8.达标测试卷(八) 恒定电流-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(八)　恒定电流 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.(2024·重庆校联考模拟)为预防火灾，某学习小组设计安装如图所示的简易火灾报警器，其中R0为定值电阻，RT为热敏电阻(其阻值随温度升高而减小)。当热敏电阻RT所在处出现火情时，电流表示数I和电压表示数U的变化情况是(　　) A.I和U均减小 B.I和U均增大 C.I增大，U减小 D.I减小，U增大 2.如图所示，电源电动势E=12 V，内阻r=4 Ω，R0=2Ω，直流电动机内阻RM=1 Ω，当闭合S和S1，断开S2时，调节滑动变阻器R1为某值时，可使电源输出功率最大，闭合S、S2，断开S1，调节R2为某值时，可使电源的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(电动机额定输出功率P0＝4.5 W)，则下列判断正确的是(　　) A.电动机额定电流I＝2 A B.电动机两端电压为UM＝3 V C.满足题意的R1、R2值分别为R1＝2 Ω，R2＝6 Ω D.满足题意的R1、R2值分别为R1＝2 Ω，R2＝1 Ω 3.(2024·广州三模)在如图甲所示的电路中，定值电阻R1＝4 Ω、R2＝5 Ω，电容器的电容C＝3 μF，电源路端电压U随总电流I的变化关系如图乙所示。现闭合开关S，则电路稳定后(　　) A.电源的内阻为2 Ω B.电源的效率为75% C.电容器所带电荷量为1.5×10－5 C D.若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强不变 4.闭合电路内、外电阻的功率随外电路电阻变化的两条曲线如图所示，曲线A表示内电阻的功率随外电阻变化的关系图线，曲线B表示外电阻的功率随外电阻变化的关系图线。下列说法正确的是(　　) A.电源的电动势为3 V B.电源的内阻为2.5 Ω C.曲线A的最大功率为7.2 W D.外电阻取2.5 Ω时的功率是外电阻取10 Ω时功率的 5.在如图所示的电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝8 Ω，定值电阻R1＝2 Ω，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0～30 Ω，实验中所用电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分別为ΔU1、ΔU2、ΔI。下列说法正确的是(　　) A.|ΔU1|大于|ΔU2| B.不变，增大 C.R4的功率先增大后减小，最大值为0.36 W D.电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5 W 6.热水器中，常用热敏电阻实现温度控制。一学习小组设计的模拟电路如图所示，R1为加热电阻丝，R2为正温度系数的热敏电阻(温度越高电阻越大)，C为电容器。S闭合后，当温度升高时(　　) A.电容器C的带电荷量增大 B.灯泡L变暗 C.电容器C两板间的电场强度减小 D.R1消耗的功率增大 7.某物理兴趣小组的同学从一款电子产品中拆下一个特殊电池，用如图甲所示的电路测量该电池的电动势和内阻，其中R1是阻值已知的定值电阻，电流表内阻RA＝9R1。改变电阻箱的阻值R，测得几组电流表的读数I，做出-R图线如图乙所示，图线的斜率为k，截距为a，则该电池的电动势和内阻分别为(　　) A.，－R1 B.，－R1 C.，－R1 D.，－R1 8.如图甲所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑动片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U­I关系图像如图乙所示，则(　　) A.电源的电动势为9 V B.滑动变阻器的总阻值为10 Ω C.当电压表示数为5.0 V时，电源效率不是最高 D.当电压表示数为5.0 V时，R2消耗的总功率最大 ·30·二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，闭合开关后，为了使白炽灯泡L变暗，可以采取的方法有(　　) A.只减小电容器C两板间的距离 B.只增大电容器C两板间的距离 C.只增大电阻R1的阻值 D.只减小电阻R2的阻值 10.如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝8 Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.电源的电动势E＝3.5 V，内阻r＝2 Ω B.图乙中Rx＝25 Ω C.滑动变阻器的滑片向左移动时，R上消耗的功率先增加后减小 D.调整滑动变阻器RP的阻值，可以得到该电源的最大输出功率为1.28 W 11.(2024·衡水统考)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻的阻值分别为4r、6r和1.6r，水平放置的电容器两极板间的距离为d，接在阻值为1.6r的定值电阻两端。闭合开关，回路稳定后，电容器的带电荷量为q，让电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从到上极板(开有小孔)高度为2d处由静止释放，到达下极板时小球的速度恰好为零。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.阻值为4r的定值电阻消耗的电功率为 B.电容器的电容为 C.小球的质量为 D.小球再次返回到上极板时的速度大小为2 12.(2024·湖南常德统考)某同学利用如图甲所示的闭合电路研究电容器的充、放电过程，将滑动变阻器R滑到某合适位置，先断开开关S，过一会儿再闭合开关S，ab之间的电流传感器(可视为理想电流表)记录得到充电时电流随时间变化的图像如图乙所示。则(　　) 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　　 　乙 A.充电过程中，电容器极板电压增大、电阻R2两端电压减小 B.图乙中I­t图线与坐标轴围成的“面积”表示电路稳定时电容器某一极板上所带的电荷量 C.电路稳定后，将R的滑片向右滑动，电流传感器中有由b到a的电流 D.若将R的滑片向右滑动，再次稳定后，电源的输出功率一定变大 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)为测量某微安表G1的内阻，并将其改装成量程为0～1 mA的电流表，实验室提供以下器材： 待测微安表G1(量程0～50 μA，内阻约5000 Ω) 微安表G2(量程0～100 μA，内阻约2000 Ω) 定值电阻R1(阻值为5000 Ω) 滑动变阻器R2(阻值范围0～20 Ω) 干电池E(电动势约1.5 V，内阻很小) 开关S及导线若干 (1)在虚线框内画出测量微安表G1内阻的完整电路图，并在图中标明器材符号。 (2)若实验过程中测得G1的示数为I1，G2的示数为I2，则G1的内阻Rg＝________(用I1、I2、R1表示)。 (3)给G1并联一个定值电阻改装成量程为0～1 mA的电流表，用标准电流表A与其串联进行校准。当标准电流表A的示数为0.57 mA时，微安表G1的示数如图，其读数为________ μA，则改装之后的电流表实际量程是0～________ mA。 14.(8分)(2024·四川绵阳三模)某实验小组设计了如图(a)所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“×10”和“×100”两种倍率。 电路中使用的实验器材如下： 干电池：电动势E＝1.5 V，内阻r＝1 Ω； 毫安表：满偏电流Ig＝1 mA，内阻Rg＝350 Ω； 滑动变阻器R0，阻值调节范围足够大； 定值电阻R1、R2和R3，其中R1＝1000 Ω； 开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。 (1)按照图(a)连接好电路，表笔1为________(选填“红”或“黑”)表笔。 (2)当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器R0，使电流表达到满偏，此时R0＝________ Ω，欧姆表的倍率是________(选填“×10”和“×100”)。 (3)闭合开关S使欧姆表倍率改变，电阻R2＝________ Ω。将两表笔短接，调节滑动变阻器R0，使电流表达到满偏。 15.(7分)如图所示的电路中，R1＝R3＝2R，R2＝R4＝R5＝R，电源内阻r＝R。平行板电容器板长为L、板间距为。电键S闭合时，有一质量为m、带电量为e(e>0)的电子从左侧以速度v沿中线水平射入极板间，恰好从上板右边缘射出。 (1)求电源的电动势； (2)若电键S断开，电子入射位置和速度不变，求电场对电子做的功(用m、v表示)。 16.(9分)某同学想研究电动机驱动喷泉时水柱能达到的最大高度，他进行了如下探究：如图所示的电路中，定值电阻R1＝18 Ω，R2＝20 Ω，直流电动机M的线圈电阻RM＝1 Ω，电流表A为理想电表。闭合开关S1，断开开关S2和S3，电流表A的示数为I1＝3 A；同时闭合开关S1和S2，断开S3，电流表A的示数为I2＝6 A，仅闭合开关S3，直流电动机M正常工作，电流表A的示数为I3＝8 A。喷管的截面积S＝3×10－3 m2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求电源的电动势E和内阻r； (2)仅闭合开关S3，求电动机正常工作时的效率η；(结果保留一位小数) (3)仅闭合开关S3，电动机用以驱动喷泉竖直向上喷出，求水柱能达到离喷管口的最大高度h。 17.(14分)(2024·安徽合肥联考)如图所示，电源的电动势为E0，电源的内阻、定值电阻以及电动机的内阻均为r，闭合开关稳定后，板长为2L、间距为L的平行金属板MN间电压为E0。阴极K发出初速度不计的电子经加速电场加速后，由小孔O沿两平行金属板M、N的中心线OO′射入板间，恰从M板的边缘飞出。不计电子的重力，求： (1)通过电源的电流； (2)电动机的输出功率； (3)加速电场的加速电压U0。 18.(16分)图甲所示的电路中，电源的U­I图像如图丙所示，灯泡的U­I图像如图乙所示，铭牌上标有“2.5 V　0.4 A”的电动机线圈电阻为r0＝1.0 Ω。图甲所示电路中，开关S闭合后，电动机刚好正常工作。求： 　 (1)电源内阻； (2)电动机正常工作时，小灯泡的电功率； (3)若某时刻出现故障，电动机卡死不转，电动机线圈的电功率。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(八)　恒定电流 1.B　由“串反并同”的方法可知，热敏电阻RT所在处出现火情时，热敏电阻的阻值减小，电压表的示数将变大，电流表的示数也将变大，故选B。 2.D　根据电路规律可知当I＝时电源的输出功率P输最大，即此时有I＝ A＝1.5 A，同时有PM输＝UMI－I2RM＝P0，解得UM＝4.5 V，故选项A、B错误；根据上述分析可得R1＝4 Ω－2 Ω＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律有R2I＋UM＋Ir＝E，R2＝1 Ω，故选项C错误，D正确。 3.C　由电源路端电压U随总电流I的变化关系有U＝E－Ir，则可得E＝10 V，r＝＝ Ω＝1 Ω，故A错误；电源的效率为η＝×100%＝×100%＝90%，故B错误；电容器在电路中为断路，则电路中的电流为I＝＝1 A，电容器所带电荷量为Q＝CUC＝CUR2＝CIR2＝1.5×10－5C，故C正确；电容器并联在R2两端，则其电压不变，若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强为E＝，可知场强变小，故D错误。 4.C　闭合电路的内电阻功率P内＝2r，外电阻功率P外＝2R；由题图可知当外电阻R＝5 Ω时，内、外电阻的功率相等，且均为1.8 W，可得E＝6 V，r＝5 Ω，故选项A、B错误；当外电阻R＝0时，内电阻功率最大，此时P内max＝＝7.2 W，故选项C正确；当外电阻R＝2.5 Ω时，外电阻的功率P外＝2×2.5 W＝1.6 W，当外电阻R＝10 Ω时，外电阻的功率P外2＝2×10 W＝1.6 W，则P外＝P外2，故选项D错误。 5.C　将R1和R2等效为电源内阻，则等效电源的电动势E′＝＝6 V，等效内阻r′＝＝5 Ω，等效电路如图所示。当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数变大，因U路端＝U1＋U2，可知|ΔU1|小于|ΔU2|，选项A错误；因为＝R1不变，而U2＝E′－I(R1＋r′)，可知＝R1＋r′不变，选项B错误；将R3等效为新电源的内阻，内阻为r″＝r′＋R3＝25 Ω，外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增加到30 Ω，可知R4的功率先增大后减小，当R4＝25 Ω时功率最大，最大值为P＝＝ W＝0.36 W，选项C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为 Ω，当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为 Ω，电源E的内阻r＝8 Ω，则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，选项D错误。 6.A　由题图可知，S闭合后，当温度升高时，由于电路为并联电路，R2电阻增大，则总电阻增大，根据欧姆定律可知总电流I减小，由U＝E－Ir，则U增大，即电灯泡两端电压U增大，即灯泡L变亮，由于IL＝，可知IL增大，则流过R1和R2的电流I′减小，由UR1＝I′R1可知UR1减小，由于UR2＝U－UR1可知UR2增大，则电容器C两端电压增大，由Q＝CUR2可知电容器C的带电荷量增大，故选项A正确，B错误；根据E＝可知电容器C两端电压增大，则电容器C两板间的电场强度增大，故选项C错误；由上述分析可知，流过R1的电流I′减小，根据P＝I′2R1，可知R1消耗的功率减小，故选项D错误。 7.A　设通过电流表的电流为I，干路电流为I总，则有I总＝I＋＝10I，根据闭合电路欧姆定律有E＝I·9R1＋10IR＋10Ir，整理得＝R＋，对照图像得＝k，＝a，联立解得E＝，r＝－R1，A正确，B、C、D错误。 8.A　 将题图甲所示电路等效为如图所示电路，滑动变阻器的滑动片P左侧部分电阻为Ra，右侧部分电阻为Rb，两部分为并联关系，滑动片P由a端向b端移动过程，Ra由零逐渐增大，Rb逐渐减小到零。当Ra=Rb时，并联部分的电阻最大，电压表示数最大，由题图乙可知此时电压表示数为U1＝5.0 V，电流表示数即流过Ra的电流Ia＝0.50 A，由欧姆定律得Ra＝＝ Ω＝10 Ω，因Ra＝Rb，则滑动变阻器的总阻值为R2＝2Ra＝2×10 Ω＝20 Ω，故选项B错误；当Ra＝Rb时，流过Ra、Rb的电流相等，则干路电流I1＝2Ia＝2×0.50 A＝1 A，由题图乙可知U2＝4.0 V，Ia′＝0.25 A，则Ra′＝＝ Ω＝16 Ω，Rb′＝R2－Ra′＝20 Ω－·70·16 Ω＝4 Ω，Ib′＝＝ A＝1 A，则干路电流为I2＝Ia′＋Ib′＝0.25 A＋1 A＝1.25 A；由闭合电路欧姆定律得E＝U1＋I1(R1＋r)，E＝U2＋I2(R1＋r)，代入数据得E＝5.0＋1×(R1＋r)，E＝4.0＋1.25×(R1＋r)，解得E＝9 V，R1＋r＝4 Ω，故选项A正确；电源效率η＝＝，当电压表示数为5.0 V时，由选项B的分析可知此时并联部分的电阻最大，外电路总电阻最大，则路端电压U最大，故电源效率最大，故选项C错误；将R1等效作为电源内阻，则等效电源内阻r′＝R1＋r＝4 Ω，此时等效电源的输出功率等于滑动变阻器R2的总功率，当R2接入电路的电阻即并联部分的电阻等于r′时其功率最大。当电压表示数为5.0 V时，由选项B的分析可知Ra＝Rb＝10 Ω，则R2接入电路的电阻为＝ Ω＝5 Ω>r′＝4 Ω，可知R2消耗的总功率并不是最大，故选项D错误。 9.CD　由于是直流电源，因此只减小电容器C两板间的距离或者增大电容器C两板间的距离，对电路中稳定时的电流无影响，故选项A、B错误；只增大电阻R1的阻值，则电路总电阻变大，总电流减小，则L与R2并联的支路的电压变小，则灯泡变暗，故选项C正确；只减小电阻R2的阻值，则电路总电阻减小，总电流增大，R1以及电源内阻上的电压增大，则L与R2并联的支路的电压减小，则灯泡变暗，故选项D正确。 10.BD　由题图乙知，当RP＝R＋r＝10 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R＝8 Ω，可得内阻r＝2 Ω，最大功率P＝2(R＋r)＝0.4 W，E＝4 V，故选项A错误；滑动变阻器的阻值为4 Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4Rx＝(R＋r)2，Rx＝25 Ω，故选项B正确；当滑动变阻器向左移动时，电路中电流减小，所以R上消耗的功率减小，故选项C错误；当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为Pmax＝2R＝1.28 W，故选项D正确。 11.ACD　阻值为4r、6r的定值电阻并联后的阻值为R并＝＝2.4r，由闭合电路欧姆定律有I＝，阻值为4r的定值电阻两端的电压为U并＝IR并；电容器两极板间的电压为UC＝I×1.6r，阻值为4r的定值电阻消耗的电功率为P＝＝，由电容的定义式C＝可得C＝，故选项A正确，B错误；对小球由释放后到运动到下极板的过程，由动能定理有mg×3d－UCq＝0，解得m＝，故选项C正确；小球从下极板返回到上极板的过程－mgd＋UCq＝mv2，解得v＝2，故选项D正确。 12.AB　闭合开关，在电容器充电过程中，流过电阻R2的电流逐渐减小，根据欧姆定律可知，电阻R2两端电压逐渐减小，电容器极板上电荷量增加，根据C＝可知，电容器极板电压增大，故选项A正确；由公式q＝It可知，题图乙中I­t图线与坐标轴围成的“面积”表示电路稳定时电容器某一极板上所带的电荷量，故选项B正确；电路稳定后，将R的滑片向右滑动，滑动变阻器的阻值变大，则R1两端电压减小，电容器两端电压减小，电容器放电，电流传感器中有由a到b的电流，故选项C错误；当外电阻与电源的内阻相等，电源的输出功率最大，由于外电阻与内电阻关系未知，无法判断将R的滑片向右滑动，再次稳定后，电源的输出功率的变化，故选项D错误。 13.解析　(1)滑动变阻器R2最大值比待测电阻G1的阻值小，所以滑动变阻器应采用分压接法；由于没有电压表，可以采用安阻法，将定值电阻R1与待测表头G1并联，由U＝IR可测得待测表头两端电压，便可通过欧姆定律测得待测表头电阻，电路图如图所示。 (2)由欧姆定律有Rg＝＝。 (3)由题图可知，微安表G1的示数为30 μA。标准电流表A所测的电流为干路电流，相当于微安表G1改装后所测的总电流，设微安表G1改装后的最大量程为Imax，则有＝，解得改装之后的电流表实际量程最大值为Imax＝0.95 mA。 答案　(1)见解析图　(2)　(3)30　0.95 14.解析　(1)按照多用电表使用规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极，结合题图可知，表笔1为红表笔。 (2)当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律有Ig＝，解得R0＝149 Ω 由欧姆表的工作原理可知，欧姆表的中值电阻与欧姆表的内阻相等。开关S闭合时，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，所以开关S闭合时欧姆表的倍率是小倍率。开关S断开时的倍率是大倍率，所以此时的倍率为“×100”。 (3)闭合开关S，倍率为原来的，干路电流最大值应为原来的10倍，则I2＝9 mA，有＝，解得R2＝150 Ω。 答案　(1)红　(2)149　×100　(3)150 15.解析　(1)设电动势为E，开关S闭合时，R1和R3并联后的电阻为R，平行板两极板电压为R4两端的电压 U1＝·R＝ 电子进入平行板间做类平抛运动L＝vt，e＝ma1，＝＝a1t2 化简可得E＝。 (2)S断开时，平行板两极板电压为U2＝ R＝ 电子入射方式和速度不变，在平行板间运动时间不变，侧向位移与两极板间电压成正比，所以第二种情况下，电子的侧向位移为y＝×＝ 所以电场力做的功W＝ey＝mv2。 答案　(1)　(2)mv2 16.解析　(1)闭合开关S1，断开开关S2和S3，由闭合电路欧姆定律得E＝I1(R1＋R2＋r) 同时闭合开关S1和S2，断开S3，由闭合电路欧姆定律得E＝I2(R1＋r) 联立解得E＝120 V，r＝2 Ω。 (2)仅闭合开关S3，设电动机两端的电压为U，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋I3r 解得U＝104 V 电动机的总功率为P＝UI3＝832 W 电动机的输出功率为P出＝UI3－IRM＝768 W 电动机正常工作时的效率为 η＝＝×100%＝92.3%。 (3)设水的初速度为v0，在Δt时间内从喷管喷出的水的质量为Δm，Δm＝ρSv0Δt 电动机的输出功率有P出＝＝ 解得v0＝8 m/s 由竖直上抛运动规律，可得v＝2gh 解得水柱能达到离喷管口的最大高度为h＝3.2 m。 答案　(1)120 V　2 Ω　(2)92.3%　(3)3.2 m 17.解析　(1)根据题意，由闭合电路欧姆定律有 E0＝U＋Ir，其中U＝E0 解得I＝。 (2)定值电阻r上的电流为I1＝＝ 电动机的电流I2＝I－I1＝ 电动机的输出功率为P＝I2U－Ir 解得P＝。 (3)设电子的质量为m，电量为e，电子加速时，根据动能定理有eU0＝mv 电子进入两平行金属板M、N中运动时，水平方向有2L＝v0t 竖直方向有＝at2 根据牛顿第二定律有eE＝ma 电场强度E＝ 解得U0＝E0。 答案　(1)　(2)　(3)E0 18.解析　(1)根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir 根据题图丙可得电源电动势为E＝3.0 V 图线斜率为k＝r＝＝ Ω＝1.0 Ω。 (2)在题图甲电路中，电动机正常工作电流为0.4 A，电动机两端电压为2.5 V，电源内阻的电压为 Ur＝Ir＝0.4 V 根据闭合电路欧姆定律E＝UM＋Ur＋UL 解得UL＝0.1 V 所以灯泡的电功率为PL＝ULI＝0.04 W。 (3)电动机卡死不转，电动机线圈相当于一个纯电阻，此时电路简化为一个电动势为3.0 V，内阻为2.0 Ω的等效电源，外接小灯泡，在灯泡的U­I图线中作出等效电源的U­I图线，两图线交点即为灯泡的工作点，如图所示，可得此时灯泡电流为I＝1.2 A，所以流过电动机线圈电流也为1.2 A，此时线圈上的热功率为P＝I2r0＝1.44 W。 答案　(1)1.0 Ω　(2)0.04 W　(3)1.44 W 学科网（北京）股份有限公司 $$