2022届高中物理恒定电流知识点总结(超全)

(每日一练)2022届高中物理恒定电流知识点总结(超全)
单选题
1、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（）
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20Ω
D．电动机的效率为70%
答案：C
解析：
A．根据电功率关系式有
=UI=5×100W=500W
P
电
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
F=mg
根据
P
机
=Fv
得
P
机
=mgv=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
P 电=P
机
+P
热
P
热
=I2R 联立解得
R=6Ω故C错误，符合题意；
D．电动机效率
η=P
机
P
电
=
350
500
=70%
故D正确，不符合题意；
故选C。

2、某款扫地机器人如图所示，额定功率24W，额定电流3A，正常工作时电机输出的功率为19.5W，锂电池容量9A·h，为延长锂电池寿命，当剩余电量为总容量的20%时就需要充电，则（）
ΩB．额定电压为6.5V
A．电机的电阻为8
3
C．正常工作时，电机产生的热量为19.5WD．充满电的电池可以正常工作时间为2.4h 答案：D
解析：
A．由
P=P
+I2r
出
得
r=0.5Ω
故A错误；
B．由
P=UI
得额定电压
U=8V
故B错误；
C．正常工作时，电机产生的热量
Q=I2r=4.5W
故C错误；
D．由
80%×q=It
解得
t=2.4h
故D正确。

3、某节水喷灌系统如图所示，水以v0=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10Ω
答案：D
解析：
AB．每秒喷出水的质量为m0=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
W=m0gH+1
2
m0v02=300J
故AB错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
P 出=
W
t
=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
P 入=
P
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
P 机=P
入
=400W
而电动机的电功率为
P
电
=UI=440W 由能量守恒可知
P 电=I2R+P
机
联立解得
R=10Ω
故D正确；
故选D。

4、如图所示的电路中，闭合电键S，灯泡L1、L2均能正常发光，由于电路中某处断路，结果灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表（均为理想电表）的示数均变小，则此故障可能是（）
A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R4断路
答案：A
解析：
A．若R1断路，相当于R1电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变亮，L2变暗，电压表和电流表的示数均变小。

故A符合题意；
B．若R2断路，相当于R2电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示数变小。

故B不符合题意；
C．若R3断路，相当于R3电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变暗，电压表的示数变大，电流表的示数变大。

故C不符合题意；
D．若R4断路，相当于R4电阻变为无穷大，根据“串反并同”可知，灯泡L1变暗，L2变亮，电流表的示数变小；同理得R2两端的电压减小，R3两端电压增大，而电压表是测两个电阻的总电压，由于不知电路中电阻的具体阻值，故无法判断电压表示数的变化。

故D不符合题意。

故选A。

5、一横截面积为S的铜导线，当有电压加在该导线上时，导线中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为e，此时电子定向移动的速度为v，则（）
A．Δt时间内通过导体横截面的自由电子数目可表示为nvSΔt
B．Δt时间内通过导体横截面的自由电子数目可表示为IΔt
Se
C．电流的微观表达式I可表示为nevΔt
D．电流的定义式I=e
t
答案：A
解析：
BD．设Δt时间内通过导体横截面积的自由电子数目为N，由电流定义式I=q
t
有
I=Ne Δt
可得
N=IΔt e
BD错误；
AC．在Δt时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为vΔt，由于铜导线的横截面积为S，则在Δt时间内，电子经过的导线对应体积为vΔt S，又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N=nvSΔt，电流的微观表达式为
I=Ne
Δt=
nSvΔte
Δt
=nSve
A正确，C错误。

故选A。

多选题
6、如图，电源内阻为r，两个定值电阻R1、R2阻值均为R，闭合开关，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压
表V3示数变化量的绝对值是ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则正确的是（）
A．A2示数增大B．V2示数与A1示数的比值减小
C．ΔU3与ΔI1的比值小于R+r D．ΔI1小于ΔI2
答案：ABD
解析：
A．滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻减小，R′和R2的并联阻值减小，电路总电流I1增大，则电源内阻、电
阻R1分压增大，U3减小，通过定值电阻R2的电流IR2减小，则通过R1的电流I2增大，即A2示数增大，选项A 正确；
B．电压表V2测路端电压U2，电流表A1测总电流I1，且有
U2=E−I1r
由于总外阻减小，总电流I1增大，故V2示数与A1示数的比值
U2 I1=E
I1
−r
比值减小，选项B正确；
C．电阻R1和电源内阻之和不变，且有
U3=E−I1(R+r)
则
ΔU3
ΔI1
=r+R
选项C错误．
D．A1的示数增大量等于A2示数增大和通过与滑动变阻器并联的R2的电流减小量之和，所以△I1小于△I2，选项D正确。

故选ABD。

7、把两个相同的小量程电流表分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图甲、乙所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）
A．图甲中的A1、A2的示数相同
B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同
C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同
D．图乙中的A1、A2的指针偏角不同，示数相同
答案：BD
解析：
由于电流表是由小量程的电流表并联上分流电阻构成的，改装成的电流表量程不同，并联的分流电阻不同。

AB．图甲中，两块电流表并联，由于电流表内阻不同，因此流过两块电表的电流不同，即两块表的示数不同；由于两块小量程的电流表的表头内阻相同，也是并联关系，因此小量程电流表的电流相同，即表头的指针偏转角度相同，A错误，B正确；
CD．图乙中，两块电流表串联，流过两块电流表的电流相同，因此示数相同；由于两块表的内阻不同，分得的电压不同，因此流过小量程电流表的电流不同，表针偏转角不同，C错误，D正确。

故选BD。

8、如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。

开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。

现用强光照射电阻R3，下列说法正确的是（）
A．M点的电势升高B．电容器的电容增大
C．液滴向下运动D．R2中有向左的电流
答案：AD
解析：
A．用强光照射电阻R3，R3减小，电路中电流增大，则电容器两端电压增大，根据E=U
d
可知，电容器间场强增大，所以M点与下极板电势差增大，即M点电势升高。

A正确；
B．根据C=εS
4πkd
可知，电容器电容不变。

B错误；
C．由选项A可知，场强增大，液滴受到的电场力增大，所以液滴向上运动。

C错误；
D．电容器两端电压升高，电容器被充电，所以R2中有向左的电流。

D正确。

故选AD。

填空题
9、如图所示是有两个量程的电流表，当使用A、B两个接线柱时，量程为0～3A，当使用A、C两个接线柱时，量程为0～0.6A。

已知表头的内阻Rg为30Ω，满偏电流Ig为1mA，则电阻R1=___________Ω，
R2=___________Ω。

（结果保留两位小数）
答案： 0.01 0.04
解析：
[1][2]接AB时
I1=I g+I g(R g+R2)
R1
接AC时
I 2=I g +I g R g R 1+R 2
解得
R 1=0.01Ω
R 2=0.04Ω
10、如图所示电路中，R 1＝12，R 2＝6，滑动变阻器R 3上标有“20，2A”字样，理想电压表的量程有0-3V 和0-15V 两档，理想电流表的量程有0-0.6A 和0-3A 两档。

闭合电键S ，将滑片P 从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V 和0.3A ；继续向右移动滑片P 到另一位置，电压表指针指在满偏的13，电流表指针指在满偏的14，则此时电流表示数为__________A ，该电源的电动势为__________V 。

答案： 0.15 7.5
解析：
[1][2]由题意当“继续向右移动滑片P 到另一位置”电压表示数一定大于2.5V ，电流表示数一定小于0.3A ，再结合电压表指针指在满偏的13，电流表指针指在满偏的14，可知电压表的量程为0-15V ，电流表的量程为0-0.6A ，因此当滑片滑到下一位置是电流表的实数为
I =
14×0.6A =0.15A 电压表的示数为5V ；由串并联电路规律得
0.3×12=I 2×6
得
I 2=0.6A
由闭合电路欧姆定律得
(0.3+0.6)r+2.5+0.3×12=E
同理
0.15×12=I′2×6
得
I′2=0.3A
由闭合电路欧姆定律
(0.15+0.3)r+5+0.15×12=E
以上各式联立解得
E=7.5V
11、在如图（a）所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的U-I 曲线如图（b）所示，R为定值电阻，阻值为10Ω当开关S闭合后，L1消耗的电功率为________W，电路消耗的总功率___________W。

答案：0.75W 1.35W
解析：
[1]由图（b）可知，当小灯泡的电压为U1=3V时，电流为I1=0.25A，所以L1消耗的电功率为
P=U1I1=3×0.25W=0.75W
[2]由图（a）可知，L2两端的电压与电流的关系为
I2=E−U2
R
=
3
10
−
U2
10
在图（b）中做出该关系式的图线，如图所示，由图可知L2两端的电压为U2=1V，电流为
I2=0.2A，L2消耗的功率为
P2=I2U2=0.2×1W=0.2W
电阻R消耗的功率为
P3=(E−U2)I2=(3−1)×0.2W=0.4W
电路消耗的总功率
P=P1+P2+P3=0.75W+0.2W+0.4W=1.35W。