1.5A（2）9.5V（3）30(W)【解析】【错解分析】错解：由灯泡的额定电压和额定功率可求得灯泡的电阻串联电路中电路中的电流强度电动机

35、额定工作电压U=Ir=2.7×0.5=l.35(V)电源总功率P=I=2.7×20=54(W)此电路是非纯电阻电路，闭合电路欧姆定律=IR总不适用，所以电路中的电流强度不能用求出。电动机额定工作电压Ur。【正解】(1)串联电路中灯L正常发光，电动机正常工作，所以电路中电流强度为灯L的额定电流。灯L的电阻灯L的额定电流为电路中电流强度I1.5A。(2)电路中的电动机是非纯电阻电路。根据能量守恒，电路中=UR+UL+Ur+UmUm=-UR-UL-Ur-I(R+RL+r)=20-1.5×(241)=9.5V(3)电源总功率P总=I=1.5×20=30(W)。【点评】要从能量转化与守恒的高度来认识电路的作用。一个闭合电路中，电源将非静电能转化为电能，内外电路又将电能转化为其他形式的能。=U内+U外则是反映了这个过程中的能量守恒的关系。18（1）4.8k （2）Q=235×10-6C【解析】【错解分析】Q=188×10-5C