高考物理新电磁学知识点之稳恒电流真题汇编含答案解析(1)

高考物理新电磁学知识点之稳恒电流真题汇编含答案解析(1)
一、选择题
1．在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时 ( )
A．伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小
B．安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大
C．伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小
D．伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大
2．如图所示，双量程电压表由表头G和两个电阻串联而成。

已知该表头的内阻，满偏电流，下列说法正确的是
A．表头G的满偏电压为500V
B．使用a、b两个端点时，其量程比使用a、c两个端点时大
C．使用a、b两个端点时，其量程为0~10V，则R1为9.5kΩ
D．使用a、c两个端点时，其量程为0~100V，则为95kΩ
3．电动机是把电能转化成机械能的一种设备，在工农业、交通运输、国防及家电、医疗领域广泛应用。

图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数，据此信息，下列说法中正确的是（）
A．该电动机的发热功率为1100W
B．该电动机转化为机械能的功率为1100W
C．该电动机的线圈电阻R为8.8Ω
D．该电动机正常工作时每分钟对外做的功为4
6.610J
4．如图是某品牌手机电池的铭牌，根据你所学的物理知识进行判断，下列说法正确的是
A．“3000mAh”表示该电池储存的电能最多10800J
B．“11.55Wh”表示该电池储存的电能最多为41580J
C．一个标注为“3V，4000F”的超级电容器容纳的电荷量肯定比该电池能释放的电荷量多D．用匹配的充电器给电池充电，若把电池从电量为10%充电到40%花了30分钟，则充电器消耗的平均电功率为6.93W
5．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CΔU
6．如今电动动力平衡车非常受年轻人的喜爱，已慢慢成为街头的一种时尚，如图所示为某款电动平衡车的部分参数，则该电动平衡车（）
电池容量：5000mAh
充电器输出：直流24V/1000mA
续航里程：40km额定功率：40W
行驶速度：20km/h ≤ 工作电压：24V
A ．电池从完全没电到充满电所需的时间约为8.3h
B ．电池最多能储存的电能为54.3210J ⨯
C ．骑行时的工作电流为1A
D ．充满电后能工作5h
7．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%
8．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
9．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ．电路中的2R 、3R 分别为总阻值一定的滑动变阻器，0R 为定值电阻，1R 为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是（ ）
A ．只逐渐增大1R 的光照强度，电阻0R 消耗的电功率变大，电阻3R 中有向上的电流
B．只调节电阻3R的滑动端2P向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻3R中有向上的电流
C．只调节电阻2R的滑动端1P向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
10．电源电动势为3V、内阻为2Ω，灯的电阻为1Ω，滑动变阻器变化范围为0～5Ω，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
11．在如图所示的电路中，电源电压U=12V，定值电R1=R2=R3=10Ω．则电压表的读数为（）
A．6V B．4V C．8V D．12V
12．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
A
2 I U eS m
B
I m eS eU
C ．2I eU eS m
D ．2I
m eS eU
13．如图所示，R 1和R 2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大。

将两导体同时放置在同一匀强磁场B 中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成如图所示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法中正确的是（ ）
A ．R 1中的电流大于R 2中的电流
B ．R 1导体右表面电势高于左表面电势
C ．R 1中产生的霍尔电压等于R 2中产生的霍尔电压
D ．对于R 1导体，仅增大厚度时，霍尔电压将增大
14．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1.0V
B ．电源的内阻为12Ω
C ．电源的短路电流为0.5A
D ．电流为0.3A 时的外电阻是18Ω
15．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
16．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为其内阻，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。

当开关S闭合后，若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法中正确的是（）
A．电压表的示数变小
B．通过R2的电流变小
C．小灯泡消耗的功率变大
D．电源的内电压变大
17．一台直流电动机，其线圈的电阻值为0.5Ω。

当电动机两端所加电压为6V时，电动机正常工作，通过线圈的电流是2A。

由此可知
A．电动机消耗的电功率为72W
B．电动机输出的机械功率为12W
C．电动机线圈的发热功率为2W
D．电动机的工作效率为50%
18．一伏特表由电流表G和电阻R串联而成，如图所示.若在使用中发现此伏特表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可能加以改进：
A．在R上串联一比R小得多的电阻
B．在R上串联一比R大得多的电阻
C．在R上并联一比R小得多的电阻
D．在R上并联一比R大得多的电阻
19．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
20．如图所示，用甲、乙两种电路测RＸ的阻值，甲电路中伏特表和安培表的示数分别为3.0V和3.0mA，乙电路中伏特表和安培表示数分别为2.9V和4.0mA，则待测电阻RＸ的值应
A．比1000Ω略大一些B．比1000Ω略小一些
C．比725Ω略大一些D．比725Ω略小一些
21．在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则
A．灯泡L变暗
B．电源内部消耗的功率先变大后变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．流过R1的电流方向由左向右
22．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0. 50 A和2. 0 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2. 0 A和24. 0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为（）
A．32 W B．44 W C．47W D．48W
23．某同学从电子市场购买了一款手机电池板，如图所示，根据电池板上的标识，该电池一次可以提供的最大电能约为（）
A．8.4×103J B．7.4×103J
C．2.6×104J D．3.0×104J
24．如图所示，电阻R1、R2、R3、R4满足R1:R2:R3:R4=1:2:3:4，则当A、B间接上直流电压时，流过R1、R2、R3、R4的电流I1:I2:I3:I4为( )
A．1:2:3:4
B．6:3:2:11
C．3:2:1:6
D．3:2:1:4
25．有一家用电褽斗，其内部电路结构如图所示，改变内部连线方式可以使电褽斗处于断开状态或获得低、中、高三个不同的温度挡，选项图中是它的四种不同的连接方式，其中能获得低挡温度的是（）
A．B．
C．D．
【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】
【分析】
本题考查的是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析，也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。

当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。

【详解】
当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则路端电压减小，所以伏特表V的读数减小。

根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过的电流减小，而总电流增大，所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大。

可知，电容C的电荷量在减由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由Q CU
小，故ABC错误，D正确。

故选D。

2．C
解析：C
【解析】
表头的满偏电压为，A错误；在电压表的改装中，串联的电阻越大，分压越大，量程越大，所以使用a、c两个端点时，量程最大，B错误；若使用a、b两个端点时，其量程为0~10V，则，代入数据可得
，C正确；使用a、c两个端点时，其量程为0~100V，
则，代入数据可得，D错误．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电动机的输出功率为
110080.0%W 880W P P η=⋅=⨯=出总
则电动机的发热功率为
1100W 880W 220W P =-=热
选项A 错误；
B ．电动机转化为机械能的功率等于输出功率880W ，选项B 错误；
C ．电路中的额定电流为5A ，所以电动机的内电阻为
22220=
==8.85
P R I ΩΩ热 选项C 正确； D ．电动机正常工作时每分钟对外做的功为
488060J 5.2810J W P t ==⨯=⨯出
选项D 错误。

故选C 。

4．B
解析：B
【解析】
【详解】
A. 3000mAh 表示电池用3000mA 的电流放电时，可以持续一个小时，其对应的是电荷量，不是电能，故A 错误；
B 、“11.55Wh ”表示该电池储存的电能最多为:
11.553600J 41580J W Pt ==⨯=
故B 正确；
C. 电容中容纳的电量取决于其电压值，如果充电后电压很小，则电量很小，故超级电容容纳的电量不一定比电池释放的电荷量多，故C 错误；
D 、由W UIt =可得:
4.43360030%J 14256J W Uq ==⨯⨯⨯=
则对应的功率:
14256W 7.92W 3060
W P t =
==⨯ 故D 错误。

5．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．
6．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于电池容量是5000mAh ，即
345000103600 1.810C q -=⨯⨯=⨯
充电器输出电流为1000mA ，所以充电时间为
5000mAh 5h 1000mA
q t I =
== 故A 错误；
B ．最多能储存的电能为 451.81024J=4.3210J W qU ==⨯⨯⨯
故B 正确； C ．额定功率为40W ，工作电压为24V ，则骑行时的工作电流为
405A A 243
P I U =
== 故C 错误；
D ．充满电后能工作 5
4.3210's 3h 40
W t P ⨯=== 故D 错误。

故选B 。

7．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 。

8．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；
9．A
解析：A
【解析】
【详解】
逐渐增大1R 的光照强度，1R 的电阻减小，回路总电阻减小，回路总电流增大，根据2P UI I ==可知0R 上消耗的电功率变大，同时，2R 上端电阻两端电压也增大，则电容器两端电压增大，根据Q C U
=可知电荷量增加，则3R 中有向上的电流，故A 正确．恒定电路中电容器所在支路相当于断路，滑动3R 的滑片不改变电路通电情况，不会发生任何变化，故B 错误．调节2R 的滑动端向下移动时，回路总电阻不发生变化，电压表测的路端电
压也不发生变化，示数不变，但是电容器两端分得的电压增大，电场强度增大，电场力大于重力，带电微粒向上运动，故C错误．若断开开关S，则电容器在与2R、3R组成的电路中放电，电荷量减少，电压减小，电场力减小，带电微粒向下运动，故D错误．10．C
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2Ω，灯的电阻1Ω，滑动变阻器0~5Ω，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
UI U
η==
EI E
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。

11．B
解析：B
【解析】
【详解】
定值电阻R1=R2=R3=10Ω，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．
12．D
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
质子被加速时：
212
Ue mv =
由于 I neSv =
解得
n =
A A 错误；
B ，与结论不相符，选项B 错误；
C C 错误；
D D 正确； 故选D.
13．C
解析：C
【解析】
【详解】
A ．电阻L R S
ρ=，设正方形金属导体边长为a ，厚度为b ，则 a R ab b ρρ=
=
则 R 1=R 2
在两导体上加上相同电压，则R 1中的电流等于R 2中的电流，故A 错误；
B ．电子在磁场中受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，向右表面偏转，故R 1导体右表面电势低于左表面电势，故B 错误；
C ．根据电场力与洛伦兹力平衡，则有
H eU evB a
=
解得： 1H I BI U Bav Ba
neab ne b ===⋅ 则有R 1中产生的霍尔电压等于R 2中产生的霍尔电压，故C 正确；
D ．据欧姆定律可得：
U U Ub I R b
ρρ=
== 据C 项可得，霍尔电压 11H I BI BU U Bav Ba
neab ne b ne ρ===⋅=⋅ 仅增大厚度时，电压不变时，霍尔电压不变，故D 错误；
故选C 。

14．D
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
6.0 5.0 2.00.5
U r I ∆-=
=Ω=Ω∆ 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 =
3.0A 2.0Ω
E I r ==短 故C 错误；
D ．根据闭合电路的欧姆定律
E I R r
=
+ 得 E R r I
=
- 带入数据解得 18.0R =Ω
故D 正确。

故选D 。

15．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 。

16．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大。

由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R 1两端的电压减小，故A 正确；
BD ．因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R 1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R 2的电流增大，故BD 错误；
C ．由并联电路的电流规律可知，总电流减小，流过支路R 2的电流增大，所以流过灯泡的电流一定减小，故由2P I R =可知，小灯泡消耗的功率变小，故C 错误。

故选A 。

17．C
解析：C
【解析】
【详解】
A. 电动机消耗的电功率为
P=IU =12W
选项A 错误；
C. 电动机线圈的发热功率为
P 热=I 2R =22×0.5=2W
选项C 正确；
B. 电动机输出的机械功率为
P 出=P -P 热=10W
选项B 错误；
D. 电动机的工作效率为
000010=
10083.312
P P η=⨯=出 选项D 错误；
故选C. 18．D
解析：D
【解析】
【详解】
读数稍小一些，说明流过电流表的电流稍小一些。

要让电流稍大一点，则应减小总电阻。

AB.在R 上串联一个电阻，总电阻更大，流过电流表的电流更小，伏特表的读数更小，故A 错误，B 错误；
C.若并联一比R 小得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值减小很多，电流增加太多，故C 错误；
D.若并联一比R 大得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值稍微减小一些，电流稍微增加一些。

故D 正确。

19．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. 20．B
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
因电流表的示数变化大，说明了电压表的分流作用明显，所以要用电流表内接法的电路进行测量，为甲电路．用甲电路：电压表的示数是待测电阻和电流表的上的电压的和，故电压比真实值大
33.010003.010
U R I -==Ω=Ω⨯测测 又U 测＞U 真，所以R 测＞R 真即测量值偏大，真实值比1000Ω略小一些，故B 正确，ACD
故选B 。

21．D
解析：D
【解析】
【分析】
本题考查含电容器电路的动态分析
【详解】
AB ．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I 2R 知灯泡变亮，电源内部消耗功率2I r 变大，选项A 、B 错误；
C ．根据U=IR 知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C 上电压也减小，根据Q=CU 知电容器电量减小，C 错误；
D ．电容器会通过R 、R 1组成回路放电，故经过电阻R 1的电流由左向右，D 正确。

22．A
解析：A
【解析】
【详解】
当电动机停止转动时,由题得电动机的电阻：
240.5
U R I ==Ω=Ω 当电动机正常转动时,电动机的总功率：
1124V 2A=48W P U I ==⨯
电动机的发热功率：
22124W=16W R P I R ==⨯
电动机正常运转时的输出功率是：
48W-16W=32W R P P P =-=输出
故选A ．
23．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知，该电源的电量为
2000?2000 3.67200mAh C C =⨯=
则最大电能
43.77200 2.610W UIt UQ J J ===⨯=⨯
故ABD 错误，C 正确；
24．B
解析：B
【解析】
【详解】
由并联电路的电压相同可得：电阻R 1、R 2、R 3两端的电压相等，故由欧姆定律可得：，又由并联电路电流分流可得：，所以
，故B 正确，A 、C 、D 错误；
故选B 。

【点睛】
关键是根据并联电路电压相同，由欧姆定律得到I 1，I 2，I 3的数值关系，然后根据并联电路电流分流求得I 4与I 1，I 2，I 3的关系，即可得到比值。

25．B
解析：B
【解析】
【详解】
A ．A 选项为断路，没有电流，不工作，A 错误； BCD ．
B 选项R 1、R 2串联，发热功率为：
2
212
U P R R =+； C 选项只有R 1工作，发热功率为：
2
31
U P R =； D 选项R 1、R 2并联，发热功率为：
2
41212
+U P R R R R =；
可以判断出，P 2最小，所以能获得低挡温度的是B 选项。

故选B 。