2022高中物理复习试题第7章恒定电流测试.docx

第七章 恒定电流测试
一、选择题(40 分)
1．(单项选择)导体中形成电流的原因是( ) A．只要导体中有自由电荷，就一定有电流
B．只要电路中有电源，就一定有电流
C．只要导体两端有电压，导体中就会形成电流
D．只要电路中有电源，用电器两端就一定有电压
解析 导体中有自由电荷，但要使导体中的自由电荷定向移动形成电流，还要在导体的两端加上电压，故 A 项错误；要使电路中有持续电流，电路还必须是通路，故 B 项错误； 导体两端有电压，电压迫使导体中的自由电荷定向移动形成电流，故 C 项正确；假设电路是断开的，虽然电路中有电源，但用电器两端没有电压，故 D 项错误．
答案 C 2．(多项选择)有一横截面积为S粗细均匀的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位长度中
有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速率为v，在t时间内，通过导体横截面的自由电子数可表示为( )
A．nvSt B．nvt
It It
C.e D.ne
解析 在t时间内，通过导线横截面的自由电子的电量为q＝nvte，自由电子数目为n
q
＝e＝nvt，故 A项错误，B项正确；通过导线的电流为 I，在 t时间内，通过导线横截面的
自由电子的电量为 q＝It，自由电子数目为 n
qIt

C 项正确，D 项错误．
答案 BC
＝e＝e，故
3．(单项选择)以下关于电动势的说法正确的选项是( ) A．电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比
B．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
C．非静电力做的功越多，电动势就越大
D．E
决定的
W
＝q 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性
解析 电动势的定义式E W
＝q只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源
内非静电力的特性决定的，故 A项错误，D项正确；电动势的单位跟电压的单位一致，只
是数值上的表达，而电动势反映的是一种本领，不单纯表示两极间的电压，B 项错误；单位电荷非静电力做的功越多，电动势越大，故 C 项错误．
答案 D
4．(单项选择)一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管子里装满的水银供电，电流为0.1A，假设把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是( )
A．0.4A B．0.8A
C．1.6A D．3.2A
解析 设原来为A，后来的管子为B，玻璃管的内径为d，水银的高度为h，那么水银的
体积V＝Sh 12 ，由于水银的体积V不变，B管的内径是A管内径的2倍，B管中水银
＝4πd h
截面积是 A 管中水银截面积的 4 倍，那么 B 管中水银的高度是 A

1
管中水银高度的4.根据电阻
定律 R＝ L得，B 管内水银与 A 管内水银的电阻之比为 R ∶R ＝1∶16，电池的内阻不计，
ρS B A
电压不变，那么根据欧姆定律得，电流之比 IA∶IB＝RB∶RA＝1∶16，IA＝0.1 A，解得，IB＝1.6
A，应选 C 项．
答案 C
5．(多项选择)某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零．实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，假设这种情况的发生是由用电器引起的，那么可能的故障原因是( )
A．R3短路 B．RP短路
C．R3断开 D．R2断开
解析 假设R3短路时，由于电流表内阻看作零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符．故A项错误；RP短路时，两电压表都测量R2的电压，示数相同，而且都不为零．故
B 项正确；R3断开时，电压表 V2测量 R2的电压，电压表 V1测量 Rp和 R2串联的电压，电压表 V1的示数大于电压表 V2的示数．故 C 项错误；R2断开时，由于电压表内阻看作无限大，RP等效为 V2的内阻，两电压表都测量 R3的电压，示数相同，而且都不为零，故 D 项正确．
答案 BD
6．(多项选择)小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如下列图，P 为图线上一点，
PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，那么以下说法中正确的选项是()
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R U1
＝I1
＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R U1
I2－I1
D．对应 P 点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围的面积
解析 由R UUA
＝I 可知，随着所加电压的增大，各点的 I 增大，故小灯泡的电阻增大，
项正确；对应P点，小灯泡的电阻为该点的电压和电流的比值，即R U1，故B、C项错误；
＝I2
对应 P 点，小灯泡的功率为图中坐标点的 UI，即对应矩形 PQOM 所围的面积，D 项正确．
答案 AD
7．(多项选择)如下列图为两电源的U－I图象，那么以下说法正确的选项是( )
A．电源①的电动势和内阻均比电源②大
B．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等
C．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等
D．不管外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大
解析 U－I图象的纵截距为电源的电动势，斜率表达内阻的值，故E1＞E2，r1＞r2，A
项正确；当外接同样的电阻时，可做如下列图的③，两电源的输出功率为 U1I1＞U2I2，故 B
项错误，D 项正确；电源的效率 η＝ 2
I2R
×100% R

，内阻不同，外电阻 R 相同，故
效率不可能相等，C 项错误．

＝
I (R＋r)
R＋r
答案 AD
8．(多项选择)如下列图，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内阻，
以下说法中正确的选项是( )
A．当 R2＝R1＋r 时，R2上获得最大功率B．当 R2＝R1＋r 时，R1上获得最大功率C．当 R2＝0 时，R1上获得最大功率D．当 R2＝0 时，电源的输出功率最大
解析 求 R2上获得功率，应以 R2为研究对象，R1作为电源的等效内阻，故 R2＝R1＋r 时，R2上获得最大功率，A项正确；求 R1上获得功率，应以 R1为研究对象，R1上获得最大功率 P1＝I2R1，要想使电路中的电流最大，应使 R2＝0时，R1上获得最大功率，故 B项错误，
C 项正确；这里不知 R2、R1、r 之间的关系，从输出功率图象中分析不出电源的输出功率最大时 R2的值，故 D 项错误．
答案 AC
9．(多项选择)在如下列图的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关 S 闭合后，两平行金属板 M、N 中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施 是 ( )
A．增大 R1的阻值
B．减小 R2的阻值
C．减小 R3的阻值
D．减小 M、N 间距
解析 此题的等效电路为R2和R3与电源组成串联电路，电容器相当于一块理想的电压表，R1只是无穷大内阻的一个小量，故改变R1对整个电路的电流和电压没有影响，故C项
错误；原来带电粒子处于平衡状态，说明重力与电场力相等，即mg＝Ud为平行板间距
q d ，
离，减小 R2的阻值，等效于增大 R3的阻值，根据串联分压，可知 R3两端电压增大，粒子
合力向上，故 B 项正确，同理 C 项错误；减小 M、N 间距 d，即电场力速向上运动，D 项正确．
答案 BD
U
q d 增大，故粒子加
10．(多项选择)如下列图的电路中，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．假设将开关S1由位置2 切换到位置1，那么( )
A．电压表的示数变大
B．电阻 R2两端的电压变大
C．电池内阻消耗的功率变大D．电流表的读数变小
解析 开关在2位置的等效电路如以下列图所示．
外电阻 RW
2R
为 R1、R2
串联再与 R3

并联，R
2
W＝3R
，根据串联分压可得并联局部的电压 U//
2 2＝2U//
3 2R
＝2E＝
E，R 两端的电压U 1 ＝ R
E；开关在 1 位置的等效电路如以下列图
3R＋r
2R＋3r
2R＋3r
所示，外电阻 R′ 为 R 、R

并联再与 R
串联，R 3，根据串联分压可得并联局部的
W 1 3
1
2R R
2 ′W＝2R
R
电压U′//＝3E＝
E，R2两端的电压 U′2＝2U′//＝
E，比较两个电压可采
2R＋r
3R＋2r
1.5R＋r
用特殊值代入如取 R＝1，r＝0.5，计算 U′2＞U2，故 B 项正确；电压表测的是端电压，外电阻变大，电压表的示数变大，由闭合电路欧姆定律知，电流表读数变小，电池内阻消耗的功率变小，故 A、D 项正确，C 项错误．
答案 ABD
二 、 实 验 题 (20 分 ) 11．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大，某同学为研究这一现象，用伏安法测量
得到如下数据：
I/A
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
(1)画出该实验电路图；
(2)在坐标纸中画出小灯泡的伏安特性 U－I 曲线；
(3)如果将该小灯泡直接接在一个电动势为1.5 V、内阻为2Ω的电池两端时，小灯泡的实际功率为W.
解析 (1)如下列图：
(2)如下列图：
(3)电源的电动势为 1.5 V，电流与路端电压的关系式为 U＝E－Ir＝1.5－2I，在图中作出图线，交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，故功率为 P＝UI＝0.8×0.35＝0.28 W.
答案 (1)(2)见解析 (3)0.28
12．某研究小组收集了两个电学元件：电阻 R0(约为 2 kΩ)和 中的锂电池(电动势 E
标称值为 3.7 V，允许最大放电电流为 100 mA)．实验室备有如下器材：
A．电压表 V(量程 3 V，电阻 RV约为 4.0 kΩ)
B．电流表 A1(量程 100 mA，电阻 RA1约为 5 Ω) C．电流表 A2(量程 2 mA，电阻 RA2约为 50 Ω) D．滑动变阻器 R1(0－40 Ω，额定电流 1 A)
E．电阻箱 R2(0－999.9 Ω)
F．开关 S 一只、导线假设干
(1)为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，以下列图与其对应的实物图，图中的电流表A 应选(选填“A1〞或“A2〞)，请将实物连线补充完整．
(2)为测量锂电池的电动势 E 和内阻 r，小红设计了如下列图的电路图．根据测量数据作
1 1
2
出U－R 图象，如下列图．假设该
图线的斜率为k，纵轴截距为b，那么该锂电池的电动势E＝，内阻r＝(用 k、b和R2表示)
解析 (1)由于R 阻值约为2kΩ，属大电阻，由I E

I＝1.85 mA，因此电流表应
0
选 A2.实物连线如图．
＝R，估得

(2)根据题图，知 U＝E－Ir
11r1
·
1b r
k，所以E 1
r＝k.
2
，得U＝E＋E R ，即E＝
，E＝
＝b， b
答案 (1)A2，实物连线如上图
三、计算题(40 分)
1k
(2)b b
13.如下列图，R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，当 S 接通时，电压表读数为 2.4 V，S 断开
时，电压表读数为 2 V，那么电源电动势和内阻各为是多少
解析 当S接通时：R2 闭合电路欧姆定律，得
U 1
R
＝ E

与 R3

并联，再与 R1

串联，并联等效电阻 R
R2＋R1
23
＝ ＝2Ω，由
R2＋R1
1 r＋R1＋R23
S 断开时，R1与 R3串联，由闭合电路欧姆定律，得
U 1
R
＝ E
2 r＋R1＋R3
将 U1＝2.4 V，U2＝2 V，R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，代入以上各式得，E＝6 V，r
＝1 Ω
答案 6V 1 Ω 14．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通
过它的电流是 0.2 A．在 30 s 内可使该物体被匀速提升 3 m，假设不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升重物的 30 s 内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻．
解析 (1)电动机的输入功率
P 入＝UI＝3×0.2 W＝0.6 W
(2)电动机提升重物的机械功率 P
＝Fv＝4 3W＝0.4W，根据能量关系 P＝P＋
×
机 30 入 机
PQ，得热功率 PQ＝P 入－P 机＝(0.6－0.4) W＝0.2 W，所产生的热量 Q＝PQt＝0.2×30 J＝6 J
(3)根据焦耳定律Q＝I2rt，得线圈的电阻r Q6 Ω＝5Ω
答案 (1)0.6W (2)6J (3)5Ω
＝I2t＝0.22×30
15．如下列图电路中，电源电动势 E＝10 V，内电阻不计，电阻 R1＝14 Ω，R2＝6.0 Ω，
R3＝2.0 Ω，R4＝8.0 Ω，R5＝10 Ω，电容器的电容 C＝2.0 μF.求：
(1)电容器所带的电量说明电容器哪个极板带正电 (2)假设 R1突然断路，将有多少电荷通过 R5
解析 (1)此题的等效电路为R1、R2串联，R3、R4串联，然后两局部并联，R5作为电容
的等效理想表的内阻，I
E
＝ ＝0.5A，I
E
＝ ＝1A，那么
12 R1＋R2 34 R3＋R4
ba 12 1 34 3 ba
U ＝│I R －I R │＝5 V，故 b 极板带正电，电容器所带的电量 Q＝CU ＝1.0×10－
5 C
(2)R1断路，当再度到达稳定后，电容器电压等于 R4两端的电压，此时电容器所带电量
Q′＝CU＝C ER4＝2×10－6
×

10×8

C＝1.6×10－5 C．由 φ ＞φ

可知，电容器下板仍
4 R3＋R4
×2＋8 bd
带正电，由 Q′＞Q 知，R1断路后电容器经历了一次再充电过程，电容器极板上增加的电量为 ΔQ＝
Q′－Q＝(1.6×10－5－1.0×10－5) C＝6.0×10－6 C
答案 (1)电容器所带的电量为1.0×10－5C，电容器下板带正电(2)6.0×10－6C
16.电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能， 其工作原理大致相同．如下列图为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝 R1、
R2和自动开关 S.
(1)当自动开关 S 闭合时，用电器的工作状态是处于加热状态还是保温状态
(2)用电器由照明电路供电(U＝220 V)，设加热时用电器的电功率为 800 W，保温时用电器的电功率为 50 W，那么 R1和 R2分别为多大
U2
解析 (1)当开关S闭合时，R2被短路，电路中只有R1，此时功率为P＝R1，电阻没全
部用上的，即电阻小，功率大，故为加热状态．
U2
(2)当开关 S 断开时，R1和 R2串联，此时功率为 P2＝

，故为保温状态，由题意知
R1＋R2
P2＝50 W，P1＝800 W，代入数据解得 R1＝60.5 Ω，R2＝907.5 Ω.
答案 (1)加热状态 (2)R1＝60.5 Ω，R2＝907.5Ω