高考物理宝鸡电磁学知识点之稳恒电流分类汇编及答案解析

高考物理宝鸡电磁学知识点之稳恒电流分类汇编及答案解析
一、选择题
1．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（）
A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2不变，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2增大，U减小
2．如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r.起初电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()
A．电压表和电流表的示数都减小
B．电压表和电流表的示数都增大
C．电压表和电流表的示数变化量之比保持不变
D．带电尘埃将向下极板运动
3．下列说法正确的是（）
A．电源是通过非静电力做功把电能转化为其他形式的能的装置
B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值
C．英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场
D．牛顿设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因
4．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则下列说法错误的是
A．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变
B．电压表示数变大，电流表示数变小
C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU
D ．电容器的带电量增大，增加量为C ΔU
5．如图所示，直线A 为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B 为电阻R 两端电压与通过该电阻 流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是（ ）
A ．2W ，66.7%
B ．2W ，33.3%
C ．4W ，33.3%
D ．4W ，66.7%
6．某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P 和电源内部的发热功率P r 随路端电压U 变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a 、b 、c 所示，下面说法不正确的是（ ）
A ．反映P r 变化的图线是b
B ．电源电动势为8V
C ．电源内阻为2Ω
D ．当电压为2V 时，外电路的电阻为2Ω
7．如图所示，定值电阻R =20Ω，电动机线圈的电阻R 0=10Ω，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（ ）
A ．I =1.5A
B ．I ＜1.5A
C ．P =15W
D ．P ＞15W
8．如图所示，A 、B 两闭合圆形线圈用同样导线且均绕成100匝。

半径A B 2R R ，内有以B 线圈作为理想边界的匀强磁场。

若磁场均匀减小，则A 、B 环中感应电动势A B :E E 与产生的感应电流A B :I I 分别是（ ）
A ．A
B :2:1E E =；A B :1:2I I =
B ．A B :2:1E E =；A B :1:1I I =
C ．A B :1:1E E =；A B :2:1I I =
D ．A B :1:1
E E =；A B :1:2I I =
9．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R u 的滑动端向下滑动的过程中
A ．电压表与电流表的示数都减小
B ．电压表与电流表的示数都增大
C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大．
10．如图所示,a 、b 端接入电源,当滑动变阻器滑片P 向下滑动时,电路中两个灯泡都不亮,用电压表检查电路时,测得U ab =U,U cd =U,U ac =0,U bd =0,则故障原因可能是…( )
A ．变阻器短路
B ．变阻器断路
C ．a 、c 间灯泡断路
D ．两个灯泡都断路
11．如图所示电路中，电池内阻符号为r ，电键S 原来是闭合的．当S 断开时，电流表( )
A．r＝0时示数变大，r≠0时示数变小
B．r＝0时示数变小，r≠0时示数变大
C．r＝0或r≠0时，示数都变大
D．r＝0时示数不变，r≠0时示数变大
12．图中小灯泡的规格都相同，两个电路中的电池也相同。

实验发现多个并联的小灯泡的亮度明显比单独一个小灯泡暗。

对这一现象的分析正确的是（）
A．灯泡两端电压不变，由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗
B．电源电动势不变，外电路电压变大，但由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗
C．电源电动势不变，外电路电压变小，因此灯泡亮度变暗
D．并联导致电源电动势变小，因此灯泡亮度变暗
13．如图是一火警报警电路的示意图，其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。

值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器。

当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（）
A．I变大，U变大
B．I变小，U变小
C．I变大，U变小
D．I变小，U变大
14．为解决手机充电问题，市面上出现了免押共享充电宝服务。

图示为小米某款充电宝的相关数据，下列说法正确的是（）
容量10000mAh匹配系统安卓
输入DC\5V\2A输出DC\5V\0.1A~2.5A
产品名称小米重量300g
A．充电宝充电时将化学能转化为电能
B．充电宝放电时将电能转化为化学能
C．该充电宝充电时的输入电压为220V
D．若该充电宝给电池电荷量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满3次15．以下四种规格的用电器，让它们在额定电压下工作相同的时间，下列说法正确的是（）
A．电动机输出功率为650W B．电风扇和电烙铁产生的热量相同
C．电风扇和电烙铁消耗的电能相同D．日光灯消耗的电能全部转化为光能16．移动充电宝是一种能直接给手机等移动设备充电的储能装置。

如图所示为某品牌充电宝的技术参数。

关于该充电宝，下列说法中正确的是（）
A．在给充电宝充电时，是将化学能转化为电能
B．给该无电的充电宝充电，需要30h才能充满
C．给该无电的充电宝充满电，需要消耗111Wh的电能
D．该充电宝用“输出1”给手机充电时，输出功率为5W
17．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器4R的滑片向b端移动时，则（）
A．质点P将向上运动B．电流表读数减小
C．电压表读数减小D．3R上消耗的功率增大
18．在1 min内通过阻值为5Ω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（）
A．20 V B．48 V C．120 V D．1 200 V
19．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430g
A．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3.6×105J
C．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2h
D．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
20．如图为一种服务型机器人，其额定功率为48W．额定工作电压为24V．机器人的锂电池容量为20A·h．则机器人
A．额定工作电流为20A B．充满电后最长工作时间为2h
C．电池充满电后总电量为4
⨯D．以额定电流工作时毎秒消耗能量为20J
7.210C
21．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μ，已测得它的内阻为490Ω，图中电阻箱读数为10Ω。

现将MN接入某偏电流为200A
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（）
A．M、N两端的电压为1mV B．M、N两端的电压为100mV
μD．流过M、N的电流为10mA
C．流过M、N的电流为2A
22．如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比S a∶S b＝1∶2。

已知5s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，电子的电荷量e=1.6×10－19C。

下列说法正确的是（）
A．流经导线a的电流为0.16A
B．流经导线b的电流为0.32A
C．a、b的电阻之比R a∶R b＝1∶2
D．自由电子在导线a和b中的定向移动速率之比v a∶v b＝1∶2
23．如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为
A．两电表示数都增大
B．两电表示数都减少
C．电压表示数减少，电流表示数增大
D．电压表示数增大，电流表示数减少
24．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用
此电源和电阻R 1、R 2组成电路.R 1、R 2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
A ．将R 1单独接到电源两端
B ．将R 1、R 2并联后接到电源两端
C ．将R 1、R 2串联后接到电源两端
D ．将R 2单独接到电源两端
25．一平行板电容器C ，极板是水平放置的，电路如图所示.闭合电键,今有一质量为m 的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.下列说法正确的是
A ．油滴带正电
B ．要使油滴上升，可增大滑动变阻器R 1的阻值
C ．只增大两极板间的距离，油滴将向下加速
D ．只将平行板电容器上极板向右平移少许,带电液滴将加速上升
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．D
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E U Ir =+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3R U U U ↓=↑+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12I I I ↑=↓+，所以2I 增大，D 正确
2．C
解析：C
【解析】
【分析】
首先要读懂电路图，知道电容器的端电压等于R 4的端电压，根据温度升高，判断电路的总电阻的变化，在判断支路电压和电流的变化；再根据电容器板间电压的变化，分析板间场强的变化，判断带电尘埃的受力情况，从而分析其运动情况；
【详解】
AB 、当环境温度降低时，R 3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小；根据欧姆定律可得内电压减小，R 1两端的电压减小，并联部分的电压1U E U U =--并内增大，则电压表的示数增大，故A 、B 错误；
C 、电压表的示数为U=E−I(R 1+r)，则得电压表和电流表的示数变化量之比为
1()U R r I
∆=-+∆，保持不变，故C 正确； D 、电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D 错误；
故选C 。

【点睛】
关键是注意此题牵涉的电阻较多，分析应逐项分析，注意灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压与电流的关系。

3．C
解析：C
【解析】A ：电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置。

故A 项错误。

B ：库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e 的数值。

故B 项错误。

C ：英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场。

故C 项正确。

D ：伽利略设计了理想斜面实验，得出力不是物体产生运动的原因。

故D 项错误。

点睛：要熟悉物理学史以及相应的科学思维方法。

4．C
解析：C
【解析】
【详解】
A ．根据闭合电路欧姆定律得：
U =E-I （R 0+r ）
由数学知识得知
0 U R r I
=+ 保持不变。

故A 正确，不符合题意。

B ．合开关S ，增大可变电阻R 的阻值后，电路中电流减小，电流表示数变小；由欧姆定律分析得知，电阻R 0两端的电压减小，R 两端的电压增大，即电压表示数变大，选项B 正确，不符合题意；
C ．因它们的总电压即路端电压增大，R 两端的电压增大，所以电阻R 0两端的电压减小量
小于△U ，选项C 错误，符合题意．
D ．电容器两极板间的电压等于R 两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C △U ，选项D 正确，不符合题意．
5．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
由图象A 可知电源的电动势E =3V ，由图象B 可知，此时电阻R 两端的电压为U =2V ，流过R 的电流为I =1A ，电源的输出功率即为电阻R 上消耗的功率，根据
P=UI
得：
P =2×1W=2W
电源的总功率为：
P 总=EI =3×1W=3W
所以效率为：
2100%100%66.7%3
P P η=
⨯=⨯=总 A 正确，BCD 错误。

故选A 。

6．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由闭合电路欧姆定律得
2
2
()r E U P I r r -== 由数学知识可知，反映P r 变化的图线是b ，故A 正确；
BC ．由闭合电路欧姆定律得
2()E E U E E P IE E U r r r
-===- 即对应图像a ，由图像可知，
2
8E r
=，2E r = 联立解得
=4V 2ΩE r =，
故B 错误，C 正确；
D ．当电压为2V 时，由闭合电路欧姆定律得
2E Ir =+
解得
1A I =
则外电路的电阻为
2=Ω=2Ω1
R 故D 正确。

本题选不正确的，故选B 。

7．B
解析：B
【解析】
【详解】
.当电键S 断开时,由欧姆定律得
10.5A 20Ω=10V U I R ==⨯，
当电键S 闭合后，通过R 1的电流仍为0.5A ，电动机的电流
2010V 1A 10U I R <
==Ω
， 故电流表的电流 1.5A I <，
电路中电功率
15W P UI =<，
故B 正确，ACD 错误；
8．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律
B S E n
n t t ∆Φ∆⋅==∆∆ 题中n 相同，B t
∆∆相同，面积S 也相同，则得到A 、B 环中感应电动势E A ：E B =1：1。

根据电阻定律
L R S ρ= L =n •2πr
ρ、S 0相同，则电阻之比
R A：R B=r A：r B=2：1
根据欧姆定律
E
I
R
得，产生的感应电流之比
I A：I B=1：2
故D正确，ABC错误；
故选D。

9．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故A 正确，BCD错误
10．B
解析：B
【解析】
串联电路中灯不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，U ab=U测量的是电源电压，测得U cd=U,说明两灯泡没有断路，U ac=0,U bd=0,说明在两灯泡之外有断路情况，两灯泡之间只有一个变阻器，所以变阻器处于断路情况，B正确
思路分析：如果电压表示数为零，说明电压表上无电流通过，则可能是在并联路段之外有断路或者并联路段之内有短路，若电压表有示数，说明电压表上有电流通过，则在并联电路之外无断路或者并联电路内无短路，
试题点评：明确电路故障特点，熟练运用电路的有关规律是分析电路故障问题的基础和关键，利用电流表和电压表判断电路中的故障，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断．
11．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
r=0时，电源的路端电压一定，所以电流表示数不变；当r≠0时，电键断开后，外电路电阻变大，路端电压变大，所以电流表示数增大，选项D正确，ABC错误；故选D．12．C
解析：C
【分析】
【详解】
电动势反映不同电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。

由于使用同一个电源，故电源电动势不变，故D 错误；根据闭合电路的欧姆定律
E Ir IR =+
根据并联电阻特点
11111=R R R R R
+++并 可知多个并联的小灯泡R 并小于单个小灯泡内阻，电路的总电阻减小，总电流增大，电源内阻r 消耗的电压增大，外电路电压变小，通过各小灯泡的电流减小，故AB 错误，C 正确。

故选C 。

13．A
解析：A
【解析】
【详解】
发生火情时，温度升高，电阻率增大，根据电阻定律：
L R S
ρ= 可知3R 阻值变大，根据“串反并同”的规律可知，电流表示数I 和报警器两端电压U 都是与3R “并”的物理量，所以变化与3R 变化相同，均增大，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

14．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．充电宝充电时将电能转化为化学能，放电时将化学能转化为电能。

故AB 错误； C ．根据表格看出，该充电宝充电时的输入电压为5V ，故C 错误；
D ．充电宝的电能能给电池电荷量为零、容量为3000mAh 的手机充电的次数
10000mAh 3000mAh 1033
n =
=≈ 故D 正确。

故选D 。

15．A
解析：A
【解析】
A ．由图知，电动机在额定电压下工作时，电动机输出功率为650W ，故A 正确。

B ．在相同时间内，电风扇产生的热量小于电烙铁产生的热量，故B 错误。

C ．电风扇和电烙铁额定功率不等，根据W=Pt 知，在相同的时间内，电风扇和电烙铁消耗的电能不同，故C 错误。

D ．日光灯消耗的电能转化为光能和内能，故D 错误。

故选A 。

16．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．给充电宝充电时是把电能转化为化学能的过程，故A 错误；
B ．该充电宝的容量为
3530000mAh 30000103600 1.0810C -==⨯⨯=⨯q
以1.5A 的电流为用电器充电则供电时间
5
1.0810s 20h 1.5
q t I ⨯=== 故B 错误；
C ．该充电宝的容量为30000mAh =q ，充电的电压为5V ，则消耗的电能为
45.410J=150Wh W qU ==⨯
而111Wh 是充电宝的额定储存能量，故C 错误；
D ．该充电宝用“输出1”给手机充电时，电压为5V ，电流为1A ，则输出功率为
5W P UI ==
故D 正确。

故选D 。

17．C
解析：C
【解析】
【详解】
ABC ．由图可知，2R 与滑动变阻器4R 串联后与3R 并联后，再由1R 串联接在电源两端；电容器与3R 并联；当滑片向b 移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时1R 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3R 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2R 中电压增大，故电压表示数减小，因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，合力向下，电荷向下运动，故AB 错误，C 正确；
D ．因3R 两端的电压减小，由2U P R
=可知，3R 上消耗的功率减小，故D 错误； 故选C 。

18．A
解析：A
【解析】 导体的电流为240A 4A 60
q I t =
==，故导体两端的电压为45V 20V U IR ==⨯=，A 正确． 19．B
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
3420000mAh 20000103600C 7.210C q -==⨯⨯=⨯
该电池的电动势为5V ，所以充电宝储存的能量
45•57.210J 3.610J E E q ==⨯⨯=⨯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
4
47.210s 3.610s 10h 2
q t I ⨯=⨯＝＝＝ 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
20000mAh 0.612000mAh ⨯=
给容量为3000mAh 的手机充电的次数
1200043000
n ==次次 选项D 错误。

故选B 。

20．C
解析：C
【解析】
【详解】
A.P UI =得，额定工作电流：
48A 2A 24
P I U ===,
A 错误；
B. 充满电后最长工作时间：
20h 10h 2
Q t I =
==， B 错误；
C. 电池充满电后总电量为 4203600C 7.210C Q It ==⨯=⨯
C 正确；
D.额定电流工作时每秒消耗能量
'2421J 48J E UIt ==⨯⨯=.
D 错误．
21．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．M 、N 两端电压为
620010490V 98mV g g U I R -==⨯⨯=
AB 错误；
CD ．流过M 、N 的电流为
60.09820010A A=10mA 10
g I I I R -=+
=⨯+ C 错误D 正确。

故选D 。

22．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据电流的定义式求解通过a 、b 导体的电流
1819
510 1.6A A 100.165
q I t ⨯==⨯=⨯－ A 正确，B 错误；
C ．根据电阻定律
L R S
ρ
= 可知
21
a b b a R S R S == C 错误；
D ．根据电流的微观表达式
I neSv =
可知
21
a b b a v S v S == D 错误。

故选A 。

23．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
当滑动变阻器的滑片P 向a 端滑动时，接入电路的电阻增大，与R 2并联的电阻增大，外电路总电阻R 总增大，总电流I 减小，则电压表的示数U V =E -I (r+R 1)，则U V 增大；流过R 2的电流22
V U I R =
增大，电流表的读数为2A I I I =-，则电流表示数减小；故A ，B ，C 错误，D 正确. 24．A
解析：A
【解析】
【详解】
根据闭合电路欧姆定律得：U=E −Ir 知，I=0时，U=E ，图象的斜率等于r ，则由电源的U −I 图线得到：电源的电动势为E=3V ，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R 1=0.5Ω、R 2=1Ω，R 1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A ，路端电压为1.5V ，则电源的输出功率为P 出1=1.5V×3A=4.5W ， 同理，当将R 1、R 2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I 串=1.5A ，此时电源的输出功率P 串=I 2串(R 1+R 2)=3.75W ；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I 并=3.6A,此时电源的输出功率P 并=EI 并−I
2并r=4.32W ；R 2单独接到电源两端输出功率为P 出2=2V×2A=4W.所以将R 1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。

故A 正确，BCD 错误。

故选：A
【点睛】
由电源的U-I 图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I 图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择．
25．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
从图中可得A板带正电，电场方向竖直向下，要使粒子静止，则必须满足电场力和重力等大反向，故粒子受到的电场力竖直向上，所以粒子带负电，A错误，
要使油滴上升，即电场力增大，则根据公式
U
E
d
可得，可使极板间的距离减小，或者增
大两极板间的电压，但由于两极板间的电压等于2R两端电压，所以无论怎么移动滑动变阻器，电压都不会变化，B错误，
当增大两极板间的距离，电场强度减小，所以油滴将向下加速，C正确，
因为电容器并未和电路断开，所以电场强度和两极板的正对面积无关，故只将平行板电容器上极板向右平移少许,电场强度不变，粒子静止，D错误。