恒定电流测试卷

恒定电流测试卷满分110分测试时间90分钟一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1.电源电动势反映了电源把其它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【答案】C【解析】【分析】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量。

本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析。

【解答】A.电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误；BC.电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误，C正确；D.电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误。

故选C。

2.如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线.关于它们的电阻值及串联或并联后电路中的总电流比较正确的是()A. 电阻R1的阻值比电阻R2的阻值大B. 电阻R2阻值比电阻R1的阻值大C. 两电阻串联后比并联后接入同一电源，电路中的总电流大D. 两电阻并联后比串联后接入同一电源，电路中的总电流小【答案】B【解析】解：A、由图可知，该图象是I−U图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值.故A错误，B正确；C、两电阻串联后的总电阻要比并联时的总电阻大，故串联后的电路中的总电流要小；故C错误，D错误；故选：B．I−U图象的斜率表示电阻的倒数，很容易比较出两电阻的大小.再根据串并联电路的性质确定电流大小．该题结合图象考查欧姆定律，解答本题的关键在于明确I−U图象中斜率的意义；同时还要明确串并联电路的性质．3.下列说法中正确的是( )A. 由R=U可知，电阻与电压、电流都有关系IB. 由R=ρl可知，电阻只与导体的长度和横截面积有关系SC. 各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D. 所谓超导现象，就是当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象【答案】D【解析】【分析】导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关。

本题考查电阻定律的应用，深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键，明确电阻的定义式和决定式的意义。

【解答】A.导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A 错误；C.各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；B.由R=ρL可知，电阻与导体的长度和横截面积有关系有关，还有导体的材料，故B错S误；D.超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确。

故选D。

4.一个导体的电流是5A，经过2min通过该导体横截面的电荷量是( )A. 10CB. 25CC. 600CD. 1000C【答案】C【解析】【分析】已知电流5A和时间2min，根据Q=It可求出电荷量。

即可求解，但要注意单位本题考查了电量及其计算，比较基本，只要记住公式：I=Qt配套。

【解答】解：t=2min=120s通过导体横截面的电荷量：Q=It=5A×120s=600C。

故ABD错误，C正确；故选C。

5.如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机.小灯泡L上标有“9V 9W”字样，电动机的线圈电阻R M=1Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为15V，此时()A. 电动机的输入功率为36 WB. 电动机的输出功率为5 WC. 电动机的热功率为6 WD. 整个电路消耗的电功率为15 W 【答案】B【解析】解：ABC、灯泡正常发光，则电路电流为：I=I L=P L UL =99=1A；电动机的电压为：U M=U−U L=15−9=6V，故电动机的输入功率为：P入=U M I=6×1=6W；电动机的热功率为：P Q=I2R M=12×1=1W；电动机的输出功率为：P出=P−P Q=6W−1W=5W；故B正确，AC错误；D、电源的输出电压为15V，电源内阻不可忽略，已知电路电流，无法求解电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故D错误；故选：B。

电动机与灯泡串联，通过它们的电流相等；已知小灯泡额定电压与额定功率，由电功率公式的变形公式求出灯泡正常工作时的电流；由电功率公式分析答题．本题考查闭合电路欧姆定律的基本应用以及电功率的计算，要注意明确电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于输入功率与热功率之差．6.如图所示，一根横截面积为S的长直导体棒，每米含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电量为q，当自由电荷以速度v定向运动时，导体棒中的电流大小()A. nqvB. qv C. nqvS D. qvS【答案】A【解析】解：在导线上任取一截面，则在时间t内，该截面之前的所有电荷均经过该截面，则单位时间内流过某一截面的电荷量为：Q=nqvt，电流为：I=qt=nqv，故A正确，BCD错误。

故选：A。

由电流的定义结合电荷的定向移动可确定电流的微观表达式。

本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，难度不大，属于基础题。

7.对普通干电池上标有“1.5V”这一数据的正确理解是()A. 接入电路后，电池正负两极之间电压1.5VB. 每经过1C的电量，有1.5J的电能转为其他能量C. 若电池与理想电压表直接相连，电压表的示数为1.5VD. 若电池对1Ω的外电阻供电，流过电池的电流强度是1.5A【答案】C【解析】解：A、电动势不是路端电压，故接入电路时，正负极之间的电压小于1.5V；故A错误；B、电源是把其他形式的能转化为电能的装置；故应是1.5J的其他形式的能转化为电能；故B错误；C、电池直接用电压表连接时，相当于开路，则电压表的示数为1.5V；故C正确；D、由于不知电池的内阻，则无法求出电路中的电流强度；故D错误；故选：C．电池铭牌所标的是电池的电动势，电动势等于电源没有接入电路是电源两极间的电压，电动势等于非静电力做功与电荷量的比值．本题应知道电池上所标的是电池的电动势；并能熟练应用闭合电路欧姆定律、知道电动势的物理意义正确解题．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）8.如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为△U1和△U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为△I.当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)()A. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮B. △U1<△U2C. △U1△I 不变 D. △U2△I不变【答案】ACD【解析】【分析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化情况，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化.根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化.根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化.根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小.根据欧姆定律列式分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值如何变化．本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”思路进行分析.运用总量法分析两电压表读数变化量的大小.运用欧姆定律定量分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值变化，这是常用的方法．【解答】A、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮。

变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗。

总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮。

故A正确。

B、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以△U1>△U2.故B错误。

C、由U1=E−I(R L2+r)得：，不变，故C正确。

D、根据欧姆定律得，不变，故D正确。

故选：ACD。

9.电源、开关S、定值电阻R1、R2，光敏电阻R,3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置。

当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。

当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则()A. 液滴向下运动B. 液滴向上运动C. 电容器所带电荷量减少D. 电容器两极板间电压变大【答案】BD【解析】解：A、B、D当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动。

故A错误，BD正确。

C、电容器的电压增大，电容不变，由Q=CU知，电容器所带电荷量增大。

故C错误。

故选：BD。

该电路R1和R2串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化。

通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。

解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析。

10.原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流.设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为T.已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为( )A. eT B. ev2πrC. e2πr√kmrD. e22πr√kmr【答案】ABD【解析】【分析】原子中的电子绕原子核的运动，根据圆周运动的知识求出周期，再根据电流的定义式I=qt，求解等效电流的大小。

本题根据电流的定义式求解等效电流.有时还与牛顿第二定律结合起来求出周期，再求解等效电流。

【解答】由题，电子圆周运动的速率为v，半径为r，则电子运动的周期T=2πrv根据电流的定义式得到，等效电流为I=qt =eT=ev2πr再根据牛顿第二定律得出：k e2r =m v2r得出，电流I=e22πr √kmr，故ABD正确，C错误。

故选ABD。

11.(多选)如图所示，将一个改装的电流表接入电路进行校准，发现待测表的读数比标准表的读数偏大一些.若表头G的满偏电流I g是准确的，出现的误差可能是因为( )A. R g的测量值比真实值偏大B. R g的测量值比真实值偏小C. 并联的R并比公式R并’=I g R gI−I g计算出的R并’小D. 并联的R并比公式R并’=I g R gI−I g计算出的R并’大【答案】AD【解析】【分析】示数变大，说明分流电阻分流小，改装时所并联的阻值太大引起的，据此进行判断。