2024高考物理一轮复习第八章恒定电流阶段检测含解析新人教版

PAGE9-阶段滚动检测(八)(第八章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)1.电动公交车主要是指纯电动公交车，全部运用电能行驶，该类产品噪音小，行驶稳定性高，并且实现零排放。假设某电动公交车的质量(含乘客)m＝15t，电动公交车电能转化为机械能的效率为75%，当它以速度20m/s在平直马路上匀速行驶时，一次充溢电可持续行驶100km。假定电动公交车受到的平均阻力为车重的0.02倍，则()A．该车匀速行驶时发动机输出功率约3×104WB．该车从几乎没电到充溢电需充电约3×108JC．按电价0.72元/度来计算，从几乎没电到充溢电需电费约80元D．若该车充电的功率为60kW，从几乎没电到充溢电需时间约5000s【解析】选C。P＝f·v＝0.02×15×104×20W＝6×104W，选项A错误；E＝6×104×eq\f(100×103,20)×eq\f(4,3)J＝4×108J，选项B错误；eq\f(4×108J,3.6×106J/度)＝eq\f(4000,36)度，若0.72元/度，则为80元，选项C正确；E＝P′t，t＝eq\f(E,P′)＝eq\f(4×108,60×103)s≈6667s，选项D错误。2.(2024·日照模拟)如图所示，卫星在太空中可以利用太阳能电池板供电。若一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA，将该电池板与一阻值为20Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是()A．0.10V B．0.20VC．0.30V D．0.40V【解析】选D。电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E＝800mV。由闭合电路欧姆定律得，短路电流I短＝eq\f(E,r)，所以电源内阻r＝eq\f(E,I短)＝eq\f(800×10－3,40×10－3)Ω＝20Ω。该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中的电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(800,20＋20)mA＝20mA，所以路端电压U＝IR＝20×20mV＝400mV＝0.40V，故D正确。【加固训练】电动机线圈的电阻为R，电动机正常工作时，两端电压为U，通过电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是()A.电动机消耗的电能为B.电动机消耗的电能为I2RtC.电动机线圈生热为I2RtD.电动机线圈生热为【解析】选C。电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，I≠，消耗的电能为UIt，选项A、B错误；依据焦耳定律可知，电动机线圈生热为I2Rt，选项C正确，D错误。3.(2024·广州模拟)在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调整，下列说法正确的是()A．电压表和电流表的示数都增大B．灯L2变暗，电流表的示数减小C．灯L1变亮，电压表的示数减小D．灯L2变亮，电容器的带电荷量增加【解析】选C。将滑动变阻器的滑片P向下调整，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，依据闭合电路的欧姆定律分析得知，干路电流I增大导致内电压增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮，U1增大，R与灯L2并联，L2两端的电压U2＝U－U1，U减小，U2减小，灯L2变暗，流过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大，电容器的电压等于灯L2两端的电压U2，故电容器的带电荷量削减，故C正确。4.(2024·文山模拟)如图是一种台灯亮度调整器电路图,圆环为电阻丝,P为可调整滑片。下列说法中正确的有()A.P在b点,灯最亮B.P在c点,灯最亮C.P从a点滑向b点过程中,电流渐渐增大D.P从a点滑向b点过程中,电流渐渐减小【解析】选D。台灯的功率P=I2R,式中R为台灯的电阻,在电源电压不变时,电路中的电流随接入电路中的电阻丝的长度而变更,当P滑到c点时电阻丝接入电路的电阻最大,电流最小,台灯最暗,故只有选项D正确。5.(2024·石家庄模拟)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽视，平行板电容器C的极板水平放置。闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。假如仅变更下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离 D．断开开关S【解析】选B。由闭合电路欧姆定律可知：增大R1阻值会使总电阻增大，总电流减小，R1两端电压增大，则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴受电场力增大，油滴向上运动，选项A错误；电路稳定时R2中无电流，R2阻值变更对电路无任何影响，选项B正确；只增大板间距离d，会使板间电场强度减小，油滴将向下运动，选项C错误；断开开关S，电容器放电，油滴将向下运动，选项D错误。【总结提升】含容电路的分析方法在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件，在电容器处电路看作是断路，简化电路时可去掉它。分析和计算含有电容器的直流电路时，需留意以下几点：(1)电容器两极板间的电压等于该支路两端的电压。(2)当电容器和用电器并联接入电路时，电容器两极板间的电压与其并联用电器两端的电压相等。(3)电路的电流、电压变更时，将会引起电容器的充(放)电。(4)假如变更前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器的电荷量之差；假如变更前后极板带电的电性变更，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器的电荷量之和。6．如图为某种电子秤工作原理的示意图，被称物体的质量可依据肯定的换算关系通过电流表的示数获得。秤盘中放入物体后，连杆P将从a点向下滑动，最终停在a、b间的某一位置。关于该电子秤下列说法正确的是()A.物体质量越小，电流表的示数越大B．物体质量越大，电流表的示数越大C．物体质量越大，电路中的总电阻越大D．物体质量越小，电路中的总电阻越大【解析】选B、D。物体质量越小，则连杆P的位置越接近a点，滑动变阻器的电阻越大，则电路中电流越小，电流表的示数越小，A项错误，D项正确；同理，物体质量越大，则连杆P的位置越接近b点，滑动变阻器的电阻越小，则电路中电流越大，电流表的示数越大，B项正确，C项错误。7.(电场能的性质)(2024·郑州模拟)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在肯定范围内的装置。如图为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d是四根平行杆，他们与带有直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在纸面内四根杆的连线是一个正方形，A、C是ac上的两点，B、D是bd上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。则()A．D点的电场强度为零，电势最低B．A、B、C、D四点电场强度大小相等C．A点电势比B点电势高D．正点电荷沿直线从A经O运动到C，电势能先减小后增大【解析】选B、C、D。依据电场的叠加原理可知，D点的电场强度方向向右，大小不为零，选项A错误。依据电场叠加原理，利用对称性可知A、B、C、D四点电场强度大小相等，方向不同，选项B正确。分析电场可知，φA>φO,φB<φO,φA>φB,A点电势比B点电势高，选项C正确。正点电荷沿直线从A经O运动到C，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。8.(2024·内江模拟)在如图甲所示的电路中,电源电动势为3.0V,内阻不计,L1、L2为相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示,R为定值电阻,阻值为7.5Ω。当开关S闭合后()A.L1的电阻为ΩB.L1消耗的电功率为7.5WC.L2的电阻为7.5ΩD.L2消耗的电功率为0.3W【解析】选C、D。S闭合后,L1两端的电压U1=3.0V,由题中乙图可知,I1=0.25A,故L1消耗的电功率P1=U1I1=0.75W,R1==12Ω,A、B错误;L2与R串联,把R和电源等效成电动势为3V,内阻为7.5Ω的新电源,在题图乙中作出新电源的I-U图线,如图所示,两图线的交点表示此时L2两端的电压与通过L2的电流的大小,即L2两端电压U2=1.5V,通过L2的电流I2=0.2A,所以R2==Ω=7.5Ω,L2消耗的电功率P2=U2I2=1.5×0.2W=0.3W,C、D正确。二、试验题(12分)9．(2024·邯郸模拟)太阳能电池板(图甲)在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某试验小组依据测绘小灯泡伏安特性曲线的试验方法，探究一个太阳能电池板在没有光照时(没有储存电能)的伏安特性。所用的器材包括：太阳能电池板，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。(1)为了达到上述目的，试验电路应选用图乙中的图__________(选填“a”或“b”)。(2)该试验小组依据试验得到的数据，描点绘出了如图丙所示的I­U图象。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池板的电阻__________(选填“很大”或“很小”)；当电压为2.80V时，太阳能电池板的电阻为________kΩ。(3)当有光照耀时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丁所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________V。若把它与阻值为1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照耀状况下，该电池板的效率是__________(结果保留三位有效数字)。【解析】(1)测绘伏安特性曲线，电压和电流需从零起先测起，滑动变阻器采纳分压式接法，应选题图乙中的a所示试验电路。(2)由I＝eq\f(U,R)，得电阻阻值R＝eq\f(U,I)，由题图丙所示图象可知，在电压小于2.00V时，电流I很小，所以太阳能电池板的电阻很大；由图丙所示图象可知，当电压为2.80V时，电流I＝2.80×10－3A，电阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.80,2.80×10－3)Ω＝1.0×103Ω＝1.00kΩ。(3)由题图丁可知，图线与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为2.80V；若与1kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在U­I图象中作出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示：两图线的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V，则电源的效率η＝eq\f(1.8,2.8)×100%≈64.3%。答案：(1)a(2)很大1.00(3)2.8064.3(±0.2)%三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)10．(20分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0.2V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1＝0.4A；若把该电动机接入U2＝2.0V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2＝1.0(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)假如在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？【解题指导】解答本题应留意以下两点：(1)含电动机的电路是非纯电阻电路，但电动机不转时是纯电阻电路。(2)电动机消耗的功率等于输出功率与发热功率之和。【解析】(1)U1＝0.2V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻元件，电动机线圈内阻r＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(0.2,0.4)Ω＝0.5Ω；U2＝2.0V时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻元件，由电功率与热功率的定义式分别得P电＝U2I2＝2.0×1.0W＝2WP热＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))r＝1.02×0.5W＝0.5W电动机的输出功率P出＝P电－P热＝2W－0.5W＝1.5W。(2)此时电动机成为纯电阻元件，其发热功率P热′＝eq\f(Ueq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r)＝eq\f(2.02,0.5)W＝8W。答案：(1)1.5W(2)8W【加固训练】有一用电器的铭牌上标明额定电压为100V，额定功率因字迹不清而无法分辨，但该用电器有显示是否处于正常工作状态的装置，现将该用电器与一阻值变更范围为0～100Ω的滑动变阻器连接后，接在输出电压为220V的电源两端。(1)为运用电器平安正常地工作，应采纳怎样的接法？画出电路图；(2)在正确连接的电路中，当用电器正常工作时通过电源的电流为2.【解析】(1)由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采纳分压式接法，使其电压可以从0起先调整。电路如图所示。(2)设滑动变阻器串联部分电阻为Rx，则Rx两端的电压为Ux=U-U额=220V-100V=120V，Rx==50Ω。滑动变阻器与用电器并联部分的电阻为R滑并=R滑最大-Rx=100Ω-50Ω=50Ω，通过滑动变阻器并联部分的电流为I滑并==2A，通过用电器的电流为I用电器=I-I滑并=0.4A，eq\f(P用电器,P)＝eq\f(U额I用电器,UI)＝