2024-2025学年高中物理第二章恒定电流考案含解析新人教版选修3-1

PAGE11-其次章恒定电流本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2024·安徽省合肥一中高二上学期段考)一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，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(C)A．eq\f(mv2,2eL) B．eq\f(mv2Sn,e)C．ρnev D．eq\f(ρev,SL)解析：I＝eq\f(U,R)，I＝neSv，R＝ρeq\f(L,S)，E＝eq\f(U,L)，联立得E＝ρnev，故选C。2．某居民家中的电路如图所示，起先时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍能正常发光。拔出电饭煲的插头，把试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则(C)A．仅电热壶所在的C、B两点间发生了断路故障B．仅电热壶所在的C、B两点间发生了短路故障C．仅导线AB断路D．因插座用导线接地，所以发生了上述故障解析：由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C、B两点间没有发生短路故障。把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C、B两点间没有发生断路故障。综合分析可知，故障为A、B间导线断路，即C选项正确。3．如图为好用型高温超导电缆，利用超导电缆可实现无损耗输电。现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它供应应用电器的电功率为40kW，电压为800V。若用临界温度以下的超导体电缆替代原来的输电线，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为(A)A．1kW B．10kWC．1.6kW D．1.6×103kW解析：输电导线上的输电电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(40×103W,800V)＝50A，则输电线上损失的电功率P′＝I2R＝502×0.4W＝1000W，A项正确。4．有一只电熨斗，内部电路如图甲所示，其中M为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”“中”“低”“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列推断中正确的是(B)A．a方式为“高”挡 B．b方式为“低”挡C．c方式为“关”挡 D．d方式为“中”挡解析：a中回路未闭合，故a方式为“关挡”，b中总电阻Rb＝R1＋R2，c中总电阻为Rc＝R1，d中总电阻为Rd＝eq\f(R1R2,R1＋R2)，由公式P＝eq\f(U2,R)，故d方式为“高”挡，c方式为“中”挡，b方式为“低”挡，所以B对，A、C、D错。5．(2024·山东省济南第一中学高一下学期合格考)如图所示是一个电热水壶的铭牌。某同学利用所学学问，结合该铭牌上获得的信息，得出该电热水壶(C)A．只能在220V电压下工作B．正常工作5min耗电约0.5kW·hC．正常工作时的电流约为6.8AD．用多用电表测量其电阻值约为32Ω解析：该水壶可以在220V及之下的电压下工作；故A错误；工作5min时，消耗的电能为：W＝Pt＝1.5kw×eq\f(5,60)h＝0.125kwh，故B错误；由铭牌信息可知，额定功率为1500W；额定电压为220V；则由P＝UI可得：I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1500,220)＝6.8A；故C正确；金属丝的电阻率随温度的上升而上升，所以用多用电表测量其电阻值小于额定电阻，额定电阻为：R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(2202,1500)＝32Ω，所以用多用电表测量其电阻值小于32Ω；故D错误；故选C。6．(2024·湖南省郴州市)如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，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(A)A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率渐渐增大解析：由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1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；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压增大；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，则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中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P＝eq\f(U2,R)可知，R3上消耗的功率减小；故D错误。7．(2024·四川省眉山市高二上学期期末)如图所示，电源电动势E＝6V，小灯泡L上标有“3V、15W”字样，电动机线圈电阻R＝1Ω。当开关S拨向接点1，滑动变阻器调到R＝5Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S拨向接点2，小灯泡L和电动机M均正常工作。则(AD)A．电源内阻为1ΩB．电动机正常工作电压为3VC．电源的输出功率为1.75WD．电动机的机械效率为80.0%解析：当开关S拨向接点1，小灯泡L正常发光，依据功率公式P＝UI，解得：I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1.5,3)A＝0.5A，依据闭合电路欧姆定律：E＝U＋IR＋Ir，解得：r＝1Ω，故A正确；将开关S拨向接点2，小灯泡L正常发光，I＝0.5A，依据闭合电路欧姆定律：E＝U＋UM＋Ir，解得：UM＝2.5V，即电动机正常工作电压为2.5V；故B错误；电源的总功率为：P总＝EI＝3W，内阻的功率为：Pr＝I2r＝0.25W，则电源的输出功率为：P出＝P总－Pr＝2.75W，故C错误；电动机的输入功率为：P入＝UMI＝1.25W，热功率为：PQ＝I2RM＝0.25W，则输出功率为：P出＝P入－PQ＝1W，电动机的机械效率为η＝eq\f(P出,P入)×100%＝80%，故D正确。8．(2024·河北省石家庄二中)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时(BC)A．L2的电阻为12ΩB．L1消耗的电功率为0.75WC．L1、L2消耗的电功率的比值大于4D．L1两端的电压为L2两端电压的2倍解析：L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则得L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，依据R＝eq\f(U,I)可知，L2的电阻小于4Ω，故A错误；依据图象可知，当电流为0.25A时，电压U＝3V，所以L1消耗的电功率P＝UI＝0.75W，故B正确；依据P＝UI可知，L2消耗的电功率P2＜0.125×0.5＝0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4，故C正确；L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故D错误，故选BC。9．某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示。AB是一段四分之一圆弧形的电阻，O点为其圆心，且在B点正上方，圆弧半径为r。O点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB良好接触且无摩擦。A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有志向电流表，O、B间接有一个志向电压表。整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行。下列说法中正确的有(ACD)A．从图中看到列车可能是向左减速运动B．当列车的加速度增大时，电流表的读数增大，电压表的读数也增大C．若电压表显示3V，则列车的加速度为eq\f(\r(3),3)gD．假如依据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不匀称的解析：小球所受的合力水平向右，所以加速度向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动。故A正确。小球的加速度a＝gtanθ，当加速度增大，θ增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，但电压表的示数增大。故B错误。当电压表为3V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则θ＝30°，则a＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g。故C正确。依据a＝gtanθ知，a与θ不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与θ成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不匀称。故D正确。故选ACD。10．(2024·福建省同安一中高二上学期期中)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，起先时开关S闭合，滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向(电源的内阻不能忽视)，下列推断正确的是(AB)A．小球带正电B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小C．当滑动头从a向b滑动时，电流计中有电流，方向从下向上D．当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率肯定变小解析：由图，细线向右偏，电场力向右，则小球带正电。故A正确；滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B正确；滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下。故C错误；滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源电动势不变，所以当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率肯定变大，故D错误。第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分。把答案干脆填在横线上)11．(2024·江苏省启东中学高二上学期期中)为了测量一节干电池的电动势和内电阻，试验室打算了下列器材供选用：A．待测干电池一节B．直流电流表(量程0～0.6～3A,0.6A挡内阻为0.1Ω，3A挡内阻为0.02Ω)C．直流电压表(量程0～3～15V,3V挡内阻为5kΩ，15V挡内阻为25kΩ)D．滑动变阻器(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A)E．滑动变阻器(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A)F．开关G．导线若干(1)将如图所示中的器材，进行实物连线__见解析__；(2)为尽可能削减试验的误差，其中滑动变阻器选__D__(填代号)；(3)依据试验记录，画出的U－I图线如图所示，从中可求出待测干电池的电动势为E＝__1.5__V，内电阻为r＝__1.0__Ω。解析：(1)测定电源电动势和内电阻的电路图如图所示，比照电路图连线如下：(2)滑动变阻器E电阻值较大，操作不便利，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器；故选D。(3)电源的U－I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E＝1.5V。斜率表示电源的内电阻，故r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(1.5V－0.8V,0.7A)＝1Ω。12．(2024·山东省济南第一中学高一下学期合格考)某同学要测量一个由匀称新材料制成的中空圆柱体电阻的中空面积S0，步骤如下：(1)用游标卡尺测量其长度l如图甲所示，可知其长度为__50.15__mm。(2)用螺旋测微器测量其直径d如图乙所示，可知其直径为__4.700__mm。(3)选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该圆柱体的阻值约为__22__Ω。(4)为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：A．电流表(0～200mA,1.0Ω)B．电流表(0～0.6A,0.1Ω)C．电压表(0～3V,6kΩ)D．电压表(0～15V,6kΩ)E．滑动变阻器(0～10kΩ，2A)F．滑动变阻器(0～20Ω，0.5A)G．蓄电池(6V,0.05Ω)H．开关一个，带夹子的导线若干为了使测量尽量精确，测量时电表读数不得小于其量程的eq\f(1,3)，电压表应选__C__，电流表应选__A__，滑动变阻器应选__F__(填器材代号)。(5)在方框中画出你所设计方案的试验电路图。(6)试验中要测量的物理量有电压表读数U，电流表读数I，电阻长度l，直径d，则计算金属管线内部空间截面积S0的表达式为S0＝__πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2－eq\f(ρlI,U)__(设电阻率为ρ)。解析：(1)游标卡尺读数＝固定刻度读数＋游标尺读数；固定刻度读数：50mm；游标尺读数：0.05mm×3＝0.15mm。故游标卡尺读数为50.15mm；(2)螺旋测微器的读数＝固定刻度读数＋半刻度读数＋可动刻度读数；固定刻度读数：4.0mm；半刻度读数：0.5mm；可动刻度读数：20.0×0.01mm＝0.200mm；故螺旋测微器的读数为4.700mm；(3)该圆柱体的阻值约为22×1Ω＝22Ω；(4)电源电动势为6V，为了使测量尽量精确，测量时电表读数不得小于其量程的eq\f(1,3)，运用电压表D量程太大，故电压表选择C；待测电阻两端的电压不能超过3V，最大电流不超过eq\f(3,22)A≈0.136A≈136mA，所以电流表选A；由于电压表的量程不足，变阻器采纳分压式接法，为保证电路平安便利试验操作，滑动变阻器应选F；(5)由于eq\f(Rx,RV)<eq\f(RA,Rx)，故采纳安培表外接法，如图所示：(6)依据欧姆定律可以得到：Rx＝eq\f(U,I)，依据电阻定律可知：Rx＝ρeq\f(l,S)联立可以得到电阻的横截面积为：S＝eq\f(ρlI,U)则金属管线内部空间截面积为S0＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2－S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2－eq\f(ρlI,U)。三、论述·计算题(共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分，有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)13．(10分)(2024·福州市八县(市)协作校高二上学期期末)如图电源电动势E＝6V，电源内阻为1Ω，定值电阻R1＝4Ω，R2＝5Ω，(1)若在a、b之间接一个C＝100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；(2)在a、b之间接一个多大的电阻Rx可使得R1消耗的功率最大？答案：(1)3×10－4C(2)Rx解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.6A;则R2两端的电压U2＝IR2＝0.6×5＝3V；Uc＝U2则电容器上所带电量Q＝UcC＝3×100×10－6＝3×10－4C(2)当R1中电流最大时，其消耗的功率最大；则可知只有将ab短路时，电路中电流才能达最大；故Rx＝0时，功率最大。14．(11分)如图为“解放”牌大卡车的远程车灯电路的蓄电池总功率随电流改变的图象，已知蓄电池瞬间短路时的电流为14A。求：(1)该蓄电池的电动势E和内电阻r。(2)车头两个远程车灯的铭牌上标有“12V、12W”字样，若两灯并联接在蓄电池两端，则两灯消耗的总电功率为多少？答案：(1)E＝14V；r＝1Ω(2)P总＝24W解析：(1)由图可知瞬间短路时总功率P＝196W，由P＝I短E，求出E＝14V，由P＝Ieq\o\al(2,短)r，求出r＝1Ω(2)一个车灯的电阻：R灯＝eq\f(U\o\al(2,额),P额)＝12Ω两灯并联的电阻：R并＝eq\f(R灯,2)＝6Ω电路中的总电流：I＝eq\f(E,R并＋r)＝2A两灯总电功率P总＝I2R并＝24W。15．(11分)(2024·山东济南外国语学校、济南一中等四校高二上学期期末)某直流电动机接入电路如图所示的试验电路。调整滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2A和0.4V。重新调整R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为0.8A和3V。求：(1)这台电动机的线圈电阻；(2)电动机正常运转时的输入功率；(3)电动机正常运转时的输出功率。答案：(1)2Ω(2)2.4W(3)1.12W解析：(1)电动机不转时，可看成纯电阻电路，由欧姆定律得：r＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(0.4,0.2)Ω＝2Ω(2)正常工作时输入功率：P入＝U2I2＝3×0.8W＝2.4W(3)正常工作时内阻消耗