新教材2023年高考物理总复习考案16周测卷十三恒定电流

考案(十六)周测卷十三恒定电流本试卷满分100分，考试时间90分钟。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2022·北京海淀高三期末)如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为－q。由于棒的运动而形成的等效电流(B)A．大小为qv，方向与v相同B．大小为qv，方向与v相反C．大小为qSv，方向与v相同D．大小为qSv，方向与v相反[解析]橡胶棒带负电，等效电流方向与v的方向相反，由电流的定义式可得I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(Lq,t)＝qv，故B正确，ACD错误。2．(2023·哈尔滨高三检测)国产某5G手机电池容量为4100mA·h，待机时间为22d(天)，用超级快充装置对其充电时的电功率为66W。由此可估算手机电池(B)A．待机时的电压B．待机时的电流C．快充时的电流D．快充过程获得的电能[解析]根据手机电池容量为4100mA·h以及待机时间为22d，根据I＝eq\f(q,t)，可求解待机时的电流，但是无法求解待机时的电压，选项A错误，B正确；根据题中条件无法求解快充时的电流，也不能求解快充过程获得的电能，选项CD错误。3．(2023·山东德州高三期末)如图所示，长方体金属块各处的电阻率相同，三边长分别为a、b、c，当M、N两端的电压为U时，金属块中的电流为I；当P、Q两端的电压为U时，金属块中的电流为(B)A．I B．eq\f(a2,c2)IC．eq\f(a2,b2)I D．eq\f(b2,c2)I[解析]根据电阻定律和欧姆定律可知RMN＝ρeq\f(a,bc)，U＝IRMN，同理RPQ＝ρeq\f(c,ab)，U＝I′RPQ，解得I′＝eq\f(a2,c2)I，故选B。4．(2022·全国高三专题练习)演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是(B)A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M不动时，电路中没有电流D．物体M不动时，AB间电压为0V[解析]物体M运动时，回路的总电阻不变，电源内的电流不会发生变化，A错误；物体M运动时，滑动变阻器AP段的电阻发生变化，电压表的示数会发生变化，B正确；物体M不动时，电路中有电流，C错误；物体M不动时，AB间电压等于电源两端电压，不等于0，D错误。5．(2023·北京市高三阶段练习)如图所示为两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，R1、R2的阻值均等于表头的内阻。当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2。下列说法正确的是(C)A．量程大小I1<I2B．I1＝4I2C．若仅使R1阻值变小为原来一半，则I2变为原来的eq\f(10,9)倍D．若仅使R2阻值变小为原来一半，则I1变为原来的eq\f(6,5)倍[解析]设R1＝R2＝Rg＝R，根据电路图结构可知，I1＝Ig＋eq\f(IgR2＋Rg,R1)＝Ig＋eq\f(Ig×2R,R)＝3Ig，I2＝Ig＋eq\f(IgRg,R1＋R2)＝Ig＋eq\f(IgR,2R)＝1.5Ig，A、B错误；若仅使R1阻值变小为原来一半，I2′＝Ig＋eq\f(IgRg,\f(1,2)R1＋R2)＝Ig＋eq\f(IgR,\f(3,2)R)＝eq\f(5,3)Ig，原来I2＝1.5Ig，则I2变为原来的eq\f(10,9)倍，C正确；若仅使R2阻值变小为原来一半，I1′＝Ig＋eq\f(IgR2＋Rg,R1)＝Ig＋eq\f(Ig×\f(3,2)R,R)＝eq\f(5,2)Ig，原来I1＝3Ig，则I1变为原来的eq\f(5,6)倍，D错误。6．(2022·海南嘉积中学三模)如图所示为汽车启动电路原理图，汽车电动机启动时车灯会瞬间变暗。在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表的示数为10A；电动机启动时电流表的示数为58A。已知电源的电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，设电流表的内阻不计、车灯的电阻不变。则(C)A．车灯的电阻为1.0ΩB．电动机的内阻为0.2ΩC．打开车灯、电动机启动时，电动机的输入功率为480WD．打开车灯、电动机启动时，电源的工作效率为60%[解析]根据闭合电路欧姆定律，车灯的电阻为R＝eq\f(E,I)－r＝eq\f(12.5,10)Ω－0.05Ω＝1.2Ω，A错误；电动机启动时，电路外电压为U外＝E－I′r＝12.5V－58×0.05V＝9.6V，流过车灯电流为I1＝eq\f(U外,R)＝eq\f(9.6,1.2)A＝8A，流过电动机电流为I2＝I′－I1＝50A，由于电动机启动时会产生反向电动势E，可知电动机的内阻应满足rM<eq\f(U外,I2)＝eq\f(9.6,50)Ω＝0.192Ω，B错误；打开车灯、电动机启动时，电动机的输入功率为P＝U外I2＝9.6×50W＝480W，C正确；打开车灯、电动机启动时，电源的工作效率为η＝eq\f(P出,P总)＝eq\f(U外,E)＝eq\f(9.6,12.5)＝76.8%，D错误。7．(2023·山东烟台高三检测)如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R为定值电阻，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。闭合开关S，当环境温度明显升高且稳定后，下列说法正确的是(D)A．R两端电压变小B．RT两端电压变大C．C所带电荷量增大D．温度升高的过程中，G中电流方向由a到b[解析]由图可知，热敏电阻RT与电阻R串联，当环境温度升高时热敏电阻阻值减小，则电路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电容器的电压等于路端电压，故电容器的电压减小，所带电荷量减小，电路中电流增大，电源的内电压及电阻R两端的电压均增大，由E＝U内＋U外，可得，RT两端电压减小，ABC错误；由于电容器电荷量减小，则电容器要放电，故G中电流由a→b，D正确。8．(2023·四川广安模拟预测)如图所示，D为理想二极管，R为滑动变阻器，C1、C2为电容器，且电容相等，P、Q为带电粒子，开关S闭合后，P、Q均处于静止状态，下列说法正确的是(C)A．C1、C2所带的电荷量不相等B．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑，P加速向上运动，Q仍静止C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q仍静止D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑，P加速向下运动，Q也加速向下运动[解析]两电容器两端的电压都等于R3两端的电压，电容又相等，所以所带的电荷量相等，故A错误；两电荷静止，电场力与重力等大反向，保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片下滑时，两电容器两端的电压都变大，C2电压变大需要正向充电，二极管导通，场强变大，电场力变大，P、Q都加速向上运动，故B错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片上滑时，电容器C1两端的电压变小，场强变小，电场力变小，P加速向下运动，因为二极管具有单向导电性，所以C2电压减小要放电二极管不导通，所带的电荷量不变，电压不变，场强不变，电场力不变，故Q仍静止，故C正确，D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(2023·辽宁高三模拟)仪器中常用两个阻值不同的可变电阻来调节电路的电流，一个作粗调，一个作细调，这两个变阻器可以按图甲串联起来或按图乙并联起来再接入电路。已知R1阻值较大，R2阻值较小，则(BD)A．图甲中R1作细调 B．图甲中R1作粗调C．图乙中R2作细调 D．图乙中R2作粗调[解析]甲图中，两个电阻串联，根据欧姆定律I＝eq\f(V,R1＋R2＋R3)，调节R1时，电阻变化大，故电流改变大，是粗调，A错误，B正确；乙图中，两个电阻并联，电阻小的电流大，调节电阻R2是粗调，C错误，D正确。故选BD。10．(2023·陕西武功县高三期末)如图所示，R1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(AC)A．当R2＝R1＋r时，R2上获得最大功率B．当R2＝R1＋r时，R1上获得最大功率C．当R2＝0时，R1上获得最大功率D．当R2＝0时，电源的输出功率最大[解析]当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，当把R1和电源看作一个整体时，即把电源内阻看作R1＋r，因此当R2＝R1＋r时，电源输出功率最大，R2上获得最大功率，A正确；由电功率公式P＝I2R可知，当R2＝0时，电路中总电流最大，此时R1上获得最大功率，B错误，C正确；当R2＝0时，如果R1＝r，电源的输出功率最大，可题目中没有给出这个条件，所以电源的输出功率不一定最大，D错误。11．(2023·重庆一中高三阶段练习)智能手机屏幕的光线过强会对眼睛造成伤害，因此手机都有一项可以调节亮度的功能，该功能既可以自动调节，也可以手动调节，其简化电路如图。已知小灯泡电阻RL不随电流发生变化，且有RL>r，光敏电阻在光照增强时，电阻会减小。闭合开关，仅当光照强度增大时，下列说法正确的是(AD)A．小灯泡变亮 B．光敏电阻的功率减小C．电源的输出功率减小 D．电源的效率减小[解析]闭合开关，仅当光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流增大，则小灯泡变亮，故A正确；因为光敏电阻的阻值减小，电流增大，设光敏电阻为R1，由P1＝I2R1，无法判断光敏电阻的功率如何变化，故B错误；设滑动变阻器的电阻为R，由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,RL＋R＋r＋R1)，电源的输出功率为P＝EI－I2r＝eq\f(E2,\f(R＋R1＋RL－r2,R＋R1＋RL)＋4r)，因为RL>r，所以外电阻大于电源内电阻，则光敏电阻减小时，电源输出功率变大，故C错误；电源的效率η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(E－Ir,E)＝1－eq\f(Ir,E)，因为电路中电流增大，所以电源的效率减小，故D正确。12．(2023·湖南长沙一中高三阶段练习)如图所示电路中，电源内阻r不能忽略，R0为定值电阻，Rm为滑动变阻器R的最大阻值，且有R0>Rm；开关S1闭合、S2断开时，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，三个电表示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU1、ΔU2，则下列说法正确的是(AC)A．保持开关S2断开，将R的滑片向右移动，则电流A示数变小、电压表V2示数变小B．保持开关S2断开，将R的滑片向右移动，则有eq\f(ΔU1,ΔI)＝eq\f(ΔU2,ΔI)C．保持开关S2断开，将R的滑片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率增大D．保持R的滑片不动，闭合开关S2，则电流表A示数变大、电压表V1示数变小[解析]断开开关S2时，将R的滑片向右移动，R阻值增大，由闭合电路欧姆定律可知，电流减小，电流表A示数减小，电压表V2测得的电压是R0两端的电压IR0，显然是减小的。将R0和r合并成等效电源的内阻r等，由输出功率与外电阻R的关系曲线可知，此时R是靠近r等的，滑动变阻器消耗的电功率是增大的。ΔU1是R两端的电压变化的绝时值，ΔI是干路电流变化的绝时值，eq\f(ΔU1,ΔI)在数值上等于r等，eq\f(ΔU2,ΔI)在数值上等于R0，前者较大，由以上可知，B错误，A、C正确；保持R的滑片不动，闭合开关S2，R0短路，总电阻减小，电流表A示数变大、电压表V1示数变大，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共52分。13．(10分)(2023·辽宁高三模拟)利用伏安法测电阻，可以选电流表内接法和电流表外接法两种方法。(1)关于两种方法测得的电阻值Rx产生的误差，下列说法正确的是(BC)A．无论哪种方法，只要采用多次测量取平均值的方式，就能有效减小误差，使误差几乎为0B．采用图甲电路，电压表的测量值大于Rx两端的电压值，电流表的测量值等于流经Rx的电流值C．采用图乙电路，电压表的测量值等于Rx两端的电压值，电流表的测量值大于流经Rx的电流值(2)利用电流表内接法，待测电阻阻值读数记为“R内”；利用电流表外接法，待测电阻阻值记为“R外”；该电阻阻值的真实值记为“R真”。请按照从大到小的顺序将这三个量依次排序为：_R内__>_R真__>_R外__。(3)有人提出以下建议：利用一恒压源(输出电压为恒定值的电源)，分别采用电流表内接法和电流表外接法对电阻进行测量，在两次测量中选用电流表内接法的电流“I内”和电流表外接法的电压“U外”，作为测量数据，得到“eq\f(U外,I内)”的值等于Rx的准确值。请判断这个建议是否正确，并说明理由。_不正确，电流表内接和外接，整个电路的电阻会发生变化，故不能得到Rx的准确值__[解析](1)无论哪种方法，由于电压表的分流和电流表的分压都属于系统误差，多次测量取平均值的方式，并不能有效减小误差，使误差几乎为0，A错误；采用图甲电路，由于电流表的分压，电压表的测量值实际为Rx和电流表两端的电压，测量值大于Rx两端的电压值，电流表的测量值等于流经Rx的电流值，B正确；采用图乙电路，电压表的测量值等于Rx两端的电压值，电流表的测量值为Rx和电压表两条支路的总电流，故其测量值大于流经Rx的电流值，C正确。(2)利用电流表内接，电压表两侧的电压是Rx上的电压与电流表上的电压的和，故电流表内接电阻测量值为R内＝eq\f(UR＋UA,R)>eq\f(UR,R)利用电流表外接，电流表测的电流是Rx上的电流与电压表上的电流之和，故电流表外接电阻测量值为R外＝eq\f(U,IR＋IV)<eq\f(U,R)可得R内>R真>R外(3)不正确，因为当电流表内接和外接时，整个电路的总电阻会发生变化，不是同一个电路，这样不能得到Rx的准确值。14．(8分)(2022·云南玉溪市高三开学考试)如图1所示的截面为同心圆环的直导电材料，电阻约为100欧姆，欲测量该样品的内径，但内径太小无法直接测量．现提供以下实验器材：A．20等分刻度的游标卡尺；B．螺旋测微器C．电流表A1(量程为50mA，内阻r1＝100欧姆)D．电流表A2(量程为100mA，内阻r2约为40欧姆)E．滑动变阻器R1(0～10欧姆，额定电流2A)F．直流电源E(12V，内阻约为100欧姆)G．上述导电材料R2(长约为3cm，电阻约为100欧姆，电阻率为ρ)H．开关一只，导线若干用上述器材设计一个尽可能精确测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图2所示，其读数L＝_3.035__cm，用螺旋测微器测得该样品的外径D如图3所示，则D＝_2.695__mm。(2)请在图4中画出设计的实验电路图，并标明所选择器材的字母代号_见解析__；(3)用已知的物理和所测得的物理量的符号表示样品的内径d＝eq\r(D2－\f(4ρLI2－I1,πI1r1))。[解析](1)游标卡尺读数为L＝30mm＋7×0.05mm＝30.35mm＝3.035cm；螺旋测微器测得该样品的外径d＝2.5mm＋19.5×0.01mm＝2.695mm。(2)因两个电流表中，电流表A2的满偏电流大于电流表A1的满偏电流，又电流表A1内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将电流表A1与待测材料并联后再与电流表A2串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示。(3)设A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值R2＝eq\f(I1r1,I2－I1)由电阻定律得R2＝ρeq\f(L,S)样品的横截面积为S＝eq\f(πD2－d2,4)解得样品的内径为d＝eq\r(D2－\f(4ρLI2－I1,πI1r1))15．(10分)(2023·重庆高三检测)如图所示，电解槽与电阻R并联后接到电源上，电源的电动势E＝120V，内阻r＝1Ω，电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝0.5Ω。S闭合时电阻R消耗的功率为475W，求：(1)此时通过电阻R的电流；(2)电解槽中电能转化为化学能的功率。[答案](1)5A(2)1700W[解析](1)根据P＝I2R可得通过电阻R的电流IR＝5A(2)路端电压U＝IRR＝95V总电流I＝eq\f(E－U,r)＝25A则电解槽的电流I1＝I－IR＝20A电解槽中电能转化为化学能的功率为P′＝UI1－Ieq\o\al(2,1)r′＝1700W16．(12分)(2022·上海交大附中高三期中)图示电路中，R1＝12Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器R3上标有“20Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两档，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两档。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表指针指在满偏的eq\f(1,3)，电流表指针指在满偏的eq\f(1,4)。求：(1)此时电流表示数是多少？(2)该电源的电动势为多大？[答案](1)0.15A(2)7.5V[解析](1)当P向右移动时，R3接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，电源内电压减小，路端电压增大，R1和R2两端电压减小，R3两端电压增大，所以电压表示数增