高考物理最新电磁学知识点之稳恒电流基础测试题附答案解析(2).pdf

高考物理最新电磁学知识点之稳恒电流基础测试题附答案解析(2)一、选择题1在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，某同学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MR会发生变化，导致S两端电压 U 增大，从而使装置发出警报，E为内阻不计的电源，此过程中（）A此过程中流过电源的电流变小B此过程中流过传感器M 的电流变小CMR变大，且R 越大，U 增大越明显DMR变小，且R 越大，U 增大越明显2某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U 的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e.那么这束质子流内单位体积的质子数 n 是A2IUeSmBImeSeUC2IeUeSmD2ImeSeU3如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路，实验时先使开关S与 1 端相连，电源向电容器充电，待电路稳定后把开关S 掷向 2 端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的it 曲线，这个曲线的横坐标是放电时间，纵坐标是放电电流。仅由这个it 曲线所提供的信息可以估算出A电容器的电容B一段时间内电容器放电的电荷量C某时刻电容器两极板间的电压D一段时间内电阻产生的热量4如图，E 为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V 与 A 分别为电压表与电流表初始时S0与 S均闭合，现将S断开，则（）AV 的读数变大，A 的读数变小BV 的读数变大，A 的读数变大CV 的读数变小，A 的读数变小DV 的读数变小，A 的读数变大5如图所示，用粗细均匀的同种金属导线制成的两个正方形单匝线圈a、b，垂直放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，a 的边长为L，b 的边长为2L。当磁感应强度均匀增加时，不考虑线圈a、b 之间的影响，下列说法正确的是（）A线圈 a、b 中感应电动势之比为E1E212B线圈 a、b 中的感应电流之比为I1I212C相同时间内，线圈a、b 中产生的焦耳热之比Q1Q214D相同时间内，通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1q2146如图所示，定值电阻R=20，电动机线圈的电阻R0=10，当开关S断开时，电流表的示数是0.5A当开关S闭合后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率P应是（）AI=1.5ABI1.5ACP=15WDP15W7电源电动势为3V、内阻为 2，灯的电阻为1，滑动变阻器变化范围为05，如图所示连接，在滑动变阻器滑片从左向右滑动的过程中，下列描述正确的是（）A灯的亮度逐渐先变暗后变亮B电源的输出功率逐渐减小C滑动变阻器的功率先变大后变小D电源的效率逐渐减小8在如图所示的电路中，电源电压U=12V，定值电R1=R2=R3=10则电压表的读数为（）A6V B 4V C 8V D12V9如图，A、B两盏电灯完全相同当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（）AA灯变亮，B灯变亮BA灯变暗，B灯变亮CA灯变暗，B灯变暗DA灯变亮，B灯变暗10 如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I 和报警器两端的电压U 的变化情况是()AI 变大，U 变小BI 变大，U 变大CI 变小，U 变大DI 变小，U 变小11 如图所示的电路中，输入电压U 恒为 12V，灯泡 L 上标有“6V，12W”字样，电动机线圈的电阻 RM0.50 。若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（）A通过电动机的电流为12AB电动机的输入功率为24WC电动机的输出功率为12WD电动机的热功率为2.0W12 有关电压与电动势的说法中正确的是 ()A电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B电动势是电源两极间的电压C电动势公式WEq中 W 与电压WUq中的 W 是一样的，都是电场力做的功D电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量13 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，当滑动变阻器4R的滑片向b 端移动时，则（）A电压表读数增大B电流表读数增大C质点 P将向上运动D3R上消耗的功率逐渐增大14 如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10 匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b 线圈中感应电流之比为34Da、b 线圈中电功率之比为3115 如图所示的电路中，电阻12R、23R、36R，给电路通以恒定电流，电阻 R1消耗的功率为P，则 R2和 R3消耗的总功率为（）APB52PC92PD12P16 在 1 min 内通过阻值为5 的导体横截面的电量为240 C，那么加在该导体两端的电压是（）A20 VB48 VC120 VD1 200 V17 如图四个灯泡L1，L2，L3，L4完全一样，规格都是12V、12W，在AB两端加上60V的电压，则经过L3的电流是（）A1AB2AC1.67AD1.25A18 智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60-0.70 之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（）容量20000mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电路是输入DC：5V 2A MAX输出DC：5V 0.1A-2.5A尺寸56 82 22mm转换率0.60产品名称索扬 SY10-200重量约 430gA给充电宝充电时将电能转化为内能B该充电宝最多能储存能量为3.6 105JC该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2hD该充电宝给电量为零、容量为3000mAh 的手机充电，理论上能充满6 次19 用如图甲所示的电路来测量电池电动势E 和内电阻r，根据测得的数据作出如图乙所示的UI图线，由图可知（）A电池电动势的测量值为1.40VB电池内阻的测量值为3.5 C外电路发生短路时的电流为0.4AD电压表的示数为1.20V 时，电阻 R 的阻值为0.20 20 如图，虚线框内为改装好的电表，M、N 为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G 的满偏电流为200A，已测得它的内阻为490，图中电阻箱读数为10。现将 MN 接入某电路，发现灵敏电流计G 刚好满偏，则根据以上数据计算可知（）AM、N 两端的电压为1mVBM、N 两端的电压为100mVC流过 M、N 的电流为2 AD流过 M、N 的电流为 10mA21 某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断中正确的是A图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强B图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱C图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样D图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压（大于40V）时，反向电流才急剧变大22 A、B 两个电阻的伏安特性曲线如图所示，下列说法正确的是（）ARA:RB=3:1BRA=0.5 C两个电阻串联后的总阻值为23D两个电阻并联后的总阻值为3223 在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，将滑动变阻器R3的滑片 P向 a端移动过程中（）A电压表示数变大，电流表示数变小BR2消耗的功率变小C电源的总功率变大D电源效率变低24 如图是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（）A电源的电动势为1.0VB电源的内阻为12C电源的短路电流为0.5AD电流为0.3A 时的外电阻是1825 在如图所示电路中，合上开关S，将滑动变阻器R2的滑动触点向b 端移动，则三个电表 A1、A2和 V 的示数 I1、I2和 U 的变化情况是（）AI1增大，I2不变，U 增大 BI1减小，I2不变，U 减小CI1增大，I2减小，U 增大 DI1减小，I2增大，U 减小【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1D 解析：D【解析】【详解】AB根据欧姆定律可知，当S两端电压U增大，干路电流增大；根据串联电路的分压作用知，M与R并联的电压变小，流过R的电流变小，而干路电流变大，则流过M的电流变大，故 A、B 错误；CD由闭合电路欧姆定律可知总电阻减小，M与R并联的电阻变小，所以传感器的电阻MR变小；假设R很小，甚至为零，则传感器部分的电路被短路，故传感器MR的大小变化对S的电压就无影响，所以R越大，U增大越明显，故C 错误，D 正确；故选 D。2D 解析：D【解析】【分析】【详解】质子被加速时：212Uemv由于IneSv解得2ImneSeUA2IUeSm，与结论不相符，选项A 错误；BImeSeU，与结论不相符，选项B 错误；C2IeUeSm，与结论不相符，选项C 错误；D2ImeSeU，与结论相符，选项D 正确；故选 D.3B 解析：B【解析】【详解】ABC 根据电流的定义：QIt可知it图线和时间轴围成的面积所表示的物理量为电荷量Q，通过对格子进行计数可以求解一段时间内电容器放电的电荷量；根据电容的定义：QCU可知，无法求解电容器的电容和极板间电压，故AC 错误，B 正确；D根据焦耳定律：2QI Rt电流无法准确求解，所以产生的焦耳热无法求解，故D 错误。故选 B。4B 解析：B【解析】【分析】【详解】S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V 的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，A分析得V 的读数变大，的读数变大，故A 错误；B分析得V 的读数变大，的读数变大，故B 正确；C分析得V 的读数变大，的读数变大，故C 错误；D分析得V 的读数变大，的读数变大，故D 错误；5B 解析：B【解析】【分析】【详解】A根据法拉第电磁感应定律可知nn BSEtt而 S=l2，因此电动势之比为1：4，故 A 错误。B线圈中电阻04lRS其中 S0为横截面积，l 为边长，故电阻之比为1：2，由欧姆定律可知EIR则电流之比为1：2，故 B 正确。C焦耳定律Q=I2Rt电流之比为1：2，电阻之比为1：2；则相同时间内焦耳热之比为1：8，故 C 错误。D根据qnR可知=BS=Bl2故电荷量之比为1：2，故 D 错误。故选 B。6B 解析：B【解析】【详解】.当电键 S断开时,由欧姆定律得10.5A20=10VUI R，当电键 S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流2010V1A10UIR，故电流表的电流1.5AI，电路中电功率15WPUI，故 B 正确，ACD 错误；7C 解析：C【解析】【分析】【详解】A当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则灯的亮度逐渐变暗，故A 错误；B据题：电源内阻2，灯的电阻1，滑动变阻器05，则滑动变阻器滑片从左向右滑动的过程中，外电路总电阻先小于电源的内阻，后大于电源的内阻，所以电源的输出功率先增大后减小，故B 错误；C将灯看作电源的内阻，则等效电源的内阻先大于外电阻后小于外电阻，所以滑动变阻器的功率先增大后减小，故C 正确；D电源的效率为UIUEIE外电阻增大，路端电压U 增大，则电源的效率不断增大，故D 错误。故选 C。8B 解析：B【解析】【详解】定值电阻 R1=R2=R3=10，电阻 R1与电阻 R3并联后的电阻为：，并联后的电阻R13与电阻 R2串联，根据串联电路的分压式，有：，解得：.故选 B.【点睛】本题关键是明确电路结构，然后根据串联电路的分压式求解电压表读数9D 解析：D【解析】当滑出向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以外电路电阻增大，路端电压增大，总电流减小，即B 中的电流减小，所以B 变暗，B 两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联电路两端的电压增大，即A 两端的电压增大，所以A 变亮，D 正确10A 解析：A【解析】【分析】【详解】当传感器 R4所在处出现火情时，R4的阻值变小，R2、R3与 R4的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U 变小因 U 变小，而电流增大，故R 压增大；并联部分分压减小；故电流表示数减小；故选 A【点睛】本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按局部整体 局部的顺序进行动态变化分析11D 解析：D【解析】【详解】A灯泡与电动机串联，通过的电流相等，则电流2ALLPIU故 A 错误；B电动机两端的电压为UM=U-UL=6V所以电动机的输入功率为P=UMI=12W故 B 错误；CD电动机的发热功率为P热=I2RM=2W电动机的输出功率为P出=P-P热=10W故 C 错误，D 正确。故选 D。12D 解析：D【解析】【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量；电动势定义式公式WEq中的 W 是非静电力做功，电压WUq中的 W 是静电力做功；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压；【详解】A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压UEIr，只有当外电路断开时，0I，路端电压等于电动势，当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B 错误；C、电动势定义式公式WEq中的 W 是非静电力做功，电压WUq中的 W 是静电力做功，故 C 错误；D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，故D 正确【点睛】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别13B 解析：B【解析】【详解】A B由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与 R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与 R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A 错误，B 正确；C因 R3两端电压减小，则电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C 错误；DR3上电流减小，根据P=I32R3，则 R3消耗的功率逐渐变小，选项D 错误；故选 B。14B 解析：B【解析】试题分析：根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则Bkt，根据法拉第电磁感应定律可知2BEnnltt，则239()11abEE，选项 B 正确；根据2444Bnl SEEklStIlnlRnlS，故 a、b 线圈中感应电流之比为3:1，选项 C 错误；电功率2 32344klSBnk l SPIEnllt，故 a、b 线圈中电功率之比为27:1，选项 D 错误；故选B【学科网考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路欧姆定律；电功率【名师点睛】此题是一道常规题，考查法拉第电磁感应定律、以及闭合电路的欧姆定律；要推导某个物理量与其他物理量之间的关系，可以先找到这个物理量的表达式，然后看这个物理量和什么因素有关；这里线圈的匝数是容易被忽略的量15A 解析：A【解析】【详解】2R和3R并联电阻2323232R RRRR根据串联电路正比分压，2R和3R并联后与1R串联，电压与1R两端电压相等，总电流与流过1R的电流相等，由2PI R可知，2R和3R消耗的总功率为P，故 A 正确，BCD 错误。故选 A。16A 解析：A【解析】导体的电流为240A4A60qIt，故导体两端的电压为4 5V20VUIR，A 正确17A 解析：A【解析】【分析】【详解】分析电路可知3L，4L并联后与1L，2L串联接入电路，灯泡的电阻22121212URP，则电路总电阻302RRRR总，干路电流60230UIAR总，则经过3L的电流312IIA，故A正确故选 A18B 解析：B【解析】【分析】【详解】A充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能，选项A 错误；B该充电宝的容量为3420000mAh20000103600C7.2 10 Cq该电池的电动势为5V，所以充电宝储存的能量45?5 7.2 10 J3.6 10 JEEq电动势选项 B 正确；C以 2A 的电流为用电器供电则供电时间447.2 10s3.6 10 s 10h2qtI故 C 错误；D由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为20000mAh0.612000mAh给容量为3000mAh 的手机充电的次数1200043000n次次选项 D 错误。故选 B。19A 解析：A【解析】【分析】【详解】A由图示图像可知电源U-I 图像与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势1.40V，故 A正确；B电源内阻1.401.00=10.4UrI故 B 错误；C由图示图像可知，路端电压为1.00V 时，电路电流为0.4A，故 C 错误；D根据欧姆定律1.2060.2URI故 D 错误。故选 A。20D 解析：D【解析】【分析】【详解】ABM、N 两端电压为6200 10490V98mVggUI RAB 错误；CD流过 M、N 的电流为60.098200 10AA=10mA10gIIIRC 错误 D 正确。故选 D。21D 解析：D【解析】【分析】【详解】A由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A 错误；B由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B 错误；C由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C 错误。D根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压（大于40V）时，反向电流才急剧变大，故 D 正确。故选 D。22D 解析：D【解析】【分析】【详解】AB由图像可知斜率的倒数表示电阻大小，即A2RB6RAB1 3RR故 AB 错误；C两个电阻串联后的总阻值为AB8RRR串故 C 错误；D两个电阻并联后的总阻值为ABAB3=2RRRRR并故 D 正确。故选 D。23A 解析：A【解析】【分析】【详解】AB分析电路结构可知电压表测量路端电压，电流表测量滑动变阻器支路的电流；当滑动变阻器滑片由b端向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，则干路电流变小，根据UEIr可知路端电压变大，电压表示数变大，电阻1R在干路上，根据UIR可知两端电压变小，根据串联分压可知并联支路电压变大，灯泡2R两端电压变大，流过的电流变大，灯泡2R消耗功率变大，根据串联分流可知流过滑动变阻器的电流减小，电流表示数变小，故A 正确，B 错误；C根据PEI可知，干路电流变小，则电源的总功率变小，故C 错误；D电源效率为221100%100%()1I RRrIRrrRR当滑动变阻器滑片由b端向a端滑动时，分析变阻器接入电路的电阻变大，电源效率变高，故 D 错误；故选 A。24D 解析：D【解析】【分析】【详解】A电源的电动势为纵轴的截距，为6.0V，故 A 错误；B电源的内阻为该图形的斜率绝对值6.05.02.00.5UrI故 B 错误；C该图像的纵轴没有从零开始，故图像与横轴的电流不是短路电流，短路电流6.0V=3.0A2.0EIr短故 C 错误；D根据闭合电路的欧姆定律EIRr得ERrI带入数据解得18.0R故 D 正确。故选D。25D 解析：D【解析】试题分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析触点向 b 端移动过程中2R连入电路的电阻减小，即总电阻减小，干路电流即总电流增大，所以根据EUIr可知路端电压减小，即U 减小，3R在干路，通过它的电流增大，所以3R两端的电压增大，而3RUUU并，所以U并减小，即并联电路两端的电压减小，所以1R的电流1I减小，而12III，所以2I增大，D 正确