新人教版選修3-1《第2章恒定電流》單元測試卷（安陽市湯陰一中）一、選擇題（每小題4分，共40分）．1．如圖所示電路中的電源為恒流源，不管外電路的電阻如何變化，它都能夠提供持續的定值電流．電壓表、電流表都為理想電表．當滑動變阻器R的滑動觸頭向左滑動時，電壓表V1、V2示數變化的絕對值分別為△U1和△U2．電流表A示數變化的絕對值為△I，下列說法中正確的是（）A．V1示數增大，A示數減小，=RB．V1示數增大，A示數減小，=R1C．V2示數減小，A示數減小，=R2D．V2示數增大，A示數增大，=R2．在如圖（a）所示的電路中，L1、L2為規格相同的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖（b）所示，C是電容為100μF的電容器，R是阻值為8Ω的定值電阻，電源E的內阻為1Ω．電路穩定后，通過L1的電流為，下列結果正確的是（）A．L1的電功率為B．L2的電阻為4ΩC．電源的效率為80%D．電容器的帶電量為×10﹣4C3．如圖所示，在豎直放置的平行板電容器的金屬板內側表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板的夾角為θ．電容器接在如圖所示的電路中，R1為電阻箱，R2為滑動變阻器，R3為定值電阻．閉合開關S，此時R2的滑片在正中間，電流表和電壓表的示數分別為I和U．已知電源電動勢E和內阻r一定，電表均為理想電表．以下說法正確的是（）A．保持R1不變，將R2的滑片向右端滑動，則I讀數變小，U讀數變大B．小球帶正電，將R2的滑片向左端滑動過程中會有電流流過R2C．增大R1，則I讀數變大，U讀數變小D．減小R1，則U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值不變4．把兩根同種材料做成的電阻絲，分別接在兩個電路中，甲電阻絲長為l，直徑為d，乙電阻絲長為2l，直徑為2d，要使兩電阻絲消耗的功率相等，加在兩電阻絲上的電壓應滿足（）A．=1 B．= C．= D．=25．如圖所示，電鍵閉合時，當滑動變阻器滑片P向右移動時，試分析L1、L2的亮度變化情況．（）A．L1、L2都變亮 B．L1、L2都變暗C．L1變暗、L2變亮 D．L1變亮、L2變暗6．如圖所示，一帶電小球以速度v0水平射入接入電路中的平行板電容器中，并沿直線打在屏上O點上，若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，讓帶電小球再次從原位置水平射入并能打在屏上，其它條件不變，兩次相比較，則再次射入的帶電小球（）A．將打在O點的下方B．將打在O點的上方C．穿過平行板電容器的時間將增加D．達到屏上動能將增加7．如圖所示的火警報警裝置，R1為熱敏電阻，若溫度升高，則R1的阻值會急劇減小，從而引起電鈴電壓的增加，當電鈴電壓達到一定值時，電鈴會響．下列說法正確的是（）A．要使報警的臨界溫度升高，可以適當增大電源的電動勢B．要使報警的臨界溫度降低，可以適當增大電源的電動勢C．要使報警的臨界溫度升高，可以把R2的滑片P適當向下移D．要使報警的臨界溫度降低，可以把R2的滑片P適當向下移8．某種角速度測量計結構如圖所示，當整體系統繞軸OO′轉動時，元件A發生位移并通過滑動變阻器輸出電壓U，電壓傳感器（傳感器內阻無限大）接收相應的電壓信號．已知A的質量為m，彈簧的勁度系數為k、自然長度為l，電源的電動勢為E、內阻不計．滑動變阻器總長也為l，電阻分布均勻，系統靜止時P在變阻器的最左端B點，當系統以角速度ω轉動時，則（）A．電路中電流隨角速度的增大而增大B．輸出電壓U隨角速度的增大而增大C．輸出電壓U與ω的函數式為U=D．彈簧的伸長量為x=9．在如圖所示電路中，閉合電鍵S，理想電流表和理想電壓表的示數分別用I和U表示，當滑動變阻器的滑動觸頭P向左滑動時，兩表的示數都發生變化．電源的電動勢和內電阻始終不變，下列說法正確的是（）A．I變大，U變小 B．比值變大C．R1的功率一定變大 D．電源的總功率一定減小10．如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r．閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數變化量的絕對值分別為△U1、△U2、△U3，理想電流表A示數變化量的絕對值為△I，則（）A．△U1大于△U2 B．=R+rC．V2的示數增大 D．+保持不變二、填空題（每小題5分，共20分）11．標有“100V100W”的燈A與“100V25W”的燈B，連成如圖所示的甲、乙兩種電路，A、B兩燈都可以正常發光．則R1的阻值Ω，R2的阻值Ω．（結果保留整數）12．某同學在一次測量時，電壓表（0﹣15V）、電流表（0﹣）的示數如圖所示．則電壓值為V，電流值為A13．如圖為用直流電動機提升重物的裝置，重物的重量為500N，電源電動勢為110V，不計電源內阻及各處摩擦，當電動機以s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流為，則電動機提升重物消耗的功率為W；電動機線圈的電阻為Ω．14．在測定一節干電池電動勢和內電阻的分組實驗中，實驗1組的同學利用圖甲所示電路，選用下列器材進行了規范的實驗操作．A．干電池（內電阻小于Ω）B．電流表（量程0～，內阻rA=1Ω）C．電壓表（量程0～3V，內阻約20kΩ）D．滑動變阻器（0～20Ω，允許最大電流2A）E．開關、導線若干把得到的數據記錄后用“○”在圖乙所示的“U﹣I”圖象中進行描點．在小組互評環節，實驗2組的同學在實驗器材沒有變化的情況下對1組的實驗方案進行了改進后再次進行了實驗，并把實驗數據用“×”也描在圖乙所示的“U﹣I”圖象中．請完成以下對1組實驗方案的評價及改進．（1）從實驗原理上來看，用圖甲電路進行實驗，誤差主要來自：．（2）從所得實驗數據來看，不足之處是：．（3）在如圖丙中畫出改進的方案電路圖．（4）根據改進后所得的實驗數據作出圖線，由圖線得到：E=V；r=Ω．（保留兩位小數）．三、計算題（每小題10分，共40分）15．利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E=6V，電源內阻r=1Ω，電動機內阻r0=2Ω，電阻R=3Ω，重物質量m=．當電動機以穩定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數為U=．不計空氣阻力和摩擦，取g=10m/s2．求：（1）電源內電壓U1；（2）重物勻速上升時的速度v．16．一輛以蓄電池為驅動能源的環保電動汽車，擁有三十多個座位，其電池每次充電僅需三至五個小時，蓄電量可讓汽車一次性跑×105m，汽車時速最高可達×102km/h，汽車總質量為×103kg．驅動電機直接接在蓄電池的兩極，且蓄電池的內阻為r=Ω．當該汽車在某城市快速水平公交路面上以v=90km/h的速度勻速行駛時，驅動電機的輸入電流I=×102A，電壓U=×102V，內電阻RM=Ω．在此行駛狀態下（取g=10m/s2），求：（1）驅動電機輸入的電功率P入；（2）驅動電機的熱功率P熱；（3）驅動電機輸出的機械功率P機；（4）蓄電池的電動勢E．17．如圖所示，R為電阻箱，V為理想電壓表，當電阻箱讀數為R1=2Ω時，電壓表讀數為U1=4V；當電阻箱讀數為R2=5Ω時，電壓表讀數為U2=5V．求：電源的電動勢E和內阻r．18．如圖所示，變阻器R2的最大電阻是10Ω，R3=5Ω，電源的內電阻r=1Ω，當電鍵S閉合，變阻器的滑片在中點位置時，電源的總功率為16W，電源的輸出功率為12W．此時電燈R1正常發光，求：（1）電燈阻值R1是多少？（設R1阻值恒定不變）（2）當電鍵S斷開時，要使電燈正常工作，應使變阻器的電阻改變多少？

新人教版選修3-1《第2章恒定電流》單元測試卷（安陽市湯陰一中）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題4分，共40分）．1．如圖所示電路中的電源為恒流源，不管外電路的電阻如何變化，它都能夠提供持續的定值電流．電壓表、電流表都為理想電表．當滑動變阻器R的滑動觸頭向左滑動時，電壓表V1、V2示數變化的絕對值分別為△U1和△U2．電流表A示數變化的絕對值為△I，下列說法中正確的是（）A．V1示數增大，A示數減小，=RB．V1示數增大，A示數減小，=R1C．V2示數減小，A示數減小，=R2D．V2示數增大，A示數增大，=R【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】電源為恒流源，能夠提供持續的恒定電流，當滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動時，電壓表讀數的變化量等于電阻R1兩端電壓的變化量，由歐姆定律求出電壓表的讀數變化量與電流表的讀數變化量之比的絕對值．【解答】解：據題意，電源為恒流源，能夠提供持續的恒定電流，電阻R2兩端電壓不變，即V2示數不變，則當滑動變阻器的滑動觸頭向左滑動時，變阻器接入電路的電阻增大，電路的總電阻增大，而總電流不變，則電源兩端的電壓增大，即V1示數增大，則R1兩端電壓U1增大，通過R1的電流增大，A示數減小．由于V2示數不變，所以電壓表V1示數的變化量等于電阻R1兩端電壓的變化量，設總電流為I總．則電阻R1兩端電壓U1=（I總﹣I）R1，則△U1=△（I總﹣IA）R1=△IR1，則得=R1，故B正確．故選：B2．在如圖（a）所示的電路中，L1、L2為規格相同的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖（b）所示，C是電容為100μF的電容器，R是阻值為8Ω的定值電阻，電源E的內阻為1Ω．電路穩定后，通過L1的電流為，下列結果正確的是（）A．L1的電功率為B．L2的電阻為4ΩC．電源的效率為80%D．電容器的帶電量為×10﹣4C【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．【分析】電路穩定后，通過L1的電流為I1=，由圖讀出其電壓，根據P=UI求解功率，根據串并聯電路的特點求出并聯部分電壓，根據圖象讀出電流，根據歐姆定律求解電阻，電容器的電壓與R的電壓相等，根據Q=UC求解電量．【解答】解：A、電路穩定后，通過L1的電流為I1=，由圖讀出其電壓U1=，則燈泡L1的電功率P1=U1I1=×=，故A錯誤；B、并聯部分的電壓U2=U1+I1R=+×8=，由圖讀出其電流為I2=，根據歐姆定律得，故B錯誤；C、電源電動勢E=U2+（I1+I2）r=+×1=3V，電源的效率為，故C正確；D、電容器的電壓U=I1R=，則電容器的帶電量為Q=UC=×100×10﹣6=×10﹣4C，故D錯誤．故選：C3．如圖所示，在豎直放置的平行板電容器的金屬板內側表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板的夾角為θ．電容器接在如圖所示的電路中，R1為電阻箱，R2為滑動變阻器，R3為定值電阻．閉合開關S，此時R2的滑片在正中間，電流表和電壓表的示數分別為I和U．已知電源電動勢E和內阻r一定，電表均為理想電表．以下說法正確的是（）A．保持R1不變，將R2的滑片向右端滑動，則I讀數變小，U讀數變大B．小球帶正電，將R2的滑片向左端滑動過程中會有電流流過R2C．增大R1，則I讀數變大，U讀數變小D．減小R1，則U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值不變【考點】閉合電路的歐姆定律；勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【分析】該電路中R1和R3串聯，電容器兩端間的電壓等于R1兩端間的電壓，根據閉合電路的動態分析，分析電容器兩端的電壓變化，從而知道電場的變化以及θ角的變化．通過電容器兩端電壓的變化，就可知道電容器所帶電量的變化，分析通過R2的電流．【解答】解：A、電路穩定時，R2相當于導線．保持R1不變，將R2的滑片向右端滑動，不改變電路中有效電阻，電路中電流不變，則I讀數和U讀數均不變，故A錯誤．B、電容器板間電場方向水平向右，小球受到的電場力也水平向右，所以小球帶正電．將R2的滑片向左端滑動過程中，電容器的電壓不變，帶電量不變，沒有電流通過R2．故B錯誤．C、增大R1，電路中電流減小，路端電壓增大，則I讀數變小，U讀數變大，故C錯誤．D、根據閉合電路歐姆定律得：U=E﹣Ir，得||=r，保持不變，即減小R1，則U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值的比值不變．故D正確．故選：D4．把兩根同種材料做成的電阻絲，分別接在兩個電路中，甲電阻絲長為l，直徑為d，乙電阻絲長為2l，直徑為2d，要使兩電阻絲消耗的功率相等，加在兩電阻絲上的電壓應滿足（）A．=1 B．= C．= D．=2【考點】電阻定律．【分析】根據電阻定律求出兩電阻絲電阻之比，由公式分析要使兩電阻絲消耗的電功率相等時兩電阻絲上的電壓之比．【解答】解：根據電阻定律：R甲=ρ，R乙=ρ，由公式可知甲乙的功率分別為：，，根據題意，若使P甲=P乙，即：，解得：．故C正確．故選：C．5．如圖所示，電鍵閉合時，當滑動變阻器滑片P向右移動時，試分析L1、L2的亮度變化情況．（）A．L1、L2都變亮 B．L1、L2都變暗C．L1變暗、L2變亮 D．L1變亮、L2變暗【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】根據滑動變阻器滑片P向右移動時外電阻的變化，分析總電流的變化，由串聯電路分壓規律分析并聯部分電壓的變化，判斷通過L2的電流變化，從而分析燈泡的變化．【解答】解：當滑動變阻器滑片P向右移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，則L1變暗．由串聯電路分壓規律知并聯部分電阻增大，則電壓增大，因此通過L2的電流增大，因此L2變亮．故C正確．故選：C6．如圖所示，一帶電小球以速度v0水平射入接入電路中的平行板電容器中，并沿直線打在屏上O點上，若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，讓帶電小球再次從原位置水平射入并能打在屏上，其它條件不變，兩次相比較，則再次射入的帶電小球（）A．將打在O點的下方B．將打在O點的上方C．穿過平行板電容器的時間將增加D．達到屏上動能將增加【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；電容器的動態分析．【分析】僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，小球在平行板電容器中做類平拋運動，由E=分析板間場強的變化，確定小球所打的位置．根據類平拋運動的規律分析時間．【解答】解：A、B僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，電容器板間電壓不變，由E=分析得知板間場強減小，小球所受的電場力減小，小球將向下偏轉，打在O點的下方．故A正確，B錯誤．C、小球在平行板電容器中做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動，所以運動時間t=，與電壓的變化無關，所以穿過電容器的時間t不變．故C錯誤．D、極板未動時，小球做勻速直線運動．極板平行上移后，小球的合力做正功，動能增大，故D正確．故選AD7．如圖所示的火警報警裝置，R1為熱敏電阻，若溫度升高，則R1的阻值會急劇減小，從而引起電鈴電壓的增加，當電鈴電壓達到一定值時，電鈴會響．下列說法正確的是（）A．要使報警的臨界溫度升高，可以適當增大電源的電動勢B．要使報警的臨界溫度降低，可以適當增大電源的電動勢C．要使報警的臨界溫度升高，可以把R2的滑片P適當向下移D．要使報警的臨界溫度降低，可以把R2的滑片P適當向下移【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】可根據電源電動勢的變化，判斷報警臨界溫度變化．根據R2的滑片位置變化，分析報警臨界溫度的變化．【解答】解：AB、要使報警的臨界溫度升高，R1對應的阻值減小，電路中電流會增大，電鈴兩端的電壓會增大，而電鈴電壓達到一定值時，電鈴會響，要使電鈴的電壓仍為原來的值，必須適當減小電源的電動勢，相反，要使報警的臨界溫度降低，可以適當增大電源的電動勢．故A錯誤，B正確．CD、要使報警的臨界溫度升高，R1對應的阻值減小，根據串聯電路的特點可知，將使電鈴的電壓增大，要使電鈴的電壓仍為原來的值，可以把R2的滑片P適當向上移，以減小R2，相反，要使報警的臨界溫度降低，可以把R2的滑片P適當向下移，故C錯誤，D正確．故選：BD8．某種角速度測量計結構如圖所示，當整體系統繞軸OO′轉動時，元件A發生位移并通過滑動變阻器輸出電壓U，電壓傳感器（傳感器內阻無限大）接收相應的電壓信號．已知A的質量為m，彈簧的勁度系數為k、自然長度為l，電源的電動勢為E、內阻不計．滑動變阻器總長也為l，電阻分布均勻，系統靜止時P在變阻器的最左端B點，當系統以角速度ω轉動時，則（）A．電路中電流隨角速度的增大而增大B．輸出電壓U隨角速度的增大而增大C．輸出電壓U與ω的函數式為U=D．彈簧的伸長量為x=【考點】閉合電路的歐姆定律；向心力．【分析】當系統在水平面內以角速度ω轉動時，電路中電阻保持不變，根據閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化情況．系統勻速轉動時，由彈簧的彈力提供元件A的向心力，根據牛頓第二定律得到角速度ω與彈簧伸長的長度x的關系式．根據串聯電路電壓與電阻成正比和電阻定律，得到電壓U與x的關系式，再聯立解得電壓U與ω的函數關系式．【解答】解：A、當系統在水平面內以角速度ω轉動時，無論角速度增大還是減小，BC的電阻不變，根據閉合電路歐姆定律得知，電路中電流保持不變，與角速度無關．故A錯誤．B、當角速度增大，彈簧的伸長量增大，則輸出電壓U增大，故B正確．CD、設系統在水平面內以角速度ω轉動時，彈簧伸長的長度為x，則對元件A，根據牛頓第二定律得：kx=mω2（L+x）則得：x=又輸出電壓為：U=E=E聯立兩式得：U=．故C正確，D錯誤．故選：BC9．在如圖所示電路中，閉合電鍵S，理想電流表和理想電壓表的示數分別用I和U表示，當滑動變阻器的滑動觸頭P向左滑動時，兩表的示數都發生變化．電源的電動勢和內電阻始終不變，下列說法正確的是（）A．I變大，U變小 B．比值變大C．R1的功率一定變大 D．電源的總功率一定減小【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】據滑片的移動方向判斷滑動變阻器接入電路的阻值如何變化，由閉合電路歐姆定律判斷電路電流如何變化和電壓表如何變大，根據P=I2R1判斷R1的功率變化情況，根據P=EI判斷總功率的變化情況．【解答】解：A、當滑動變阻器的滑動觸頭P向左滑動時，阻值變大，則總電阻變大，總電流變小，則I減小，根據閉合電路歐姆定律得：U=E﹣I（R1+r），則電壓表示數增大，故A錯誤；B、根據歐姆定律得：，當滑動變阻器的滑動觸頭P向左滑動時，R2增大，則變大，故B正確；C、根據P=I2R1可知，I減小，R1的功率一定減小，故C錯誤；D、電源的總功率P=EI，I減小，電源的總功率一定減小，故D正確．故選：BD10．如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內阻阻值r．閉合電鍵后，將滑動變阻器滑片向下滑動，理想電壓表V1、V2、V3示數變化量的絕對值分別為△U1、△U2、△U3，理想電流表A示數變化量的絕對值為△I，則（）A．△U1大于△U2 B．=R+rC．V2的示數增大 D．+保持不變【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路．理想電流表內阻為零，相當短路．分析電路的連接關系，根據歐姆定律和閉合電路歐姆定律進行分析．【解答】解：A、根據閉合電路歐姆定律得：U2=E﹣Ir，則得：=r；=R，據題：R＞r，則得△U1＞△U2．故A正確．B、根據閉合電路歐姆定律得：U3=E﹣I（R+r），則得：=R+r，故B正確．C、理想電壓表內阻無窮大，相當于斷路．理想電流表內阻為零，相當短路，所以R與變阻器串聯，電壓表V1、V2、V3分別測量R、路端電壓和變阻器兩端的電壓．當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數增大，電路中電流增大，電源的內電壓增大，則路端電壓減小，所以V2的示數減小，故C錯誤；D、由上知，+=R+r，保持不變，故D正確．故選：ABD二、填空題（每小題5分，共20分）11．標有“100V100W”的燈A與“100V25W”的燈B，連成如圖所示的甲、乙兩種電路，A、B兩燈都可以正常發光．則R1的阻值80Ω，R2的阻值Ω．（結果保留整數）【考點】串聯電路和并聯電路．【分析】燈泡正常發光時的電流為額定電流；并聯電路中，干路電流是各支路電流的和；串聯電路中各處電流都相等；先表示出并聯和串聯電路的實際電流與燈泡的額定電流的關系，再利用P=UI表示出甲乙兩圖的功率之比后進行化簡得答案；利用電阻R1和電阻R2的電壓之比和甲乙圖的電流之比，結合R=計算正確答案．【解答】解：甲圖燈泡并聯，電流為：I1==；R1分得的電壓為U分=U﹣U額=100V，R1==80Ω；乙圖燈泡串聯，電流為：I2==1A；燈泡B的電流為IB==流過電阻R2的電流為I分=I2﹣IB=R1分得的電壓為U分=100V，R2==Ω故答案為：80Ω，Ω．12．某同學在一次測量時，電壓表（0﹣15V）、電流表（0﹣）的示數如圖所示．則電壓值為V，電流值為A【考點】多用電表的原理及其使用．【分析】首先明確電表的量程，再根據刻度線確定最小分度，從而根據指針的位置確定讀數．【解答】解：電壓表量程為15V，最小分度為，則讀數為：；電流表量程為，最小分度為，則其讀數為：；故答案為：；13．如圖為用直流電動機提升重物的裝置，重物的重量為500N，電源電動勢為110V，不計電源內阻及各處摩擦，當電動機以s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流為，則電動機提升重物消耗的功率為450W；電動機線圈的電阻為4Ω．【考點】電功、電功率．【分析】當電動機以恒定速度向上提升重物時，同時電動機因線圈電阻消耗功率．則電源產生的總功率等于提升物體消耗的功率加上線圈電阻消耗的功率．【解答】解：重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×=450W此時電路中的電流為5A．則電源的總功率P總=EI=110×5W=550W所以線圈電阻消耗的功率為Pr=P總﹣P1=550﹣450W=100W由毆姆定律可得：故答案為：450414．在測定一節干電池電動勢和內電阻的分組實驗中，實驗1組的同學利用圖甲所示電路，選用下列器材進行了規范的實驗操作．A．干電池（內電阻小于Ω）B．電流表（量程0～，內阻rA=1Ω）C．電壓表（量程0～3V，內阻約20kΩ）D．滑動變阻器（0～20Ω，允許最大電流2A）E．開關、導線若干把得到的數據記錄后用“○”在圖乙所示的“U﹣I”圖象中進行描點．在小組互評環節，實驗2組的同學在實驗器材沒有變化的情況下對1組的實驗方案進行了改進后再次進行了實驗，并把實驗數據用“×”也描在圖乙所示的“U﹣I”圖象中．請完成以下對1組實驗方案的評價及改進．（1）從實驗原理上來看，用圖甲電路進行實驗，誤差主要來自：電壓表的分流．（2）從所得實驗數據來看，不足之處是：路端電壓的變化范圍太小．（3）在如圖丙中畫出改進的方案電路圖．（4）根據改進后所得的實驗數據作出圖線，由圖線得到：E=V；r=Ω．（保留兩位小數）．【考點】測定電源的電動勢和內阻．【分析】（1）分析電路結構，根據電流分析誤差原因；（2）根據實驗數據可分析實驗數據，明確實驗的不足之處；（3）根據實驗誤差可明確如何改進電路圖；（4）由閉合電路歐姆定律可得出對應的圖象，再根據圖象分析電動勢和內電阻．【解答】解：（1）由甲圖可知，電路采用相對電源的外接法，故誤差來自于電壓表的分流使電流表讀數偏小；（2）由圖中數據可知，路端電壓變化范圍太小，導致誤差過大；（3）為了使路端電壓變化較大，可以將已知內阻的電流表與電源相連，采用相對于電源的電流表內接法；故如圖所示；（4）根據描點法得出對應的伏安特性曲線，如圖所示；由閉合電路歐姆定律可知：E=U+I（r+RA）故圖象與縱軸的交點為電源的電動勢，故E=，內阻r=﹣RA=Ω；故答案為：（1）電壓表的分流（2）路端電壓的變化范圍太小（3）如圖（4）如圖所示；；．三、計算題（每小題10分，共40分）15．利用電動機通過如圖所示的電路提升重物，已知電源電動勢E=6V，電源內阻r=1Ω，電動機內阻r0=2Ω，電阻R=3Ω，重物質量m=．當電動機以穩定的速度勻速提升重物時，電壓表的示數為U=．不計空氣阻力和摩擦，取g=10m/s2．求：（1）電源內電壓U1；（2）重物勻速上升時的速度v．【考點】電功、電功率．【分析】根據閉合電路歐姆定律求出電路中的電流和電動機輸入電壓．電動機消耗的電功率等于輸出的機械功率和發熱功率之和，根據能量轉化和守恒定律列方程求解重物勻速上升時的速度大小．【解答】解：（1）根據閉合電路歐姆定律，有：E=U+U1…①解①代入數據得：U1=…②（2）設干路電流為I，根據電路歐姆定律，有：…③根據功能關系有：IU=I2（R+r0）+mg?v…④聯解②③④代入數據得：v=m/s答：（1）電源內電壓U1為；（2）重物勻速上升時的速度v為s．16．一輛以蓄電池為驅動能源的環保電動汽車，擁有三十多個座位，其電池每次充電僅需三至五個小時，蓄電量可讓汽車一次性跑×105m，汽車時速最高可達×102km/h，汽車總質量為×103kg．驅動電機直接接在蓄電池的兩極，且蓄電池的內阻為r=Ω．當該汽車在某城市快速水平公交路面上以v=90km/h的速度勻速行駛時，驅動電機的輸入電流I=×102A，電壓U=×102V，內電阻RM=Ω．在此行駛狀態下（取g=10m/s2），求：（1）驅動電機輸入的電功率P入；（2）驅動電機的熱功率P熱；（3）驅動電機輸出的機械