第二章 恒定电流（A）-2021年高考物理一轮复习单元滚动双测卷

优创卷·一轮复习单元测评卷第二章 恒定电流A卷 名校原创基础卷一.选择题：本大题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一项符合题目要求，第10-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。1.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中（　　）A.电压表的示数增大，电流表的示数减小B.电容器C所带电荷量减小。C.R1的电功率增大D.电源的输出功率一定增大【答案】A【解析】A.滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，R2阻值变大，电阻总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压总电流减小，电压表示数增大，故A正确；B.容器两端电压即电压表两端电压，电压增大，电容器所带电荷量增多，故B错误；C.流过电阻R1的电流减小，由公式可知，消耗的功率变小，故C错误；D.当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，题干中没有明确外电阻与内阻的关系，故滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，电源的输出功率不一定增大，故D错误。故选A。2.关于闭合电路正确的是（　　）A.电源正负极被短路时，电流很大 B.电源正负极被短路时，端电压最大C.外电路断路时，端电压为零 D.外电路电阻增大时，端电压减小【答案】A【解析】AB.电源正负极被短路时，外电路电阻为零，则电流很大，此时路端电压为零，选项A正确，B错误；    C.外电路断路时，电路中电流为零，此时路端电压等于电动势，选项C错误；    D.外电路电阻增大时，电路中电流减小，内阻上电压减小，则路端电压变大，选项D错误。故选A。3.图示电路中，电源E、r恒定，闭合S后，改变R1、R2接入电路的阻值，下列判断正确的是（　　）A.若仅增大R1阻值，则R2消耗的电功率必增大B.若仅把滑片P从a滑到b，R1消耗的功率一直增大C.若增大R1阻值，同时也增大R2接入电路的等效阻值，则两电表示数变化量的比值也增大D.不论如何改变R1和R2接入电路的总阻值，两电表的示数变化必然相反【答案】D【解析】A.设R2接入电路的等效阻值为R，则R2消耗的电功率为可知仅增大R1阻值，则R2消耗的电功率变小，故A错误；B.因R2并联接入电路，当把滑片P从a滑到b时，R2并联接入电路的等效阻值先增大后减小，电路总电流先减小后增大，则R1消耗的功率先减小后增大，故B错误；C. 当不改变R1、R2接入电路的阻值时，由闭合电路的欧姆定律有当增大R1阻值，同时也增大R2接入电路的等效阻值时，有联立可得则两电表示数变化量的比值不变，故C错误；D.因电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，当电流表示数变大时，电源内电压变大，则路端电压减小，电压表示数变小；当电流表示数变小时，电源内电压变小，则路端电压增大，电压表示数变大，则不论如何改变R1和R2接入电路的总阻值，两电表的示数变化必然相反，故D正确。故选D。4.在如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是（　　）A.电动机的输出功率为14W B.电动机两端的电压为7.0VC.电动机产生的热功率为4.0W D.电源输出的功率为24W【答案】B【解析】ABC.电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为电动机的总功率为电动机的发热功率为所以电动机的输出功率为故AC错误，B正确；D.电源的输出的功率为故D错误。故选B。5.某同学拿了一根细橡胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的长度为20cm的盐水柱.测得盐水柱的电阻大小为R。如果盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40cm，此时盐水柱的电阻大小为（　　）A. B.R C.2R D.4R【答案】D【解析】盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，故有握住橡胶管的两端把它均匀拉长后，则有故A 、B、C错误，D正确；故选D。6.某数码相机的锂电池电动势为7.2V，容量为875mA·h，能连续拍摄约315张照片。根据以上信息估算每拍摄一张照片消耗的电能最接近以下哪个数值（　　）A.0.02J B.20J C.70J D.7×104J【答案】C【解析】锂电池储存的电量锂电池储存的电能每拍摄一张照片消耗的电能C正确，ABD错误故选C。7.用图示的电路可以测量电阻的阻值.图中Rx是待测电阻，R0是定值，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=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（　　）A. B. C. D.【答案】C【解析】电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得.故选C.8.从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动。现对电路中一段金属直导线进行分析：设该导线电阻率为ρ，导线内场强为 E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，自由电子定向移动的平均速率为v。现将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示。则下列表达式正确的是（　　）A. B. C. D.【答案】D【解析】AB.在直导线内任选一个横截面S，在△t时间内以S为底，v△t为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知 其中△q=neSv△t，代入上式可得j=nev选项A B错误；
CD.设横截面积为S，长为l的导线两端电压为U，则电流密度的定义为将代入得 导线的电阻 代入上式可得选项C错误，D正确。故选D。9.如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合时，平行金属板中带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（　　）A.电阻R1消耗的功率增大B.小液滴一定会运动且运动过程中电势能增加C.电源的效率减小D.若电流表、电压表的示数变化量分别为I和U，则【答案】D【解析】A.由图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串连接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过的电流增大，故电流表的示数减小；根据电阻消耗的功率减小，故A错误；B.电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动，电势能减小，故B错误；C.由于路端电压变大，电源效率增大，故C错误；D.根据很容易看出由于即有故D正确。故选D。10.在如图所示的电路中，C为一平行板电容器,闭合开关S,给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（　　）A.保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变大B.保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，都有电流流过R2C.保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R2中有由b 到a的电流D.断开开关S，若此时刚好有一带电油滴P静止在电容器两平行板之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动【答案】AD【解析】A.保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2的电压增大，则电流表的示数变大，电压表的示数变大，故A正确；B.保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，电容器相当于开关断开，都没有电流流过R2，故B错误；C.保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，U不变，Q减小，电容器放电，则R2中有由a 到b的电流，故C错误；D.断开开关S，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，电量Q不变，则板间电压U增大，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动，故D正确；11.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的I—U图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B.对应P点，小灯泡的电阻为C.对应P点，小灯泡的电阻为D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”【答案】BD【解析】A.I-U图线中各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题可知斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故A错误；BC.根据电阻的定义可知，对应P点的电压为U1，电流为I2，则小灯泡的电阻为，而R不等于切线斜率，故B正确，C错误；D.根据功率表达式，则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值，故D正确；故选BD。12.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻.导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等.关于上述情景，下列说法正确的是（　　）A.两次上升的最大高度相比较为H＞hB.有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C.有磁场时，电阻R产生的焦耳热为D.有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ【答案】AD【解析】A.无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势能，有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以h＜H，A对.B.由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知导体棒动能的变化量相等，则知导体棒所受合力的功相等，B错.C.设产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律，可得：，，C错.D.有磁场时，导体棒在上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，所以所受的合力大于，根据牛顿第二定律，知加速度a大于.最高点时，加速度为，D正确.故选D. 二、非选择题：本大题共5小题，共52分。13.（10分）图甲为一个简单的多用电表的电路图，其中电源的电动势E=1.5V、内阻r=1.0Ω，电流表内阻Rg=10Ω、满偏电流Ig=10mA。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度。（1）选择开关接“1”，指针指在图乙所示位置时示数为_____（结果保留三位有效数字）。（2）如果选择开关接“3”，图甲中电阻R2=240Ω，则此状态下多用电表为量程_____的电压表。（3）如果选择开关接“2”，该多用电表可用来测电阻，C刻度应标为_______Ω。（4）如果选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针刚好满偏，再测量某一电阻，指针指在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为_______Ω（保留两位有效数字）。（5）如果将该多用电表的电池换成一个电动势为1.5V、内阻为1.2Ω的电池，正确调零后测量某电阻的阻值，其测量结果_____（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）。【答案】7.46mA    2.5V    150    51    准确    【解析】（1）[1]选择开关接“1”时测电流，电表表盘下面刻度的最小分度值为0.2mA，指针在两最小刻度之间进行估读，故其示数为说明：估读方法符合最新高考评分标准。（2）[2]根据串联电路有分压作用可知，当电表满偏时有所以开关接“3”时为量程2.5V的电压表。（3）[3]欧姆表的内阻由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻，故C处刻度为150Ω。（4）[4]根据闭合电路欧姆定律有其中，解得（5）[5]因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值的变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结果是准确的。14.（10分）利用电流表和电压表测量一节干电池的电动势和内阻。实验室电流表内阻约为0. 2~0. 6，电压表内阻约为1. 5~5k，被测干电池内阻约为1，要求尽量减小实验误差。（1）应该选择的实验电路是图中的__________（填“甲”或“乙”）。（2）现有电流表（0~0. 6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表（0~15V）                    B.电压表（0~3V）C.滑动变阻器（0~10）            D.滑动变阻器（0~300）实验中电压表应选用__________；滑动变阻器应选用__________。（填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图丙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线。序号123456电压U/V1451401. 301. 251. 201. 10电流I/A0. 0600. 1200. 2400. 2600. 3600. 480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=__________V，内阻r=__________。（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电流表的示数I及干电池的输出功率P都会发生变化。选项图中正确反映P-I关系的是__________。A.    B.C. D. 【答案】甲    B    C        1. 50（1. 49～151均可）    0. 83（0. 81～0. 85均可）    C    【解析】（1）[1].干电池内阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路时电源内阻的测量值相对误差小。（2） [2] [3].一节干电池的电动势为1. 5V左右，故电压表应选用量程较小的B，干电池的内阻很小，为调节方便，滑动变阻器应选用总阻值较小的C。（3） [4].U-I图线如图所示。（4） [5] [6].由U=E-Ir知U-I图线在U轴上的截距表示E、斜率的绝对值表示r，由图线可得E=1. 50V，r≈0. 83。（5） [7].电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大，而当内阻和外阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半。外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故符合条件的图像应为C。15.（10分）一台直流电动机所加电压U=110V，通过的电流I=5.0A。若该电机在10s内把一个质量M=50kg的物体匀速提升了9.0m，不计摩擦及空气阻力，取重力加速度g=10m/s2求：（1）电动机的输入功率P；（2）在提升重物的10s内电动机线圈产生的热量Q；（3）电动机线圈的电阻R。【答案】（1）550W；（2）1000J；（3）4Ω【解析】（1）电动机的输入功率P=UI解得P=550W（2）由能量守恒定律知Q=Pt-Mgh解得Q =1000J（3）由焦耳定律Q=I2Rt解得R=4Ω16.（10分）宏观规律是由微观机制所决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，导线中的自由电子如同理想气体分子一样做无规则地热运动，它们朝任何方向运动的概率是一样的，则自由电子沿导线方向的速度平均值为0，宏观上不形成电流。如果导线中加了恒定的电场，自由电子的运动过程可做如下简化：自由电子在电场的驱动下开始定向移动，然后与导线内不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导线方向的定向速度变为0，然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。（1）在一段长为L、横截面积为S的长直导线两端加上电压U。已知单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，电子质量为m，连续两次碰撞的时间间隔为t。仅在自由电子和金属离子碰撞时才考虑粒子间的相互作用。①求自由电子定向移动时的加速度大小a；②求在时间间隔t内自由电子定向速度的平均值；③推导电阻R的微观表达式。（2）请根据电阻的微观机制猜想影响金属电阻率的因素有哪些，并说明理由。【答案】（1）①；②；③；（2）温度，热运动速度变化，材料有关等，理由见解析【解析】（1）①自由电子定向移动时的加速度大小②自由电子在连续两次碰撞的时间间隔t内做匀变速直线运动，设第二次碰撞前的速度为v，则，解得③t时间内通过导线横截面积的电荷量为则电流电阻解得（2）由电阻定律得解得猜想：电阻率与导体的温度有关；理由：导体的温度变化会导致导体内自由电子的热运动速度变化，从而使自由电子连续两次碰撞的时间间隔t发生变化，因此电阻率与导体的温度有关。（其他合理猜想和理由均可，例如电阻率与导体的材料有关。）17.（12分）某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相连，穿在光滑的金属杆上.弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k＝1300N/m，自然长度L0＝0.5m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S＝0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向.电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接住N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好.限流电阻的阻值R＝1Ω，电源的电动势E＝12V，内阻r＝0.5Ω.合上开关，没有风时，弹簧长度为原长度，电压表的示数U1＝3.0V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表示数为U2＝2.0V，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.【答案】（1）1Ω/m    （2）260V【解析】（1）无风时：U1＝R1＝3 V解得：R1＝0.5 Ω所以金属杆单位长度的电阻为：r0＝＝1 Ω/m.（2）有风时，U2＝R2＝2 V解得：R2＝0.3 Ω，此时弹簧的长度为L＝＝0.3 m，弹簧的压缩量为：x＝L0－L＝（0.5－0.3）m＝0.2 m由于迎风板受风力和弹力而平衡，所以风力大小为F＝kx＝1 300×0.2 N＝260 N.