高中物理-恒定电流 单元测评卷(含答案)

高中物理-恒定电流单元测评卷（含答案）

B卷培优优选提升卷

一.选择题：本大题共12小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1-9题只有一项符合题目要求,第10-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但选不全的得2分,有选错的得0分。

1.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（）

A.V的读数变大,A的读数变小

B.V的读数变大,A的读数变大

C.V的读数变小,A的读数变小

D.V的读数变小,A的读数变大

【答案】B

【解析】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,Ａ的读数变大,故A错误；

B.分析得V的读数变大,Ａ的读数变大,故B正确；

C.分析得V的读数变大,Ａ的读数变大,故C错误；

D.分析得V的读数变大,Ａ的读数变大,故D错误；

2.如图所示,A和B为竖直放置的平行金属板,在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处,此时绝缘线向右偏离竖直方向,偏角为θ,电源的内阻不能忽略,则下列判断正确的是（）

A.小球带负电

B.当滑动头从a向b滑动时,细线的偏角θ变小

C.当滑动头从a向b滑动时,电流表中有电流,方向从下向上

D.当滑动头停在b处时,电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率

【答案】B

【解析】A.根据题图电路可知A板电势高于B板电势,A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡,故受电场力也水平向右,即小球带正电,所以A项错误；

B.当滑动头从a向b滑动时,电阻值减小,路端电压减小,故R1两端的电压减小,极板间电场强度随之减小,小球所受电场力减小,故细线的偏角变小,所以B项正确；

C.当极板间电压减小时,极板所带电荷量将减小而放电,又由于A板原来带正电,故放电电流从上向下流过电流表,所以C项错误；

D.由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定,所以无法判断电源的输出功率的变化规律,所以D 项错误。

故选B。

，为定值电阻,电流表、电压表均可视为3.如图所示的电路中,恒流源可为电路提供恒定电流0I R

理想电表,不考虑导线电阻对电路的影响。改变变阻器L R接入电路的阻值,记录电流表、电压表的示数并依次填写在下表中。由数据可以判定以下说法正确的是（）

序号 1 2 3 4 5 6 7 8

()V

U14.0 12.0 10.0 8.0 6.0 4.0 2.0 0

()A

I0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.90 1.00

A.实验过程中L R 逐渐增大

B.实验过程中恒流源输出功率逐渐减小

C.恒流源提供的电流0I 大小为2.00A

D.电路中定值电阻R 的阻值为10? 【答案】B

【解析】A.从表格中的数据可知U

I

的比值在减小,而电压表测量L R 两端电压,电流表测量L R 电流,即L U

R I

=

,L R 逐渐减小,A 错误； B.L R 逐渐减小,根据串并联电路电阻规律可知电路总电阻减小,而电路总电流恒定,根据2P I R =可知恒流源输出功率逐渐减小,B 正确；

C.第8次实验时电压表示数为零,即L R 连入电路的电阻为零,L R 所在支路为一根导线,电阻R 被短路,此时L R 所在支路的电流等于恒流源提供的电流,故大小为1.00A,C 错误；

D.第一次实验时电流表示数为0.3A,所以第一次实验时通过电阻R 的电流为

01 1.000.30.7A I I I =-=-=

由于R 和L R 并联,所以第一次实验时R 两端的电压为

14V U =

故R 的电阻为

1420Ω0.7

U R I =

== 故D 错误。 故选B 。

4.在地面上插入一对电极M 和N,将两个电极与直流电源相连,大地中形成恒定电流和恒定电场.恒定电场的基本性质与静电场相同,其电场线分布如图,P 、Q 是电场中的两点.下列说法正确的是（ ）

A.P 点场强比Q 点场强大

B.P 点电势比Q 点电势高

C.P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能大

D.电子沿直线从N 到M 的过程中所受电场力恒定不变 【答案】B

【解析】由于电极M 、N 与直流电源相连,因此M 、N 可等效为两个等量异种电荷,电场线的疏密表示了场强大小,故选项A 错误；沿着电场线方向电势逐点降低,且等势面与电场线相垂直,故选项B 正确；由于P 点电势比Q 点电势高,电子带负电,因此P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能低,故选项C 错误；电子沿直线从N 到M 的过程中,由于电场强度先变小后变大,因此所受电场力也先变小后变大,故选项D 错误.

5.如图所示是电阻R 的I －U 图象,图中α=45°,由此得出（ ）

A.欧姆定律适用于该元件

B.电阻R =0.5 Ω

C.因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数,故R =

1

tan α

=1.0 Ω D.在R 两端加上6.0 V 的电压时,每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C 【答案】A

【解析】A.根据数学知识可知,通过电阻的电流与两端电压成正比,欧姆定律适用,A 正确； B.根据电阻的定义式U

R I

=

可知,I-U 图象斜率的倒数等于电阻R ,则得1025R =Ω=Ω,B 错误；

C.由于I-U 图象中横纵坐标的标度不同,故不能直接根据图象的斜率求电阻,C 错误；

D.由图知,当U =6V 时,I =3A,则每秒通过电阻横截面的电荷量是31 3.0q It C C ==?=,D 错误. 6.电路如图所示,当a 、b 两端接入100 V 电压时,用理想电压表测得c 、d 两端电压为20 V ；当c 、

d 两端接入100 V 电压时,用理想电压表测得a 、b 两端电压为50 V ,则R 1∶R 2∶R 3等于（ ）

A.4∶2∶1

B.2∶1∶1

C.3∶2∶1

D.5∶3∶2

【答案】A

【解析】当a 、b 两端接入100 V 电压时,用理想电压表测得c 、d 两端电压为20 V ,有：

ab 2

12

2U R R R +＝U cd

即：

2

12

1002R R R +＝20

整理得

1

2

R R ＝2；当c 、d 两端接入100 V 电压时,用理想电压表测得a 、b 两端电压为50 V ,有： 2

cd 2

32R R U R +＝U ab

即：

2

32

1002R R R +＝50

整理得2

3

R R ＝2,所以R 1∶R 2∶R 3＝4∶2∶1,A 正确,BCD 错误。

故选A 。

7.如图(a),R 为电阻箱,A 为理想电流表,电源的电动势为E ,内阻为r 。图(b)为电源的输出功率P 与A 示数I 的关系图像,其中功率P 0分别对应电流I 1、I 2。则（ ）

A.I 1＋I 2＞

E r

B.I 1＋I 2＜

E r

C.I 1＋I 2＝

E r

D.I 1＝I 2＝

E r

【答案】C

【解析】电源的输出功率：

P =EI ?I 2r

则：

22

1122EI I r EI I r -=-

整理得：

12E

I I r

+=

A. I 1＋I 2＞

E

r 。与上述结论不符,故A 错误； B. I 1＋I 2＜E

r 。与上述结论不符,故B 错误；

C. I 1＋I 2＝E

r 。与上述结论相符,故C 正确；

D. I 1＝I 2＝E

r

。与上述结论不符,故D 错误。

8.如图所示为两电源的U I -图象,则下列说法正确的是（ ）

A.电源①的电动势和内阻均比电源②小

B.当外接相同的电阻时,两电源的输出功率可能相等

C.当外接同样的电阻时,两电源的效率可能相等

D.不论外接多大的相同电阻,电源①的输出功率总比电源②的输出功率大

【答案】D

【解析】A、根据闭合电路欧姆定律得,U＝E﹣Ir,当I＝0时,U＝E,即图线与纵轴交点表示断路状态,交点的纵坐标等于电源的电动势大小,图线的斜率大小等于电源的内阻,由图看出,电源①的电动势和内阻均比电源②大,故A错误；

BD、过原点O作出一条倾斜的直线（3）,该直线与图线①、②的交点就表示一个相同的电阻与两电源连接时的工作状态,如图所示：

由图看出,直线（3）与图线①交点的两坐标的乘积大于直线（3）与图线②交点的两坐标的乘积,说明不论外接多大的相同电阻,电源①的输出功率总比电源②的输出功率大,故B错误,D正确;

C、电源的效率η

UI R

EI R r

==

+

,当外接同样的电阻,由于内阻r不等,电源的效率不可能相等,电源

②的效率总大于电源①的效率,故C错误。

9.如图所示的电路中,R1为定值电阻,滑动变阻器的最大阻值为R2,电源电动势为ε,内阻不计.闭合开关S后,滑动变阻器滑片P从A端滑到B端过程中,电流表示数I与电压表示数U的变化关系的完整图线如图所示,则下列选项中正确的是（）

A.R1=5Ω,R2=15Ω

B.R2=15Ω,ε=3V

C.R1的最大功率为1.8W,滑动变阻器消耗的功率一直变大

D.R1的最小功率为0.2W,滑动变阻器消耗的功率先增大后减小

【答案】D

【解析】AB、由左图可知,两电阻串联,电压表测R2两端的电压,电流表测电路中的电流.

当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时,电路中的电流最大,由图2可知：I1=0.6A,

根据欧姆定律可得,电源的电压：

U=I1R1=0.6A×R1,

当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时,电路中的电流最小,由右图可知：I2=0.2A,U2=2V,

滑动变阻器的最大阻值：R2==10Ω,

串联电路中总电压等于各分电压之和,电源电动势为：

ε=I2R1+U2=0.2A×R1+2V,

0.6A×R1=0.2A×R1+2V,

解得：R1=5Ω,

电源电动势为ε=0.6A×R1=0.6A×5Ω=3V,故AB错误；

C、根据可知,当电流最大时,功率最大,则有：

,

当电流最小时,功率最小,则有：

,

把R1看成内阻,当R2=R1时,滑动变阻器消耗的功率最大,所以滑动变阻器滑片P从A端滑到B 端过程中,滑动变阻器消耗的功率先增大后减小,故C错误,D正确.

故选D

10.电压表,电流表都是由小量程电流表改装而成的,如图甲、乙所示分别是电压表,电流表的改装图,以下说法正确的是（）

A.若改装后的电流表示数比标准表稍小一些,可以给并联电阻再并一个较大的电阻

B.若改装后的电压表示数比标准表稍小一些,可以给串联电阻再串联一个较大的电阻

C.小量程电流表内阻为g R ,给它并联一个电阻R ,改装后的电流表量程是原来的g R R

R

+倍

D.为实现对改装电表的逐格校准,需要采用分压式电路 【答案】CD

【解析】A.若改装后的电流表示数比标准表稍小一些,说明流过表头的电流小,可以增大分流电阻使其分流少些,从而增大流过表头的电流使其准确,应该给并联电阻串联一个较小的电阻,A 错误；

B.若改装后的电压表示数比标准表稍小一些。说明流过表头的电流小,应该减小串联电阻,或给串联电阻再并联一个较大的电阻,B 错误；

C.小量程电流表内阻为g R ,给它并联一个电阻R ,改装后的电流表量程

g g g I R I I R

=+

得出

g

g R R I I R

+= C 正确；

D.分压式电路电压、电流可以从零开始调节,可以实现对改装电表的逐格校准,D 正确。 故选CD 。

11.A,B 两块正对的金属板竖直放置,在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线,细线下端系一带电小球（可视为点电荷）.两块金属板接在如图所示的电路中,电路中的R 1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小）,R 2为滑动变阻器,R 3为定值电阻.当R 2的滑片P 在中间时闭合电键S ,此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ,带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ.电源电动势E 和内阻r 一定,下列说法中正确的是（ ）

A.若将R 2的滑动触头P 向a 端移动,则θ变小

B.若将R 2的滑动触头P 向b 端移动,则I 减小,U 减小

C.保持滑动触头P 不动,用较强的光照射R 1,则小球重新达到稳定后θ变小

D.保持滑动触头P 不动,用较强的光照射R 1,则U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值不变

【答案】CD

【解析】设金属板两端的电压为u,距离为d,小球质量为m 则tan uq

mgd

θ=

,滑动变阻器1R 是分压接法,可以分为4R ,5R 两部分,4R 与金属板串联,并和1R 并联,然后它们再与5R ,3R 串联,电路图可以简如图所示,电压表测得是路端电压,电流表测得是电流总电流I.因为金属板不通电,可以将它和4R 看作1R 两端的电压表.若将R 2的滑动触头P 向a 端移动,则5R 减小,总电阻减小,则总电流增大,即两端的电压增大,所以金属板两端的电压u 增大,由公式tan uq

mgd

θ=

得,θ增大,A 错误.将若将R 2的滑动触头P 向b 端移动时,5R 增大则总电阻增大,总电流I 减小,路端电压增大即U 增大,所以B 错误.当用较强的光照射时,减小,则总电阻减小,路端电压减小,总电流增大,可推出

1R 两端电压减小即金属板两端的电压减小,由tan uq mgd θ=

得 θ减小,C 正确.

r E U E U I I --'

'

==所以

()()E U E U U

r I I I

---?==-?'',D 正确.

12.某同学将一直流电源的总功率PE 、输出功率PR 和电源内部的发热功率Pr 随电流I 变化的图线画在同一坐标系内,如图所示,根据图线可知（ ）

A.反映Pr 变化的图线是a

B.电源电动势为8 V

C.电源内阻为2 Ω

D.当电流为0.5 A 时,外电路的电阻为6 Ω 【答案】CD

【解析】电源的总功率E P IE =,功率与电流成正比,由2

r P I r =知电源内部的发热功率与电流的

平方成正比,A 正确；直流电源的总功率E P IE =,P-I 图象的斜率等于电动势E,则有

8

42P E V I =

==,电流为2A 时电源的总功率与发热功率相等,则根据2r P I r =可得22822r P r I ==Ω=Ω,当电流为0.5A 时,根据闭合电路欧姆定律E I r R =+可得出外电路的电阻为

6Ω,CD 正确

二、非选择题：本大题共5小题,共52分。

13.（10分）有一只标值为“2.5V ,x W”的小灯泡,其额定功率的标值已模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率：

（1）已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω,请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图______________,再选择电流表、电压表的合适量程,并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路______________；

（2）开关S 闭合之前,应将图乙中滑动变阻器的滑片置于______（选填“A 端”、“B 端”或“AB 正中间”）；

（3）该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示,则小灯泡的额定功率为______W 。

【答案】 B 端 1.1

【解析】（1）[1]测定伏安特性电压电流需从0开始测起,滑动变阻器采用分压式接法,灯泡的电阻约为5Ω,属于小电阻,电流表采取外接法。灯泡的额定电压为2.5V ,所以电压表选择0~3V 量程的,灯泡的额定电流约为

2.50.5A 5

U I R =

== 则电流表量程选择0~0.6量程,电路图如图所示

[2]按电路图连接实物图,实物图如图所示

（2）[3]开关S 闭合之前,将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B 端,使测量电路部分处于短路状态,闭合电键时,电压表、电流表示数为零,起到保护作用。 （3）[4]当电压U =2.5V 时,I =0.44A,则

P =UI =2.5×0.44W=1.1W

14.（10分）如图所示,三个电阻R 1、R 2、R 3的阻值均等于电源内阻r ,电键S 打开时,有一质量为m ,带电荷量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点.现闭合电键S ,这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动,并和该板碰撞,碰撞过程小球没有机械能损失,只是碰后小球所带电荷量发生变化,碰后小球带有和该板同种性质的电荷,并恰能运动到另一极板处.设电容器两极板间距为d ,求： （1）电源的电动势E ；

（2）小球与极板碰撞后所带的电荷量/q .

【答案】（1）E mgd

q

=

（2）2q q

【解析】（1）当S 打开时,电容器电压等于电源电动势E ,即： U=E

小球静止时满足：

qU

mg d

= 由以上两式解得：mgd E q

；

（2） 闭合S ,电容器电压为'U ,则：

22333

E E E

U R r R R r r =

?=?'=++

对带电小球运动的全过程,根据动能定理得：

02

U q U mg q

--'

'=' 由以上各式解得：2q q '= . 15.（10分）如图所示电路中,灯L 标有“6 V ,3 W”,定值电阻R 1＝4 Ω,R 2＝10 Ω,电源内阻r ＝2 Ω,

当滑片P滑到最下端时,电流表读数为1 A,此时灯L恰好正常发光,试求：

（1）滑动变阻器最大值R；

（2）当滑片P滑到最上端时,电流表的读数；

（3）当滑片P位于滑动变阻器的中点时,变阻器消耗的功率.

【答案】（1）滑线变阻器最大值R是12Ω；

（2）当滑片P滑到最上端时,电流表的读数是2A；

（3）当滑片P位于滑线变阻器的中点时,变阻器消耗的功率是3.84W.

【解析】（1）灯L的电阻为：

R L=Ω=12Ω

当P滑到下端时,R2被短路,灯L与整个变阻器R并联,此时灯正常发光,通过灯L的电流为：I L=A=0.5Ω

通过变阻器R的电流为：

I R=I A﹣I L=1A﹣0.5A=0.5A

则I R=I L

即得滑线变阻器最大值为：

R=R L=12Ω

（2）电源电动势：

当P滑到上端时,灯L、变阻器R及电阻R2都被短路,此时电流表的读数为：

I′=A=2A

（3）P位于变阻器的中点时,灯L与并联后再与R1串联.

此时：R

并=4Ω

总电流为：

I 总=

A=1.2A

并联部分的电压为： U 并=I 总?R 并=1.2×4V=4.8V 变阻器上消耗的功率为： P R ==

W=3.84W

16.（10分）建立理想化的物理模型既是物理学的基本思想方法,也是物理学在应用中解决实际问题的重要途径.

（1）一段直导线,单位长度内有n 个自由电子,电子电荷量为e .该导线通有电流时,自由电子定向移动的平均速率为v ,求导线中的电流I .

（2）一水平放置的细水管,距地面的高度为h ,有水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向射出,2h .已知管口处水柱的横截面积为S ,水的密度为ρ,重力加速度为g .水流在空中不散开,不计空气阻力.求： a.水从管口水平射出速度v 0的大小； b.水流稳定后,空中水的总质量m .

（3）现有一个点光源以功率P 均匀地向各个方向发射波长为λ的光,如果每秒有n 个光子射入人的瞳孔,就能引起人眼的视觉效应.已知人眼瞳孔的直径为d ,普朗克常量为h ,光在空气中速度为c ,不计空气对光的吸收.求人眼能看到这个光源的最大距离L m . 【答案】（1）I ne =v （2）a.0gh =v b.2m Sh ρ=（3）m 4

d

P L nhc

λ

=

【解析】（1）设时间Δt 内通过导线某一截面的电荷量为ΔQ ,则有

()Q n t e ?=??v

所以

Q

I ne t

?=

=?v （2）a.水从管口射出后,做平抛运动.设空中运动时间为t ,则 在水平方向上有

02h t =v

在竖直方向上有

212

h gt =

解得

gh =

v b.空中水的总质量

()2

m S t Sh

ρρ

==

v

（3）每个光子的能量

hc

E hν

λ

==

光源每秒辐射的光子数目

P P

N

E hc

λ

==

人眼在离光源L m处,每秒进入人眼瞳孔的光子数

2

2

22

m m

1

π

4

4π16

d P d

n N

L hcL

λ

==

所以

2

m164

P d d P

L

nhc nhc

λλ

==

17.（12分）电荷的定向移动形成电流,电流是物理量中的基本量之一．电流载体称为载流子,大自然有很多种承载电荷的载流子,例如,金属导体内可自由移动的电子、电解液内的离子、等离子体内的正负离子,半导体中的空穴,这些载流子的定向移动,都可形成电流．

（1）电子绕氢原子核做圆周运动时,可等效为环形电流,已知静电力常量为k,电子的电荷量为e,质量为m,电子在半径为r的轨道上做圆周运动．试计算电子绕氢原子核在该轨道上做圆周运动形成的等效电流大小；

（2）如图,AD表示一段粗细均匀的一段导体,两端加一定的电压,导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v,设导体的横截面积为s,导体每单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷所带的电荷量为e．试证明导体中电流强度I=nesv；

（3）有一圆柱形的纯净半导体硅,其横截面积为2.5cm2,通有电流2mA时,其内自由电子定向移动的平均速率为7.5×10-5m/s,空穴定向移动的平均速率为2.5×10-5m/s．已知硅的密度

2.4×103kg/m 3,摩尔质量是28．电子的电荷量e =－1.6×10-19C,空穴和电子总是成对出现,它们所带电荷量相等,但电性相反,阿伏伽德罗常数为N 0=6.02×

1023mol -1．若一个硅原子至多只释放一个自由电子,试估算此半导体材料平均多少个硅原子才有一个硅原子释放出自由电子？

【答案】（1

）I =

2）见解析（3）1×

105 【解析】

（1）电子绕核做圆周运动,所需的向心力由核对电子的库仑引力来提供,

根据2222

4ke m r

r T π=

又q e I t T

=

=

解得：I =

（2）导体中电流大小q I t

=

, t 时内所电荷定向移动的距离长度为vt,则其体积为Svt , 通过导体某一截面的自由电子数为nSvt ,

该时间内通过导体该截面的电量：q=nSvte ,则 I=nesv

（3）设此半导体单位体积内有n 个自由电子,同时也将有n 个空穴；以S 表示截面积体积,v 1,v 2分别表示半导体中空穴和自由电子的定向移动速率,I 1和I 2分别表示半导体中空穴和自由电子形成的电流, 则有：11I nev S =

22I nev S =

总电流I =I 1+I 2 由此可得：12I

n ev S ev S

=

+

设单位体积内有n 个硅原子放出一个自由电子；单位体积内硅原子的个数0N N M

ρ

=

则：

012()

n IM N N eS v v ρ=+,

代入数据解得n

N

=1×10-5

说明每1×105个原子才放出一个自由电子