高考专题九恒定电流专题检测

这是一份高考专题九恒定电流专题检测，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题九　恒定电流
专题检测题组
(时间:60分钟　满分:100分)
一、单项选择题(每小题4分,共48分)
1.(2021广州云浮中学月考,5)一个内阻可以忽略的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端,通过的电流为0.1 A,若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里,通过的电流将是(　　)
A.0.4 A　　　　　　B.0.8 A　　　　　　C.1.6 A　　　　　　D.3.2 A
答案　C　内径大一倍,则横截面积变为原来的4倍,由于水银体积保持不变,水银长度变为原来的14, 则由电阻定律知电阻变为原来的116,由欧姆定律知电流变为原来的16倍,即1.6 A。故选C。
2.(2021清远一中月考,6)智能扫地机器人成为许多家庭喜爱的电子产品,某型号的智能扫地机器人电动机的额定工作电压为12 V,正常工作时的额定功率为40 W,其所用锂电池的容量为5 000 mAh,当扫地机器人工作到电池剩余容量为总容量的20%时会停止扫地,然后自动充电,已知扫地机器人电动机的线圈电阻为3 Ω,则下列说法正确的是(　　)
A.扫地机器人正常工作时的电流为4 A
B.工作时,扫地机器人的发热功率为0.33 W
C.锂电池的内阻为3.6 Ω
D.扫地机器人可以连续正常工作的时间为72 min
答案　D　利用P=UI可知,扫地机器人正常工作时的电流为I=PU=103 A;锂电池的电动势未知,无法求锂电池的内阻,也无法求扫地机器人的发热功率;扫地机器人可以连续正常工作的时间为t=QI=5 000×10-3×3 600×0.8103 s=4 320 s=72 min。故选D。
3.(2022届济宁实验中学月考,9)如图所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随电流的变化图线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的U-I曲线,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7∶12
B.电源1与电源2的电动势之比是1∶2
C.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D.在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是1∶2
答案　C　电源U-I图像的斜率的绝对值表示内阻,根据图像可知r1=107 Ω,r2=56 Ω,则r1∶r2=12∶7,故A错误。U-I图像在纵轴上的截距表示电动势,故E1=E2=10 V,所以电源1与电源2的电动势之比为1∶1,故B错误。灯泡U-I曲线与电源的路端电压随电流的变化的特性图线的交点即灯泡与电源连接时的工作状态,则连接电源1时,U1=3 V,I1=5 A,所以P1=U1I1=15 W,R1=U1I1=35 Ω;连接电源2时,U2=5 V,I2=6 A,所以P2=U2I2=30 W,R2=U2I2=56 Ω,所以P1∶P2=1∶2,R1∶R2=18∶25,故C正确,D错误。
4.(2020广州岭南中学模拟,17)在如图所示的U-I图像中,直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像,直线Ⅱ为某一电阻R的U-I关系图线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图像判断错误的是(　　)

A.电源的电动势为3 V,内阻为0.5 Ω
B.电阻R的阻值为1 Ω
C.电源的效率为80%
D.电源的输出功率为4 W
答案　C　根据闭合电路欧姆定律得:U=E-Ir,当I=0时,U=E,由读出电源的电动势E=3 V,内阻等于图线的斜率大小,r=ΔUΔI=36 Ω=0.5 Ω;根据图像可知电阻:R=UI=1 Ω;电源的效率:η=P出P总×100%=UIEI×100%=23×100%=66.7%;两图线的交点表示该电源直接与电阻R组成闭合电路时的工作状态,由图可知U=2 V,电流I=2 A,则电源的输出功率P出=UI=4 W;故选C。
5.(2022届滕州第一中学新校月考,7)在显像管的电子枪中,从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场,设其初速度为零,经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m,则在刚射出加速电场时,一小段长为Δl的电子束内的电子个数是(　　)
A.IΔleSm2eU　　　　　　B.IΔlem2eU
C.IeSm2eU　　　　　　D.ISΔlem2eU
答案　B　在加速电场中有eU=12mv2
得v=2eUm
在刚射出加速电场时,一小段长为Δl的电子束内电荷量为q=IΔt=IΔlv
则电子个数n=qe=IΔlem2eU
A、C、D错误,B正确。
6.(2021珠海摸底,5)珠海某学校新装了一批节能路灯如图甲所示,该路灯通过光控开关实现自动控制:电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图乙为其内部电路简化原理图,电源电动势为E,内阻为r,Rt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小)。当随着傍晚到来光照逐渐减弱时,则下列判断正确的是(　　)

A.A灯变暗,B灯变亮
B.电源内阻消耗的功率变小
C.电源效率变小
D.Rt上电流的变化量等于R0上电流变化量
答案　B　光照逐渐减弱时,光敏电阻阻值增大,电路总电阻增大,则电路总电流I减小,消耗在内阻上的电压减小,路端电压U=E-Ir增大,利用并联规律可知,A灯两端电压增大,则通过A灯的电流IA增大,所以A灯变亮;通过定值电阻R0的电流I0=I-IA减小,所以R0两端的电压U0=I0R0减小,B灯两端的电压UB=U-I0R0增大,B灯变亮;由于电源电动势不变,电路总电流I减小,由于P=I2r,电源的消耗功率减小;电源的效率为η=UIEI×100%=UE×100%,由上面的分析可知路端电压U增大,电源的效率变大;通过R0上电流等于通过光敏电阻Rt电流与通过灯B的电流之和,故通过灯B的电流IB增大,则Rt上电流的变化量大于R0上电流变化量。故选B。
7.(2021广州荔湾期末,6)如图甲所示是某电源的路端电压与电流的关系图像,用该电源与“3 V,3 W”的灯泡L、电动机M串联在乙图电路上,灯泡刚好正常发光,电动机刚好正常工作。下列说法中正确的是(　　)

A.通过电动机的电流为1.6 A
B.电源的内阻为1 Ω
C.电动机消耗的电功率为4.5 W
D.电源的效率是75%
答案　C　已知电动机是正常工作,故此时电动机达到了额定功率和额定电压,由P=UI可得,I=PU=33 A=1 A,故A错误;由电源的路端电压与电流的关系图像可得,斜率的绝对值表示的是电源的内阻,故r=24 Ω=0.5 Ω,故B错误;由电源的路端电压与电流的关系图像可得,纵轴截距表示的是电源电动势,故E=8.0 V,则此时电源的总功率为:P=EI=8×1 W=8 W,灯泡的功率为3 W,则内阻消耗的功率为:P1=I2r=12×0.5 W=0.5 W,则电动机消耗的功率为:P2=8 W-0.5 W-3 W=4.5 W,故C正确;电源的效率为:η=7.58×100%=93.75%,故D错误。
8.(2022届滕州第一中学新校月考,5)粗细均匀的金属环上A、B、C、D四点把其周长分成四等份,如图所示。当A、B点接入电路中时,圆环消耗的电功率为P;当A、D点接入电路中时,圆环消耗的电功率为(电源内阻不计)(　　)

A.3P4　　　　　　B.P　　　　　　C.4P3　　　　　　D.3P
答案　C　设电源的电动势为E,金属环的每一等分电阻为R,则当A、B点接入电路中时总电阻R1=R。当A、D点接入电路中时总电阻
R2=R·3RR+3R=34R
由功率公式P=U2R
U=E
得到P2∶P1=R1∶R2=4∶3
又P1=P得到P2=43P。
故选C。
9.(2021长郡中学月考七)如图所示电路中,电源电动势E=24 V,恒定内阻r=4 Ω,定值电阻R1=8 Ω,定值电阻R2=12 Ω,定值电阻R3=3 Ω。若在C、D间连接一个可调电阻R,调节范围为3 Ω至15 Ω,下列选项中正确的是(　　)

A.在调节范围内,若R=3 Ω,R上的功率最大
B.在调节范围内,若R=15 Ω,R上的功率最大
C.在调节范围内,若R=15 Ω,R上的功率最小
D.在调节范围内,若R=9 Ω,R上的功率最大
答案　D　原电源与R1串联视为等效电源1,E1=24 V,r1=r+R1=12 Ω,等效电源1与R2并联视为等效电源2,E2=12 V,r2=R2·r1R2+r1=6 Ω,等效电源2与R3串联视为等效电源3,E3=12 V,r3=r2+R3=9 Ω,故当R=3 Ω时,R上的功率最小,当R=9 Ω时,R上的功率最大,故选D。
解题方法　定值电阻消耗的最大功率,只需要电流最大即可,即电路的总电阻最小时;而变化的电阻所消耗的功率最大值往往要用到等效电源法进行处理,把其他部分看作一个等效电源,把等效电源的内阻和电动势算出来,当变化的阻值等于等效电源的内阻时,变化的电阻消耗的功率最大,为E24r(E为等效电源的电动势,r为等效电源的内阻)。
10.(2021湖南师大附中月考四)多用电表欧姆挡内部电路示意图如图所示,表头的满偏电流Ig=0.5 mA,内阻Rg=10 Ω;电池电动势E=1.5 V,内阻r=1 Ω;滑动变阻器R0阻值范围为0~5 000 Ω。该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V刻度的,当电池的电动势下降到1.45 V,内阻增大到4 Ω时仍可调零。若测某电阻阻值为600 Ω,则这个电阻的真实值是(　　)

A.520 Ω　　　　　　B.600 Ω　　　　　　C.580 Ω　　　　　　D.570 Ω
答案　C　电动势为1.5 V调零后,欧姆表的内阻R内=1.50.5×10-3 Ω=3 000 Ω,电动势变为1.45 V调零后,欧姆表的内阻R内'=1.450.5×10-3 Ω=2 900 Ω,由示数600 Ω对应的电流列出关系式,I=1.53 000+600 A=1.45V2 900Ω+R真,解得这个电阻的真实值是R真=580 Ω,故C正确。
11.(2022届长郡中学月考一)如图甲所示的电路,其中电源电动势E=6 V,内阻r=2 Ω,定值电阻R=4 Ω。已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示,则下列说法中正确的是(　　)

A.图乙中滑动变阻器的最大功率P2=2 W
B.图乙中R1=6 Ω,R2=12 Ω
C.滑动变阻器消耗功率P最大时,定值电阻R也消耗功率最大
D.调整滑动变阻器RP的阻值,可以使电源的输出电流达到2 A
答案　B　定值电阻R功率最大发生在电流最大,即RP=0时,故C错;当总电阻为最小值6 Ω时,电流最大,为1 A,故D错;把R和电源看成等效电源,则R1=6 Ω,P2=E24R1=1.5 W,由R12=3 Ω·R2得R2=12 Ω,A错,B正确。
12.(2022届湖南师大附中月考三)如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,定值电阻为R0。将滑动变阻器的滑片从a端向b端移动,在a端时电流表示数为I1,在b端时电流表的示数为I2,电压表示数均为U。两电表均为理想电表,在滑片移动的过程中,下列判断正确的是(　　)

A.电流表的示数先增大后减小
B.定值电阻R0消耗的功率先增大后减小
C.电压表示数为U时,通过电源的电流等于I1+I2
D.电源的效率先减小后增大
答案　C　R外先增大后减小,总电阻先增大后减小,干路电流先减小后增大,根据U=E-Ir知,路端电压先增大后减小;在滑片从a到变阻器中点的过程中,干路电流减小,路端电压增大,定值电阻的电压减小,变阻器的电压增大,而滑片右侧的电阻减小,所以通过右侧的电流增大,电流表示数减小;在滑片从中点到b的过程中,干路电流增大,路端电压减小,定值电阻的电压增大,变阻器的电压减小,而滑片左侧的电阻增大,通过滑片左侧的电流减小,所以电流表的示数减小;可知电流表示数一直减小,故A错误。干路电流先减小后增大,故定值电阻R0消耗的功率先减小后增大,故B错误;由电路关系,可知当电流表示数为I1时,流过滑动变阻器滑片右侧电阻的电流为I2,而电流表示数为I2时,流过滑动变阻器滑片右侧电阻的电流为I1,故电压表示数为U时,通过电源的电流等于I1+I2(其中I2=0),故C正确;由电源的效率η=UE×100%,由于U先增大后减小,故电源效率先增大后减小,故D错误。
二、多项选择题(每小题6分,共24分)
13.(2022届武冈二中测试)(多选)如图甲所示电路,小灯泡L通电后其两端电压U随所通过的电流I变化的图线如图乙所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PM为U轴的垂线,PQ为I轴的垂线,下列说法中正确的是(　　)

A.随着所通电流的增大,小灯泡的电阻增大
B.对应P点,小灯泡的电阻为RL=U1I2
C.在电路中灯泡L两端的电压为U1时,电阻R两端的电压为I1R
D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM的面积
答案　ABD　由欧姆定律知,U-I图像中任意一点对应的电阻为该点与坐标原点的连线的斜率,随着所通电流的增大,小灯泡的电阻增大,A正确;对应P点,此时电流为I2,电压为U1,则小灯泡电阻RL=U1I2,B正确;灯泡L两端电压为U1时,通过电阻R的电流为I2,电阻R两端的电压为I2R,C错误。对应P点,小灯泡的功率为P=U1I2,即图像中矩形PQOM的面积,D正确。
14.(2022届滨州一中周测,10)(多选)“等效”是简化电路的一种常用方法。下面四个方框中的电路都可视为一个新的等效电源:图甲中是一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R0的定值电阻串联;图乙中是一个电动势为E、内电阻为r的电源和一阻值为R0的定值电阻并联;图丙中是一个电压为E的恒压源与阻值为R0的定值电阻串联;丁中是一个电流为I的恒流源与阻值为R0的定值电阻并联,且E=IR0;下列关于这四个等效电源的电动势和内阻的说法正确的是(　　)

A.E甲=E丙=E丁>E乙
B.E甲=E丙>E丁=E乙
C.r甲>r丙=r丁>r乙
D.r甲>r丙>r丁>r乙
答案　AC　等效电源的电动势等于MN断路时MN两端的电压,内阻等于MN断路时MN两端的电压和短路时通过MN的电流的比值,则题图甲中的等效电动势为:E甲=E,等效内阻为:r甲=r+R0;题图乙中的等效电动势为:E乙=R0R0+rE,等效内阻为:r乙=r·R0r+R0;题图丙中的等效电动势为:E丙=E,等效内阻为:r丙=R0;题图丁中的等效电动势:E丁=E,等效内阻:r丁=R0。所以E甲=E丙=E丁>E乙,r甲>r丙=r丁>r乙,故A、C正确。
15.(2021广东二模,10)(多选)离地面高度5.0×104 m以下的大气层可视为电阻率较大的漏电介质,假设由于雷暴对大气层的“电击”,使得离地面高度5.0×104 m处的大气层与带负电的地球表面之间形成稳定的电场,其电势差约为3×105 V。已知,雷暴每秒钟给地球充电的电荷量约为1.8×103 C,地球表面积近似为5.0×1014 m2,则(　　)

A.该大气层的等效电阻约为600 Ω
B.该大气层的平均漏电电流约为1.8×103 A
C.该大气层的平均电阻率约为1.7×1012 Ω·m
D.该大气层的平均电阻率约为1.7×108 Ω·m
答案　BC　该大气层的平均漏电电流约为I=qt=1.8×1031 A=1.8×103 A,该大气层的等效电阻为R=UI=3×1051.8×103 Ω≈167 Ω,故A错误,B正确;根据R=ρLS可得,该大气层的平均电阻率约为ρ=RSL=167×5.0×10145.0×104 Ω·m≈1.7×1012 Ω·m,故C正确,D错误。
16.(2022届长沙一中月考一)(多选)某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标系内,如图所示,根据图线可知(　　)

A.反映电源内部发热功率变化的图线是a
B.电源电动势为8 V
C.电源内阻为2 Ω
D.当电流为0.5 A时,外电路的电阻为6 Ω
答案　CD　电源内部的发热功率P内=I2r,则反映电源内部发热功率变化的为图线c,故A错误;总功率P总=EI,则反映总功率变化的为图线a,由图线a可知当电流为2 A时总功率为8 W,得E=4 V,B错误;由图线c可知,当I=2 A时,内阻发热功率为8 W,所以内阻是2 Ω,C正确;由闭合电路欧姆定律得D正确。
三、非选择题(共28分)
17.(2022届滕州第一中学新校月考,13)(6分)关于电流表、电压表的改装:

(1)有一个满偏电流为100 mA的毫安表,电表内阻为9 Ω,现将该毫安表的量程扩大至0.6 A,则应并联一个阻值为　　　　Ω的电阻。 
(2)如图所示为一双量程电压表的示意图,已知电流表G的量程为0~10 mA,内阻为60 Ω,图中串联的分压电阻R1=440 Ω,则R2=　　　　Ω。 
答案　(1)1.8　(2)1 000
解析　(1)根据电表的改装原理可知,应并联的电阻
R=IgRgI-Ig=0.1×90.6-0.1 Ω=1.8 Ω
(2)根据电表的改装原理可知,R2的阻值为
R2=UB-UAIg=15-50.01 Ω=1 000 Ω
18.(2020潮州期末,23)(13分)实验室内有一电压表量程为150 mV,内阻约为130 Ω。现要将其改装成量程为10 mA的电流表。为此,实验室提供如下器材:
A.干电池E(电动势为1.5 V)
B.滑动变阻器R(最大阻值为10 Ω)
C.电流表A(有1.5 mA、15 mA与150 mA三个量程)
D.导线若干及开关K
(1)对电表改装时必须知道电压表的内阻。虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路原理图的一部分,请将电路图补充完整。

(2)在既不损坏仪器又能使精确度尽可能高的条件下,电路中电流表A应选用的量程是　　　　 mA。若合上K,调节滑动变阻器后测得电压表的读数为150 mV,电流表A的读数为1.20 mA,则电压表的内阻RmV为　　　 Ω。 
(3)要将该电压表改装成量程为10 mA的电流表,那么应该在电压表上　　　　 (填“串”或“并”)联一个定值电阻,该电阻阻值R0=　　　Ω。(保留3位有效数字) 
答案　(1)见解析图　(2)1.5　125　(3)并　17.0
解析　(1)因为题目中所给滑动变阻器阻值较小,电压表内阻较大,故采用分压式接法,如图所示:

(2)在测量电路中电压表与电流表串联,电流表测量的最大电流约为:Imax=150×10-3 V130Ω=1.15×10-3 A=1.15 mA,故电路中电流表A应选用的量程是1.5 mA;电压表的内阻为RmV=150×10-3 V1.20×10-3 A=125 Ω
(3)改装前流过的电流最大为1.20 mA,改装后流过的电流为10 mA,所以应该并联一个电阻,阻值为R=1.20×10-3 A×125Ω(10-1.20)×10-3 A=17.0 Ω。
19.(2020雅礼中学月考四)(9分)法拉第曾提出一种利用河流发电的设想,并进行了实验研究,实验装置的示意图可用如图表示,两块面积均为S的平行金属板正对、竖直地全部浸在河水中,间距为d。水流速度处处相同,大小为v,方向水平,金属板与水流方向平行。地磁场磁感应强度的竖直分量为B,水的电阻率为ρ,水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关K连接到两个金属板上,忽略边缘效应,求:

(1)该发电装置的电动势;
(2)通过电阻R的电流;
(3)电阻R消耗的电功率。
解析　(1)由法拉第电磁感应定律,可得:E=Bdv
(2)根据电阻定律可知两板间河水的电阻:r=ρdS
由闭合电路欧姆定律,有:I=Er+R=BdvSρd+SR
(3)P=I2R=BdvSρd+SR2R