2018届二轮 恒定电流 专题卷 (全国通用)
2018年高考物理：恒定电流复习卷
恒定电流复习卷一、选择题（第1~8小题为单选题，第9~12小题为多选题）1．关于电功和电热的计算，下列说法正确的是A．如果是纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算B．如果是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，但不能用公式W=UIt计算C．如果不是纯电阻电路，电功只能用公式W=I2Rt计算D．如果不是纯电阻电路，电热可用公式W=I2Rt计算，也可用公式W=UIt计算【答案】A2．如图是火警报警装置的一部分电路示意图，其中R2是半导体热敏传感器，它的阻值随温度升高而减小，当R2处发生火情时A．电流表示数将变小B．电流表示数将不变C．a、b两点间电压变大D．a、b两点间电压变小【答案】D3．如图所示，三个同样的电阻如图连接，它们的额定功率均为5 W，则这个电路允许消耗的最大功率是A．7.5 W B．5 WC．10 W D．20 W【答案】A4．如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A，则以下判断中正确的是A．电动机的电功率为2 WB ．电动机两端的电压为1 VC ．电动机产生的热功率为2 WD ．电源输出的电功率为24 W 【答案】C5．如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d ，极板面积为S ，这两个电极与可变电阻R 相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 。
发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v 向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率2vBdS P R RS d ρ⎛⎫= ⎪+⎝⎭。
调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R 消耗电功率的最大值为A ．223vB dSρB ．224v B dS ρC ．225v B dS ρD ．226v B dSρ【答案】B6．通过两定值电阻R 1、R 2的电流I 和其两端电压U 的关系图象分别如图所示，由图可知两电阻的阻值之比12:R R 等于A ．1:3B ．1:3C ．1:D ．1:【答案】A7．电位器是变阻器的一种。
全国通用2018届高考物理二轮温习备课资料专题六电路和电磁感应第1讲恒定电流和交变电流专题限时检测
第1讲恒定电流和交变电流(建议历时:40分钟总分值:100分)一、选择题(本大题共8小题,每题8分,共64分,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2017·安徽淮南模拟)如下图,某导体的形状为长方体,其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2.在此长方体的上、下、左、右四个面上别离通过导线引出四个接线柱1,2,3,4.在1,2两头加上恒定的电压U,通过导体的电流为I1;在3,4两头加上恒定的电压U,通过导体的电流为I2,那么I1∶I2为( C )A.9∶25B.25∶9C.25∶4D.4∶25解析:在1,2两头加电压U时,R12=ρ,I1==;在3,4两头加电压U时,R34=ρ,I2==.那么I1∶I2=a2∶c2=25∶4.2.(2017·四川自贡模拟)如下图,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2,R3别离为总阻值必然的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1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益处于静止状态.有关以下说法中正确的选项是( A )A.只慢慢增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,电阻R3中有向上的电流B.只调剂电阻R3的滑动端P2向上端移动时,电源消耗的功率变大,电阻R3中有向上的电流C.只调剂电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D.假设断开开关S,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动解析:只慢慢增大R1的光照强度,R1的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,电阻R0消耗的电功率变大,滑动变阻器两头的电压变大,电容器两头的电压增大,电容器下极板带的电荷量变大,因此电阻R3中有向上的电流,故A正确;电路稳固时,电容器相当于开关断开,只调剂电阻R3的滑动端P2向上端移动时,对电路没有阻碍,故B错误;只调剂电阻R2的滑动端P1向下端移动时,电容器并联部份的电阻变大,因此电容器两头的电压变大,由E=可知,电场力变大,带电微粒向上运动,故C错误;假设断开开关S,电容器处于放电状态,电荷量变小,故D错误.3.(2017·上海虹口区一模)如下图,电源电动势为E,内阻为r,R1,R2为定值电阻,R2>R1>r,且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值.闭合开关S,将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端,假设电压表V1,V2,电流表A的读数改变量的大小别离用ΔU1,ΔU2,ΔI表示,那么以下说法中正确的选项是( B )A.=R2B.<rC.电源的发烧功率先减小,再增大D.电源的输出功率先增大,再减小解析:由题图可知,电流表与R0的下部份串联、R1与R0的上部份串联,二者再并联后与R2串联;电流表中的电流小于流过R2的电流,故R2≠=,故A错误;电压表V1测量路端电压,那么其电压表示数的转变等于内阻两头电压的转变,在滑片向下滑动进程中,总电阻减小,总电流增大,并联部份电压减小,电流表示数增大,而流过R1的电流减小,因此总电流的转变量小于A中电流的转变量,因此<r,故B正确;因总电流增大,故电源的发烧功率一直增大,故C错误;由R2>R1>r知,外电阻必然大于内电阻,而在改变中外电阻减小,故外电阻愈来愈接近内电阻,故电源的输出功率一直增大,故D错误.4.(2017·山东滨州一模)如下图,交流电源电压有效值U0=5 V,电源等效内阻r=4.5 Ω,通过理想变压器变压后,接在阻值R=8 Ω的电阻上,理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4,那么电阻R消耗的功率,以下说法正确的选项是( A )A.0.5 WB.5 WC.1 WD.1.5 W解析:依照电流关系得,原线圈的电流I1=4I2;在原线圈回路中,依照欧姆定律有,U0=4I2r+U1,解得U1=5-18I2,副线圈两头的电压为U2=I2R=8I2;依照电压关系有=,即=,解得I2= A;因此电阻R消耗的功率为P=R=()2×8 W=0.5 W,故A正确,B,C,D错误.5.(2017·湖南株洲模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20 Ω,L1,L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源,输入电压u 随时刻t的转变关系如图(乙)所示.现将S1接1,S2闭合,现在L2正常发光.以下说法正确的选项是( D )A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt)VB.只断开S2后,L1,L2均正常发光C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大D.假设S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8 W解析:周期T=0.02 s,ω= rad/s=100π rad/s,因此输入电压u的表达式应为u=20sin(100πt)V,A错误;只断开S2后,负载电阻变大为原先的2倍,电压不变,副线圈的电流变小为原先的一半,L1,L2的功率均变成额定功率的四分之一,B错误;只断开S2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率,也减小,C错误;原线圈的电压U1=20 V,假设S1换接到2后,电阻R两头的电压有效值为U2=U1=4 V,R消耗的电功率为P==0.8 W,D正确.6.(2017·河南安阳武清区模拟)如下图为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两头接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R和两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈c,d两头加上正弦式交变电压,以下说法正确的选项是( AC )A.将可变电阻R调大,其他部份不变,电压表示数不变,电流表的读数变小B.将开关S从断开到闭合,其他部份不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部份不变,副线圈的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部份不变,电压表示数不变,依照欧姆定律,电流表示数变小,故A正确;将开关S从断开到闭合,其他部份不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前电源的输出功率P1=,开关S闭合后电源的输出功率P2=+=2,因此开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2,故C正确;变压器不改变交变电流的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部份不变,副线圈的频率不变,故D错误.7.(2017·天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示用意如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的转变规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.以下说法正确的选项是( AC )A.通过R的交变电流的频率为50 HzB.电流表A2的示数为 AC.现在变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由图(乙)可知,该交变电流的周期为T=0.02 s,其频率为f== Hz=50 Hz,故A正确;由图知输入电压的最大值为U m=220 V,因此有效值为U=220 V,那么副线圈两头的电压为U′=U×=220× V=22 V,因此通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为I==A=1 A,故B错误;变压器的输出功率为P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,因此有P=P′=22 W,故C正确;将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,因此输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.8.(2017·湖北武汉调研)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为100 kW,电厂输出电压仅为200 V.为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高再输出,抵达目的地后用理想降压变压器降压.已知输电线路的总电阻为120 Ω,假设在输电线路上消耗的功率为输送功率的12%,用户所需电压为220 V,那么( AD )A.理想升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶50B.理想降压变压器的原、副线圈的匝数比为35∶1C.理想升压变压器的原、副线圈中的电流别离为400 A和10 AD.理想降压变压器的原、副线圈中的电流别离为10 A和400 A解析:远距离输电原理示用意如图,由升压变压器输入功率P1=U1I1=100 kW,U1=200 V得升压变压器原线圈中的电流I1=500 A.由输电线路损失功率ΔP=P1×12%=R得输电线路电流I2=10 A,因此==.由用户功率P4=P1-ΔP=U4I4得降压变压器副线圈中的电流I4=400 A,因此===.综合以上分析知,A,D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2017·宁夏银川模拟)如下图,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,利用2 kV高压输电,最后用户取得220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比为===.(2)输电线上的电流为I== A=5 A输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V故降压变压器原、副线圈的匝数比为===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1110.(20分)(2017·安徽校级期末)如下图,一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B,M和N 是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值;(2)从图示位置起转过转的时刻内负载电阻R上产生的热量;(3)从图示位置起转过转的时刻内通过负载电阻R的电荷量;(4)电流表的示数.解析:(1)线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如下图的交变电流.感应电动势的最大值为E m=BSω=B··2πn=π2Bnr2.(2)线圈在转动周期时刻内导体一直切割磁感线,那么产生的热量Q=·=.(3)在线圈从图示位置转过转的时刻内,电动势的平均值为=.通过R的电荷量q=·Δt=·Δt==.(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′,由有效值的概念得·=T,解得E′=,故电流表的示数为I==.答案:(1)π2Bnr2(2)(3)(4)。
2018届高考物理二轮复习第八章恒定电流高考研究五实验压轴题的五大破解策略课件2
[名师指津] 本题考查了实验器材的选取及实验 电路的检查，电路的检查的实质还是实 验电路的设计问题，要抓住测量电路和 控制电路的设计两个关键点。
[跟进训练] 1．(2017· 浙江杭州中学模拟)某同学要通过实验测量一节干 电池的电动势和内阻，可供选择的器材有： 电流表(0～0.6 A)、电压表(0～3 V)、滑动变阻器R1(10 Ω， 2 A)、滑动变阻器R2(100 Ω，2 A)、定值电阻R0为1.5 Ω、电键S 及导线若干。
所以实验压轴题的破解方法，就是要在熟悉高考常 考查的所有实验仪器的原理、正确使用方法的基础 上，对实验的思想方法进行深入研究，掌握这些原 理、方法所引起的系统误差的根源，同时还要掌握 一些处理数据的方法与技巧，如作图法及数形结合 方法等。下面从五个方面对实验压轴题的破解策略 进行分析讨论。
|破解实验电路及器材选取问题——首先考虑安
全性与准确性
策略 简述 实验电路的设计及器材选取一般要考虑安全性和 准确性原则，有时还要考虑操作的方便性，在保 证安全性的前提下，准确性优先。 (1)电学实验中通常要遵循安全性原则(不使电学 名师 解读 元件受损)和准确性原则(尽量减小误差)来选择电 表。首先保证流过电流表的电流和加在电压表上 的电压均不超过其量程，然后再合理选择量程。 务必使指针有较大偏转(要达到满偏的1/3)，
该同实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请 你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题： (1)_______________________________________________； (2)_______________________________________________。
高考研究(五)
实验压轴题的五大破解策略
高考实验压轴题历来是高考物理题的难点之一，是学生容易 失分的问题之一。 实验压轴题的综合程度很高，不仅考查的知识面广，而且涉 及的实验方法也千变万化，对考生的能力要求很高。从实验压轴 题考查的热点来看，主要是对基本仪器的选择和使用、实验原理 与操作步骤、数据处理、误差分析及实验创新等方面的考查。
2017-2018高中物理二轮实验题增分练三 恒定电流 含解
实验题增分练(三) 恒定电流1．(2018届高三·武汉联考)电源的输出功率与外电路的电阻有关，图1是研究它们关系的实验电路。
为了便于进行实验和保护蓄电池，给蓄电池串联了一个定值电阻R 0，把它们一起视为电源E (图中虚线框内部分)。
(1)在图2中，按图1画出连线，把所示的器件连接成实验电路。
(电压表内阻约为3 kΩ，电流表内阻约为0.1 Ω)(2)实验中多次调节电阻R ，读出电压表和电流表的示数U (单位：V)和I (单位：A)。
根据测量数据，通过电脑描绘出U -I 图，拟合图线，得到的函数解析式为U ＝4－5I ，则电源E 输出功率的最大值是________，对应的外电路的阻值是________。
解析：(1)器件连线如图所示(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir ，可知U ＝E －Ir ，根据函数解析式为U ＝4－5I ，可知电源电动势E ＝4 V ，内阻r ＝5 Ω；当R ＝r 时，电源输出功率最大，最大值为：P m ＝E 2(r ＋R )2·R ＝42102×5 W ＝0.8 W ；则对应的外电路的阻值是R ＝5 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)0.8 W 5 Ω2.(2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)某同学试着把电流表改装成能够测量导体电阻的欧姆表。
他在实验室找了一节干电池(电动势E ＝1.5 V 、内阻r ＝2.5 Ω)，待改装的电流表满偏电流I g ＝5 mA 、内阻R g ＝17.5 Ω。
该同学设计了如图所示的电路图，A 、B 为接线柱，R 为滑动变阻器。
(1)使用改装好的欧姆表测量导体电阻前应该进行“欧姆调零”，此时应调节滑动变阻器R 的阻值为________Ω。
(2)欧姆调零后，发现在A 、B 间接入阻值不同的电阻时，电流表读数不同。
若在电流表刻度线上直接标注相应电阻，则可直接读出A 、B 间接入的电阻，电流表就改装成了一块能够测量导体电阻的欧姆表。
二轮 恒定电流 专题卷 (全国通用)
二轮恒定电流专题卷（全国通用）一、单选题1.关于电流，下列说法中正确的是（）A. 由I=q可知，通过导线截面的电量越多，电流越大tB. 由I=nqsv可知，一横截面积处处相同的匀质导线内电荷定向移动的速率越大，电流越大C. 由R=U可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比ID. 因为电流有方向，所以电流是矢量2.图甲为某标有“35μF±5”的电容器，图乙为标有“3.7V1350mA·h”的某品牌手机电池板．则以下说法正确的是（）A. 电容器和手机电池的充电过程都是电能转化为化学能的过程B. 该手机电池铭牌上的1350mA·ℎ指储存的电荷量，当以135mA的电流工作时，可连续放电10小时C. 该电容器只有在正常工作时电容才是35μF左右D. 该手机电池能储存的最大电能约为0.5kW·ℎ3.如图所示是A、B两电阻的U－I图像，则两电阻之比及连接相同电压情况下的电流之比分别是( )A. R A∶R B=2∶1，I A∶I B=2∶1B. R A∶R B=2∶1，I A∶I B=1∶2C. R A∶R B=1∶2，I A∶I B=2∶1D. R A∶R B=1∶2，I A∶I B=1∶24.把一只内阻为100Ω，量程为0.2V的电压表改装成为5V的电压表，电压表上应( )A. 并联一个2400Ω的电阻B. 并联一个240Ω的电阻C. 串联一个2400Ω的电阻D. 串联一个240Ω的电阻5.关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是( )A. 由R=ρl知，导体的电阻与长度l成正比，与横截面积S成反比SB. 由R=U可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比IC. 将一根导线对折，则导线的电阻变为原来的二分之一D. 导体的电阻率反应材料的导电能力，由材料本身决定，与温度无关6.如图所示，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，各电表示数变化情况是（）A. A1增大，A2减小，V1减小B. A1增大，A2增大，V3增大C. A1增大，A2减小，V2增大D. A2增大，A3增大，V3减小7.在如图所示的U-I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。
高考物理二轮复习小题狂做专练十八恒定电流201811274140.doc
18 恒定电流1.【2018江苏高考】如图所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80 V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电。
放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电。
这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。
该电路( )A ．充电时，通过R 的电流不变B ．若R 增大，则充电时间变长C ．若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D ．若E 减小为85 V ，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变2．【2018海南卷】如图，三个电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为R ，电源的内阻r < R ，c 为滑动变阻器的中点。
闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是( ) A ．R 2消耗的功率变小 B ．R 3消耗的功率变大 C ．电源输出的功率变大 D ．电源内阻消耗的功率变大3.【淄博市2019届教学测试】激光闪光灯的电路原理如图所示，电动势为300 V 的电源向电容为6000 μF 的电容器C 充电完毕后，通过外加高压击穿“火花间隙”间空气，使电容器一次性向激光闪光灯放电，提供所有能量使闪光灯发出强光，则电容器放电过程释放的电量和通过闪光灯的电流方向为( ) A ．1.8 C 向左 B ．1.8 C 向右 C ．2×10－5C 向左D ．2×10－5C 向右4.【东海中学2019届高三模拟测试】如图所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，若滑动变阻器的触头P 向下滑动时，则( ) A ．小灯泡的功率减小 B ．电压表的示数增大 C ．电容器上的电荷量增加 D ．两表示数变化量的比值UI∆∆不变5.【浙江9月联考】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、医疗领域一、选择题广泛应用。
图示表格是某品牌电动机铭牌的部分参数，据此信息，下列说法中不正确的是( )A．该电动机的发热功率为110 WB．该电动机转化为机械能的功率为1100 WC．该电动机的线圈电阻为4.4 ΩD．该电动机正常工作时每分钟对外做的功为5.94×104 J6.【临川市2019届教学测试】某小组在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中选用额定电压为2 V的小灯泡按图甲所示的电路图完成接线。
(浙江选考)2018年高考物理二轮复习 提升训练13 恒定电流
提升训练13 恒定电流1.(2016年4月浙江选考,12)图示中的路灯为太阳能路灯,每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2。
晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J。
如果每天等效日照时间约为6 h,光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。
光电池的光电转换效率约为()A.4.8%B.9.6%C.16%D.44%2.(2016年10月浙江选考,9)—根细橡胶管中灌满盐水,两端用短粗铜丝塞住管口,管中盐水柱长为40 cm时,测得电阻为R,若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。
现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变,仍充满橡胶管),则盐水柱电阻为()A.RB.RC.RD.R3.(2016浙江杭州五县七校高三,10)锂电池因能量高无污染而广泛使用于手机等电子产品中。
现用充电器为一手机锂电池充电,等效电路如图所示,充电器电源的输出电压为U,输出电流为I,手机电池的内阻为r,下列说法正确的是()A.充电器输出的电功率为UI+I2rB.锂电池的输入功率为I2rC.锂电池产生的热功率为I2rD.充电器的充电效率为×100%4.(2016浙江名校协作体高三,12)如图为某智能手机电池上的信息,电池支持“9 V 2 A”快充技术,电池充满仅需约1.3小时,轻度使用状态可使用一天。
下列说法正确的是()A.9.88 Wh为该电池的电量B.4.35 V为该电池的电动势C.轻度使用时的平均功率约1 WD.根据数据可以计算得到该电池的容量约为2 600 mAh5.如图甲所示,不计电表对电路的影响,改变滑动变阻器的滑片位置,测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化规律如图乙中a、b所示,下列判断正确的是()①图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势②图线b斜率的绝对值等于电源的内阻③图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率④图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电阻R0消耗的功率A.①③B.①④C.①③④D.②③6.一个阻值为R的电阻两端加上电压U后,通过电阻横截面的电荷量q随时间t变化的图象如图所示,此图象的斜率可表示为( )A.UB.RC. D.7.(2016上海单科,13)电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力,因此()A.电动势是一种非静电力B.电动势越大,表明电源储存的电能越多C.电动势的大小是非静电力做功能力的反映D.电动势就是闭合电路中电源两端的电压8.如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,R0=r,滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动,则在此过程中()A.电压表V1的示数一直增大B.电压表V2的示数先增大后减小C.电源的总功率先增大后减小D.电源的输出功率先减小后增大9.某发电站用交流电压远距离输电,在输送功率不变的前提下,若输电电压降低为原来的,则下面说法正确的是()A.因I=,所以输电线上的电流减为原来的B.因I=,所以输电线上的电流增为原来的倍C.因P=,所以输电线上损失的功率为原来的D.若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的电阻减为原来的10.如图所示电路,电源内阻不可以忽略。
【高三物理试题精选】2018高考物理二轮恒定电流复习题(含2018高考题)
2018高考物理二轮恒定电流复习题（含2018高考题） Kj 精品题库试题物理1(I）R1|=|△I|R1，则得 =R1，故B正确。
5(U2，U增大，U2减小，则U1增大，故L1变亮。
6（河南省豫东豫北十所名校I（R1+r），则有 =R1+r，不变，故B错误，C正确；，变大，根据闭合电路欧姆定律得U3=E-Ir，则有 =r，不变，故D正确。
9(浙江省金丽衢十二校I1r，即r＝，所以，不论R1如何变化，U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变，D项正确。
11(江西省七校I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故D项正确，Ｂ项错．12(江苏省苏北四市2图所示是测量合金丝电阻的电路,相关器材的规格已在图中标出。
合上开关,将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中,发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化。
由此可以推断电路中________(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)。
(题10-1图) (题10-2图)(3)在电路故障被排除后,调节滑动变阻器,读出电压表和电流表的示数分别为223 V和38 mA,由此,该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为587 Ω。
为了更准确地测出合金丝的阻值,在不更换实验器材的条下,对实验应作怎样的改进?请写出两条建议。
[答案] 19 (1)B 0410 (2)7、9 断路 (3)电流表改为内接;测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均值。
(或测量多组电流和电压值,用图像法求电阻值)[解析] 19(1)读数前应先旋紧B防止读数时测微螺杆发生转动。
螺旋测微器读数=0+410×001 mm=0410 mm。
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恒定电流一、选择题(第1～5题只有一项正确，第6～8题有多项正确)1．有两个标有“110 V 25 W ”和“110 V 60 W ”字样的灯泡，要把它们接在220 V 的电源上，灯泡既正常发光，又最省电的连接方式是下图中的( )解析：选B 25 W 和60 W 的两灯泡的额定电流分别为I 1＝522 A ，I 2＝611A ，故选项C 中两灯泡不能同时正常发光，C 错误；A 选项中电阻的功率为P ＝110×⎝⎛⎭⎫522＋611 W ＝85 W ，D 选项中两电阻消耗的功率和为P ＝110×522 W ＋110×611W ＝85 W ，选项A 、D 中电路消耗的总功率都是170 W ；B 选项中电阻消耗的功率为P ＝110×⎝⎛⎭⎫611－522 W ＝35 W ，该电路消耗的总功率为120 W ，故选项B 满足条件。
2.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 0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，电流表的示数增大解析：选A 由变阻器R 0的滑动端向下滑动可知，R 0连入电路的有效电阻减小，R 总减小，由I ＝E R 总＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小。
由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数减小，故A 正确。
3. (2017·东北三校模拟)如图所示，C 1＝6 μF ，C 2＝3 μF ，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电源电动势E ＝18 V ，内阻不计。
下列说法正确的是( )A．开关S断开时，a、b两点电势相等B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是4 AC．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大解析：选C S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由题图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误；S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1＞C2，由Q＝CU知，此时Q1＞Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝ER1＋R2＝2 A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6 V、U2＝IR2＝12 V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5C、Q2′＝C2U2＝3.6×10－5C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故C正确，B、D错误。
4．(2017·烟台联考)如图所示的电路中，开关闭合时，灯L1、L2正常发光。
由于电路出现故障，灯L1突然变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小。
则发生的故障可能是()A．R1断路B．R2断路C．R3断路D．R4断路解析：选A由题图知，R1与灯L1并联，若R1断路则电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I总＝ER总，知电路的总电流减小，则并联电路R3、R4的总电流减小，并联电路两端的总电压减小，由欧姆定律可知电流表的读数变小，流过灯L2电流变小，灯L2变暗，同理R2两端的电压也减小，由路端电压增大，得到灯L1两端的电压增大，灯L1的功率增大，灯L1变亮，A对；若R2断路，则电路断开，两灯不亮，电流表没有读数，B错；若R3断路则灯L2不亮，C错；若R4断路则电流表没有读数，D错。
5. (2017·山东模拟)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R4的滑片向b端移动时，则()A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D ．R 3上消耗的功率逐渐增大解析：选A 滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，外电路电阻变小，电路总电阻变小，电路电流变大，内电压变大，外电压变小。
电路电流变大使得电阻R 1两端电压变大，从而电阻R 3两端电压变小，其消耗功率变小，故选项D 错误；电阻R 3两端电压变小，电容器两端电压变小，质点P 因所受静电力变小会向下运动，因此选项C 错误；电路电流变大，而通过电阻R 3的电流变小，故通过电阻R 2支路的电流变大，电流表示数变大，选项B 错误；通过电阻R 2支路的电流变大，从而电阻R 2两端电压变大，滑动变阻器两端电压变小，电压表示数变小，选项A 正确。
6.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2,3.5)、Q (6,5)。
如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB 根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标，表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出，此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误。
7. (2017·雅安联考)如图所示，D 是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部，原有带电微粒P 处于静止状态。
下列措施下，P 的运动情况说法正确的是( )A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止B ．保持S 闭合，减少A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．断开S 后，减少A 、B 板间距离，P 仍静止解析：选ABD 保持S 闭合，电源的路端电压不变。
增大A 、B 板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E ＝4πkQ εr S得到，板间场强不变，P 所受电场力不变，仍处于静止状态，故A 正确；保持S 闭合，电源的路端电压不变，电容器的电压不变，减少A 、B 板间距离，由E ＝U d可知，板间场强增大，电场力增大，P 将向上运动，故B 正确；断开S 后，电容器的电量Q 不变，由推论E ＝4πkQ εr S得到，板间场强不变，P 所受电场力不变，仍处于静止状态，故C 错误，D 正确。
8. (2017·辽宁大连八中模拟)在如图所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑片P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示。
下列判断正确的是( )A.U 1I 不变，ΔU 1ΔI不变 B.U 2I 变大，ΔU 2ΔI变大 C.U 2I 变大，ΔU 2ΔI不变 D.U 3I 变大，ΔU 3不变 解析：选ACD 因为ΔU 1ΔI ＝U 1I ＝R 1，且R 1不变，所以U 1I 不变，ΔU 1ΔI 不变；因为U 2I＝R 2，且R 2变大，所以U 2I 变大，但ΔU 2ΔI ＝ΔI (R 1＋r )ΔI ＝R 1＋r ，所以ΔU 2ΔI 不变；因为U 3I＝R 2＋R 1，所以U 3I 变大，又ΔU 3ΔI ＝ΔIr ΔI ＝r ，故ΔU 3ΔI不变。
选项A 、C 、D 正确。
二、实验题9．某同学通过实验测量一种合金的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。
为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图甲所示的部件____(选填“A”、“B”、“C”或“D”)。
从图中的示数可读出合金丝的直径为________mm 。
(2)图乙所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出。
合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化。
由此可以推断：电路中________(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)。
(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA ，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω。
为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？ 请写出两条建议。
______________________；______________________。
解析：(1)为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B ，合金丝的直径为0.410 mm 。
(2)题中所述情况说明电压表被串联在电路中，致使电流表读数很小，电压表读数接近电压电动势，因此电路中连接合金属丝的接线柱7、9之间部分应发生了断路。
(3)由于R x R A >R V R x，因此应采用电流表的内接法，减小因电压表分流引起的系统误差，另外可采用多次测量求平均值的方法，可以减小偶然误差。
答案：(1)B 0.410 (2)7、9 断路 (3)电流表改为内接法 测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值10．(2017·威海模拟)某校进行实验电路设计比赛，实验台上备有下列器材：A ．电压表V 1(量程约2 V ，内阻约1 kΩ)B ．电压表V 2(量程为6 V ，内阻为2 kΩ)C ．电流计G(量程为3 mA ，内阻约500 Ω)D ．电流表A(量程为0.6 A ，内阻为0.5 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～15 Ω，0.5 A)F ．滑动变阻器R 2(0～1 kΩ，0.1 A)G ．电阻箱R 3(0～999.9 Ω，0.1 A)H ．电阻箱R 4(0～9 999.9 Ω，0.2 A)I ．电源(6 V,0.5 A)J ．开关、导线若干(1)利用以上器材在图中所示虚线框内设计最佳测量电路，要求既能确定电压表V 1的量程，又能尽量准确地测定其内阻，在图中标明选用器材的符号，图中滑动变阻器R 应选择________(填写元件符号)。
(2)若已知电压表V 1量程为2 V ，则下列实验小组设计的电路图中，能用来测定电压表V 1的内阻且设计合理的是________。
解析：(1)分压电路中，在额定电流允许的前提下选择阻值较小的滑动变阻器更方便调节，因此选择R 1。