2013高考物理-模拟新题特快专递(第五期)专题九、恒定电流.doc

2013高考模拟新题特快专递第五期
专题九、恒定电流
1.（2013江苏省苏州市调研）如图所示，曲线C1、C2分别是纯直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知下列说法正确的是
A． 电源的电动势为4V
B． 电源的内电阻为1Ω
C． 电源输出功率最大值为8W
D． 电源被短路时，电源消耗的功率为16W
答案：A
解析：根据图象可知，当电流为2A时，内电路消耗功率为4W，由I2r=4W可得电源的内电阻为r=1Ω，选项B正确。根据图象可知，当电流为2A时，外电路消耗功率为4W，外电路路端电压U=2V，由E=U+Ir可得电源的电动势为E=4V，选项A正确。由U=IR可得外电路电阻R=1Ω时，电源输出功率最大，电源输出功率最大值为4W，选项C错误。电源被短路时，短路电流为E/r=4A，电源消耗的功率为I2r=16W，选项D正确。
2.（2013江西省吉安市质检）巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应。巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性。如图所示检测电路，设输电线路电流为I（不是GMR中的电流）GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是
A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大
B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大
C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大
D. 如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小
答案：AD
解析：如果I增大，巨磁电阻(GMR)电流传感器处磁场的磁感应强度B增大，巨磁电阻的电阻减小，巨磁电阻中电流增大，电流表A示数增大，电压表V2示数增大，电压表V1示数减小，选项A正确B错误。如果I减小，巨磁电阻(GMR)电流传感器处磁场的磁感应强度B减小，巨磁电阻的电阻增大，巨磁电阻中电流减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小，电压表V1示数增大，选项D正确C错误。
3.（2013浙江省杭州一模）为了探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U—I图象应是图

答案：B
解析：由于小灯泡的电阻随温度的升高增大，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U—I图象应是图B。
4.（2013浙江省杭州一模）如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关S后，下列说法正确的是
A． 若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大
B． 若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变
C． 若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流
D． 若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电量将增加
答案：D
解析：若只在两板间插入电介质，电容器的电容将增大，电压不变。选项AB错误。若只将电容器下极板向下移动一小段距离，电容器的电容将减小，由C=Q/U可知，带电量Q减小，此过程电流计中有从b到a方向的电流，选项C错误。若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器电压升高，由C=Q/U可知，带电量Q增大，电容器储存的电量将增加，选项D正确。

5.（2013四川省宜宾市一诊）在如图所示的四个电路中，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R0,。当滑动变阻器R的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数变大的是

答案：D
解析：对于图A，电压表中没有电流，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数一直没有读数。对于图B，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数一直减小。对于图C，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，外电路中电流减小，理想电压表读数将变小。对于图D，当滑动变阻器的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数将变大，选项D正确。

·
·
·
·
·
6．（2013广东省韶关市一模）在如图所示电路中，当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
答案：D
解析：当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，电流表示数变大，电源输出电流增大，电压表示数变小，选项D正确。
7.（2013重庆市期末）某种小灯泡的伏安特性曲线如图1所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图2所示的电路。四个电表均为理想电表。现闭合电键S，电压表V1的示数为4.0V。以下说法正确的是
A．电压表V2的示数为2.0V
B．电流表A2的示数为0.60A
C．电源的输出功率为3.0W
D．电源的电动势一定为8V，内阻为5Ω
答案：C
解析：电压表V1的示数为4.0V，对应L1中电流为0.6A。根据并联电路规律，L2中电流为0.3A，由图象可知，对应电压为1.0V，即电压表V2的示数为1.0V，电流表A2的示数为0.30A，选项AB错误。电源输出功率为P=UI=5.0×0.6W=3.0W，选项C正确；根据题述条件，不能得出电源的电动势一定为8V，内阻为5Ω，选项D错误。

8．（2013年浙江省宁波市期末）在如图所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内电阻，R1、R2为可变电阻，在下列叙述的操作中，可以使灯泡L变暗的是
A．仅使R1的阻值增大
B．仅使R1的阻值减小
C．仅使R2的阻值增大
D．仅使R2的阻值减小
答案：AD
解析：仅使R1的阻值增大，D．仅使R2的阻值减小，导致灯泡中电流减小，可以使灯泡L变暗，选项AD正确。
9．（2013江苏名校质检）如图1所示，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，当开头S闭合后在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射R4时 （ ）
·
·
S
a
b
图1
R1
R2
R3
R4

A． R4的阻值变小，a点电势高于b点电势
B．R4的阻值变小，a点电势低于b点电势
C．R4的阻值变大，a点电势高于b点电势
D．R4的阻值变大，a点电势低于b点电势
答案：B
【解析】光照射光敏电阻时，阻值变小，光敏电阻分压减小，a点电势降低，所以B对。

b
A
a
V
R3
C
R2
E
r
R1
10. （2013福建省厦门市期末）在如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表。在滑动头P 自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是
A.电压表示数变小
B.电流表示数变小
C.电容器C所带电荷量增多
D. a 、b两点间的电势差减小
答案：D
解析：在滑动头P 自a端向b端滑动的过程中，电流表示数变大，电压表示数变大，选项AB错误；电容器C两端电压降低，a 、b两点间的电势差减小，所带电荷量减少，选项C错误D正确。
11．（2013上海市闸北区期末）在右图所示电路中，开始时电键K1、K2均闭合，现先断开电键K1，则电压表与电流表的示数均发生变化，设它们的示数变化量之比为M1＝DU1／DI1，再断开电键K2，两表新的示数变化量之比为M2＝DU2／DI2，若已知R2＜R3，则比较M1与M2的绝对值大小应有 （ ）
A．M1＞M2
B．M1＝M2
C．M1＜M2
D．无法确定
答案：C
解析：电键K1、K2均闭合，则电压表与电流表的示数的比值等于R1、R2和R3并联等效电阻值。断开电键K1，则电压表与电流表的示数的比值等于R1和R3并联等效电阻值，电压表与电流表的示数变化量之比为M1＝DU1／DI1。再断开电键K2，则电压表与电流表的示数的比值等于R1电阻值，两表新的示数变化量之比为M2＝DU2／DI2，根据并联电路规律分析可得M1与M2的绝对值大小应有M1＜M2，选项C正确。
12．（2013山东省邹城市联考）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态、现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减少
D.电容器的电容减小，极板带电量增大
【答案】B
【解析】平行板电容器与直流电源连接，其电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，板间场强减小，油滴所受电场力减小，油滴将沿竖直方向向下运动，故A错误．P与下板间的距离不变，由公式U=Ed分析可知，P与下板间电势差减小，而P点电势高于下板电势，说明P点电势降低，故B正确．P点电势降低，而油滴带负电，则带电油滴的电势能增大，故C错误．将上极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，电容器的电压不变，由Q=CU得到，电量Q减小，D错误．
13．（2013江苏名校质检）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，变阻器R1的滑片P处在如图位置时，电灯L正常发光。现将滑片P向右移动，则在该过程中

A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变大
C．电灯L变亮
D．定值电阻R2消耗的功率变小
答案：B
【解析】滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化．滑动变阻器的滑片向右端滑动过程，变阻器接入电路的电阻减小，R↓，外电路总R↓，由欧姆定律得知总电流I↑，电流表的示数增大，故A错。电压表的示数U=E-I（R1+r）↓．故B对。电灯L的电压等于路端电压，路端电压U=E-Ir↓．所以电灯L变暗，消耗的功率减小，故C错．电阻R1消耗的功率↑，故D错误
点评：难度中等，本题是简单的电路动态分析问题．对于路端电压也可以直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断变化
图9
E
r
R1
R3
R2
C
P
a
b
A
V
14．（2013北京市东城区联考）在如图9所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是
A．电压表示数变小
B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
【答案】 D
【解析】由题图可知，电压表与R1 并联，R3与电流表串联后与R2并联，两部分串联后接在电源两端。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中,滑动变阻器接入电路的电阻变小，故总电阻减小，流过电源的电流增大，路端电压减小，R1两端电压增大，电压表示数变大，a点电势降低，A错误D正确；R2两端电压减小，电容器与R2并联，故电容器放电，所带电荷量减少，C错误；流过R2的电流减小，又总电流增大，所以流过电流表的电流增大，B错误。
15．（2013江苏名校质检）三个阻值相同的电阻，它们的额定电压均为8V，现将两个电阻并联后再与第三个电阻串联，这个电路允许的总电压的最大值为（ ）
A、8V B、10Ｖ
C、12V D、16V
答案：C
【解析】：因为，第三个串联电阻的电压就是并联部分电压的2倍，若让并联部分的电阻正常工作，则第三个电阻就超过额定电压，所以，让第三个电阻正常工作，则并联部分的电压为额定电压的一半；设三只同样的电阻的阻值都是R，额定电压为U，则并联部分的一个电阻的实际电压为：，所以电路允许消耗的最大电压为U+=8+4=12V．选项C正确。
点评：本题考正确判断让哪个电阻正常工作是解题的关键；首先根据电阻关系，找到电压关系，明确让实际电压高的哪个电阻正常工作

16．（2013山东省烟台市期末）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，Rl和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触头在a端时合上电键S，将R2的滑动触头由a端向b端移动，若三个电表Al、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示．则各个电表示数的变化情况是
A．I1增大，I2不变，U增大
B． I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大
D．Il减小，I2不变，U减小
答案：B
解析：将R2的滑动触头由a端向b端移动，I2增大， I1减小，U减小，选项B正确。

图11
17．（2013北京市东城区联考）如图11所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势。若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率。调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为
A．
B．
C．
D．
【答案】 B
【解析】运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为 r=ρ
根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即R=r时，外电阻消耗的电功率最大．
此时R=ρ，代入电功率中得到，最大电功率Pm=．故选B。

18V
A
电源
R2
R0
R1
．（2013上海市宝山区一模）如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变，它都能够提供持续的定值电流。当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的绝对值是
（A）R0 （B）R1
（C）R2 （D）不能确定
答案：B
解析：设恒流源提供持续的定值电流为I，电流表开始读数为I0，则R1中电流为I-I0；滑动变阻器的滑动触头向上滑动后读数为I0’， 则R1中电流为I-I0’； R1中电流变化为△I= I0- I0’。等于电流表的读数变化量。而R1两端电压读数变化量等于电压表读数变化量，所以电压表的读数变化量与电流表的读数变化量之比的绝对值是R1，选项B正确。

19（10分）（2013湖北省荆门市期末）如图所示，一电荷量q=＋3×10-5C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。电键S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=370。已知两板间距d=0.1m，电源电动势E=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω，。取g=10m/s2，已知sin370=0.6,cos370=0.8。求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）带电小球的质量。
解：（1）外电路电阻,
电路中总电流，
路端电压，
输出功率,
解得W （4分）
（2）场强V/m （3分）
（3）设小球质量为m, 由,
解得m=5.6×10－4kg （3分）

20.（2013河南十校联考）某同学利用图甲所示装置测定某小电动机的效率。分别用电压传感器和电流传感器测量电动机的输入电压和输入电流。当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升的位移与时间的关系图线如图乙所示，而电压传感器的示数为3.30V，电流传感器的示数为0.14A。重物的质量为0.05kg，取g=10m/s2。则该小电动机在2.40~2.80s时间内的效率为多少？

19.解析：电动机的输入功率为（1分）
由题图乙可知重物匀速上升时的速度为（2分）
电动机的输出功率为（2分）
电动机的效率为（2分）
联立解得（1分）

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