单元检测(8) 恒定电流-【名校有约】2025年新高考新教材物理一轮单元强化检测示范卷

13.解析:(1)题图甲中滑动变阻器为分压式接法,滑动变阻器 (2)在-nT(n-0,1,2,3,..)时刻入射偏转电场的电子 滑片左端的部分与电容器并联,要升高电容器两端的电压, 水平方向:/一。 滑动变阻器的滑片应向b端移动. (2)电压表量程为15V,分度值为0.5V,则电压表示数为6.5V md{ (3)题图丙中图线与坐标轴所围图形的面积有37格,则 eL y.=v:=6 1 8.0 y=y十y 联立解得:y= (5)电容器充电后,左板电势高,电容器放电时电流由左板 2Uf 3md 经导线流出,故D 闪光 荧光屏上被电子击中部分的长度D一2y= 4eU* 答案:(1)b(2)6.5(3)3.7×10” (4)4.6×10- 3mdu (5)D (3)电子要达到O点,必须在竖直 14.解析:(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右例,颗 方向经历先加速,后减速,再反 粒就能够全部收集,水平方向有L一v1 直方向句-1{}# 向加速1.,离开偏转电场后,保持匀 速运动1,整个过程向上的位移和 向下的位移大小相等,运动轨迹如图 根据牛顿第二定律E一m #E d 2 解得U一 {} (2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F。一/ 一R 且1 #。 dR #10 ,得代 一 解得U.一 l. b.10um带电荷量a的颗粒恰好l00%被收集,颗粒在金属 3){ (2)de7 板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于电场力 3md 有/-Rvmnx - 单元检测(八)恒定电流 在竖直方向颗粒匀速下落d一v! A卷 高频考点练清卷 2.5.m的颗粒带电荷量为-1 1.D 盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力 等于电场力,有/-士R 40cm,长度变为原来的2倍,由V一LS知,横截面积变为原 /7# 来的,根据R-p号,知电阻变为原来的4倍,即为4R,故 设只有距下极板为l的颗粒被收集,在坚直方向颗粒匀速 选项D正确,故选:D. 下落-#'n( 解径一# 2.51m的颗粒被收集的百分比x×100%=25% 根据电阻定律R-o,且导线A、B长度,横截面积相同, 答案:(1)2f (2)a.U.Rg l2} qL b.25% #}# 15.解析:(1)A、B加速过程根据动能定理有:U-o 故选项A正确,故选:A. 155 小鸟双脚间的距离约为2cm;则小鸟双脚间的导线电阻约 ac两个端点时,若量程为0~100V,则(R十R。)为R十R .2×0.01 95×10~ 0~0.06×102,小 鸟和这部分电阻并联,则小鸟双脚停留在高压线上时承受的 故选:C. 电压为U。=IR-291×0.06×10V~2.0X10 *V.故A 10.D 根据U一I图像的斜率大小表示电阻的大小,则有:R B.D错误,C正确.故选:C. <R。,故A错误;由图可知,通过R:的电流为:1.一31。, 4.D 开关S、S.都闭合时,电动机和电热丝并联工作,电吹 风吹热风,故选项A错误:开关S.闭合时,电吹风吹冷风 通过R。的电流为:1。-1。,根据图中的几何关系(三角形 110W一电动机机械功率十电动机内阻热功率,由于电动机 相似)可知,R接在电源上时电压U-E.R。接在电源上 机械功率未知,电吹风中电动机的内阻不可求,故选项B错 误;吹热风时,电动机和电热丝并联工作,吹热风时电热丝的 时电压U。-E,则R,接在电源上时,电源的输出功率 功率为990W一110W-880W,故选项C错误;电热丝的 率880W-220V×I,解得I-4A,故选项D正确,故选:D P.-1-3El.:R。接在电源上时,电源的输出功率P。 -U:1:-3El.,所以两种情况下,电源的输出功率相等, 与原点连线的斜率逐渐减小,则该元件电阻逐渐增大,B错 故D正确,A、B.C错误,故选:D 误:功率为P一U,I。则对应P点,该元件的功率数值上等 11.A 闭合开关S,在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中, 于图中阴影部分的面积大小,C正确;纯电阻元件满足欧姆 滑动变阻器接入电路的阻值增大,则电路总电流减小,即通 定律,与是否为线性元件无关,D错误,故选C. 过电阻R;的电流减小,故B错误;根据串联分压规律可知 滑动变阻器R两端的电压变大,所以电容器C两端电压增 联电路中电压与电阻成正比,即得R+R十R。+R I000' 大,根据Q一CU可知电容器极板所带电荷量增大,即电容 1。 器充电,根据电路连接方式可知电容器上极板带正电,所以 解得R十R十R。一999O,只有A项满足要求;当p接通3 电阻R。中有向下的电流,故A正确,C、D错误;故选:A 时,输出电压变为输入电压的0即R十RR100 R十R 12.B 根据欧姆定律可得 根据闭合电路欧姆定律可得U一E一Ir U.一E-I(r十R) R+R+R1 ###一##一+R# R+R十R+R10·A项均满足要求,故选项A正确,故 选:A. 7.CD 由题意知,U.---3V.U=-=2.5V. 由于,和R,的大小关系未知,所以无法判断 U-1.5V,联立可得 >→,在电路$ 中电流从高电势流向低电势,所以1接电源正极,3接电源 所以一定有 {## {#,# #故选y 负极,故AB错误,CD正确. 8.C 电路稳定后,由于电源内阻不计,则整个回路可看成3R 13.AB 在R的滑动触头P由左向右移动的过程中,其接入电路 2R的串联部分与R、4R的串联部分并联,若取电源负极为 的电阻减小,电流表的示数将增大,R,与r分得的电压增大, 滑动变阻器两端的电压减小,电容器两极板间电压减小,电容 器的电荷量减小,故选项A正确;将R的阻值调至2O.R两端 则电容两端的电压U-2E 容器的电荷量Q-1×l0 C.故选项B正确;电源的输出功率 P- R。-(14)(0)一 则电容器上的电荷量为Q-CU.-2CE 16 一W,当 (R+1)+()+2 故选C. 9.C 表头G的满偏电压U.-1.R -5001X10V-0.5V. R一0时,电源输出功率最大,故选项C错误;对于研究可变 故选项A错误;使用a、b两个端点时,电压为R.与R 两端 电阻器的功率变化时,可以将其他电阻等效为内阻,由闭合 的电压之和,而接a、C时,其量程为R,与R和R 两端的电 电路欧姆定律得U一E一I(R。十r),电压表示数变化量的 压之和,因此使用a、b两个端点时量程较小,故选项B错误; 绝对值△U与电流表示数变化量的绝对值△I的比值等于 使用a、两个端点时,若量程为0~10V,则R 的阻值R R。十r,保持不变,故选项D错误.故选:AB. 14.解析:(1)实验时,闲合开关S前,为保护电路,滑动变阻器 滑片P应处在最大阻值处,滑动变阻器的滑片P应处在 156 M端. 电流为I一0.2A.故选项B、C错误;根据闭合电路欧母定律 (2)滑动变阻器采用分压式接法,滑动变阻器下端两接线柱 与电源相连,故力导线接错;该错误带来的问题是移动滑片 0.2 的过程中电压表和电流表的示数不变。 正确.故选:D. E-U。 答案:(1)M(2) 移动滑片时,电压表和电流表的示数 3.B 根据闭合电路欧姆定律,电路中的电流I= R十r 不变 102A-0. 25A.电源的总功来Pe-EI-6x0. 25W- 6一3 15.解析:(1)实物连线如图 1.5W,$源的内耗功率P-^r-0.25{}x2W-0.125W.$ 电源的输出功率P.-P-P-1.5W-0.125W-1.375W. 故A错误:电动机消耗的功率P-UI-3V×0.25A 0. 75W,故B正确.电动机线圈的热功率;P。-Ir-0.25} X2W一0.125W,电动机线圈在1分钟内产生的热量为: Q-P。1=0.125×60]-7.5J,故C错误;电动机卡住后,电 动机看成纯电阻,电路中的电流增大,I(R十r)增大,电动势E (2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U一E一Ir由图 不变,电压表示数减小,故D错误:故选:B 4.C 根据电功率的计算公式P一EI,由于E不变,则P与电 0.33 流I成正比,故选项A、B错误;由于外电阻为纯电阻,则P =E-E E R.,说明P与R成反比,故选项C正确,选项D错 误,故选:C. 5.D 设电源负极的电势为0,则电源正极的电势为c-10V,又 (4)由于电压表内阻不是无穷大,则实验测得的是电压表内 因为--R·R,代入数据可解得-4V,同理有 E 阻与电源内阻的并联值,即实验中测得的电池内阻偏小 答案:(1)见解析图(2)1.58 0.64(3)2.5(4)偏小 -%R十R·R。,代入数据可解得-7.5V,故U-%。 E 16.解析:(2)由于电压表内阻非常大,故K接2时电压表两端 电压与K接1时金属丝和R。两端电压相等,即U。一U:十 --4V-7.5V--3.5V.故选项A错误;由Q-CU可知 IR。,故流过全属丝的电流1-U.-. 此时电容器所带电荷量为Q-4×10x3.5C-1.4X10-C. #。,由电阻的定义式可# 且上极板带负电,故选项B错误;断开开关S。,稳定后a点 U. U.R 知金属丝的电阻,一 的电势为-10V,b点电势仍为。-7.5V,故此时U' TU.-U .--10V-7.5V-2.5V.且上极板带正电,故上极板 (5)由题图(b)可知旋测微器的固定刻度读数为0mm. 电荷量的变化量为△Q-CAU一C(U'-U。),代入数据解得 可动刻度读数为15.0×0.01mm-0.150mm,故该读数为 AQ-2.4X10C.故选项D正确;由电路知识可知,断开开 d-0.150mm. 关S.,稳定后流过电阻R。的电流不会发生变化,故选项( 错误.故选:D. 将相关数据代入解得n-5.0×100·m. 6.D 开关S断开时,根据图乙可知灯泡两端的电压为 答案:(2)V- U。 U.-40V,电源的效率为7E - R (5)0.150(6)5.0 40%,故A错误;开关S闭合后总电阻减小,根据闭合电路 单元检测(八) 恒定电流 欧姆定律可得总电流增大,根据P一EI可知电源的总功率 B卷 高考能力评价卷 会变大,根据U一E一Ir可知路端电压减小,根据P一 1.D 根据闭合电路欧姆定律可知,电源正负极被短路时,电 知灯泡的功率减小,所以灯泡的亮度变暗,故B、C错误;开关S 流为I.-E,由于电源的内阻很小,则短路电流很大,故A 断开时小灯泡消耗的功季为P-U.I.-40×6W-240W,故D 正确:故选:D. 错误;电源正负极被短路时,端电压为零,故B错误;外电路 -0-12102,b、d灯泡的 断路时,端电压等于电源的电动势,故C错误:当并联的用 电器增多时,总电阻减小,由闭合电路的欧姆定律知,干路电 流增大,内电压增大,则端电压减小,故D正确,故选:D 并联后的总电阻R R,大电阻分大电压,所以b、c两端的 2.D 由欧姆定律得U一E-Ir,当I-0时,E-U,由图线a与 纵轴的交点读出电源的电动势为E一4V,故选项A错误; 根据两图线交点处的状态可知,电阻两端的电压为U一3V. 灯串联,电流相等,根据P一^R知则P与R成正比,则P 157 P,故功率大小顺序为:PP PP;功率最大的为 12.解析:(1)根据半偏法的测景原理可知,R。与R;相当·当闭 a,最小的为c.故选:C 合S.之后,变阻器上方的电流应基本不变,就需要R。较 8.AD 由P-P。+Ir,得r-0.5O,故A正确;由P-UI,得 大,对下方分压电路影响甚微,故R应选R。,R、应选R。. 额定电压U一8V,故B错误;正常工作时,电机的热功率P (2)根据电路图连接实物图有 -Ir-4.5W,故C错误;由80%×q=It,解得1-2.4h,故D 正确. 9.BD 电压表测量滑动变阻器的电压,电流表测量千路电流, 根据闭合电路欧姆定律U一E-I(R 十r)得:AU一AI(R + r)解得: AD R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中,变阳 器接入电路的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律分析得知 电路中总电流I增大,根据欧姆定律可知电阻R,两端电压 增大,电路中总电流I增大,根据Q-UC一CR.I可知,Q- 图像是过原点的倾斜直线,故C错误,D正确;故选:B、D. (3)根据半偏法的实验步骤应为 10.CD 在电源的U一I图像中,图像斜率的绝对值表示电源 ①将变阻器滑动头P移至最左端,将R,调至最大值 的内阻,根据电源U一I图线可知,电源1、电源2的内阻分 ③断开S.,闭合S,调节滑动头P至某位置再调节R。使表 头满偏; ②闭合开关S,调节R.使微安表半偏,并读出R.阻值: 故选项A正确;U一I图像的纵轴截距表示电动势,故E ④断开S、S,拆除导线,整理好器材。 E.-10V,即电源1与电源2的电动势之比是1:1,故选 (4)根据R,调节后面板读数为1998.00 项B正确;灯泡的伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点 当闭合S,后,原电路可看成如下电路 即为灯泡与这电源连接时的工作状态,则连接电源1时, U.-3.5V,I. -5A,故灯泡消耗的功率为P -U.1. R .3.5-0.70. 17.5W,灯泡的电阻R- 连接电源2时,U。-5V,I.-6A,故灯泡消耗的功率P U.I.-30W,灯泡的电阻R。 L. 闭合S.后,相当于R由无穷大变成有限值,变小了,则流 故R ·R -21:25,P ;P =7:12,故选项C、D不正确. 过R。的电流大于原来的电流,则流过R的电流大于 本题选择不正确的,故选:C.D 故待测表头的内阻的测量值小于真实值 11.解析:(1)电压表测量的电压应为路端电压,开关应能控制 电路,所以导线a端应连接到B处; (5)将该微安表改装成量程为2V的电压表,则需要串联一 干电池电动势约为1.5V,电压表选择0一3V量程,分度 个电阻R,则有U-I(R十R。) 值为0.1V,题图中电压表读数为1.20V 此时的电压读数有U-T'(R +R)其中U-2V,I.-100A (2)作出U一I图像,如图所示 I'-64uA联立解得U'-1.28V. .U/V (6)根据题意OP间电压不变,可得I(R,+R)-( 7 答案:(1)RR。(2)见解析图 (3)①③②④ 13.解析:(1)根据欧姆定律U一IR 1D 0.1 0.2 0.3 0.40.48 //A 得S断开时;E-I(R+R)+I.r.P -EI 根据闭合电路欧姆定律U一E一Ir可知,U一I图像纵轴截 距为电源电动势可得E-1.50V. 得E-4V.r-0.50.I-0.5A 0.48-0 (2)根据C一 -1.042 答案:(1)B 1.20 (2)1.50 1.04 得S断开时,R。、R。串联,根据闭合电路欧姆定律分析:Q 158 -CU -CIR-20$10*t0.5$6C-6$10-* 地磁南极 S闭合时,电容器两端的电势差为零,则Q-( 答案:(1)4V0.50 (2)S断开时,电容器所带的电荷量为6×10C.闭合时 电容器所带的电荷量为0. 14.解析:(1)不施加力时弹黄一端的滑片P在电阻R,的最上 端,此时有U-IR 握力最大时,滑动变阻器R,全部接入电路,则有U I(R.+R) 地磁北极 得R-500 地球可视为一个磁偶极,磁南极大致指向地理北极附近,磁 即滑动变阻器R.的调节范围为0~500. 北极大致指向地理南极附近,通过这两个磁极的假想直线 (磁轴)与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜,由表中:轴 数据可看出;轴的磁场竖直向下,则测量地点应位于北半 U{ 得P__ 球,故A错误;磁感应强度为矢量,故由表格可看出此处的 磁感应强度大致为B-B+B-B +B,计算得,B~50T 当R.一R-100时,消耗电功率最大 故B正确: 因电阻阻值与长度成正比,握力大小与弹策压缩量成正比, 由选项A可知测量地在北半球,而北半球地磁场指向北方 斜向下,则第2次测量,测量B 0,故v轴指向南方,第3 次测量B.0,故x轴指向北方而y轴则指向西方,D正确。 得此时对应的握力大小为20kg C错误. 答案:(1)0~500 (2)20kg 2.B 根据安培定则,两直导线在O点产生的磁场相互垂直, ① 设O点到a的距离为r,已知通电长直导线在空间某点产生 解得 _{2 ② (2)以A内出的n个离子为研究对象:由动量定理 F'-m-0 ④ 两直导线在O点产生的磁场相互垂直,根据磁感应强度合 推出F-Nm 根据牛顿第三定律得,推力器获得推力F一F 故B正确,ACD错误 联立②得F-N②mqU 3.C (3)设A内电场对n个氢离子做功为W,则电场做功功率 为p_ 又W=nqU 联立⑧得p-g-NqU bc与磁场方向平行,不受安培力 △ 4.C 设磁感应强度大小为B,ac边长为L.,则abc的长度31. +5L-2L.,由题意可知在a、c点接一直流电源后流过abc 根据上式可知:增大S可以通过减小g、U或增大m的方法 导线的电流为,流过ac导线的电流为{2},故导线bc受到 答案:(1) /2U I-Nq (2)N2mqU (3)增大S 的安培力大小为B·.515B11. 可以通过减小q、V或增大的方法 大小为2BII.,故A错误;导线abc的有效长度为L,受到的 单元检测(九) 磁场 3 安培力大小为B11. .故B错误:导线ab所受的安培力大小为 A卷 高频考点练清卷 11.ac所受安培力的大小为2B]1.导线 1.BD 如图所示 3 159单元检测（八） 恒定电流 A卷高频考点练清卷 考点一电阻定律 1.(2024·江苏省南京市质检)某同学拿了一根细橡胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成 一段封闭的长度为20cm的盐水柱，测得盐水柱的电阻大小为R,如果盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化 规律与金属导体相同，则握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40c,此时盐水柱的电阻大小为 () A.R B.R C.2R D.4R 2.(2024·浙江模拟)两段长度、横截面积相同的均匀直导线A、B串联在电路上，沿长度 方向的电势随位置的变化规律如图所示.A、B导线电阻率的比值是 A司 B.2 c号 n 2以。 考点二欧姆定律、电功与电热 3.(2024·浙江省绍兴市模拟)高压线是非常危险的远距输电线，但是我们也经 常会看到许多鸟儿双脚站上面却相安无事.小蒋为了弄清其中的道理特别查阅 了当地的一组数据：高压线输送电功率P=6.4×10kW,输送电压为22万伏，导 线所用的是LG】型钢芯铝绞线，其横截面积是95平方毫米，其电阻率ρ=3.0 ×10一8Ω·m,请估算一只小鸟双脚停留在高压线上时承受的电压大小 A.2.0V B.2.0×10-1V C.2.0×10-3V D.2.0×10-5V 4.(2024·北京市朝阳区一模)某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分 技术参数如表，电吹风在220V电压下工作.下列说法正确的是 ( 电吹风额定电压 220V 热风时：990W 220V 电吹风额定功率 冷风时：110W 插头 A.开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风 B.该电吹风中电动机的内阻为4402 C.吹热风时电热丝的功率为990W D.吹热风时通过电热丝的电流为4A 5.某电子元件通电后，其电流1随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，P/ 点的坐标为(Up,Ip),过P点的切线在纵轴上的截距为。，由此图可知 A对应P点，该元件的电阻R=p一 Up B.随着所加电压的增大，该元件的电阻减小 C.对应P点，该元件的功率数值上等于图中阴影部分的面积大小 D.该元件为非线性元件，欧姆定律不满足，所以不能用公式R-号求电阻 一 57 考点三串并联电路、电表的改装原理 6.如图所示为示波器衰减电路的示意图，a、b之间为信号电压的输入端，c、d为衰减 1 电路的输出端，p是和衰减旋钮固连在一起的开关，R1、R2、R3、R4为四个定值电 R,02 阻，当p接通1时电压没有被衰减，当p接通2、3、4时电压被衰减10倍、100倍和 R03 100倍（即输出电压变为输人电压的00和100）若某个示被器的襄减电路6 R4 中，R,=1,不计导线电阻，则其他电阻的阻值分别为 A.R1=9002,R2=902,Rg=92 B.R1=9992,R2=992,R3=92 C.R1=102,R2=1002,R3=10002 D.R1=1000.R2=100,R3=102 7.(多选)(2023·全国乙卷)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和 2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个 直流电源.测得接线柱之间的电压U12=3.0V,U23=2.5V,U31=-1.5V.符 合上述测量结果的可能接法是 A.电源接在1、4之间，R接在1、3之间 B.电源接在1、4之间，R接在2、4之间 C.电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D.电源接在1、3之间，R接在2、4之间 8.(2023·海南卷)如图所示电路，已知电源电动势为E,内阻不计，电容器电容为C, 3R 2R 闭合开关K,待电路稳定后，电容器上电荷量为 () A.CE B.CE C号cE D.CE 9.(2024·北京市海淀区模拟)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R。 =5002,满偏电流Ig=1mA.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，若量程为0~10V,则R1为9.5k2 D.使用a、c两个端点时，若量程为0~100V,则(R1十R2)为95k2 考点四电路的动态分析 10.(2024·丰台区二模)如图所示的U1图像中，直线a为电源的路端电压与电流的U 关系，直线b、c分别是电阻R1、R2的电压与电流的关系.若将这两个电阻分别直接 E 与该电源连接成闭合电路，则下列说法正确的是 () A.电阻R1大于电阻R2 B.R1接在电源上时，电源的输出功率较大 C.R2接在电源上时，电源的输出功率较大 D.两种情况下，电源的输出功率相等 11.(2024·南通二模)如图所示，R1、R2为定值电阻，C为电容器.闭合开关S,在滑动 变阻器R的滑片向上滑动过程中 A.电阻R2中有向下的电流 B.通过电阻R电流增大 C.滑动变阻器R两端的电压变小 D.电容器C极板所带电荷量变小 58 12.(2024·黄浦区二模)如图电路中，R为定值电阻，电表均为理想电表.移动滑动变阻器 R2的滑片，V、V1、V2和A三个电表的示数分别记为U、U1、U2和I,则必有() B. 0< 尝<兴 @↓@ c. D. 13.(多选)(2024·云南省红河州质检)在如图所示的电路中，电源电动势E=4V,内阻r 12,定值电阻R,=1Ω，R为滑动变阻器，电容器的电容C=50F,电流表和电压表为 理想电表.闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片在不同位置，电路稳定时记录电压 表示数U和电流表示数I,下列说法中正确的是 ( ) A.在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电流表示数I增大，电压表示数U 减小，电容器所带的电荷量减小 B.将R的阻值调至22时，电容器的电荷量为1×10一4C C.将R的阻值调至2Ω时，电源的输出功率为最大值 D.在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电压表示数变化量的绝对值△U与电流表示数变化量 的绝对值△I的比值逐渐变大 考点五电学实验 14.(2023·北京卷)采用图1所示的电路图来测量金属丝Rx的电阻率. 图1 (1)实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在 (填“M”或“V”)端。 (2)按照图1连接实物图，如图2所示.闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为 (填“a”“b”或“c”).若闭合开关，该错误连接会带来的问题有 站 图2 15.(2023·湖北卷)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图()所示电路，所用器材如下： 电压表（量程0~3V,内阻很大）： 电流表（量程0~0.6A): 电阻箱（阻值0~999.9Ω）： 干电池一节、开关一个和导线若干， 59 E,r 图(a 图(6) (1)根据图(a),完成图(b)中的实物图连线. (2)调节电阻箱到最大阻值，闭合开关.逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和 电压表示数U.根据记录数据作出的U一I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为 V(保留三 位有效数字)、内阻为 Ω（保留两位有效数字）. 1.60 1.55 1.50 1.45 1.40 135→从 0.00 0.100.200.30 510152025303为→R/0 图(r) 图(d)》 (3)该小组根据记录数据进一步探究，作出了一R图像如图()所示.利用图(d)中图像的纵轴截距，结 合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为 Ω（保留两位有效数字）. (4)由于电压表内阻不是无穷大，本实验干电池内阻的测量值 (填“偏大”或“偏小”). 16.(2023·全国乙卷)一学生小组测量某金属丝（阻值约十几欧姆）的电阻率.现有实验器材：螺旋测微器、 米尺、电源E、电压表（内阻非常大）、定值电阻R。(阻值10.0Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷 开关K、开关S、导线若干，图(a)是学生设计的实验电路原理图.完成下列填空： R 20 金屈丝 10 R 1图(a) 图6) (1)实验时，先将滑动变阻器R接人电路的电阻调至最大，闭合S (2)将K与1端相连，适当减小滑动变阻器R接人电路的电阻，此时电压表读数记为U1,然后将K与2 端相连，此时电压表读数记为U2.由此得到流过待测金属丝的电流1= ,金属丝的电阻r= (结果均用Ro,U1,U2表示) (3)继续微调R,重复(2)的测量过程，得到多组测量数据，如下表所示： U(mV) 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43 U2(mV) 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43 (4)利用上述数据，得到金属丝的电阻r=14.22. (5)用米尺测得金属丝长度L=50.00cm.用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如 图(b)所示，该读数为d= mm,多次测量后，得到直径的平均值恰与d相等， (6)由以上数据可得，待测金属丝所用材料的电阻率ρ= ×10-7·m.(保留两位有效数字) 60 单元检测（八） 恒定电流 B卷高芳能力评价卷 (满分：100分时间：75分钟) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1.(2024·长宁区二模)关于闭合电路，下列说法正确的是 () A.电源正负极被短路时，电流很小 B.电源正负极被短路时，端电压最大 C.外电路断路时，端电压为零 D.用电器增加时，端电压可能减小 2.(2024·辽宁省模拟)2021年2月24日，我国以“一箭三星”方式成功将遥感三十一号 卡UW O3组卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功.卫星两翼的太阳电池板把太阳能 4 转化为电能供卫星使用.如图所示，图线：是太阳能电池在某光照强度下路端电压U 3-0 和电流I的关系图像（电池内阻不是常量），图线b是某电阻R的UI图像.在该光照 0 强度下将它们组成闭合回路时，则 ( 0.20.30.4/A A.电源的电动势为E=5V B.电阻两端的电压为U=4V C.电阻的电流为I=0.4A D.硅光电池的内阻为52 3.(2024·北京师大第二附中二模)在如图所示的电路中，电源电动势为6V,内阻为2Ω， 定值电阻R的阻值为102，电动机的线圈阻值为2Ω.闭合开关S后，理想电压表的示数 为3V.下列说法正确的是 A.电源的输出功率为4.5W B.电动机消耗的功率为0.75W C.电动机线圈在1分钟内产生的热量为0.125J D.如果电动机被卡住，电压表的示数将变大 4.如图所示，电路中电源电动势E恒定，内阻不计，外电阻R为可变电阻，电源输出功率为P, 回路电流为I.下列图像中可能正确的是 5.(2024·银川一中等十七校联考)在如图所示的电路中，定值电阻R1=32、R2=22、 R3=12、R4=32,电容器的电容C=4F,电源的电动势E=10V,内阻不计.闭 合开关S1,S2,电路稳定后，则 ( A.a、b两点的电势差U=3.5V B.电容器所带电荷量为1.4×10一6C C.断开开关S2,稳定后流过电阻R的电流与断开前相比将发生变化 D.断开开关S2,稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为2.4×10一5C 6.(2024·呼伦贝尔模拟)如图甲所示的电路中定值电阻R IA 10.0, =602,电源电动势E=100V,r=102.如图乙所示，曲线 8.0 为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电 6.0 流的关系图线，以下说法正确的是 () 4.0 A.开关S断开时电源的效率为60% 2.0 B.开关S闭合后电源的总功率会变小 C.开关S闭合后灯泡的亮度增强 E 020406080100UW 甲 D.开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W V 61 7.(2024·洛阳一模)四盏白炽灯泡连接成如图所示的电路.Q、c灯泡的规格为 “220V40W”,b、d灯泡的规格为“220V100W”,各个灯泡的实际功率都 没有超过它的额定功率.对这四盏灯泡实际消耗功率的说法正确的是() A.a灯泡实际消耗的功率最小 B.b灯泡实际消耗的功率最小 C.c灯泡实际消耗的功率最小 D.d灯泡实际消耗的功率最小 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.(2024·陕西模拟预测)某款扫地机器人如图所示，额定功率24W,额定电流3A,正 常工作时电机输出的功率为19.5W,锂电池容量9A·h,为延长锂电池寿命，当剩 余电量为总容量的20%时就需要充电，则 ( A.电机的电阻0.52 B.额定电压为6.5V C.正常工作时，电机的热功率为19.5W D.充满电的电池可以正常工作时间为2.4h 9.(2024·荆州二模)如图所示，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S,当滑动变阻器R的滑片缓 慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为△U,电流表示数的变化量为 △1，电流表的示数为I,电容器的带电量为Q,则在这个过程中，下列图像正确的是() △U AU B C D 10.(2024·浙江省杭州高中模拟)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Π是一个小灯泡的伏安特性 UN 10 曲线.曲线Ⅲ与直线I、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5,3.5)、Q(6,5).如果把 8 该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是() 6 A.电源1与电源2的内阻之比是3：2 B.电源1与电源2的电动势之比是1：1 2 l/A C.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26 81012 D.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10 答题栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11.(2023·6月浙江卷)在“测量干电池的电动势和内阻”实验中 ↑UW 1.6 1.5 1.4 10 1.3 0 25， 2 1.2 1.1 1.060.10.2030.40A 图1 图2 图3 (1)部分连线如图1所示，导线a端应连接到 (填“A”、“B”、“C”或“D”)接线柱上.正确连接后， 某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为 V. (2)测得的7组数据已标在如图3所示U一I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E= V和 内阻r Ω.（结果均保留两位小数） 62 12.(2023·海南卷)用如图所示的电路测量一个量程为1004A,内阻约为2000Ω 的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V,有两个电阻箱可选，R1(0~ 9999.92),R2(099999.9) (1)RM应选 ,Rv应选 (2)根据电路图，请把实物连线补充完整. (3)下列操作顺序合理排列是 ①将变阻器滑动头P移至最左端，将Rv调至最大值：②闭合开关S2,调节RM,使微安表半偏，并读出R阻 值；③断开S,闭合S,调节滑动头P至某位置再凋节Rv使表头满偏；④断开S1、S2,拆除导线，整理好器材 (4)如图是RM调节后面板，则待测表头的内阻为 ,该测量值 (填“大于”、“小于”或“等 于”)真实值 ×100 ×10 ×0.1 (5)将该微安表改装成量程为2V的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则 20406080 待测电压为 V(保留三位有效数字). 0 100 1,1, (6)某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出R×值，在滑 动头P不变，S2闭合后调节电阻箱RM,使电表半偏时读出RM,若认为OP间 电压不变，则微安表内阻为 ,(用RM、Rv表示) 13.(2024·江苏省常州市模拟)如图所示的电路中，R1=32,R2=62,R3=1.52, C=20F,当开关S断开时，电源的总功率为2W,当开关S闭合时，电源的总功 率为4W,求： (1)电源的电动势和内阻： (2)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量. 63 14.(2024·广西高三模拟预测)如图所示为一种电子显示的握力计 择力方向 及其工作原理示意图.电源电压不变，握力显示表是由电流表改 装而成，定值电阻R2起保护电路作用，其电阻值为10Ω，不施加 力时弹簧一端的滑片P在滑动变阻器R1的最上端，握力越大，滑 R 片P向下移动得越多.已知电路中电流变化的范围为0.1一0.6A,对 应的握力测量范围为0一100kg(握力习惯以kg为单位，其实应 撵力方向 弹簧连片 该是千克力)，除了R1、R2外其他电阻阻值均不计，求： (1)滑动变阻器R1的调节范围： (2)当R1消耗电功率最大时，对应的握力大小. 15.(2024·辽宁高三二模)目前正在运转的我国空间站天和核心舱，搭载了 放电室 推进剂 一种全新的推进装置一霍尔推力器.其工作原理简化如下：由阴极逸 工质 商子 出（初速度极小）的一部分电子进入放电室后，在电场力与磁场力的共同 0 作用下被束缚在一定的区域内，与推进剂工质（氙原子）发生碰撞使其电 离：电离后的氙离子在磁场中的偏转角度很小，其运动可视为在轴向电 场力作用下的直线运动，并最终被高速喷出，霍尔推力器由于反冲获得 推进动力.设某次核心舱进行姿态调整，开启霍尔推力器，电离后的氙离 子初速度为0，经电压为U的电场加速后高速喷出，单位时间内喷出氙 阳极 电子 轴向屯场 离子的数目为V,已知一个氙离子的质量为m,电荷量为q,忽略离子间 径向磁场 阴极 的相互作用力和电子能量的影响，求： (1)氙离子喷出加速电场的速度v及其所形成的等效电流为I: (2)霍尔推力器获得的平均推力大小F: (3)可以用离子推进器工作过程中产生的推力与电压为U的电场对氙离子做功的功率的比值S来反映 推进器工作情况，通过计算说明，如果要增大S可以采取哪些措施， 64