单元检测八恒定电流

单元检测八恒定电流(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～7小题只有一个选项符合要求，选对得6分，选错得0分；8小题有多个选项符合要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.(2019·江苏南通市通州区、海门市、启东市联考)如图1所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．当R1受到的光照强度减弱时()图1A．电阻R2上的电流增大B．光敏电阻R1两端的电压减小C．电源两端电压减小D．电容器C的带电荷量减小答案 D解析当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得，总电流I减小，即流过R2的电流减小，R2两端电压减小，路端电压U＝E－Ir，E、r不变，则U增大，所以光敏电阻R1两端的电压增大，故A、B、C错误；由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU2可知，电容器的带电荷量减小，故D正确．2.在研究微型电动机的性能时，可采用如图2所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V．则当这台电动机正常运转时()图2A．电动机的内阻为7.5 ΩB．电动机的内阻为2.0 ΩC．电动机的输出功率为30.0 WD．电动机的输出功率为26.0 W答案 D解析 因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V ，电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻元件，故电动机的内阻r ＝U 1I 1＝1.0 V 1.0 A＝1.0 Ω，选项A 、B 错误；当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ，则电动机的总功率为P 总＝U 2I 2＝15.0×2.0 W ＝30.0 W ，此时电动机的发热功率为P 热＝I 22r ＝(2.0)2×1.0 W ＝4.0 W ，故电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝30.0 W －4.0 W ＝26.0 W ，选项C 错误，D 正确．3.在如图3所示电路中，闭合开关S ，当把滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2表示，下列判断正确的是( )图3A ．I 减小，U 1增大B ．I 增大，U 2减小C ．I 增大，U 1减小D ．I 减小，U 2增大答案 D解析 闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I 总减小，路端电压U 增大，R 3两端的电压等于路端电压，则流过R 3的电流I 3增大．流过电流表的电流I ＝I 总－I 3，I 总减小，I 3增大，则I 减小，R 1两端的电压减小，即电压表V 1的示数U 1减小，电压表V 2示数U 2＝U －U 1，U 增大，U 1减小，则U 2增大，故D 正确，A 、B 、C 错误．4．如图4所示电路中，电流表A 和电压表V 均可视为理想电表．闭合开关S 后，将滑动变阻器R 1的滑片向右移动，下列说法正确的是( )图4A ．电流表A 的示数变大B ．电压表V 的示数变大C ．电容器C 所带的电荷量减少D ．电源的效率增加答案 D解析 R 1的滑片向右移动，接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，干路中的电流减小，路端电压增大，R 3两端的电压减小，电压表V 的示数变小，B 错误；R 2两端的电压增大，电容器C 所带的电荷量增加，C 错误；通过R 2的电流增大，所以通过R 1的电流减小，电流表的示数变小，A 错误；电源的效率η＝UI EI ×100%＝U E×100%，所以电源的效率增加，D 正确．5．如图5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触头P 在a 处，此时绝缘细线向右偏离，与竖直方向夹角为θ.电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是( )图5A ．小球带负电B ．当滑动触头从a 向b 滑动时，细线的偏角θ变大C ．当滑动触头从a 向b 滑动时，灵敏电流计中有电流，方向从上向下D ．当滑动触头从a 向b 滑动时，电源的输出功率一定变大答案 C解析 由题图知，A 板带正电，B 板带负电，电容器内电场方向水平向右，细线向右偏，则小球带正电，故A 错误；滑动触头从a 向b 移动时，R 变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U ＝E －Ir 变小，电容器两端电压变小，细线偏角变小，故B 错误；滑动触头从a 向b 移动时，电容器两端电压变小，电容器放电，因A 板带正电，则流过灵敏电流计的电流方向从上向下，故C 正确；由于不知外电阻与内阻大小关系，无法判断电源输出功率的大小变化，故D 错误．6．(2019·天津市武清区第一次月考)如图6所示，电源电动势为E ，内阻为r ，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是()图6A．若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过答案 A解析若电阻R2断路，则外电路电阻变大，总电流变小，路端电压变大，R1两端电压变小，所以电容器两端的电压变大，根据Q＝CU，可知电容器要充电，所以G中有从b到a的电流，由于电压增大，所以电容器两极板间的电场强度会变大，导致油滴向上加速运动，故A 对；在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，回路中总电阻变大，总电流变小，所以电容器两端的电压变大，根据Q＝CU，可知电容器要充电，故G中有从b到a的电流，由于电压变大，所以电容器中的电场强度变大，所以油滴要向上加速运动，故B、C错；在将S断开后，电容器放电，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，故D错.7.(2019·山东济南市上学期期末)如图7所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一处故障)下列说法正确的是()图7A．将多用电表的电压挡并联在ac两端，示数为0，说明ac间断路B．将多用电表的电压挡并联在cd两端，有示数，说明cd间完好C．将多用电表的电压挡并联在ad两端，有示数；并联在ac两端，示数为0，说明cd间断路D．断开S，将L1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红黑表笔连接在L1两端，如果指针不偏转，说明L1完好答案 C解析 若ac 间断路，则将多用电表的电压挡并联在ac 两端，示数应该等于电源的电动势E ，选项A 错误；将多用电表的电压挡并联在cd 两端，有示数，说明cd 间断路，选项B 错误；将多用电表的电压挡并联在ad 两端，有示数，则可能是L 1或L 2其中之一断路；并联在ac 两端，示数为0，说明cd 间的L 2断路，选项C 正确；断开S ，将L 1拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红黑表笔连接在L 1两端，如果指针不偏转，说明L 1断路，选项D 错误．8.如图8所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，若减弱照射光强度，则( )图8A ．电压表的示数增大B ．电容器上的电荷量减少C ．小灯泡的功率减小D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|不变 答案 CD解析 由题图可知，L 与R 2串联后和电容器C 并联，再与R 1串联，电容器C 在电路稳定时相当于断路．当减弱照射光强度时，光敏电阻R 2阻值增大，则电路的总电阻增大，总电流I 减小，R 1两端电压减小，电压表的示数减小，故A 项错误；电容器两端电压U C ＝E －I (R 1＋r )，I 减小，则U C 增大，电容器上的电荷量增多，故B 项错误；流过小灯泡的电流减小，小灯泡的功率减小，故C 项正确；电压表测定值电阻R 1两端的电压，电流表读数等于流过定值电阻R 1的电流，则两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|＝R 1，故D 项正确． 二、实验题(本题共6小题，共52分)9．(8分)(2019·四川南充市第二次适应性考试)LED 绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约为500 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A ．电流表A 1(量程为0至50 mA ，内阻R A1约为3 Ω)B ．电流表A 2(量程为0至3 mA ，内阻R A2＝15 Ω)C ．定值电阻R 1＝697 ΩD ．定值电阻R 2＝1 985 ΩE ．滑动变阻器R (0至20 Ω)一只，导线若干F ．电压表V(量程为0至12 V ，内阻R V ＝1 kΩ)G ．蓄电池E (电动势为12 V ，内阻很小)H ．开关S 一只，导线若干(1)如图9所示，请选择合适的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为________．(填写器材前的字母编号)图9(2)将采用的电路图补充完整．(3)写出测量LED 灯正常工作时的电阻表达式R x ＝________(用所测物理量字母和已知字母表示)，当表达式中的________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED 灯正常工作时电阻．答案 (1)F B D (2)见解析图 (3)I 2(R 2＋R A2)U V R V －I 2I 2 1.5 mA 解析 (1)要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED 灯两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装的电压表的内阻：R ＝U LED 额I A2满偏＝ 3 V 0.003 A＝1 000 Ω，A 2的内阻为15 Ω，则定值电阻应选D ；LED 灯正常工作时的电流约为I ＝U R ＝3500A ＝6 mA ，因为电表1测量并联后的总电流，电流表A 1的量程为0至50 mA ，若用电压表V 测电流，可测得的最大电流为12 V 1 kΩ＝12 mA ，可以发现用电压表V 来测电流更精确；由以上分析可知，电表1为F ，电表2为B ，定值电阻为D.(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED 灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示，(3)设LED 灯正常工作时电表1的读数为U V ，电表2的读数为I 2，根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电压U ＝I 2(R 2＋R A2)，通过LED 灯的电流I ＝U V R V－I 2，所以LED 灯正常工作时的电阻R x ＝U I ＝I 2(R 2＋R A2)U V R V －I 2.改装后的电压表内阻为R V ＝1 985 Ω＋15 Ω＝2 000 Ω，则当I 2＝1.5 mA 时，LED 灯两端的电压为3 V ，达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻．10．(8分)(2019·山西五地联考上学期期末)某学校物理兴趣小组为探究多用电表欧姆挡的原理，决定动手设计一个欧姆表，其内部的结构图如图10甲所示，已知电源电动势E 约为3 V ，其他数值同学们都忘记了，所以同学们决定测量欧姆表的电源电动势和内阻．图10(1)两表笔分别与电阻箱两接线柱相连，调节电阻箱，直到电流表读数如图乙，电阻箱示数如图丙，则欧姆表的内阻约为________ Ω.(2)该小组同学把欧姆表的两表笔与电阻箱连接，根据记录的电阻箱阻值R 与电流表的读数I ，在如图11所示坐标系中描点，请根据坐标系中所描点作出图线；图11(3)由图象可得欧姆表的电源电动势E ＝________ V ，欧姆表的内阻r ＝________ Ω.答案 (1)10 (2)见解析图 (3)3.0 10.5解析 (1)由题图乙可知，电流表分度值为0.01 A ，示数为0.10 A ；由题图丙可知电阻箱示数为：R ＝0×1 000 Ω＋0×100 Ω＋2×10 Ω＋0×1 Ω＝20 Ω，由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ＋R 内即：0.10 A ＝ 3 V 20 Ω＋R 内解得：R 内＝10 Ω；(2)根据坐标系内描出的点作出图线如图所示：(3)由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R ＋r整理得：1I ＝1E R ＋r E， 由1I －R 图象可知：k ＝1E ＝Δ1I ΔR ＝13， 则电源电动势：E ＝3.0 V ，内阻：r ＝10.5 Ω.11．(8分)(2020·山东济宁市模拟)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中的温度传感器就是利用热敏电阻随温度变化而变化的特性工作的．现在用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约为40～50 Ω.热敏电阻和温度计插入烧杯中，烧杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯、直流电源(电动势15 V ，内阻可忽略)、直流电流表(对应不同的量程内阻约为0.2 Ω或1 Ω)、直流电压表(对应不同的量程内阻约为5 kΩ或15 kΩ)、滑动变阻器(0～10 Ω)、开关、导线若干．(1)在图12(a)的方框中用给定的器材画出完整的实验电路图，要求测量误差尽可能小；(2)根据电路图，在实物图上用笔画线做导线进行连线．图12答案见解析解析(1)因为研究伏安特性曲线，电压需要从0开始，选择分压电路，根据题中信息可知通过电流表的最大电流约为I m＝ER x＝0.375 A，所以电流表量程选0～0.6 A，对应电阻为1 Ω，由于电源电压为15 V，所以电压表量程选0～15 V，对应电阻为15 kΩ，根据R VR x>R xR A，所以采用电流表外接法，可得电路图如图所示．(2)根据电路图连接实物图如图所示．12．(8分)(2019·福建宁德市5月质检)某同学利用如图13(a)所示电路测量电压表的内阻．可供选择的器材有：电源E，电压表V，电阻箱R(0～9 999 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，开关S，导线若干．图13实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将滑动变阻器的滑片滑至最左端，同时将电阻箱阻值调为0;③将开关闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表示数为满偏刻度的23，此时电阻箱阻值如图(c)所示．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)；(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连接完整；(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为________ Ω，计算可得电压表的内阻为________ Ω；(4)通过上述方法得到电压表的内阻测量值________(填“大于”或“小于”)真实值．答案(1)R1(2)如图所示：(3)1 987 3 974(4)大于解析(1)由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；(3)由题图(c)可知电阻箱阻值为1 987 Ω，实验过程认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，电压表和电阻箱串联，电流相等，故有23U R V ＝13U R ＝13U 1 987 Ω，解得R V ＝3 974 Ω； (4)电阻箱接入电路，导致电路的总电阻变大，电路总电流变小，分压电路分压变大，故电压表示数为满偏刻度的23时，电阻箱两端电压大于满偏刻度的13，电压表内阻小于电阻箱阻值的2倍，因此电压表内阻测量值大于真实值．13．(10分)(2019·广东揭阳市第二次模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA 、内阻为30 Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V 的干电池组装成一个欧姆表．图14(1)该同学按图14正确连接好电路．甲、乙表笔中，甲表笔应是________(选填“红”或“黑”)表笔．(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到________处．(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接图15中的a 、b 两点，指针指在电流表刻度的4 mA 处，则电阻R x ＝________ Ω.图15(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了如图15中的a 、c 两点，则R x 的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)．(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R 0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R 0＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)答案 (1)红 (2)10 mA (3)225 (4)偏小 (5)3.3解析 (1) 由题图可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到电阻挡示数为零即电流最大(10 mA)处；(3)欧姆表内阻：R 内＝E I g ＝ 1.510×10－3Ω＝150 Ω，当指针指在电流表刻度的4 mA 处时，由闭合电路欧姆定律得：4×10－3 A＝ 1.5 V150 Ω＋R x，解得：R x＝225 Ω；(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了题图中的a、c两点，由电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针偏右，欧姆表示数变小，R x的测量结果偏小；(5)根据欧姆表内阻等于中值电阻，中间刻度值为15 Ω的欧姆表，其内阻为15 Ω，I＝ER内＝1.515A＝0.1 A，把电流表改装成0.1 A的电流表需要并联分流电阻，分流电阻阻值：R0＝I g R gI－I g＝0.01×300.1－0.01Ω≈3.3 Ω.14．(10分)(2019·河南郑州市第三次质量检测)二极管为非线性元件，其主要特性是单向导电性．正向电压较小时，电流很小，二极管呈现较大的电阻特性；当电压超过一定数值(称为开启电压)时，电流迅速增加，呈现较小的电阻特性．加反向电压(不超过击穿电压)时呈现很大的电阻特性，反向电压增加时，反向电流几乎不变．物理小组欲研究二极管正向伏安特性，设计了甲、乙、丙三种电路，如图16所示．小组最终选择了丙图．操作步骤如下：图16a．根据电路图丙连接电路；b．闭合开关S1，调节各可变电阻，使得开关S2由断开到闭合时，灵敏电流表G指针无偏转，并记录此时电压表V的示数U和电流表A的示数I；c．调节可变电阻，重复步骤b，读出多组不同的U值和I值，记录数据如表格所示：电压U/V0.100.200.300.400.500.550.600.650.700.750.80电流I/mA00000 1.0 5.013.030.055.090.0 d.在坐标纸上描绘出二极管正向伏安特性曲线．根据以上内容，请回答以下问题：(1)从设计原理上讲，对于甲图和乙图的误差分析，下列说法正确的是________．A ．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用B ．甲图误差的来源在于电流表的分压作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用C ．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电流表的分压作用D ．甲图误差的来源在于电压表的分流作用，乙图的误差来源在于电压表的分流作用(2)在图17坐标系中根据表格中数据描绘出二极管正向伏安特性曲线．图17(3)从描绘的图线来看，二极管的开启电压约为________ V(结果保留一位有效数字)．(4)已知二极管的电阻R D ＝U I，从描绘的图线来看，当二极管导通时，二极管的电阻随着U 的增大而迅速________(填“增大”或“减小”)．(5)从设计原理上讲，电路图丙中二极管电阻的测量值________真实值．(填“大于”“等于”或“小于”)答案 (1)C (2)见解析图 (3)0.5 (4)减小 (5)等于解析 (1)由题图所示电路图可知，图甲采用电流表外接法，图乙采用电流表内接法，甲图误差来源于电压表的分流作用，乙图误差来源于电流表的分压作用，故C 正确，A 、B 、D 错误；(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图线如图所示：(3)由图象可知，二极管的开启电压为0.5 V ；(4)由图象可知，二极管两端电压与通过二极管的电流的比值减小，二极管电阻减小，故在该区域，二极管的正向电阻随电压增大而迅速减小．(5)由题图丙所示电路图可知，该电路避免了电表内阻对实验的影响，电路图丙中二极管电阻的测量值等于真实值．。