《大高考》2016届高考物理配套练习专题八 恒定电流 三年模拟精选.doc

恒定电流提高篇1.如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大2.电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、.由图可知、的值分别为A、、 B 、、 C 、、 D 、、 3.在右图的闭合电路中，当滑片向右移动时，两电表读数的变化是 （A ）○A 变大， ○V 变大 （B ）○A 变小，○V 变大（C ）○A 变大， ○V 变小 （D ）○A 变小，○V 变小4.电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是 （ ） A.电压表和电流表读数都增大 B.电压表和电流表读数都减小 C.电压表读数增大，电流表读数减小 D.电压表读数减小，电流表读数增大ηa ηb ηa ηb η3414132312122313P5.如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。

闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F 。

调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是 A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大 B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小 C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小6.如图所示，电动势为E 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。

只合上开关S 1，三个灯泡都能正常工作。

如果再合上S 2，则下列表述正确的是A ．电源输出功率减小B ．L 1上消耗的功率增大C ．通过R 1上的电流增大D ．通过R 3上的电流增大7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R 1＝20 ，R 2＝30 ，C 为电容器。

专题8 恒定电流1．（15江苏卷）（8分）小明利用如题10-1图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻（1）题10-1图中电流表的示数为__________A（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出U-I图线由图线求得：电动势E=_________V;内阻r=_________________Ω（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_______________答案：（1）0.44（2）U-I图线见右图 1. 60 （1. 58 ~ 1. 62 都算对） 1.2（1.18 ~1.26 都算对）（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大.解析：本题做图象时，纵轴的标度要注意，一是初始点不为0而是1.0，二是每5个小格为0.1而不是10个小格，否则，不是图象画不全就是延长线到图象外才与纵轴相交.平常做作业，学生常常认为作图象不要做，考试时就会了，本题图象说明，平常做作业，做图象题也要做，否则，考试时画不好.2.（15江苏卷）做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流.某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm ，线圈导线的横截面积A=20.80cm ，电阻率 1.5m ρ=Ω⋅，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3s 内从1.5T 均匀地减小为零，求（计算结果保留一位有效数字）（1）该圈肌肉组织的电阻R ；（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E ；（3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：（1）由电阻定律得Ar R πρ2=，代入数据得Ω⨯=3106R (2)感应电动势tr B E ∆⋅∆=2π，代入数据得V E 2104-⨯= (3) 由焦耳定律t RE Q ∆=2，代入数据得J Q 8108-⨯=3.（15北京卷）如图所示， 其中电流表 A 的量程为 0.6A ， 表盘均匀划分为 30 个小格， 每一小格表示 0.02A ；R1 的阻值等于电流表内阻的 1/2；R2 的阻值等于电流表内阻的2倍， 若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值， 则下列分析正确的是 将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04AB ．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02AC ．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06AD ．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01A答案：C解析：当接线柱1 和 2 入电路时，R1 与电流表并联，并联后等效电阻为原来电流表电阻1/3，量程扩大为原来的 3 倍，每个小格表示的电流应该是 0.06A.A 、B 选项错误；当接线柱 1 和 3 连入电路时，R1 与电流表并联再整体与R2 串联，但串联电阻对电流表量程无影响，每个小格表示的电流仍然是0.06A ，故选项 C 正确.4.（15北京卷）（20 分）真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电.以光照射A 板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出. 假设所有逸出的电子都垂直于A 板向B 板运动， 忽略电子之间的相互作用.保持光照条件不变 ，a 和 b 为接线柱. 已知单位时间内从 A 板逸出的电子数为 N ，电子逸出 时的最大动能为 Ekm ，元电荷为 e.( 1 ) 求 A 板和 B 板之间的最大电势差 ，以及将 a 、b 短接时回路中的电流 I 短 ( 2 ) 图示装置可看作直流电源，求其电动势 E 和内阻 r.( 3 ) 在a 和b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为 U ，外电阻上的消耗电功率设为 P ； 单位时间内到达 B 板的电子，在从A 板运动到 B 板的过程中损失的动能之和设为 ΔEK .请推导证明: P = ΔEK .( 注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明 ) 解析：(1) A 板中逸出的电子累积在 B 板上，在 A 、B 两板间形成由 A 指向 B 的电场.从 A 板后续逸出的电子在向 B 板运动的过程中会受到电场力的阻碍作用而做减速运动.AB 间电压最大值时，从 A 板逸出的最大动能的电子到 B 板时动能恰好为零.根据动能定理 k m m E eU = ① e E U k mm =若将 a 、b 短接，则两板间电势差为零，从 A 板逸出的电子均能完整通过整个回路，即短路电流Ne t Nte t Q I === ②(2)当外电路断路时，A 、B 两板间电压为该直流电源的电动势.E=Um=e E km③电源内阻r=2k m Ne E I E r ==短 ④证明：设连接外电阻之后，单位时间内到达 B 板的电子个数为/N ，则回路中电流e N t te N t Q I ///===⑤外电阻上消耗的电功率 P=UI ⑥单位时间内到达 B 板的电子，从 A 板运动到 B 板过程中损失的动能之和为eU N E N E /k /k =∆=∆单个总⑦由⑤⑥⑦式可得，P = ΔEK ⑧5.（15福建卷）（12分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接.①实验要求滑动变阻器的 滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大.请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为 A③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V 、内阻为1欧的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为 W （保留两位小数）答案：：见解析；0.44A ；4 2.25解析：实物图如图所示；由图知电流表量程为0.6A ，所以读数为0.44A ；电源内阻为1欧，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5V ，由图知当小电珠电压等于1.5V 时电流约为0.38A ，此时电阻约为Ω==95.3IU R ，并联后的总电阻为1欧，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为W R U P 25.215.122===外.6.（15四川卷）（11分）用实验测一电池的内阻r 和一待测电阻的阻值R x .已知电池的电动势约6V ，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧.可选用的实验器材有：电流表A 1（量程0～30mA ）；电流表A 2（量程0～100mA ）；电压表V （量程0～6V ）；滑动变阻器R 1（阻值0～5Ω）；滑动变阻器R 2（阻值0～300Ω）；开关S 一个，导线若干条.某同学的实验过程如下：Ⅰ．设计如图3所示的电路图，正确连接电路.Ⅱ．将R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R 的阻值，测出多组U 和I 的值，并记录.以U 为纵轴，I 为横轴，得到如图4所示的图线.Ⅲ．断开开关，将R x 改接在B 、C 之间，A 与B 直接相连，其他部分保持不变.重复Ⅱ的步骤，得到另一条U -I 图线，图线与横轴I 的交点坐标为（I 0，0），与纵轴U 的交点坐标为（0，U 0）.回答下列问题：①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；②由图4的图线，得电源内阻r ＝ Ω；③用I 0、U 0和r 表示待测电阻的关系式R x ＝ ，代入数值可得R x ；④若电表为理想电表，R x 接在B 、C 之间与接在A 、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 .（选填“相同”或“不同”）答案：①A 2 R 2 ②25 ③00I U －r ④相同 不同 解析： 根据题设条件中电池的电动势约为6V ，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧，可估算出电路中的电流为数十毫安，因此电流表应选用A 2，为了电路正常工作，以及方便调节，多测几组数据，滑动变阻器应选用R 2.②根据图3电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因此图4中，图线斜率绝对值即为电源的内阻，有：r ＝|k |＝|310)2060(5.45.5-⨯--|Ω＝25Ω. ③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等效电源的内阻，因此有：r ′＝r ＋R x ＝|k ′|＝0000--I U ，解得：R x ＝00I U －r④若电表为理想电表，R x 接在B 、C 之间与接在A 、B 之间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变化范围相同，R x 接在B 、C 之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而R x 接在A 、B 之间时，电压表测量的是滑动变阻器与R x 两端电压的和，由于对应某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范围也不同.7.（15安徽卷）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A ．22mv eLB ．e Sn mv 2C ．nev ρD ．SL ev ρ 答案：C解析：根据电流的微观表达式I nesv =、欧姆定律U I R =、电阻定律L R Sρ=及电势差与电场强度的关系U EL =可得金属棒内的电场强度大小E nev ρ=，故答案为C ．8.（15新课标2卷）电压表满偏时通过该表的电流是半偏是通过该表的电流的两倍.某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V ，内阻约为3000欧），电阻箱R 0(最大阻值为99999.9欧)，滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电压2A ），电源E （电动势6V ，内阻不计），开关两个，导线若干（1）虚线框内为同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整（2）根据设计的电路写出步骤________________________（3）将这种方法测出的电压表内阻记为R 1v 与内阻的真实值Rv 先比R 1v ________. Rv （添“>”“=”或“<”）主要理由是答案：（1）（2）见解析；（3）>；见解析解析：（1）实验电路如图所示（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表指针满偏，保证滑动变阻器的滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，是电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表内阻（3）断开S2，调节电阻箱使电压表呈半偏状态，电压表所在支路的总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V’＞R V。

第二节 电路 闭合电路的欧姆定律一、串、并联电路的特点 1．特点比照串联并联电流 I ＝I 1＝I 2＝…＝I n I ＝I 1＋I 2＋…＋I n 电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U n U ＝U 1＝U 2＝…＝U n电阻 R ＝R 1＋R 2＋…＋R n1R ＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n电压与电流分配 电压与各局部电路的电阻成正比电流与各支路的电阻成反比功率分配与各局部电路的电阻成正比与各支路的电阻成反比2.几个常用的推论(1)串联电路的总电阻大于其中任一局部电路的总电阻．(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． (3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P 总是等于各个电阻耗电功率之和． (4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．1.电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，如此当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1提示：选B.由并联特点可知：R 1R 2＝I 2I 1＝21，又由串联电路特点可得：U 1U 2＝R 1R 2＝21，故B 正确．二、电源的电动势和内阻 1．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．(2)表达式：E ＝W q．(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量．2．内阻：电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数．2.判断正误(1)在电源内部把正电荷从负极移到正极，非静电力做功，电能增加．( ) (2)对于给定的电源，非静电力移动正电荷做功越多，电动势就越大．( ) (3)电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极向正极移送做功越多．( )(4)电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从负极向正极移送电荷量越多．( )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( ) (6)E ＝W q只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定．( )提示：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ 三、闭合电路欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．2．公式⎩⎪⎨⎪⎧I ＝E R ＋r 〔只适用于纯电阻电路〕E ＝U 外＋U 内〔适用于任何电路〕3．路端电压U 与电流I 的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir ．(2)U －I 图象如下列图．①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电源电动势． ②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．3.(多项选择)如下列图为某一电源的U －I 图线，由图可知( )A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为5 A 提示：AD对电路的串、并联方式的考查【知识提炼】简化串、并联电路的常用方法(1)等电势法：电流沿电势高→电势低的方向流动，假设两点之间等电势，如此没有电流．(2)电流流向法：电流分叉的地方如此为并联，否如此为串联．【典题例析】(2016·高考全国卷甲)阻值相等的四个电阻、电容器C 与电池E (内阻可忽略)连接成如下列图电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )A ．25 B ．12C ．35D ．23[解析] 电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串、并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，如此电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．[答案] C(1)当含有电容器的直流电路达到稳定状态时，电容器处可视为断路，与之串联的电阻中无电流，不起降压作用．(2)电容器电压等于与之并联的电阻的电压．(3)电容器(或串联一个电阻)接到某电源两端时，电容器的电压等于路端电压． (4)在计算电容器所带电荷量的变化时，如果变化前后极板所带电荷的电性一样，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板所带电荷的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之和．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，如此R x 的阻值为( )A ．l 1l 2R 0B ．l 1l 1＋l 2R 0 C ．l 2l 1R 0D ．l 2l 1＋l 2R 0 解析：电流表G 中的电流为零，表示电流表G 两端电势差为零(即电势相等)，如此R 0与R l 1两端电压相等，R x 与R l 2两端电压相等，其等效电路图如下列图．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2②由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S③R l 2＝ρl 2S④由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x ＝l 2l 1R 0.选项C 正确． 答案：C闭合电路欧姆定律的理解与应用【知识提炼】在恒流电路中常会涉与两种U －I 图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．电源U －I 图象 电阻U －I 图象关系式U ＝E －Ir U ＝IR图形物理意义电源的路端电压随电流的变化关系 电阻两端电压与电阻中的电流的关系截距与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U 、I 的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U 、I 的比值 表示外电阻的大小表示该电阻的大小 斜率(绝对值)电源电阻r 的大小假设图象为过原点的直线，图象斜率表示电阻的大小两曲线在同一坐标系中的交点表示电阻的工作点，即将电阻接在该电源上时，电阻中的电流和两端的电压【典题例析】图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连成图乙所示电路．电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合电键S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．[审题指导] (1)根据欧姆定律写出R两端的电压U与电流I的关系式．(2)画出U－I图象．(3)两图象交点表示什么？[解析] 设非线性元件的电压为U，电流为I，由欧姆定律得：U＝E－I(R0＋r)，代入数据得U＝5－5I画出U＝E′－Ir′＝5－5I图线．如下列图，两图线交点坐标为(0.4 A，3.0 V)(1)该元件的电功率P R＝UI＝3.0×0.4 W＝1.2 W.(2)电源的输出功率P＝P R0＋P R＝I2R0＋P R＝0.42×4 W＋1.2 W＝1.84 W.[答案](1)1.2 W(2)1.84 W(1)电源的伏安特性图象(路端电压与电流的关系图象)①关系式：U＝E－Ir.②用图象表示如下列图．a ．U －I 图象是一条斜向下的直线．B ．纵轴的截距等于电源的电动势E ；横轴的截距等于外电路短路时的电流I 0＝Er. c ．直线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝E I 0＝tan θ.θ越大，明确电源的内阻越大．(2)非线性元件有关问题的求解，关键在于确定其实际电压和电流，确定方法如下： ①先根据闭合电路欧姆定律，结合实际电路写出元件的电压U 随电流I 的变化关系． ②在原U －I 图象中，画出U 、I 关系图象． ③两图象的交点坐标即为元件的实际电流和电压．④假设遇到两元件串联或并联在电路中，如此要结合图形看电压之和或电流之和确定其实际电流或实际电压的大小．【跟进题组】考向1 闭合电路欧姆定律的计算1．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．假设有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA ．假设将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，如此它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V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 ＝800 mV.由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3Ω＝20 Ω，该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝ER ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 正确．考向2 闭合电路欧姆定律的图象应用2．(多项选择)如下列图，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB.根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．电路的动态分析问题 【知识提炼】1．电路动态分析的方法(1)程序法：根本思路是“局部→整体→局部〞．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反〞是指某一电阻增大(或减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(或增大)．“并同〞是指某一电阻增大(或减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(或减小)．2．电路故障问题的分析方法与技巧 (1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接局部没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，如此说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各局部电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为假设干局部，然后逐一假设某局部电路发生某种故障，运用闭合电路或局部电路的欧姆定律进展推理．【典题例析】(多项选择)(高考某某卷)如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI ，如此( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[审题指导] 先分析电路的结构，当滑动变阻器连入电路的阻值变化时，会引起V 1、V 2、V 3、A 表的变化，结合图形得出ΔUΔI的含义．[解析] 变阻器滑片向下滑动，连入电路中的电阻R 变减小，由I ＝ER ＋R 变＋r，A 表示数增大，故A 正确；V 2表测量的是电源的输出电压，U 2＝E －Ir 减小，故B 错误；由于R 是定值电阻，如此ΔU 1ΔI ＝R ，如图甲所示，又由U 2＝E －Ir ，如此ΔU 2ΔI＝r ，如图乙所示，所以，ΔU 1＝ΔI ×R ，ΔU 2＝ΔI ×r ，又因R ＞r ，得ΔU 1大于ΔU 2，故D 正确；同理，U 3＝E －I (r ＋R )，ΔU 3ΔI＝r ＋R ，故C 正确．[答案] ACD【跟进题组】考向1 直流电路的动态分析1.如下列图，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中( )A ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数增大B ．电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数减小C ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数增大D ．电压表V 的示数先减小后增大，电流表A 的示数减小解析：选A ．在滑动变阻器R 的触头从a 端滑到b 端的过程中，外电阻先增大后减小，路端电压先增大后减小，电压表V 的示数先增大后减小，电流表A 的示数一直增大，选项A 正确．考向2 含容电路的动态分析2．(2017·石家庄模拟)在如下列图的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 为电容器，A 、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，如下说法中正确的答案是( )A ．电压表示数变小B ．电流表示数变小C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低解析：选D.在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，如此电压表示数变大．电阻R 2两端的电压U 2＝E －I (R 1＋r )，I 增大，如此U 2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，如此a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，如此I A增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D 正确．考向3 对电路的故障分析3.如下列图的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据现象分析，发生的故障可能是( )A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：选A．等效电路如下列图．假设R1断路，电路的外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A项正确．假设R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac局部电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B项错误．假设R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表A中电流变大，与题意相矛盾，故C、D项错误．1．“串反并同法〞的须知事项：“串反并同法〞的应用条件为单变量电路．对于多变量引起的电路变化，假设各变量对同一对象分别引起的效果一样，如此该方法适用；假设各变量对同一对象分别引起的效果不一样，如此“串反并同法〞不适用．2．电路中断路与短路的故障分析方法：首先要确定是哪个局部出现了什么问题，如果是短路，如此直接当成一根导线处理；如果是断路，如此直接像开关一样断开该条线路，由于电路结构被破坏，需要重新绘画电路图，然后Ｋ运用动态电路分析方法去分析，但要注意电路被破坏后电表从支路转为干路还是从干路转为支路，分析时要有理有据，常用的依据有欧姆定律以与电阻的串、并联规律等．Ｋ电源功率的计算【知识提炼】电源总功率任意电路：P 总＝EI ＝P 出＋P 内纯电阻电路：P 总＝I 2(R ＋r )＝E 2R ＋r 电源内部消耗的功率P 内＝I 2r ＝P 总－P 出 电源的输出功率 任意电路：P 出＝UI ＝P 总－P 内纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2 P 出与外电阻R 的关系电源的效率任意电路：η＝P 出P 总×100%＝U E ×100% 纯电阻电路：η＝R R ＋r ×100%【典题例析】(2017·西安模拟)如下列图，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，如此R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ [审题指导] (1)R 1为定值电阻，电功率最大的条件是什么？(2)R 2为可变电阻，其电功率最大的条件是什么？(3)电源输出最大功率为E 24r的条件是什么？ [解析] (1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，如此新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．此题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析电源输出功率的极值问题的处理方法对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为：P 出＝I 2R ＝E 2R 〔R ＋r 〕2＝E 2〔R －r 〕2R ＋4r . 由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为：(1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r； (2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小；(3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.(多项选择)(2017·某某高三模拟)如下列图为两电源的U －I 图象，如此如下说法正确的答案是( )A ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接一样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接一样的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的一样电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：选AD.图线在U 坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A 对；作外接电阻R 的U －I 图线分别交电源①、②的伏安特性曲线于S 1、S 2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU 为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S 1、S 2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B 错，D 对；电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2〔R ＋r 〕＝R R ＋r，因为电源内阻不同如此电源效率不同，C 错．1.(2015·高考卷)如下列图，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．假设用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，如此如下分析正确的答案是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，假设将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ；假设将接线柱1、3接入电路，如此(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，如此每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2.(多项选择)(2016·高考江苏卷)如下列图的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，如下说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋r R ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r ＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r＝129.5 A ≈1.26 A ，D 项错误． 3．(多项选择)在如下列图的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向下滑动后，假设电流表A 和电压表V 1、V 2、V 3四个电表的示数变化量的绝对值分别为ΔI 、ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，如此在滑片P 向下滑动的过程中，如下说法正确的答案是( )A ．ΔU 1ΔI 变大B ．ΔU 2ΔI不变 C ．ΔU 3ΔI 不变 D ．ΔU 3ΔI变大 解析：选BC.ΔU 1ΔI ＝r ，是电源内阻，保持不变，A 错误；ΔU 2ΔI＝R 1，是定值，选项B 正确；ΔU 3ΔI＝r ＋R 1，是定值，选项C 正确，选项D 错误． 4．(多项选择)在探究电路故障时，某实验小组设计了如下列图的电路，当电键闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A 的亮度变暗，小灯泡B 的亮度变亮．如此如下对电路故障的分析正确的答案是( )A ．可能是定值电阻R 1短路B ．可能是定值电阻R 2断路C ．可能是定值电阻R 3断路D．可能是定值电阻R4短路解析：选BC.由于小灯泡A串联于干路中，且故障发生后小灯泡A变暗，可知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，如此R1和小灯泡B所在支路的电压增大，而R2的断路又使小灯泡B分配的电压增大，故小灯泡B变亮，选项B对；假设R3断路，必引起与之并联的支路(即R1所在支路)中电流增大，小灯泡B分得的电流也变大，小灯泡B变亮，应当选项C对．5．(多项选择)(2017·山西四校联考)如下列图，电源电动势E＝9 V，内电阻r＝4.5 Ω，变阻器R1的最大电阻R m＝5.0 Ω，R2＝1.5 Ω，R3＝R4＝1 000 Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止．那么( )A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 WB．引入的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流流向为d→c解析：选AD.选项A中在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1＋R2＝r，R2＝1.5 Ω，如此R1＝3 Ω.电源的输出功率P m＝E24r＝4.5 W，应当选项A 正确；选项B中在开关S与a接触且当电路稳定时，在平行板电容器正中央引入一带电微粒，恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态．而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，应当选项B错误；选项C中电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2与电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，应当选项C错误；选项D中在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流流向为d→c，应当选项D正确．一、单项选择题1．两个一样的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；假设将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，如此电源的内阻为( )A ．4RB ．RC ．R2 D ．无法计算 解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R2＋r×12，由以上两式可得：r ＝R ，应当选项B 正确． 2.(2017·大连模拟)如下列图，电源电动势为3 V ，内阻为1 Ω，电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为3 Ω，电表均视为理想电表，如此如下说法不正确的答案是( )A ．闭合开关S ，电流表示数约为0.23 AB ．闭合开关S ，电压表示数约为1.3 VC ．如果撤去电压表所在的整个支路，闭合开关S ，电流表示数约为0.43 AD ．如果撤去电流表所在的整个支路，闭合开关S ，电压表示数约为1.4 V解析：选A ．闭合开关S ，电阻R 1、R 2被短路，电路中的电流I ＝E R 3＋R 4＋r≈0.43 A ；电压表测的是R 3两端的电压，U ＝IR 3≈1.3 V ；撤去电压表所在支路，闭合开关S ，电路中的电流不变，仍然为0.43 A ；撤去电流表所在支路，电路为R 1、R 2、R 3、R 4串联，电压表测量R 2、R 3的电压，整个回路的电流为I ′＝E R 1＋R 2＋R 3＋R 4＋r ＝313A ，故电压表示数为U ′＝I ′(R 2＋R 3)≈1.4 V.3.将电学元件按照如下列图的方式连接，两电表均为理想电表，电源有一定的内阻．现闭合电键，将滑动变阻器的触头向下缓慢移动，如此( )A ．两电表的读数均增大B ．小灯泡b 的亮度变暗，电流表的读数变小C ．小灯泡a 的亮度变亮，电压表的读数变小D ．电容器两极板所带的电荷量增加解析：选C.滑动变阻器的触头向下缓慢移动时，其接入电路的电阻值减小，导致总电阻减小，根据“串反并同〞规律可知：电压表读数减小、小灯泡b 变暗，电流表读数变大、小灯泡a 变亮，电容器C 两端的电压等于小灯泡b 两端的电压，逐渐减小，所以电容器C 所带电荷量减少，C 正确，A 、B 、D 错误．4．(2017·重庆江津中学月考)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．如此图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．5.在如下列图的电路中，闭合开关S 后，L 1、L 2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L 2突然变亮，电压表读数减小，由此推断，该故障可能是( )A ．L 1灯丝烧断B ．电阻R 2断路C ．电阻R 2短路。

专题八 恒定电流根据高考命题大数据软件分析，重点关注第1、3、5、7、8及创新导向题。

模拟精选题选择题1．(2016·山东文登模拟)电子式互感器是数字变电站的关键装备之一。

如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac 间的电阻是cd 间电阻的(n －1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U ，则输入端的电压为( )A ．nU B.U nC ．(n －1)U D.Un －1答案 A2．(2016·黑龙江牡丹江一中模拟)如图所示，为A 、B 两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是( )A ．电阻A 的电阻随电流的增大而减小，电阻B 阻值不变 B ．在两图线交点处，电阻A 的阻值等于电阻BC ．在两图线交点处，电阻A 的阻值大于电阻BD ．在两图线交点处，电阻A 的阻值小于电阻B 答案 B3．(2016·湖南浏阳一中月考)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 向下调节，则正确的是( )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，电容器的带电量增加解析将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，路端电压U减小，干路电流I增大，则电压表示数减小，灯L1变亮，U1增大，R与灯L2并联电路的电压U2＝U－U1，U减小，U2减小，灯L2变暗，流过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，I A增大，电流表的示数增大。

答案 C4．(2016·湖北襄阳四校联考)(多选)如图所示，电源内阻不可忽略，当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是( )A．电流表A1读数变小B．电流表A2读数变大C．电压表V读数变大D．电压表V读数不变答案AC5．(2016·辽宁沈阳高三质量监测)如图所示的电路，R1、R2、R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。

新课标高考物理专题复习：《恒定电流》( 附参照答案 )一、选择题。

（共 20 小题，每题 3 分，共 60 分，部分分 1 分）1. 如图，电源电动势为E，内阻为r ，给外电阻R供电，则以下图中不可以反应全电路特色的图象是 ()E r IUU/V I/A U/V P出/WE/rOI/A O E U/V OCR/ΩO r R/ ΩA B D2．如下图，电源电动势=8V，内电阻为r =0.5 Ω，“ 3V,3W”的灯泡L与电动机 M串连接E在电源上，灯泡恰巧正常发光，电动机恰巧正常工作，电动机的线圈电阻L R0=1.5Ω 。

以下说法正确的选项是()E A．经过电动机的电流为 1.6A B．电动机的效率是62.5%MrC．电动机的输入功率为 1.5W D．电动机的输出功率为3W3．在如下图电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用123表示，电表示数I 、 U、U和U变化量的大小分别用I 、U1、U2和U3表示．以下比值正确的选项是（）A.U1/I不变，U1/I 不变 C.U2/I变大，U2/I 变大C.U2/I变大，U2/I 不变 D.U3/I变大， U3/I 不变4．右图为包括某逻辑电路的一个简单电路图，L 为小灯泡．光照耀电阻远小于 R．则以下说法正确的选项是（）A．该逻辑电路是非门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 不发光B．该逻辑电路是非门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 发光C．该逻辑电路是与门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 不发光D．该逻辑电路是或门电路；当电阻R 遇到光照时，小灯泡L 发光R时，其阻值将变得5VR1R L5. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如下图，P为图线上一点，为图线的PN切线， PQ为 U轴的垂线， PM为 I 轴的垂线。

则以下说法中正确的选项是()A．跟着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大1IUB．对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2I2 M PC．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1I1 N21I－ ID．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积QO U1U6. 如下图，四个同样的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表 V1的量程大于 V2的量程，把它们按图接入电路中，则以下说法正确的选项是A．安培表 A1的读数大于安培表 A2的读数B．安培表A1的偏转角大于安培表A2的偏转角C．伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数D．伏特表 V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角7．如下图的电路中，电池的电动势为E，内阻为 r ，电路中的电阻 R1、 R2和 R3的阻值都相同．在电键 S 处于闭合状态下，若将电键S 由地点 1 切换到地点2。

高考物理专练题恒定电流考点一电路的基本概念和规律1.一根长为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U时,棒内产生电流,则自由电子定向移动的平均速率为()A.UneρL 2neρLC.neρLD.neρSLU答案A2.(2020届山西太原三校联考,6)有两个同种材料制成的导体,两导体是横截面为正方形的柱体,柱体高均为h,大柱体上底面边长为a,小柱体上底面边长为b,则()A.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bB.若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bC.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1∶1D.若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为a2∶b2答案C3.(2020届河南平顶山联考,8)(多选)如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉,恒定电压U=12V,电解槽内阻r A=2Ω。

当S1闭合,S2、S3断开时,电流表A示数为6A;当S2闭合,S1、S3断开时,电流表A 示数为5A,且电动机输出功率为35W;当S3闭合,S1、S2断开时,电流表A示数为4A。

则()A.电炉的电阻为2ΩB.仅S1闭合时,电炉的发热功率为72WC.电动机的内阻为2.4ΩD.电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为48W答案AB考点二闭合电路欧姆定律1.(2018河南名校联考,6)(多选)如图电路中,电源的内电阻为r,R1、R3、R4均为定值电阻,电表均为理想电表。

闭合开关S,当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时,下列说法中正确的是()A.电压表的示数变小B.电流表的示数变小C.R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量D.电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小于电源的内电阻r答案BD2.在纯电阻电路中,当用一个固定的电源(设E、r是定值)向变化的外电阻供电时,关于电源的输出功率P随外电阻R变化的规律如图所示,则下列说法错误的是()A.当R=r时,电源有最大的输出功率B.当R=r时,电源的效率η=50%C.电源的输出功率P随外电阻R的增大而增大D.电源的效率η随外电阻R的增大而增大答案C3.(2018河南开封模拟,16)图甲所示是一种专供国内市场的家用电熨斗的电路图(额定电压为220V)。

专题训练〔八〕第8单元恒定电流根底巩固1．(多项选择)[2016·扬州期末] 盘旋加速器工作原理示意图如图Z8­1所示，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电源上，假设A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，如下说法正确的答案是( )图Z8­1A．假设只增大交流电压U，如此质子获得的最大动能增大B．假设只增大交流电压U，如此质子在盘旋加速器中运行时间会变短C．假设磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该盘旋加速器也能用于加速α粒子2．如图Z8­2所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为＋q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点．OA ＝OC＝d.求电场强度E和磁感应强度B的大小．(粒子的重力不计)图Z8­2能力提升3．如图Z8­3所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如下列图的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x 轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场．O、P之间的距离为d，如此带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( )图Z8­3A.7πd2v0B.dv0(2＋5π)C.dv0⎝⎛⎭⎪⎫2＋3π2D.dv0⎝⎛⎭⎪⎫2＋7π24．[2015·东北三校联考] 如图Z8­4所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电压为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界限竖直的匀强磁场中，如此粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )图Z8­4A．d随U1变化，d与U2无关B．d与U1无关，d随U2变化C．d随U1、U2变化D．d与U1、U2无关5．(多项选择)[2015·石家庄模拟] 如图Z8­5所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场，带电粒子可在环中做圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入A、B之间时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速；每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场的加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径不变．假设粒子通过A、B板的时间不可忽略，能定性反映A板电势U和环形区域内的磁感应强度B随时间t变化的关系的是( )图Z8­5图Z8­66．如图Z8­7所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CF进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E，方向如下列图．离子质量为m、电荷量为q，QF＝2d、PF＝3d，离子重力不计．(1)求加速电场的电压U；(2)假设离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QFCD内匀强电场场强E0的值；(3)假设撤去矩形区域QFCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QF上，求磁场磁感应强度B的取值范围．图Z8­7挑战自我7．[2015·马鞍山三模] 如图Z8­8甲所示，在真空中，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场左侧有一对平行金属板M、 N，两板间距离也为R，板长为L，板的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．置于O1处的粒子发射源可连续以速度v0沿两板的中心线O1O2发射电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(不计粒子重力)，M、N两板不加电压时，粒子经磁场偏转后恰好从圆心O的正下方P点离开磁场；假设在M、N板间加如图乙所示交变电压U MN，交变电压的周期为Lv0，t＝0时刻入射的粒子恰好贴着N板右侧射出．(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)求电压U0的值；(3)假设粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为t1、t2，如此它们的差值为多大？图Z8­8专题训练(八)1．BC [解析] 根据qvB ＝m v 2R ，R 是D 形金属盒的半径，知质子获得的最大速度v ＝qBRm，如此最大动能E km ＝12mv 2＝q 2B 2R22m ，与加速电压无关，故A 错误；根据质子做圆周运动的周期公式T ＝2πmqB，T 与质子的速度大小无关，所以假设只增大加速电压U ，不会改变质子在盘旋加速器中运动的周期，但加速次数变少，如此运动时间也会变短，故B 正确；质子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等，根据T ＝2πmqB知，假设磁感应强度B 增大，如此在磁场中做圆周运动的周期变小，如此交流电频率f 必须适当增大才能正常工作，故C 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等，根据T ＝2πmqB知，换用α粒子，比荷变化，在磁场中运动的周期变化，而不改变磁感应强度B 与交流电频率f ，加速电场的周期不变，破坏了盘旋加速器的工作条件，从而不能加速α粒子，故D 错误．2.4U d 2qUmqd[解析] 设带电粒子经电压为U 的电场加速后速度为v 由动能定理有qU ＝12mv 2带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qBv ＝mv 2r依题意可知：r ＝d 联立解得B ＝2qUmqd带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点．由平抛运动规律有d ＝vt d ＝12at 2又qE ＝ma 联立解得E ＝4Ud.3．D [解析] 带电粒子的运动轨迹如下列图，带电粒子出电场时，速度v ＝2v 0，这一过程的时间t 1＝d v 02＝2dv 0，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r ＝22d ，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为3π4，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t 2＝3πm4Bq ＝32πd 2v ＝3πd 2v 0，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t 3＝2πd v 0，故t 总＝d v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋7π2，D 项正确．4．A [解析] 设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12mv 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如下列图，在磁场中有r ＝mv qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2r cos θ，联立解得d ＝2mv 0qB，选项A 正确．5．BC [解析] 由题意可知，粒子在加速电场中运动时，两板电势差不变，故场强不变，带电粒子所受电场力不变，加速度不变，而粒子进入电场时的初速度不断变大，故在两板间运动的时间不断变短，粒子进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即qvB ＝m v 2R，解得B ＝mvqR，随着粒子速度不断增大，半径保持不变，故磁感应强度不断增大，又由圆周运动规律T ＝2πRv可知，带电粒子在磁场中运动的周期不断减小．综上可知，B 、C 正确．6．(1)12ER (2)3ER 2d (3)23d EmR q >B ≥12d EmRq[解析] (1)离子在电场中加速，据动能定理有qU ＝12mv 2离子在静电分析器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由牛顿第二定律可得qE ＝m v 2R可解得加速电场的电压U ＝12ER(2)离子在QFCD 区域内做类平抛运动，有QF ＝2d ＝vt PF ＝3d ＝12at 2由牛顿第二定律得qE 0＝ma可解得匀强电场场强E 0＝3ER2d(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qBv ＝m v 2r解得B ＝EmR qr 2离子能打在QF 上，说明既没有从DQ 边出去也没有从PF 边出去，如此离子运动径迹的临界情况如下列图．由几何关系知：32d <r ≤2d如此有：23dEmR q >B ≥12d EmRq7．(1)mv 0qR (2)2mR 2v 20qL 2 (3)πR 3v 0[解析] (1)当U MN ＝0时，粒子沿O 1O 2方向射入磁场，轨迹如下列图，设其半径为R 1，由几何关系得R 1＝R根据牛顿第二定律得Bv 0q ＝m v 20R 1解得B ＝mv 0qR(2)在t ＝0时刻入射的粒子满足：R 2＝12×U 0q Rm ×L 2v 02×2 解得U 0＝2mR 2v 2qL2(3)经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v 0，t ＝(2k ＋1)L2v 0(k ＝0，1，2，3，…)时刻入射的粒子贴M 板射入磁场，轨迹如⊙O 4，偏转角为α.由几何知识可知四边形QOPO 4为菱形，故α＝120° 粒子在磁场中运动的最长时间t 1＝T3t ＝2k L2v 0(k ＝0，1，2，3，…)时刻入射的粒子贴N 板射入磁场，轨迹如⊙O 5，偏转角为β.由几何知识可知SOTO 5为菱形，故β＝60° 粒子在磁场中运动的最短时间t 2＝T6又T ＝2πR v 0故Δt ＝t 1－t 2＝πR 3v 0。

1、用P=求出的“220 V40 W”的灯泡的电阻为1 210 Ω,用多用电表测得其电阻只有90 Ω,下列说法中正确的是()A.两个阻值相差悬殊是不正常的,一定是测量时读错了数据B.两个阻值相差悬殊是正常的,因为欧姆表测电阻的误差大C.两个阻值相差悬殊是不正常的,可能出厂时把灯泡的功率标错了D.两个阻值相差悬殊是正常的,1 210 Ω是正常工作状态(温度很高)的阻值,90 Ω是常温下的阻值2、日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝,电动机带动风叶转动,电热丝给空气加热,得到热风可将头发吹干。

设电动机线圈的电阻为R1,它与电热丝的电阻R2串联,接到直流电源上,电吹风两端的电压为U,通过的电流为I,消耗的电功率为P,则以下关系式正确的是( )A.UI>PB.UI=PC.P>I2(R1+R2)D.P=I2(R1+R2)3、在一次研究性学习活动中,研究小组对一幢居民楼的供电设施进行了观察和测量,整幢居民楼供电线路可简化为如图所示的模型,暂停供电时,用欧姆表测得A、B间电阻为R,恢复供电后,测得A、B间电压为U,进线电流为I。

则计算该幢居民楼的总功率可以用的公式是( )A.P=I2RB.P=C.P=IUD.以上公式都适用4、如图所示,两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的,V2的量程为5 V,V1的量程为15 V,为了测量15~20 V的电压,把V1、V2串联起来使用,这种情况下( )A.V1、V2读数相等B.V1、V2两指针偏角相等C.V1、V2读数之比等于电压表内阻之比D.V1和V2的指针偏转角度之比等于电压表内阻之比5、如图是一火警报警器的一部分电路示意图。

其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器。

当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A.I 变大,U 变大B.I 变小,U 变小C.I 变小,U 变大D.I 变大,U 变小6、某同学用伏安法测小灯泡的电阻时,误将电流表和电压表接成如图所示的电路,接通电源后,可能出现的情况是( )A.电流表烧坏B.电压表烧坏C.小灯泡烧坏D.小灯泡不亮7、电炉通电后,电炉丝热得发红,而跟电炉连接的铜导线却不太热,原因是( )A.通过电炉丝的电流大,而通过导线的电流小B.电炉丝和铜导线消耗的电能相同,但铜导线散热快,所以不热C.铜导线的电阻比电炉丝小得多,在串联的情况下铜导线的发热量小D.电炉丝的两端电压比铜导线两端的电压小得多8、如图所示电路中,当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动的过程中,两表的示数变化情况为( )A.电压表示数增大,电流表示数减小B.电压表示数减小,电流表示数增大C.两电表示数都增大D.两电表示数都减小9、一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个电阻箱及电源连接成如图所示的电路。

专题八 恒定电流高考试题考点一 部分电路欧姆定律、电阻定律及焦耳定律 ★★★1.(2013年安徽理综,19,6分)用图示的电路可以测量电阻的阻值.图中R x 是待测电阻,R 0是定值电阻,是灵敏度很高的电流表,MN 是一段均匀的电阻丝.闭合开关,改变滑动头P 的位置,当通过电流表的电流为零时,测得MP=l 1,PN=l 2,则R x 的阻值为()A. 12l l R 0B. 112l l l +R 0 C.21l l R 0 D. 212l l l +R 0 2.(2012年浙江理综,17,6分)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当.根据国家节能战略,2016年前普通白炽灯应被淘汰.假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯,均用10 W 的LED 灯替代,估算出全国一年节省的电能最接近( )A.8×108 kW ·hB.8×1010 kW ·hC.8×1011 kW ·hD.8×1013 kW ·h3.(2012年上海卷,13,3分)当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J.为在相同时间内使0.6 C 的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )A.3 V,1.8 JB.3 V,3.6 JC.6 V,1.8 JD.6 V,3.6 J4.(2011年山东理综,16,4分)了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要.以下符合史实的是( )A.焦耳发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 考点二 闭合电路欧姆定律及应用 ★★★★1.(2013年江苏卷,4,3分)在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示.M 是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻R M 发生变化,导致S 两端电压U 增大,装置发出警报,此时()A.R M 变大,且R 越大,U 增大越明显B.R M变大,且R越小,U增大越明显C.R M变小,且R越大,U增大越明显D.R M变小,且R越小,U增大越明显2.(2012年上海卷,17,4分)直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,电源的( )A.总功率一定减小B.效率一定增大C.内部损耗功率一定减小D.输出功率一定先增大后减小3.(2011年上海卷,12,3分)如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时( )A.电压表V读数先变大后变小,电流表A读数变大B.电压表V读数先变小后变大,电流表A读数变小C.电压表V读数先变大后变小,电流表A读数先变小后变大D.电压表V读数先变小后变大,电流表A读数先变大后变小4.(2011年重庆理综,20,6分)在测量电珠伏安特性实验中,同学们连接的电路中有四个错误电路,如图所示.电源内阻不计,导线连接良好.若将滑动变阻器的触头置于左端,闭合S,在向右端滑动触头过程中,会分别出现如下四种现象:a.电珠L不亮;电流表示数几乎为零b.电珠L亮度增加;电流表示数增大c.电珠L开始不亮;后来忽然发光;电流表从示数不为零到线圈烧断d.电珠L不亮;电流表从示数增大到线圈烧断与上述a b c d四种现象对应的电路序号为( )A.③①②④B.③④②①C.③①④②D.②①④③模拟试题考点一部分电路欧姆定律、电阻定律及焦耳定律1.(2013浙江省温州市十校联考)如图所示,为了使白炽灯泡L在电路稳定后变得更亮,可以采取的方法有( )A.只减小电容器C两板间的距离B.只增大电容器C两板间的距离C.只增大电阻R1的阻值D.只增大电阻R2的阻值2.(2013北京朝阳期末检测)如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机.小灯泡L上标有“6 V 12 W”字样,电动机的线圈电阻R M=0.50 Ω.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为12 V,此时( )A.整个电路消耗的电功率为24 WB.电动机的热功率为12 WC.电动机的输出功率为12 WD.电动机的输入功率为12 W3.(2013北京西城期末质检)如图所示,电路中R T为热敏电阻,R1和R2为定值电阻.当温度升高时,R T阻值变小.开关S闭合后,R T的温度升高,则下列物理量中变小的是( )A.通过R T的电流B.通过R1的电流C.通过R2的电流D.电容器两极板间的电场强度4.(2013北京海淀期末质检)氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测,它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化.在图所示电路中,不同的一氧化碳浓度对应传感器不同的电阻值,电压表的示数与一氧化碳的浓度一一对应,观察电压表示数就能判断一氧化碳浓度是否超标.已知氧化锡传感器的电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比,那么,电压表示数U与一氧化碳浓度ρ之间的对应关系正确的是( )A.U越大,表示ρ越大,ρ与U成正比B.U越大,表示ρ越小,ρ与U成反比C.U越大,表示ρ越大,但ρ与U无关D.U越大,表示ρ越小,但ρ与U无关5.(2012上海市徐汇区诊断)在如图(甲)所示的电路中,电源的电动势为3.0 V,内阻不计,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.当开关闭合后,下列说法中正确的是( )A.灯泡L1的电流为灯泡L2的电流2倍B.灯泡L1的电阻为7.5 ΩC.灯泡L2消耗的电功率为0.75 WD.灯泡L3消耗的电功率为0.30 W6.(2011黄冈模拟)在如图(甲)所示的电路中,AB为粗细均匀、长为L的电阻丝,以AB上各点相对A点的电压为纵坐标,各点离A点的距离x为横坐标,则U随x变化的图线应为图(乙)中的( )考点二闭合电路欧姆定律及应用7.(2013广东佛山质量检测)在如图所示的电路中,开关闭合后,灯泡L能正常发光.当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是( )A.滑动变阻器R的阻值变小B.灯泡L变亮C.电源消耗的总功率增大D.电容器C的电荷量增大8.(2013北京朝阳期末质检)如图所示的电路中,电源电动势为E,内电阻为r,L为小灯泡(其灯丝电阻可以视为不变),R1和R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值的大小随照射光强度的增强而减小.闭合开关S后,将照射光强度增强,则( )A.电路的路端电压将增大B.灯泡L将变暗C.R2两端的电压将增大D.R1两端的电压将增大9.(2013上海市金山区检测)在如图所示电路中,圈①、②处可以接小灯泡、电压表(为理想电表).电源电动势E、内阻r保持不变,定值电阻R1=R2=R3=r,小灯泡电阻R L=r,下列说法中正确的是( )A.要使电源总功率较大,则应该①接电压表,②接小灯泡B.要使电源输出功率较大,则应该①接小灯泡,②接电压表C.要使路端电压较大,则应该①接小灯泡,②接电压表D.要使闭合电路中电源效率较高,则应该①处接电压表,②处接小灯泡10.(2013重庆南开中学期末检测)某种小灯泡的伏安特性曲线如图(甲)所示,三个完全相同的这种小灯泡连接成如图(乙)所示的电路,四个电表均为理想电表.现闭合开关S,电压表V1的示数为4.0 V,以下说法正确的是( )A.电压表V2的示数为2.0 VB.电流表A2的示数为0.60 AC.电源的输出功率为3.0 WD.电源的电动势一定为8 V,内阻为5 Ω11.(2013浙江舟山质检)如图所示的电路中,当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时( )A.电压表V的读数减小,电流表A的读数增大B.电压表V和电流表A的读数都增大C.电压表V和电流表A的读数都减小D.电压表V的读数增大,电流表A的读数减小12.(2013上海徐汇区期末)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置,其工作原理如图所示,将压敏电阻固定在升降机底板上,其上放置一个物块,在升降机运动过程的某一段时间内,发现电流表的示数I不变,且I 大于升降机静止时电流表的示数I0,在这段时间内( )A.升降机可能匀速上升B.升降机一定在匀减速上升C.升降机一定处于失重状态D.通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大13.(2012潍坊高三一模)科学家研究发现,磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大.图示电路中,GMR为一个磁敏电阻,R、R2为滑动变阻器,R1、R3为定值电阻,当开关S1和S2闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态.则( )A.只调节滑动变阻器R,当P1向右端移动时,电阻R1消耗的电功率变大B.只调节滑动变阻器R,当P1向右端移动时,带电微粒向下运动C.只调节滑动变阻器R2,当P2向下端移动时,电阻R1消耗的电功率变大D.只调节滑动变阻器R2,当P2向下端移动时,带电微粒向下运动14.(2012重庆市高三诊断)某课外小组设计了一种测定风速的装置,其原理如图所示,一个劲度系数k=120 N/m,自然长度L0=1 m的弹簧一端固定在墙上的M点,另一端N与导电的迎风板相连,弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上,弹簧是不导电的材料制成的.迎风板面积S=0.5 m2,工作时总是正对着风吹来的方向.电路的一端与迎风板相连,另一端在M点与金属杆相连.迎风板可在金属杆上滑动,且与金属杆接触良好.定值电阻R=1.0 Ω,电源的电动势E=12 V,内阻r=0.5 Ω.闭合开关,没有风吹时,弹簧处于原长,电压表的示数U1=9.0 V,某时刻由于风吹迎风板,电压表的示数变为U2=6.0 V.(电压表可看作理想电表)求:(1)金属杆单位长度的电阻;(2)此时作用在迎风板上的风力大小.专题八 恒定电流真题考点分类突破考点一:部分电路欧姆定律、电阻定律及焦耳定律【高考真题】1.C 当通过的电流为零时,电流表两端的电势差为零,设通过R 0的电流为I 1,通过电阻丝MN 的电流为I 2,则I 1R 0=I 2R MP ,I 1R x =I 2R PN ,联立得0x R R =MP PN R R ,而MP PN R R =12l l ,所以R x =21l l R 0,选项C 正确.2.B 全国家庭数大约为4亿户,每天用电大约6 h,一年365天,W=Pt,全国一年节省的电能E=P 1t-P 2t=(P 1-P 2)t=(60-10)×10-3×2×4×108×365×6 kW ·h=8.76×1010 kW ·h.故选项B正确.3.D 根据W=Uq,可知通过该电阻的电荷量为0.3 C,消耗的电能为0.9 J 时电阻两端所加电压U=3 V,在相同时间内通过0.6 C 的电荷量,则电流为原来的2倍,而根据I=U/R,电压也为原来的2倍,即为6 V,这样消耗的电能W=Uq=3.6 J.4.AB 焦耳于1840年发现了电流热效应的规律,故选项A 正确;库仑总结出了点电荷间的相互作用规律,即库仑定律,故选项B 正确;1820年,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,故选项C 错误;伽利略将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动.故选项D 错误.考点二:闭合电路欧姆定律及应用【高考真题】1.C S 两端的电压增大,总电流变大,电路中的总电阻变小,说明M 的电阻R M 变小.R 越大,R M 变小时,对电路的总电阻变化的影响越明显,电路中电流变化的影响越明显,只有C 正确.2.ABC 当滑动变阻器的滑片P 向右移动时,接入电路的电阻变大,整个回路的电流变小,内部消耗的功率P=I 2r 一定减小,选项C 正确;总功率P=EI 一定减小,选项A 正确;内电压降低,路端电压升高,电源的效率η=UI EI =U E增大,选项B 正确;当内电阻等于外电阻时,输出功率最大,此题中无法知道内外电阻的关系,无法判断输出功率的变化情况,因此D 项错误.3.A 设滑动变阻器触点以上的电阻为R 上,触点以下的电阻为R 下.因为滑动变阻器的有效电阻R 并除最初和最终为零外,是R 上和R 下并联的结果,R 并=+R R R R 下上下上 ①,二者之和一定,二者相等时积最大,所以当触点在中间时电阻最大,根据全电路欧姆定律,I 总=E R r R ++并②,所以当触点在中间时电流最小,电压表V 读数为电源的路端电压,U=E-I 总r,所以当触点在中间时路端电压最大,所以电压表V 读数先变大后变小.再算电流表A 读数即R 下的电流I,根据电阻并联分流公式,I=I 总+R R R 上下上 ③, 联立①②③式,解得 I=+E R R R r R R ++下上下上·+R R R 上下上=()(+)E R R r R R R R ⋅++上下下上上, 变化为I=()(+)E R r R R R R +⋅+下上下上,当滑动变阻器的滑动触头P 从最高端向下滑动时,R 上一直变大而R 下一直变小,从上式可以看出,电流表A 读数I 一直变大,所以选项A 正确.4.A 在①中电压表和电流表的连接是错误的,开始将滑动变阻器的触头置于左端,在向右端滑动触头过程中,电珠L 逐渐变亮,由于总电阻减小,干路电流增大,电流表示数增大,是b;在②中电流表连接错误,应该连接在干路上,开始时滑动变阻器的电阻最大,通过电珠的电流太小,电珠L 不亮,在向右端滑动触头过程中,电珠后来忽然发光,由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断,是c;在③中电压表和电流表应该互换位置,由于电压表串联造成电珠L 不亮,电流表示数几乎为零,是a;在④中电流表使电珠短路,电珠L 始终不亮,电流表从示数增大到线圈烧断,是d.即①②③④分别对应bcad.故选项A 正确.三年模拟能力提升1.D 根据电路连接关系可知,灯泡L 两端的电压与R 2两端的电压相同,电容器在电路中表现为断路,改变电容器C 两板间的距离只会在瞬时影响电路,电路稳定后不改变电路电阻,所以选项A 、B 均错误;只增大电阻R 1的阻值,就只增大R 1两端的电压,从而减小灯泡L 两端的电压,使灯泡L 变暗,选项C 错误;只增大电阻R 2的阻值,就会增大电阻R 2和灯泡L 两端的电压,使灯泡L 变亮,选项D 正确.2.D 若灯泡正常发光,则电路中的电流为I=P U =126A=2 A,因电源的输出功率为P=U 总I=12×2 W=24 W,并不是整个电路消耗的功率是24 W,因此A 项错误.因电路中的电流I=2 A,因此电动机的热功率为P 热=I 2R M =22×0.50 W=2 W,可知B 项错误.由电路知识知电动机的总功率即输入功率为P M =U M I=6×2 W=12 W,则电动机的输出功率为P=P M -P 热=12 W-2 W=10 W,由此可知C 项错误,D 项正确.3.C 开关S 闭合后,R T 的温度升高,R T 阻值变小,R T 与R 2的并联阻值减小,则外电阻减小,由闭合电路的欧姆定律可知干路电流增大,即流过R 1的电流增大,B 选项错误;电源内电压增大,R 1两端电压增大,并联部分电压减小,R 2为定值电阻,则通过R 2的电流减小,C 选项正确;R T 与R 2的电流之和等于干路电流,则流过R T 的电流增大,A 选项错误;电容器与R 1并联,R 1两端电压增大时,电容器两端电压增大,由E=U d可得电容器两极板间的电场强度增大,D 选项错误. 4.C 氧化锡传感器的电阻的倒数与一氧化碳浓度成正比,若一氧化碳浓度ρ增大,则氧化锡传感器的电阻减小,回路中总电阻减小,干路电流增大,则电压表示数U 增大,一氧化碳浓度ρ由汽车排放的尾气决定,与电压表示数U 无关,故C 选项正确.5.D 根据题给电路图可知,灯L 1两端电压为3.0 V,灯L 2和L 3两端的电压各为1.5 V;由题给I U 图像可知,灯L 1两端电压为3.0 V 时,通过它的电流为0.25 A,故此时电阻值1L R =3.00.25Ω=12 Ω,同理,灯L 2和L 3两端电压均为1.5 V 时,电流I 2=I 3=0.20 A,其电阻值2L R =3L R =1.50.20 Ω=7.5 Ω;通过灯L 1的电流I 1=0.25 A,通过L 2的电流I 2=0.2 A,显然I 1<2I 2;灯L 2和L 3消耗的电功率为P 2=P 3=1.5×0.20 W=0.30 W,综上所述,正确选项为D.6.A 根据电阻定律,横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R=ρx S,这两点间的电压U=IR=I ρx S(I 为电路中的电流,是一定值),故U 与x 成正比例关系,所以选A 项. 7.D 当滑片向右移动时,电路中的电阻增大,因此A 项错误.由I=E R r总知电路中电流减小,小灯泡将变暗,因此B 项错误.电源的电动势不变,电路中电流变小,由P=EI 知,电源消耗的总功率减小,可知C 项错误.电容器两端的电压等于电路中的路端电压,路端电压变大,因此,电容器C 的电荷量增大,因此D 项正确.8.D 当光照增强后电阻R 3的阻值将减小,因此并联电路及电路中的总电阻都会减小,由闭合电路欧姆定律知I=E R r+总,电路中电流将会增大,路端电压U=E-Ir 将会减小,因此A 项错误.由电路知识知U=U 1+U 2,且U 1=IR 1,可知电阻R 1两端电压U 1增大,并联电路电压U 2减小,由此可知C 项错误,D 项正确.因电路中电流I 增大,电阻R 2两端的电压减小,则知I 2=22U R 减小,又知I=I 1+I 2,可以知道灯泡L 所在的支路中电流I 1增大,因此灯泡L 将变亮,故B 项错误.9.AC 如果在①处接小灯泡,②处接电压表,则有R=52r ,I=27E r ,如果在①处接电压表,②处接小灯泡,则有R=53r ,I=38E r ,要使电源总功率较大,就要使总电流较大,则应该在①处接电压表,②处接小灯泡,即选项A 正确;要使电源输出功率较大,就要使I 2R 较大,应该在①处接电压表,②处接小灯泡,选项B 错误;要使路端电压较大,就要使RI 的积较大,则应该①处接小灯泡,②处接电压表,即选项C 正确;因为电源的效率η=R/(R+r),所以要使闭合电路中电源效率较高,应该①接小灯泡,②接电压表,选项D 错误.10.A 已知电压表V 1的示数为4.0 V,根据电路分析并结合图像可知流过A 1的电流为0.60 A,则根据电路可知A 2的读数是0.30 A,电压表V 2的读数为2.0 V,由此可知A 项正确,B 项错误.电源的输出电压等于两电压表读数之和,可知电源的路端电压为6.0 V,干路电流为0.60 A,则电源的输出功率为P=UI=6.0×0.60 W=3.6 W,因此C 项错误.根据所给的条件并不能求出电源的电动势及内阻,因此D 项错误.11.A 当滑动变阻器的滑动触点向b 端移动时,电路中总的电阻变小,由I=E R r+知干路中电流增大,由U=E-Ir,知路端电压变小,因此电压表V 的读数减小;由电路知电阻R 1两端的电压与并联电路电压之和等于路端电压,即U 1+U 2=U,又知U 1=IR 1变大,因此并联电路的电压减小,则电阻R 2中的电流I 2=22U R 变小,又知I 2+I A =I,可知电流表A 的读数增大,由此可知A 项正确. 12.C 发现电流表的示数I 不变,且I 大于升降机静止时电流表的示数I 0,在这段时间内,说明压敏电阻中电流减小,压敏电阻的阻值增大,通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时的小,说明升降机的加速度向下,处于失重状态,选项A 、D 错误,选项C 正确,又由于电梯的运动方向未知,故选项B 错误.13.A P 1向右端移动时,GMR 所处空间磁场减弱,GMR 电阻减小,此回路总电阻减小,电路总电流增大,电阻R 1消耗的功率增大,故选项A 正确;电路总电流增大,使得电容器两端电压变大,带电微粒所受静电力变大,故微粒向上运动,选项B 错误;P 2向下端移动时,不影响GMR 回路中的总电阻,所以电路中的电流不变,电容器两端电压变大,电阻R 1消耗的电功率不变,带电微粒向上运动,故选项C 、D 均错误.14.解析:设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1,风吹时接入电路的电阻为R 2,由题意得(1)无风时:U 1=1E R R r++·R 1,得R 1=4.5 Ω, 又因为L 0=1 m,所以金属杆单位长度的电阻r 0=4.5 Ω.(2)有风时:U 2=2E R R r++·R 2,得R 2=1.5 Ω 此时,弹簧长度L=13m压缩量x=L0-L=（1-13）m=23m.由平衡条件得此时风力:F=kx=120×23N=80 N.答案:(1)4.5 Ω(2)80 N。

第2讲闭合电路的欧姆定律电功与电热知识巩固练习1．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此( )A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【解析】电动势是反映电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的本领的物理量．电动势越大说明这种转化本领越强，但不能说明储存的电能越多．故A、B错误，C正确．闭合电路中电源两端电压大小等于外电压大小，故D错误．2．(2021年龙岩质检)如图所示，电源内阻为r，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0.假设灯的电阻不变．某同学合上开关后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，则( )A．若R2>R0，L2亮度一定先变亮后变暗B．若R2>R0，电源的输出功率一定逐渐变大C．若R2<R0，L1亮度一定先变暗后变亮D．若R2<R0，电源的效率一定逐渐变大【答案】C【解析】当R2＞R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻．当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，通过灯L1的电流减小，L1变暗；通过L2的电流变大，L2变亮．因不知道电源内阻与外电阻的大小关系，所以电源的输出功率无法判断，故A、B错误．当R2＜R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，L1先变暗后变亮，故C正确；外电阻先增大后减小，所以电源的效率先增大后减小，故D 错误．3．(2021年南通月考)如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1、L2都能发光．后来由于某种故障使灯L2突然变亮(未烧坏)，电压表的读数增大，由此可推断，这一故障的原因可能是( )A ．电阻R 1断路B ．电阻R 2短路C ．灯L 1两接线柱间短路D ．电阻R 2断路【答案】D【解析】因为电压表的读数增大，所以路端电压增大，电源内阻上的电压减小，说明总电流减小，电路总电阻增大．若电阻R 1断路，会导致总电阻增大，总电流减小，而此时灯L 2两端电压会减小，致使灯L 2变暗，A 错误．若电阻R 2短路，灯L 2将不亮，B 错误．若灯L 1两接线柱间短路，电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的读数减小，C 错误．若电阻R 2断路，电路的总电阻增大，总电流减小，电压表的读数增大，符合题意，而总电流减小，导致内电压和灯L 1、R 1并联部分电压减小，灯L 2两端电压增大，灯L 2变亮，D 正确．4．(2021年济宁检测)如图，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )A ．V 的读数变大，A 的读数变小B ．V 的读数变大，A 的读数变大C ．V 的读数变小，A 的读数变小D ．V 的读数变小，A 的读数变大【答案】B【解析】S 断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V 的读数变大．把R 1归为内阻，内电压减小，故R 3中的电压增大，由欧姆定律可知R 3中的电流也增大，电流表示数增大，故B 正确．5．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R .将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作．则( )A ．电动机消耗的总功率为I 2R B ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－IrE 【答案】D 【解析】电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ，A 错误．电动机消耗的热功率为I 2R ，B 错误．电源的输出功率为UI ，C 错误．电源的效率为U E ＝E －Ir E，D 正确． 6．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线．曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2,3.5)、Q (6,5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10【答案】AB【解析】根据图像可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，故C 、D 错误． 7．(多选)(2021年信阳质检)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .闭合开关S ，在滑动变阻器R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU ，电流表示数的变化量为ΔI .电流表的示数为I 时，电容器的带电量为Q .则在这个过程中，下列图像正确的是( )A B C D【答案】BD【解析】电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U＝E －I (R 1＋r )得ΔU ＝ΔI (R 1＋r )，解得ΔU ΔI＝R 1＋r 不变，故A 错误，B 正确．在滑动变阻器R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知电路中总电流I 增大，电阻R 1两端电压增大．根据Q ＝UC ＝CR 1I 可知，Q －I 图像是过原点的倾斜直线．故C 错误，D 正确．综合提升练习8．(多选)如图所示的电路中，电源内阻忽略不计．闭合开关S ，电压表示数为U ，电流表示数为I .在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )A ．U 先变大后变小B ．I 先变小后变大C ．U 与I 比值先变大后变小D ．U 变化量与I 变化量比值等于R 3【答案】BC【解析】据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故A 错误．滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增大，故B 、C 正确．由于电压表示数没有变化，D 错误．9．(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A【答案】AC【解析】I ＝E R ＝1 A ，所以路端电压U R ＝IR ＝10 V ，A 正确．电源的总功率P ＝IE ＝12 W ，B 错误．由串并联电路特点得a 、b 的电流均为0.5 A ，所以U a b ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 正确．a 、b 间用导线连接后，根据电路的连接可求得外电路的电阻为7.5 Ω，回路的总电阻为9.5 Ω，D 错误．10．某地要把河水抽高20 m 使之进入蓄水池．用一台电动机通过传动效率为80%的皮带带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．【答案】(1)1×103 W (2)2×104 s【解析】(1)设电动机的电功率为P ，则P ＝UI .设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则P r ＝I 2r ，代入数据解得P r ＝1×103 W.(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则M ＝ρV .设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p ，则ΔE p ＝Mgh .设电动机的输出功率为P 0，则P 0＝P －P r .根据能量守恒定律得P 0t ×60%×80%＝ΔE p .代入数据解得t ＝2×104 s ．。