天津2021届高考物理一轮复习检测题之恒定电流 闭合电路欧姆定律Word版含答案

恒定电流闭合电路欧姆定律
一、选择题(本大题共8小题,每小题7分,共56分。

每小题只有一个选项正确)
1.(2022·福州模拟)夏天由于用电器的增多,每年都会消灭“用电荒”,只好拉闸限电。

若某发电站在供电过程中,用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍,输电线电阻不变,下列说法正确的是( )
A.若输送电压不变,则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍
B.若输送电压不变,则用电高峰时输电线损失的功率为正常供电时的2倍
C.若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍,则此时输电电流为正常供电时的4倍
D.若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍,则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍
【解析】选A。

高压输电时P=UI,I是输送电路上的电流。

用电高峰时,若输送电压不变,则I为正常时的2倍,A正确;高压线上的热耗功率ΔP=I2R线,则热耗功率变为正常时的4倍,B错误;用电高峰时,若输送电压也加倍,则I不变,与正常时相同,C错误;由ΔP=I2R线,则热耗功率也不变,D错误。

2. (2022·莆田模拟)如图所示,条形磁铁放在光滑的水平面上,以条形磁铁的中心位置的正上方某点为圆心水平固定一铜质圆环,不计空气阻力,以下推断中正确的是( ) A.释放圆环,环下落过程中环的机械能不守恒
B.释放圆环,环下落过程中磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大
C.给磁铁水平向右的初速度,磁铁向右运动的过程中做减速运动
D.给磁铁水平向右的初速度,圆环将受到向左的磁场力
【解析】选C。

释放圆环,圆环在竖直下落过程中,磁通量始终为零,不产生感应电流,因此圆环只受重力作用,机械能守恒,圆环不对磁铁产生作用力,磁铁对桌面的压力等于磁铁重力,A、B均错误;若给磁铁水平向右的初速度,因圆环磁通量变化产生感应电流,对磁铁有向左的作用力,因此磁铁将向右做减速运动,C正确,D错误。

3.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为U,额定功率均为P,变压器为抱负变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )
A.1∶2 2U
B.1∶2 4U
C.2∶1 4U
D.2∶1 2U
【解析】选C。

设灯泡正常发光时,额定电流为I0。

由题图可知,原线圈中电流I原
=I0,副线圈中两灯泡并联,副线圈中电流I副=2I0,U副=U,依据抱负变压器的基本规
律:I原n1=I副n2得n1∶n2=2∶1;由U原
U
副=n1
n2
得U 原=2U,所以U1=4U。

C项正确。

【变式备选】图甲左侧的调压装置可视为抱负变压器,负载电路中R=55Ω,A、V为抱负电流表和电压表,若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110V,下列表述正确的是( )
A.电流表的示数为√2A
B.原、副线圈匝数比为1∶2
C.电压表的示数为电压的有效值
D.原线圈中交变电压的频率为100 Hz
【解析】选C。

由I=得,I=110
55A=2A,A错误。

抱负变压器中U1
U2
=n1
n2
,所以
n1 n2=U1
U2
=
U m
√2
U2
=220
110
=,B错误。

测量沟通电时电表示数均为有效值,C正确。

由题图乙知
T=0.02s,由f=得,f=50Hz,D错误。

4.随着社会经济的进展,人们对能源的需求也日益扩大,节能变得越来越重要。

某发电厂接受升压变压器向某一特定用户供电,用户通过降压变压器用电,若发电厂输出电压为U1,输电导线总电阻为R,在某一时段用户需求的电功率为P0,用户的用电器正常工作的电压为U2。

在满足用户正常用电的状况下,下列说法正确的是( ) A.输电线上损耗的功率为P0
2R
U22
B.输电线上损耗的功率为P0
2R
U12
C.若要削减输电线上损耗的功率可以接受更高的电压输电
D.接受更高的电压输电会降低输电的效率
【解析】选C。

设发电厂输出功率为P,则输电线上损耗的功率ΔP=P-P0,Δ
P=I2R=P2R
U12
,A、B两项错误;接受更高的电压输电,可以减小导线上的电流,故可以削减输电线上损耗的功率,C项正确;接受更高的电压输电,输电线上损耗的功率削减,则发电厂输出的总功率削减,故可提高输电的效率,D项错误。

5.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽
视。

R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的
线圈。

开关S原来是断开的。

从闭合开关S到电路中
电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过
R2的电流I2的变化状况是( )
A.I1保持不变
B.I1开头很小而后渐渐变大
C.I2开头很小而后渐渐变大
D.I2开头较大而后渐渐变小
【解析】选C。

闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍电流的变化,所以开头时I2很小而I1较大,随着电流达到稳定,线圈的自感作用减小,I2开头渐渐变大,由于分流导致稳定电路中R1中的电流减小。

故选C。

6.两块水平放置的金属板间的距离为d,用导线与一个
n匝线圈相连,线圈电阻为r,线圈中有竖直方向的磁
场,电阻R 与金属板连接,如图所示,两板间有一个质量为m 、电荷量+q 的油滴恰好处于静止状态,则线圈中的磁感应强度B 的变化状况和磁通量的变化率分别是 ( )
A.磁感应强度B 竖直向上且正增加,ΔΦΔt =d mg nq
B.磁感应强度B 竖直向下且正增加,ΔΦΔt =d mg
nq
C.磁感应强度B 竖直向上且正减弱,ΔΦΔt =d mg(R+r)
nqR D.磁感应强度B 竖直向下且正减弱,
ΔΦΔt
=
d mgr(R+r)
nqR
【解析】选C 。

由平衡条件知,下金属板带正电,故电流应从线圈下端流出,由楞次定律可以判定磁感应强度B 竖直向上且正减弱或竖直向下且正增加,A 、D 错误;因mg=q,U=
E R+r
R,E=n
ΔΦΔt
,联立可求得
ΔΦΔt
=
d mg(R+r)nqR
,故只有C 项正确。

【总结提升】电磁感应电路问题五点留意
(1)产生感应电动势的导体相当于一个电源,感应电动势等效于电源电动势,产生感应电动势的导体的电阻等效于电源的内阻。

(2)电源内部电流的方向是从负极流向正极,即从低电势流向高电势。

(3)产生感应电动势的导体跟用电器连接,可以对用电器供电,由闭合电路欧姆定律求解各种问题。

(4)产生感应电动势的导体跟电容器连接,可对电容器充电,稳定后,电容器相当于断路,其所带电量可用公式Q=CU 来计算。

(5)解决电磁感应中的电路问题,必需按题意画出等效电路,其余问题为电路分析和闭合电路欧姆定律的应用。

7.(2022·三明模拟)如图甲所示,正三角形导线框abc 固定在磁场中,磁场方向与
线圈平面垂直,磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示。

t=0时刻磁场方向
垂直纸面对里,在0～4s 时间内,线框ab 边所受安培力F 随时间t 变化的关系(规定向左为力的正方向)可能是图丙中的 ( )
【解析】选A 。

由楞次定律可知,0～2s 内导线框中电流方向沿顺时针方向,由左手定则可以推断,0～1s 内ab 边所受安培力水平向左,1～2s 内ab 边所受安培力水平向右,C 错误;由E=
ΔB Δt
·S,I=,F=BIl 可知,0～2s 内电流大小和方向均恒定不变,ab 所
受安培力大小F 随B 转变而转变,故D 错误;3～3.5 s 时间内导线框中电流方向为逆时针方向,ab 边所受安培力水平向左,F 为正值,故A 正确,B 错误。

【变式备选】如图所示,平行于y 轴的导体棒以速度v 向右
匀速直线运动,经过半径为R 、磁感应强度为B 的圆形匀强
磁场区域,导体棒中的感应电动势E 与导体棒位置x 关系的图像是 ( )
【解析】选A 。

在x=R 左侧,设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x 轴正方向成θ角,则导体棒切割有效长度L=2Rsin θ,导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=B ·2Rsin θv=2BRvsin θ,与sin θ成正比,故在x=R 左侧,电动势与x 的关系为正弦图像关系,由对称性可知在x=R 右侧与左侧的图像对称,选项A 正确。

8.如图所示,平行金属导轨与水平面成θ角,导轨与固定电阻R 1和R 2相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面,有一导体棒ab,质量为m,导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒ab 沿导轨
向上滑动,当上滑的速度为v 时,受到安培力的大小为F,此时 ( ) A.电阻R 1消耗的热功率为F v 3
B.电阻R 2消耗的热功率为F v
6
C.整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsin θ
D.整个装置消耗的机械功率为Fv
【解析】选B 。

上滑速度为v 时,导体棒受力如图所示,则B 2L 2v
R+R
2
=F,所以
P R1=P R2=(
B Lv 2×32
R
)2
R=Fv,故选项A 错误,B 正确;由于F f =μF N ,F N =mgcos θ,所以
P F f =F f v=μmgvcos θ,选项C 错误;此时,整个装置消耗的机械功率为
P=P F +P F f =Fv+μmgvcos θ,选项D 错误。

【变式备选】如图所示,矩形线圈长为L,宽为h,电阻为R,质量为m,在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计),进入一宽为h 、磁感应强度为B 的匀强磁场中,线圈进入磁场时的动能为E k1,穿出磁场时的动能为E k2,这一过
程中产生的焦耳热为Q,线圈克服安培力做的功为W 1,重力做的功为W 2,线圈重力势能的削减量为ΔE p ,则以下关系中正确的是 ( ) A.Q=E k B.Q=W 2-W 1 C.Q=W 1 D.W 1+W 2=E k2-E k1
【解析】选C 。

安培力做的负功等于其他能转化的电能,电能最终变成热能;依据动能定理,有W 2=W 1+E k2-E k1,故本题选C 。

二、试验题(本大题共2小题,共15分)
9.(5分)如图所示,由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中,当闭合开关S 后,小灯泡正常发光,若用酒精灯加热电阻丝时,发觉小灯泡亮度变化是______,发
生这一现象的主要缘由是________(填字母代号)。

A.小灯泡的电阻发生了变化
B.小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化
C.电阻丝的电阻率随温度发生了变化
D.电源的电压随温度发生了变化
【解析】电阻丝的电阻率随温度的上升而增大,电阻也增大,依据闭合电路欧姆定律
I=E
R+r
可知,电流减小,小灯泡的实际功率减小,所以变暗。

答案:变暗 C
10.(10分)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件,现用伏安法争辩热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线,要求特性曲线尽可能完整。

已知常温下待测热敏电阻的阻值为40～50Ω。

热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中,杯内有肯定量的冷水,其他备用的仪表和器具有:盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3V、内阻可忽视)、直流电流表(内阻约1Ω)、直流电压表(内阻约5kΩ)、滑动变阻器(0～10Ω)、开关、导线若干。

(1)图中,a、b、c三条图线能反映出热敏电阻的伏安特性的曲线是______。

(2)在虚线框中画出试验电路图,要求测量误差尽可能小。

(3)依据电路图,在图中的实物图上连线。

【解析】(1)热敏电阻随温度的上升,阻值减小,在I-U图线中,任一点的=,可见c正确。

(2)热敏电阻为40～50Ω。

由电压表、电流表内阻知临界阻值R0=√R V R A=√5 000Ω=50√2Ω,即热敏电阻属小电阻,应用“外接法”,因要描绘伏安曲线电压从0开头连续变化。

因此用滑动变阻器的“分压式”接法,电路图如图所示。

(3)实物连线如图:
答案: (1)c (2)、(3)见解析
三、计算题(本大题共2小题,共29分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值
计算的要注明单位)
11.(14分)如图甲所示,两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,导轨间距为L=1m,两导轨的上端接有电阻,阻值R=2Ω。

虚线OO ′下方是垂直于导轨平面对里的匀强磁场,磁场磁感应强度为2T 。

现将质量m=0.1kg 、电阻不计的金属杆ab,从OO ′上方某处由静止释放,金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触,且始终保持水平,不计导轨的电阻。

已知金属杆下落0.3m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图像如图乙所示。

(g 取10m/s 2)求:
(1)金属杆刚进入磁场时速度多大?下落了0.3m 时速度多大? (2)金属杆下落0.3m 的过程中,在电阻R 上产生多少热量? 【解析】(1)刚进入磁场时,a 0=10m/s 2 方向竖直向上
由牛顿其次定律有BI 0L-mg=ma 0 (2分)
若进入磁场时的速度为v 0,有 I 0=E
0R ,E 0=BLv 0
(2分)
得v 0=
m (g+a 0)R B 2L 2
代入数值有:v 0=0.1×(10+10)×2
22×12
m/s=1 m/s (2
分)
下落0.3m 时,通过a -h 图像知a=0,表明金属杆受到的重力与安培力平衡有mg=BIL (2
分)
其中I=,E=BLv,
可得下落0.3m 时金属杆的速度v=m gR B 2L 2
代入数值有: v=
0.1×10×222×12
m/s=0.5 m/s (2
分)
(2)从开头到下落0.3m 的过程中,由能的转化和守恒定律有mgh=Q+mv 2 (2分) 代入数值有Q=0.29J (2
分)
答案:(1) 1m/s 0.5 m/s (2)0.29 J
12.(15分)边长L=0.1m 的正方形金属线框abcd,质量m=0.1kg,总电阻R=0.02Ω,从高为h=0.2m 处自由下落(abcd 始终在竖直平面内且ab 水平),线框下有一水平的有界匀强磁场,竖直宽度L=0.1m,磁感应强度B=1.0 T,方向如图所示(g=10m/s 2)。

求:
(1)线框穿越磁场过程中产生的热。

(2)全程通过线框横截面的电荷量。

(3)在坐标系中画出线框从开头下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图像。

【解题指南】解答本题应留意以下两点:
(1)推断线框进、出磁场时的运动状况。

(2)由能量关系确定线框穿越磁场过程中产生的热量。

【解析】(1)由于线框abcd进入磁场时,
v1=√2gh=2m/s
产生的电动势E=BLv1=0.2 V (2分) 安培力F A=BIL=BL=1N (2分) F A=mg,故线框在磁场中匀速运动,由能量关系可知
产生的热量为Q=2mgL=2×0.1×10×0.1J=0.2 J (2分)
(2)由于ab与dc切割磁感线产生的电动势和电流是
E=BLv1,I= (2分) 所以通过线框横截面的电荷量
Q=It=·2L
v1=B Lv1·2L
R·v1
=2BL2
R
=1C (3分)
(3)由(1)可知,线框自由下落的时间
t1=√2h
g
=0.2s
在磁场内做匀速运动v=v1
时间t2=2L
v1
=0.1s (2分) 图像如图所示(2分)
答案:(1)0.2J (2)1 C (3)见解析图。