最近年高考分类汇编之专题八 恒定电流

最近年高考分类汇编之专题八 恒定电流

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Rx是待测电阻,R0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=l1,PN=l2,则Rx的阻值为(　　)‎ A.R0 B. R0‎ C.R0 D. R0‎ 解析:当通过的电流为零时,电流表两端的电势差为零,设通过R0的电流为I1,通过电阻丝MN的电流为I2,则I1R0=I2RMP,I1Rx=I2RPN,联立得=,而=,所以Rx=R0,选项C正确.‎ 答案:C ‎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·h B.8×1010 kW·h C.8×1011 kW·h D.8×1013 kW·h 解析: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=P1t-P2t=(P1-P2)t=(60-10)×10-3×2×4×108×365×6 kW·h=8.76×1010 kW·h.故选项B正确.‎ 答案:B ‎3.(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 J B.3 V,3.6 J C.6 V,1.8 J D.6 V,3.6 J 解析: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.‎ 答案:D ‎4.(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 解析: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.‎ 答案:AB 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RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时(　　)‎ A.RM变大,且R越大,U增大越明显 B.RM变大,且R越小,U增大越明显 C.RM变小,且R越大,U增大越明显 D.RM变小,且R越小,U增大越明显 解析: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RM变小.R越大,RM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.‎ 答案:C ‎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 解析: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=I2r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==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.‎ 答案:ABC ‎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 解析: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=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=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　③,‎ 联立①②③式,解得I=·=,‎ 变化为I=,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.‎ 答案:A ‎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.③①②④ B.③④②①‎ C.③①④② D.②①④③‎ 解析: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.‎ 答案:A 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.(2013四川南充月考)电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路.当把变阻器R1、R2调到某个值时,闭合开关S,电容器中的一个带电液滴正好处于静止状态.当再进行其他相关操作时(只改变其中的一个),以下判断正确的是(　　)‎ A.将R1的阻值增大时,液滴仍保持静止状态 B.将R2的阻值增大时,液滴将向下运动 C.断开开关S,电容器上的带电荷量将减为零 D.把电容器的上极板向上平移少许,电容器的电荷量将增加 解析:分析电路可知,电阻R1与平行板电容器串联,因此改变电阻R1的阻值时电容器两端电压不发生变化,因此液滴受力不变化,因此A选项正确. 将R2的阻值增大时,电阻R2两端的电压增大,液滴受到的静电力增大,因此液滴将向上运动,故B选项错误.断开开关,电源直接与电容器串联,电阻不起作用,电容器电荷量将增加,故C选项错误.电容器的上极板向上移动少许,电容器的电容将变小,电压不变,因此电容器的电荷量减少,故D选项错误.‎ 答案:A ‎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RM=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 W B.电动机的热功率为12 W C.电动机的输出功率为12 W D.电动机的输入功率为12 W 解析:.若灯泡正常发光,则电路中的电流为I==A=‎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=I2RM=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PM=UMI=6×2 W=12 W,则电动机的输出功率为P=PM-P热=12 W-2 W=10 W,由此可知C项错误,D项 正确.‎ 答案:D ‎3.(2013北京西城期末质检)如图所示,电路中RT为热敏电阻,R1和R2为定值电阻.当温度升高时,RT阻值变小.开关S闭合后,RT的温度升高,则下列物理量中变小的是(　　)‎ A.通过RT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 解析:开关S闭合后,RT的温度升高,RT阻值变小,RT与R2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R1的电流增大,B选项错误;电源内电压增大,R1两端电压增大,并联部分电压减小,R2为定值电阻,则通过R2的电流减小,C选项正确;RT与R2的电流之和等于干路电流,则流过RT的电流增大,A选项错误;电容器与R1并联,R1两端电压增大时,电容器两端电压增大,由E=可得电容器两极板间的电场强度增大,D选项错误.‎ 答案:C ‎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 解析: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.‎ 答案:C ‎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 Ω C.灯泡L2消耗的电功率为0.75 W D.灯泡L3消耗的电功率为0.30 W 解析:根据题给电路图可知,灯L1两端电压为3.0 V,灯L2和L3两端的电压各为1.5 V;由题给IU图像可知,灯L1两端电压为3.0 V时,通过它的电流为‎0.25 A,故此时电阻值=Ω=12 Ω,同理,灯L2和L3两端电压均为1.5 V时,电流I2=I3=‎0.20 A,其电阻值==Ω=7.5 Ω;通过灯L1的电流I1=‎0.25 A,通过L2的电流I2=‎0.2 A,显然I1<2I2;灯L2和L3消耗的电功率为P2=P3=1.5×0.20 W=0.30 W,综上所述,正确选项为D.‎ 答案:D ‎6.(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(　　)‎ 解析:根据电阻定律,横坐标为x的点与A点之间的电阻R=ρ,这两点间的电压U=IR=Iρ(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.‎ 答案:A 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 解析:当滑片向右移动时,电路中的电阻增大,因此A项错误.由I=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.‎ 答案:D ‎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 解析:当光照增强后电阻R3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=,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=U1+U2,且U1=IR1,可知电阻R1两端电压U1增大,并联电路电压U2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R2两端的电压减小,则知I2=减小,又知I=I1+I2,可以知道灯泡L所在的支路中电流I1增大,因此灯泡L将变亮,故B项错误.‎ 答案:D ‎9.(2013安徽合肥第一次质检)如图所示的电路中,电压表都看作理想电表,电源内阻为r.闭合开关S,当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时(　　)‎ A.电压表V1的示数变大,电压表V2的示数变小 B.电压表V1的示数变小,电压表V2的示数变大 C.电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量 D.电压表V1示数变化量小于V2示数变化量 解析:当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时,接入电路中的R3增大,电压表V1和V2和R3均是并联,根据串、并联电路的特点及闭合电路欧姆定律,可知电压表V1和V2示数均变大,故选项A、B错误.设V1示数为U1,V2示数为U2,干路电流为I, 则有U1=U2+IR1,则ΔU1=ΔU2+ΔIR1,根据串、并联电路的特点及闭合电路欧姆定律可知I减小,即ΔI<0,则ΔU1<ΔU2,故答案为D.‎ 答案:D ‎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 V B.电流表A2的示数为‎0.60 A C.电源的输出功率为3.0 W D.电源的电动势一定为8 V,内阻为5 Ω 解析:已知电压表V1的示数为4.0 V,根据电路分析并结合图像可知流过A1的电流为‎0.60 A,则根据电路可知A2的读数是‎0.30 A,电压表V2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.‎ 答案:A ‎11.(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 解析: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=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R1两端的电压与并联电路电压之和等于路端电压,即U1+U2=U,又知U1=IR1变大,因此并联电路的电压减小,则电阻R2中的电流I2=变小,又知I2+IA=I,可知电流表A的读数增大,由此可知A项正确.‎ 答案:A ‎12.(2012乌鲁木齐高三诊断)如图所示电路,电源内阻不可忽略,R0为定值电阻,开关S闭合后,滑动变阻器滑片P置于滑动变阻器的中点时,电压表示数为8 V,当滑片从中点向b端移动距离s后,电压表示数变为6 V;滑片从中点向a端移动距离s后,电压表示数为(　　) ‎ A.9 V B.10 V C.11 V D.12 V 解析:设电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器的总电阻为R,长度为s的电阻为R′,由闭合电路的欧姆定律可得:U1=×R0;U2=×R0,联立两式可解得:R′=(r+R0+R);滑片从中点向a端移动距离 s后:U=×R0,联立解得U=12 V,D选项正确.‎ 答案:D ‎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 解析:P1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R1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;P2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R1消耗的电功率不变,带电微粒向上运动,故选项C、D均错误.‎ 答案:A ‎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. ‎ 解析:设无风时金属杆接入电路的电阻为R1,风吹时接入电路的电阻为R2,由题意得 ‎(1)无风时:U1=·R1,得R1=4.5 Ω,‎ 又因为L0=‎1 m,‎ 所以金属杆单位长度的电阻r0=4.5 Ω.‎ ‎(2)有风时:U2=·R2,得R2=1.5 Ω 此时,弹簧长度L= m 压缩量x=L0-L=(1-)m= m.‎ 由平衡条件得此时风力:F=kx=120× N=80 N.‎ 答案:(1)4.5 Ω　(2)80 N