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1 (每日一练每日一练)2022)2022 届高中物理恒定电流基础知识手册届高中物理恒定电流基础知识手册 单选题 1、如图所示，某小型水电站发电机的输出功率=100kW，发电机的电压1=250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻线=8，在用户端用降压变压器把电压降为4=220V。已知输电线上损失的功率线=5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（）A发电机输出的电流1=40A B输电线上的电流线=625A C降压变压器的匝数比3:4=190:11 D用户得到的电流4=455A 答案：C 解析：A根据电功率公式 =发电机输出电流 2 1=1=400A A 错误；B输电线上损失功率5kW，由 线=线2线 可得 线=线线=25A 故 B 错误；C降压变压器原副线圈得到的功率为 P4=P-P线=95kW 根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得 线4=43=5000W895000W220V=11190 C 正确；D用户得到的功率为95kW，用户得到的电流 4=95000W220V 432A D 错误。故选 C。2、图是利用电动机提升重物的示意图，其中 D 是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它被细绳拴在电动机的轴上。闭合开关 S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是 5.0 A 和 100 V，重物P上升的速度为 0.70 m/s。重物的质量为 50 kg，g取 10 m/s2。下列说法不正确的是（）3 A电动机消耗的电功率为 500W B绳对重物做功的机械功率 350W C电动机线圈的电阻 20 D电动机的效率为 70%答案：C 解析：A根据电功率关系式有 电=5 100W=500W 故电动机消耗的功率为 500W，故 A 正确，不符合题意；B以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有 =根据 机=得 机=350W 故细绳对对重物做功的机械功率为 350W，故 B 正确，不符合题意；C根据功能关系有 电=机+热 4 热=2 联立解得 =6 故 C 错误，符合题意；D电动机效率 =机电=350500=70%故 D 正确，不符合题意；故选 C。3、某节水喷灌系统如图所示，水以0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为 2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m 不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为 220V，输入电流为 2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为 75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（）A每秒水泵对水做功为 75J B每秒水泵对水做功为 225J C水泵输入功率为 440W D电动机线圈的电阻为 10 5 答案：D 解析：AB每秒喷出水的质量为0=2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为 =0+12002=300J 故 AB 错误；C水泵的输出能量转化为水的机械能，则 出=300W 而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为 75%，则 入=出75%=400W 故 C 错误；D电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为 机=入=400W 而电动机的电功率为 电=440W 由能量守恒可知 电=2+机 联立解得 =10 故 D 正确；故选 D。6 4、某同学设计了一个转向灯电路（如图），其中L为指示灯，L1、L2分别为左右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源当S置于位置 1 时，以下判断正确的是（）AL的功率少于额定功率 B1亮，其功率等于额定功率 C2亮，其功率等于额定功率 D含L支路的总功率较另一支路的大 答案：A 解析：A因L与L2串联后接在电源两端，而两灯的额定电压均为 6V，故两灯功率一定小于额定功率，故 A 正确；B因电源电压为 6V，而电源有内电阻，故电源的输出电压一定小于 6V，故 B 错误；C由 A 的分析可知，L2的功率要小于额定功率，故 C 错误；D因两并联支路两电压相等，故由=2可知，含L支路的电阻要大，故其功率比另一支路要小，故 D 错误；故选 A。5、如图所示，图中三个电阻的阻值分为R1=1、R2=3、R3=5，则流过R1、R2、R3的电流之比为（）A5：3：1B3：1：4C3：1：5D15：5：3 7 答案：B 解析：1、2两者是并联关系，然后再与3串联，设电源电压为U，则根据欧姆可得通过3的电流为 3=121+2+3=423 1、2两端的电压为 =并并+3=323 故通过1的电流为 1=1=323,通过 2=2=123 所以 1：2：3=3:1:4 故选 B。多选题 6、某电动机线圈电阻为R，电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，关于这个电动机正常工作t时间内能量的消耗及产生的焦耳热，下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UIt 8 B电动机输出的机械能为I2Rt C电动机线圈产生的热量为I2Rt D电动机消耗的电能为2 答案：AC 解析：A据电功的定义可知，电动机消耗的电能为UIt，A 正确；BC据焦耳定律可知，电动机线圈产生的热量为I2Rt，输出的机械能为 机=2 B 错误，C 正确；D电动机正常工作时不是纯电阻电路，电流 故电动机消耗的电能不能表示为2，D 错误。故选 AC。7、如图所示，电源电动势=8V，内阻=5，电灯 A 的电阻为10，电灯 B 的电阻为6，滑动变阻器的总电阻为6。闭合开关 S，当滑动触头 P 由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）9 A电流表的示数先减小后增大 B电流表的示数先增大后减小 C电源的输出功率不断增大 D电源的最大输出功率为3.2W 答案：AD 解析：AB当滑动触头 P 由a端向b端滑动的过程中，有 1总=1+10+112 其中R是和灯 A 串联部分滑动变阻器的阻值，所以 总=(+10)(12 )22 由数学知识分析知，当R=0 时，并联部分的总电阻为 5.45，当R=1 时，并联部分的总电阻最大为 5.5，当R=6 时，并联部分的总电阻为 4.36 所以滑动触头 P 由a端向b端滑动的过程中并联部分的总电阻由 5.45逐渐增大到 5.5，再由 5.5 逐渐减少到 4.36，根据闭合电路欧姆定律 =总+可知，电路中电流先减少再增大，即电流表的示数先减少后增大，故 A 正确，B 错误；CD当并联部分的电阻等于电源内阻时，即R外=r=5 时，电源的输出功率最大，所以由 AB 项的分析可知，电源的输出功率先减小，再增大到最大值，然后再减小，电源的输出功率最大值为 m=2(+)2外=82102 5W=3.2W 故 C 错误，D 正确。故选 AD。10 8、已知氢原子的能级图如图所示，一群处于=3能级的氢原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射下图电路阴极 K 的金属，只能测得 1 条电流随电压变化的图像如图所示。电子电荷量为1.6 1019C，则下列说法正确的是（）A阴极金属的逸出功为 12.09eV B题述光电子能使处于=3能级的氢原子电离 C若第三张图中饱和电流为0=1.6A，则 1s 内最少有1016个氢原子发生跃迁 D当电压表示数为 3V 时，到达 A 极的光电子的动能k 3eV 答案：BD 解析：A由题可知，该群氢原子只有从第 3 能级跃迁到第一能级的光子照射金属发生光电效应，所以光子能量为12.09eV，结合光电流图像，其遏止电压为 1.6V，所以光电子的最大初动能为 1.6eV，根据光电效应方程得 0=km=12.09eV 1.6eV=10.49eV A 错误；B光电子的最大初动能大于使处于=3能级的氢原子电离所需要的能量。B 正确；C1s 内发出的光电子数目为 =0=1.6 1061.6 1019=1013 C 错误；D因为光电子具有初动能，所以当正向电压为 3V 时，到达阳极的动能不小于 3eV。D 正确。11 故选 BD。填空题 9、如图所示为伏打电池示意图，由于化学反应，在 A、B 两电极附近产生了很薄的两个带电接触层a、b。（1）说明铜板带正电、锌板带负电的原因是什么_？（2）在电源内部的a、b两个区域，电荷如何被搬运到极板上_？（3）在正常工作的闭合电路中，静电力对做定向运动的电子做_（选填“正”或“负”）功，使电子向电势_（选填“升高”或“降低”）的方向运动，电子的电势能_（选填“增加”或“减少”）；非静电力对做定向运动的电子做_（选填“正”或“负”）功，使电子向电势_（选填“升高”或“降低”）的方向运动，电子的电势能_（选填“增加”或“减少”）（4）沿电流方向绕电路一周，非静电力做功的区域是()AR Bb Cr Da（5）在图中闭合回路的各区域内，电势升高的总和等于电源的_。（6）沿电流方向绕电路一周，在什么地方电势降低_？在什么地方电势升高_？答案：锌失去电子后，锌离子进入溶液中与硫酸根离子结合成硫酸锌，锌原子将电子留在锌板上，使锌板带负电，硫酸根离子与锌结合后，导致电解液与b之间处的电势升高。对于铜板，由于还原反应，硫酸中的氢离子从铜板上得到电子变成氢气，使铜板带正电，由于氢离子与铜板上的电子结合导致a与电解液处的电势降低 在a区域，氢离子被搬运到铜板上；在b处，硫酸根离子被搬到锌板上 正 升高 减少 正 降低 增加 BD 电动势 电势两次降低即电流流过外电阻和内电阻时，电势降低 电势两次升高即通过两个极板和电解液接触层a、b时电势升高 12 解析：(1)1 锌失去电子后，锌离子进入溶液中与硫酸根离子结合成硫酸锌，锌原子将电子留在锌板上，使锌板带负电，硫酸根离子与锌结合后，导致电解液与b之间处的电势升高，对于铜板，由于还原反应，硫酸中的氢离子从铜板上得到电子变成氢气，使铜板带正电，由于氢离子与铜板上的电子结合导致a与电解液处的电势降低；(2)2 在电源内部的a、b两个区域，非静电力做功，在a区域，氢离子被搬运到铜板上；在b处，硫酸根离子被搬到锌板上；(3)34 5在正常工作的闭合电路中，静电力对做定向运动的电子做正功，电势能减少，所以电子向电势升高的方向运动；678电源内部，从负极到正极电势升高，所以非静电力把电子从正极搬运到负极，对做定向运动的电子做正功，即电子向电势降低的方向运动，所以电子的电势能增加；(4)9在电源的内阻和外电阻上，电荷移动过程中是静电力做功，r区域是内阻区域，由题意可知，“在 A、B 两电极附近产生了很薄的两个带电接触层a、b”则该区域即为非静电力作用的范围，也是沿着电流方向电势升高的范围，故 BD 正确，AC 错误；故选 BD；(5)10依据电动势定义可知，电势升高的总和等于电源的电动势；(6)11 12ab区域为非静电力作用的范围，电势升高，R为外电阻，r为内阻，在电阻上，沿电流方向电势降低。10、如图所示，直线A为电源的图线，直线B为电阻R的图线，由该图可以判断:电源的电动势E=_V；电源的内电阻为r=_；电阻R=_。答案：3 0.5 1 13 解析：1电源的图线与纵坐标的截距表示电动势，故=3V。2电源的图线的斜率的绝对值表示电源内阻，故 =|3 06|=0.5 3电阻R的图线的斜率表示电阻的大小，故 =22=1 11、在如图所示的电路中，电表均为理想电表，电源内电阻r=3，当开关 S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U=6V，电流表的读数I=1A，则电阻大小为_，电源电动势E为_V。答案：6 9 解析：1根据欧姆定律，电阻 =6 2根据闭合电路的欧姆定律，电源电动势 =(+)=9V