2020届物理人教版恒定电流单元测试(1)

1、专题09恒定电流名校试题汇编单项选择题1. （2019安徽省巢湖市调研）两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲电阻丝的长度和直径分别为d;乙电阻丝的长度和直径分别为2I和2d.将甲、乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，则加在两根电阻丝上的电压的比值应满足U甲A. 1 U乙【答案】U甲2 P甲R甲R甲I2I【解析】U 2= P R = R =1: p 21 = 2,所以加在两根电阻丝上的电压的比值应满足U乙P乙R乙R乙2d 22, 故C正确.2.（2019安徽省黄山市质检）如图所示是电阻 R的I U图象，图中a= 45 °由此得出（）A 欧姆定律适用于该元件B .电

2、阻 R= 0.5 Q1C. 因1 - U图象的斜率表示电阻的倒数，故r=tan厂° QD .在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 CA正确；根据电【答案】A【解析】根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用, 阻的定义式R= 可知，I U图象斜率的倒数等于电阻 R,则得R= 10 Q= 2 Q B错误；由于I U图象中横、纵坐标的标度不同，故不能直接根据图象的斜率求电阻，C错误；由题图知，当U = 6.0 V时，1 = 3.0 A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q= It= 3.0 XI C= 3.0 C, D错误.3. （2019贵州

3、省遵义市调研）如图所示电路，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表开关S闭合后,)在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中A .电压表与电流表的示数都减小B .电压表与电流表的示数都增大C .电压表的示数增大，电流表的示数减小D .电压表的示数减小，电流表的示数增大【答案】A【解析】由变阻器Ro的滑动端向下滑动可知，Ro接入电路的有效电阻减小，R总减小，由1= Er总十r可知I增大，由U内=Ir可知U内增大，由E= U内十U外可知U外减小，故电压表示数减小. 由Ui= IR1U2可知Ui增大，由U外=U1 + U2可知U2减小，由12= 可知电流表示数减小，故 A正确.4. （2018四川省乐山市第一

4、次调研 ）如图所示，一根长为 L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率 为p,棒内单位体积自由电子数为 n,电子的质量为 m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为（mv2A 2eLB.mVSn c.卩 nev d.esl【答案】【解析】由电流定义可知：1= q = nvtSe= neSv.由欧姆定律可得：U = IR= neSv*=p neLy 又 E= *,nev选项C正确.5. （2018北京市大兴区上学期期末 ）某直流电动机，线圈电阻是0.5 R当它两端所加的电压为6 V时，通过电动机的电流为 2A .由此可知（）

5、A .电动机发热的功率为 72 WB .电动机消耗的电功率为 72 WC .电动机输出的机械功率为10 WD .电动机的工作效率为 20%【答案】C【解析】直流电动机线圈电阻为 R,当电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为 U，电动机消耗的总功率为：P = UI = 20 W = 12 W，故B错误；发热功率为：P热=I2R= 22X0.5 W = 2 W，故A错误；根据能量守恒定律，其输出机械功率是：P出=P P热=12 W 2 W = 10 W，故C正确；电动机的工作效率 n="px 100% 83.3%故D错误.6. （2018山东省淄博市一中三模）某家用电热水壶铭牌如图所示

6、，其正常工作时电流的最大值是产品型号EL-B9S2麺 率血碗功率1 I4HIW浮 蹴L.S LA . 0.2 AD. 5.2 A【答案】D【解析】电热水壶的有效电流为P i iooI = u = 220 A = 5 A，故电流的最大值为：Im = 2I = 5 2 A , D正确.7.（2018湖南省株洲市上学期质检一 电阻 R= 6 k Q, Ri= 6 k Q R2= 3 k）如图为某控制电路的一部分，已知AA的输入电压为24 V，如果对则BB不可能输出的电压是（A . 12 VB. 8 V C. 6 V D . 3 V【答案】【解析】若两开关都闭合，则电阻 Ri和R2并联，再和 R串联,

7、Ubb为并联电路两端电压，Ubb =RiR2Ri+ R2RiR2Uaa= 6 V，若Si闭合S2断开，则RRi+ R2Ri和R串联，Ubb，=RiRi+RUaa'= i2 V，若 82 闭合 Si 断Ubb= 0,故D项不可能.开，贝V F2和R串联，Ubbz= r + rUaa= 8 V，若两者都断开，则电路断路,8.（20i8山东省济宁市上学期期末）如图所示，E为电源，其内阻为r, L为小灯泡（其灯丝电阻可视为 不变），Ri、R2为定值电阻，Ri>r, R3为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S 后,若照射R3的光照强度减弱，则（）A . Ri两端的电压变大B

8、.通过R2的电流变大C .电源的输出功率变大D .小灯泡消耗的功率变大【答案】 B【解析】光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故Ri两端的电压减小，故 A错误；因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时 Ri两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流减小，由Pl= I2Rl可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确，D错误；因Ri>r，外电路总电阻 R外r,又R外增大，故电源的输出功率变小，故C错误.9.（20i8天津市实验中学模拟）如图所示为一玩具起重机的电路示

9、意图.电源电动势为6 V，内阻为0.5Q,电阻R= 2.5 Q当电动机以0.5 m/s的速度匀速向上提升一质量为320 g的物体时（不计一切摩擦阻力，g = i0 m/s2）,标有“ 3 ）0.6 W的灯泡恰好正常发光.则电动机的内阻为（）A . 1.25 QC. 5.625 QD. 1 Q【答案】A【解析】由电路图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为UL = 3 V ,电流为山衆二罟A = 0.2 A，故电动机两端的电压为Um = Ul= 3 V ; R和电源内阻r两端的总电压为Ui = 3 V，由欧姆定律可得，总电流为:Ui =3R+ r 2.5+ 0.5电动机的电流为:Im =

10、I Il = 1 A 0.2 A = 0.8 A ; 电动机的输出功率为：P = mgv= Um|m I M2r m10.（2018河北省定州中学承智班月考）阻值相等的四个电阻R、电容器C及电池E（内阻可忽略）接成如图所示的电路保持S1闭合，开关S2断开且电流稳定时,C所带的电荷量为 Q1 ;闭合开关S2，电流代入数据解得：rM = 1.25 Q.再次稳定后，C所带的电荷量为 Q2.Q1与Q2的比值为（）A . 5 : 3B. 2 : 1 C. 1 : 2 D. 1 : 3【答案】A【解析】电池E的内阻可忽略，保持开关 S1闭合、S2断开且电流稳定时，电容器两端的电压为:U1= E >2

11、R= 2E；闭合开关S2,电流再次稳定后，电容器两端的电压为：U2= E XR=严，由Q= CU3R 3552R得，Q1 : Q2= U1 : U2= 5 : 3.11.（2018吉林省长春市八中模拟）如图所示，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）（J）A .质点P将向上运动B .电流表读数减小C .电压表读数减小D . R3上消耗的功率逐渐增大【答案】C【解析】由题图可知，R2与滑动变阻器 R4串联后与R3并联，再与Ri串联接在电源两端，电容器与R3并联，当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，

12、电路中电流增大， 路端电压减小，Ri两端的电压增大，故并联部分的电压减小.由欧姆定律可知流过R3的电流减小，而流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增U2大，故电压表示数减小，故 C正确；因R3两端的电压减小，由公式 P= U可知，R3上消耗的功率减R小，故D错误；因电容器两端电压减小，故质点 P受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，质 点P将向下运动，故A错误.12.（2017宁夏银川2月模拟）如图甲所示为某一小灯泡的 U I图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再 与一个4 Q的定值电阻R串联，接在内阻为 1第电动势为3 V的电源两端，如图乙所示，

13、贝U （）A .通过每盏小灯泡的电流约为0.2 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 WB .通过每盏小灯泡的电流约为0.3 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.6 WC.通过每盏小灯泡的电流约为0.2 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.2 WD .通过每盏小灯泡的电流约为0.3 A,此时每盏小灯泡的电功率约为0.4 W【答案】C【解析】由题图甲可以看出，当通过小灯泡的电流为0.2 A时，对应灯泡两端的电压为1 V,此时小灯泡的电阻为 土*= 5 Q,两小灯泡并联后的电阻R并=2.5愆灯泡两端电压 U并=孕X3 V0.2 AR 总7.5=1 V，恰好符合串联电路电压关系，则每盏小灯泡的功率Pl

14、= 0.2 W，则A项错误，C项正确.同理，可知B、D项错误.13.（2018广东省韶关市模拟）如图所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1莒一个标有“6 V2 W '的电灯与一个绕线电阻为2 Q的电动机串联.开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为（）|_0 |LMI|i严A . 36 WB. 44 WD. 60 WC. 48 W【答案】A【解析】电路中电灯正常发光，所以Ul= 6 V，则电路中电流为Pl _ 12Ul = 6电动机两端的电压 Um = E Ir Ul= 30 V 2 XI V 6 V = 22 V，则电动机输出的机械功率P出=P电一P热=UmII2

15、Rm = 22 X W 4 X W = 36 W.14. （2018河南省开封市质检）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压 U和电流I的关系图线（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U I图线在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为0 I f/AB. 10 QD. 12.5 QA . 8.0 QC. 12 Q【答案】 A【解析】由闭合电路欧姆定律得 U = E Ir，当I = 0时，U = E,由图线a与纵轴的交点读出电动势3 6 2为E = 3.6 V .根据两图线交点可知，电阻R两端的电压为2 V，则内阻r =? Q= 8

16、.0 Q故A正确.15. （2018陕西省西安一中一模）电路如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A .电压表读数增大、电流表读数减小B .电压表读数减小、电流表读数增大C. R1的电功率减小D .电源的输出功率增大【答案】 C【解析】当滑片由中点向b端滑动时，R接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，所以定值电阻R1的电功率减小，选项 C正确；电路中总电流减小，由U = E Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并

17、联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，选项A、B错误；因不知内、夕卜电阻的大小,所以不能确定电源的输出功率如何变化，选项D错误.16. （ 2019北京市人大附中高三第二学期三模）用如图所示电路可以测量干电池的电动势和内阻，图中R为电阻箱。下列关于该实验的说法中正确的是IIEx SA 为了测量电动势和内阻，至少需要测量 6组数据B用图象处理数据时，为了得到线性图象，可以作U与R的图象C.用图象处理数据时，为了得到线性图象，可以作1/U与R的图象D 因电压表内阻产生的误差属于系统误差【答案】D【解析】根据实验原理 E=U+ r可知，方程中有两个未知量，则为了测量电动势和内阻，至少RU11

18、 r 1需要测量2组数据，选项 A错误；根据E=U+ Ur可得- 丄丄，则用图象处理数据时,RU E E R1 1为了得到线性图象，可以作丄-1的图象，选项BC错误；因电压表内阻产生的误差属于系统误U R差，选项D正确。17. （2019山东省济南第一中学模拟）如图所示是一个电热水壶的铭牌。某同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶（ 电热水壶 ） 产肚星号：4札50乐i GB4706.1 -20« G34706.L92008社曲乩科J限公闻jftUt：樹M号J客簟电氐丿A .只能在220 V电压下工作B .正常工作 5 min耗电约0.5 kWhC.正常工作时的电流

19、约为6.8 AD 用多用电表测量其电阻值约为32 Q【答案】C【解析】该水壶可以在 220 V及之下的电压下工作；故 A错误；工作5 min时，消耗的电能为：5W=Pt=1.5 kWXh=0.125 kWh；故B错误；由铭牌信息可知，额定功率为1 500 W；额定电60P 1500 W压为220 V;则由P=UI可得：I6.8 A ；故C正确；金属丝的电阻率随温度U 220 V的升高而升高，所以用多用电表测量其电阻值小于额定电阻，额定电阻为:2 2U _ (220 V) P _ 1500 W32，所以用多用电表测量其电阻值小于32 Q；故D错误；故选C。18. （ 2019 上海市嘉定区高三下

20、学期质量调研）如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为A 两电表示数都增大B. 两电表示数都减少C. 电压表示数减少，电流表示数增大D 电压表示数增大，电流表示数减少【答案】D【解析】当滑动变阻器的滑片 P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，则电压表的示数 Uv=E- （r+R 1），贝V Uv增大；流过R2的UV电流丨2V增大，电流表的读数为IA I I2，则电流表示数减小；故 ABC错误，D正确。R2二、多项选择题1.（2018天津市部分区上学期期末 ）如图所示的电路中，电源电动势为E,内阻

21、为r，电表均为理想电表闭合开关S后，若减小R的阻值，则下列说法正确的是（）A .电流表的示数一定增大B .电压表的示数一定增大C .电源的输出功率一定增大D . R1上的电压一定减小【答案】 AD【解析】减小R的阻值，电路的总电阻减小，电路中总电流I增大，由U_ E Ir得路端电压减小,所以电流表的示数一定增大，电压表的示数一定减小，故A正确，B错误；当电源的外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不知外电阻与内电阻的大小关系，所以当电源的负载电阻减小时，电源的输出功率不一定增大，故 C错误；电路中总电流I增大，R2的两端电压增大，又因为路端 电压减小，由串联分压得 R1上的电压减小，故

22、 D正确.2如图所示，图中直线表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（）A .电源的电动势为 50 V25B .电源的内阻为 QC .电流为2.5 A时，外电路的电阻为 15 QD 输出功率为120 W时，输出电压是 30 V【答案】ACD【解析】电源的路端电压和电流的关系为：U = E Ir，显然直线的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E= 50 V , r = 50 20 q = 5 Q A正确，B错误；当电流为Ii =6 02.5 A时，由回路中电流11 = 一-，解得外电路的电阻 R外=15 Q,

23、C正确；当输出功率为120 W时, r + R外由题图中P I关系图线看出对应干路电流为4 A,再从U I图线读取对应的输出电压为30 V , D正3如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器 AB内部原有带电微粒 P处于静止状态.下列措施下，关于A 保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B 保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C .断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D 断开S后，减小A、B板间距离，P仍静止【答案】 ABD【解析】保持S闭合，电源的路端电压不变，增大A、B板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电荷量不变，由E = 4得，板间场强

24、不变，微粒所受电场力不变，仍rS处于静止状态，故 A正确；保持S闭合，电源的路端电压不变，电容器两端的电压不变，减小A、B板间距离，由E=U可知，板间场强增大，微粒所受电场力增大，微粒将向上运动，故B正确；断开dS后，电容器的电荷量 Q不变，由E=得，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状rS态，故C错误，D正确.4如图所示，直线 A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻Ri、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则（）A Ri接在电源上时，电源的效率高B R2接在电源上时，电源的效率高C R2接在电源上时，电源的输出功率大D .电源的输出功率

25、一样大【答案】ACP 出uiU【解析】电源的效率 n=X100% = X100% =-X100%,当Ri与R2分别接到电源上时， UR1>UR2,P 总EIE故Ri接在电源上时，电源的效率高，A正确，B错误；由题图可知， R2与电源的内阻相等，Ri>R2,所以R2接在电源上时，电源的输出功率大，C正确，D错误.6如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S,电路正常工作，过了一会儿，电流表一的示数变为零若电路中故障发生在灯L、电阻R上，用一根导线来判断电路故障，则下列判断正确的是A 将导线并联在R两端，电流表无示数,B 将导线并联在L两端，电流表无示数,C 将导线并联在R两端，电

26、流表有示数，D 将导线并联在L两端，电流表有示数，L断路心曰 疋是心曰疋疋心曰疋是心曰疋是R断路R断路L断路【答案】CD【解析】电流表一的示数变为零，说明电路故障为断路将导线与用电器并联进行检测时，若电流表有示数，说明与导线并联的用电器断路；若电流表无示数，说明另一个用电器断路或两个用电器都断路若将导线并联在R两端，电流表无示数，则可能是A错误；若将导线并联在L两端，电流表无示数，则可能是B错误；若将导线并联在R两端，电流表有示数，则- -定是L断路，也可能是 R、L都断路，故选项R断路，也可能是 R、L都断路，故选项R断路，选项C正确；若将导线并联在 L两端，电流表有示数，则一定是L断路，选

27、项D正确.7如图所示，Ri为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是（）A .当R2= Ri + r时，R2获得最大功率B .当Ri= R2+ r时，Ri获得最大功率C .当R2= 0时，Ri获得最大功率D .当R2= 0时，电源的输出功率最大【答案】AC【解析】在讨论R2的电功率时，可将Ri视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻 R2与电动势为E、内阻为Ri+ r的电源（等效电源）连成的闭合电路（如图所示），R2的电功率是等效电源的输出功率.显然当R2= Ri + r时，R2获得的电功率最大， A项正确；讨论Ri的电功率时，由于 Ri为定值，根据P=

28、 I2R知，电路中电流越大， Ri上的电功率就越大（Pi= l2Ri）, 所以，当R2= 0时，Ri获得的电功率最大，故 B项错误，C项正确；讨论电源的输出功率时，Ri +R2为外电阻，内电阻r恒定，由于题目没有给出 Ri和r的具体数值，所以当 R2= 0时，电源输出功 率不一定最大，故 D项错误.8. （20i9江苏省苏锡常镇四市 20i9届高三第二次模拟）如图甲所示，电源 E= i2 V，内阻不计，灯泡L的额定电压为9 V，其伏安特性曲线如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为iO Qo则甲乙A .灯泡L的阻值随电流的增大而减小B. 灯泡L的额定功率为i3.5 WC. 灯泡L消耗电功率的最小值

29、是 2 WD 滑动变阻器接入电路的阻值应至少为6 Q【答案】BC【解析】A、由I U图象可知，图象的斜率为灯泡的电阻的倒数，所以灯泡的电阻随电流的增大而增大。故A错误。B、由图象可知，灯泡的电压 U 9V时，电流I i.5A，所以灯泡的额定功率为P UI 9 1.5W。故B正确。C、当R 10 时，电流最小，灯泡消耗的电功率最小,如图所示。可得此时灯泡的电流I1.0A ,P U I 2 1W=2W。故 C正确。D、因灯泡的额定电流为I1.5A，正常工作时的电阻暑6 ，根据闭合电路欧姆定律有I詁瓦，可得R IERl1261.52,即滑动变阻器接入电路的电阻至少为2 。故D错误。9 （2019河北

30、省衡水市武邑中学高三年级第三次模拟）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，Ri、R2、R3为定值电阻，Rl为光敏电阻（光照减弱时阻值增大），C为电容器。闭合开关S，电路稳定后，用光照射 Rl，下列说法正确的是A 电压表示数增大B.电源的效率增大C.电容器所带电量增加D R2消耗的功率增大【答案】CD【解析】A、当光照射Rl,电阻变小，外电路总电阻变小，得:E外，总电流I变大，根Ir，当电流变大，路端电压变小，即电压表示数变小,A错误；B、电源效率IUIE100%U 100%，路端电压变小，效率变小，B错误；C、路端电压变小， R1两端电压变小,电流I1变小，而总电流变大，R2电流*变大，所以

31、民两端电压U2 I2R2，变大电容器两端电压与R2两端电压相等，变大，所以 Q CU，电量变大，C正确；D、根据C选项分2析 F2I2R2 ,电流变大，消耗功率变大，D正确。10. (2019江苏省七市高考二模)检测煤气管道是否漏气通常使用气敏电阻传感器。某气敏电阻的阻值随空气中煤气浓度增大而减小，某同学用该气敏电阻R1设计了图示电路，R为变阻器,a、b间接报警装置。当a、b间电压高于某临界值时，装置将发出警报。则A 煤气浓度越高,a、b间电压越咼B.煤气浓度越高,流过 R1的电流越小C.煤气浓度越低,电源的功率越大D 调整变阻器R的阻值会影响报警装置的灵敏度【答案】AD【解析】煤气浓度越高气

32、敏电阻 R1阻值越小，电路总电阻越小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I越大，电阻两端电压 U= IR变大，即a、b间电压越高，故 A正确，B错误；煤气浓度越大，气敏电阻R1越大，电路总电阻越大，电路电流I越小，电源功率 P= El越小，故C错误；调整变阻器R的阻值会改变煤气浓度一定时a、b间的电压，会影响报警器的灵敏度，故D正确。三、非选择题1如图所示，电源电动势 E= 10 V,内阻r = 1 Q闭合开关S后，标有“ 8 V2 W ”的灯泡恰能正常发 光，电动机 M的内阻R0= 4愆求：(1)电源的输出功率 P 出;(2)10 s内电动机产生的热量Q;(3)电动机的机械功率.【答案】 (1)16 W (2)10 J (3)3 W【解析】(1)由题意知，并联部分电压为U = 8V，故内电压为U内=E-U= 2VU内总电流1 = = 2 A,r电源的输出功率 P出=UI =