1、填空题  如图为用直流电源给蓄电池充电的电路．若蓄电池的内阻为R，电流表和电压表的示数分别为I和U，则输入蓄电池的功率为_________，蓄电池的发热功率为_________，电能转化为化学能的功率为_________．

参考答案：IU；I2R；IU-I2R

本题解析：

本题难度：一般

2、简答题  用如图甲所示的装置探究直流电机转动时线圈的电热功率与输入电流的关系，图中电路图未画出，现备有如下实验器材：
A．直流电机M（3.0V，1W）
B．3V直流电源
C．电流表（0-0.6A，0.5Ω）
D．电流表（0-3A，0.1Ω）
E．电压表（0-3V，内阻约3kΩ）
F．滑动变阻器（0-5Ω）
G．开关、导线若干
H．秒表
I．电火花打点计时器
J．重锤P（约0.1kg）
K．纸带?
L．刻度尺
M．弹簧测力计?
N．游标卡尺
（1）为测量电机线圈的电热功率，上述提供的器材中多余的是______（写出器材序号）；
（2）根据实验要求，在图甲虚线框内画全实验电路图；
（3）实验中，若测出电压表的读数为u，电流表的读数为I，重锤的重力为G，电机匀速提升重物的速度为v，则电机线圈的电热功率可表示为______；若在某一输入电流下，电机提升重锤运动时打点纸带如图乙所示（图中相邻计数点的时间间隔T=0.04s），根据纸带数据，可求得重锤匀速向上运动时的速度v=______m/s；
（4）改变电路中的电流，得出电机线圈在不同电流I下的电热功率P热，作出P热-I2图线如图丙中实线所示，发现实验图线与理论图线存在较大偏差，你认为偏差的原因可能是______．

参考答案：（1）直流电机M（3.0V，1W），即正常工作时的最大电流为1A，所以电流表（0-0.6A，0.5Ω）即可，而电流表（0-3A，0.1Ω）量程过大不需要．故D多余．
此题不需要测时间，也不需要游标卡尺测长度，故H、N都是多余的．


故多余的器材为：DHN．
（2）实验电路图如右图所示：
（3）根据能量守恒定律：输入电机的电功率等于电机先去的电热功率加上电机的输出功率，所以
P热=uI-GV?
根据纸带分析可知匀速运动的速度为：v=xT=2.20×10-20.04=0.555m/s?
（4）因为P热=I2RA，所以P热-I2图线的理论图线的斜率表示线圈的电阻RA，实际图线的斜率会增大的原因是线圈中电阻随温度升高而增大．
故答案为；（1）DHN
（2）P热=uI-GV
0.55m/s
（3）线圈中电阻随温度升高而增大

本题解析：

本题难度：一般

3、简答题  如图所示，M为一线圈电阻r0=0.4Ω的电动机，电阻R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数为I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．
求：（1）电源内阻?
（2）开关S闭合时电动机的输出功率和电动机的机械效率，若保持此输出功率不变，用此电动机提升一个质量为m=5kg的物体，物体上升的最大速度是多少？（取g=10m/s2）
（3）开关S闭合时电源输出功率．

参考答案：（1）当S断开时，由闭合电路欧姆定律得
? r=E-I1RI1=40-1.6×241.6Ω=1Ω
（2）开关S闭合时电动机两端的电压为U=E-I2r=40-4×1=36（V），
通过R的电流IR=UR=3624A=1.5A，则通过电动机的电流为IM=I2-IR=2.5A
则电动机的输出功率为P出=UIM-I2Mr0=36×2.5-2.52×0.4（W）=87.5W
效率为η=P出UIM=87.536×2.5×100%=97.2%
若保持此输出功率不变，用此电动机提升一个质量为m=5kg的物体，物体上升的最大速度为
? vm=P出mg=36×2.550m/s=1.8m/s
（3）开关S闭合时电源输出功率为P电=UMI2=36×4W=144W．
答：（1）电源内阻为1Ω．
（2）开关S闭合时电动机的输出功率是87.5W，电动机的机械效率是97.2%．若保持此输出功率不变，用此电动机提升一个质量为m=5kg的物体，物体上升的最大速度是1.8m/s．
（3）开关S闭合时电源输出功率是144W．

本题解析：

本题难度：一般

4、选择题  一定值电阻，通过2C的电荷量时，消耗的电能是8J，若在相同时间内通过4C的电荷量，那么电阻两端的电压和消耗的电能分别为(       )
A．4V，16J
B．8V，16J
C．4V，32J
D．8V，32J