专题(五) 磁感应强度的合成与计算、磁通量的计算、电磁感应现象-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

专题（五）磁感应强度的合成与计算、 磁通量的计算、电磁感应现象 建议用时：75分钟满分：100分 宝 一、选择题（本题共12小题，共48分.在每小题给出的四个选项中， 第1一8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9一12题有多项 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 密 得0分) 1.如图所示，一个闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方 的 向成30°角，磁感应强度为B,用下述方法中可使穿过线圈的磁通 封 量增加一倍的是 典 A.把线圈匝数增加一倍 30 B.把线圈面积增加一倍 B 线 C.把线圈的半径增加一倍 D.转动线圈使得轴线与磁场方向平行 2.线圈在长直导线电流产生的磁场中做如图所示的运动：①向下平 动；②绕轴转动；③垂直于纸面向纸外平动；④向上平动（线圈有 个缺口).则线圈中没有感应电流的是 ( 不 数 准 ① ③ ④ A.① B.② C.③ D.④ 答 3.如图所示，四个面积不同的圆形线圈，套在一条形磁铁上，其中磁 通量最大的是 ( ) 童 题 A.线圈I B.线圈Ⅱ C.线圈Ⅲ D.线圈V 4.中国地球物理科考队为测量赤道某处地磁场的磁感应强度，进行 如下实验：先将未通电线圈固定于南北方向的竖直平面内，中央 赵 放置一枚小磁针，静止时N极指向北方.给线圈通电后发现小磁 北 针N极指向北偏东日角后静止，如图所示.已知线圈通电后在自 身中央处产生的磁感应强度大小为B,关于线圈中电流方向（由 东向西看)及该处地磁场的磁感应强度大小，下列说法正确的是 ( ) 北 必 东 东 南 B A顺时针， B,逆时针，sin0 B cos 0 C.逆时针，an0 B D.顺时针，Btan0 5.研究发现通电长直导线周围的磁场的磁感应强度大小与电流强 度成正比，与到导线的距离成反比，即B=k·1如图所示，两根 互相垂直的长直导线a、b放置于同一平面内，导线a通以向上的 电流，导线b通以向右的电流，a中电流是b中电流的2倍.P、Q 是平面内的两点，P点到导线a的距离为r,到导线b的距离为 3r;Q点到导线a的距离为2r,到导线b的距离为r,若P点的磁 感应强度大小为B,则Q点的磁感应强度 ( ) A大小为B,方向垂直纸面向里 a↑2l B大小为名B,方向垂直纸面向里 3r 2红.0 C大小为B,方向垂直纸面向外 D.大小为B,方向垂直纸面向外 6.如图所示，长直导线中通有竖直向上的恒定 电流，矩形金属线框在A处，两者均在同一竖 直平面内，将金属线框在平面内平移到B处， A、B两位置关于长直导线对称，则下列判断 正确的是 A.线框在A处时，线框表面的磁场垂直于线框平面向里 B.线框从A处平移到B处，磁通量先增大后减小 C.线框从A处平移到B处，磁通量变化量为0 D.若将线框绕长直导线从A处以导线为轴转动到B处，磁通量 变化量为0 7.如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B和B 大小相等、方向相反，竖直磁场的平面内的金 02 属圆环的直径OO,与两磁场的边界重合.下 ··B· B2 列变化会在环中产生感应电流的是() A.同时增大B1减小B2 B.让金属圆环以直径OO2为轴转动90°过程中 C.向右平移金属圆环 D.同时以相同的变化率增大B1和B2 8.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小 ⑧d B与电流I成正比，与该点到直导线的距离r成 0 反比，即Boc.水平面上有一正方形abcd,O点 b 为正方形的中心，过a、b、d分别竖直固定三根长直导线，俯视图 如图所示.只有a导线通入方向竖直向上、大小为I1的电流时，c 点的磁感应强度大小为B1;再给b、d通入方向竖直向下、大小均 为I2的电流时，c点的磁感应强度为零，O点的磁感应强度大小 为B2,则 () A.I,=2I B1,= C.B2=2B1 D.B2=√2B1 √2 9.如图所示，N、S间为匀强磁场，虚线为磁感 线，正方形线圈abcd放在磁场间，线圈平面 与磁感线方向垂直，以下方法能在线圈中产 生感应电流的是 ( A.线圈沿磁感线方向上下平动 B.线圈水平向右离开磁场 C.过线圈中心做一竖直轴，线圈绕轴水平转动 D.以ad为轴转动线圈 10.以下是几幅与磁场、电磁感应现象有关的图片，则叙述正确的是 ( 甲 弹性金属片固定端 M 小磁铁口 N-S 橡皮碗 P 电磁铁 0-N 空气导管 L一5 丙 丁 A.图甲中断开开关S瞬间，线圈P里没有感应电流 B.图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面 向外 C.图丙中电流从B流入时，发现小磁铁向上运动，则小磁铁的 下端为N极 D.图丁中水平圆环从条形磁铁上方M位置向下运动，在P位 置穿过圆环的磁通量最大 第三部分重难专题卷39 11.如图所示，三角形线框ABC与通电长直导线 MN彼此绝缘，AB∥MN,且线框被导线分成 面积相等的两部分，则下列说法正确的是 A.穿过三角形线框的磁通量一定为0 B.穿过三角形线框的磁通量一定不为0 C.穿过三角形线框的磁通量可能为0 D.导线MN向左移动少许，穿过三角形线框的磁通量可能为0 12.特高压直流输电是国家重点能源工程.如图所示是两根等高，相 互平行的水平长直输电导线，分别通有大小相等、方向相同的电 流I1和I2,a、b、c三点连线与两根导线垂直并共面，b点位于两 根导线间的中点，a、c两点与b点等距，d点位于b点正上方.不 考虑地磁场的影响，则 () 11 A.b点处的磁感应强度方向与两根导线所在平面平行 B.d点处的磁感应强度方向与两根导线所在平面平行 C.a、c两点处的磁感应强度方向相反 D.a、d两点处的磁感应强度方向相同 二、计算题（本题共4小题，共52分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(8分)如图所示，在直角三角形ABC的A点和B点分别固定 一垂直纸面的无限长通电直导线，其中A点处导线中电流大小 为I。,方向垂直纸面向外，∠A=30°，已知通电直导线形成的磁 场在空间某点处的磁感应强度B=为，k为比例系数，r为该点 到导线的距离，I为导线中的电流大小.今测得C点的磁场沿 BC方向向右，求： (1)B点处导线中电流的方向； (2)B点处导线中电流的大小IB. 309 40第三部分重难专题卷 14.(14分)如图所示，矩形线圈的面积为0.2m,放在磁感应强度 为0.1T的匀强磁场中，线圈的一边αb与磁感线垂直，线圈平 面与磁场方向成30°角，求： (1)穿过线圈的磁通量是多大； (2)当线圈从图示位置绕αb边转过60°的过程中，穿过线圈的磁 通量变化了多少. c B b30° 15.(14分)已知通电的长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁 感应强度大小为B=及，其中I为电流大小，r为该位置到长 直导线的距离，k为常数.如图所示，通电的两根长直导线分别 固定在正方体abcde fgh的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流 方向分别由d流向h、由h流向g,dh中电流是hg中电流大小 的一半，dh中的电流在c点产生的磁感应强度为B.不计导线 的粗细，求a、e两点的磁感应强度的大小分别是多少， 16.(16分)通量是物理学中的重要概念，在研究磁场时我们引入了 磁通量.定义磁通量Φ=BS,其中B为磁感应强度、S为垂直磁 场的面积. (1)如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，放置一个面积 为S的平面，平面的法线（与平面垂直）方向与磁场方向的夹角 为0.求穿过该平面的磁通量更. (2)与之类似，在静电场中，我们定义，垂直穿过某一平面的电场 线条数为通过这一平面的电通量. ①写出电通量Φ。的定义式及单位； ②求出通过真空中以点电荷十Q为球心，以R为半径的球面的 电通量Φε'.（已知静电力常量为k,球的表面积公式S=4πR2) (3)自然界中的物体都会不断向外辐射电磁波，这种辐射因为和 温度有关而被称为热辐射.为了研究辐射规律，人们建立一种被 称为“黑体”的理想模型（对来自外界的电磁波只吸收不反射，但 自身会发射电磁波).理论研究表明，单位时间内从黑体单位表 面积辐射的电磁波总能量与其热力学温度的4次方成正比，即 P=σT,式中σ为常量.假设把太阳和火星都看成黑体，忽略其 他天体及宇宙空间的其他辐射，已知太阳的表面温度T。=5 770K,太阳和火星间距离约为太阳半径的400倍.试估算火星 的平均温度.（结果保留三位有效数字）间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大量为△U,则带电荷量的增 加量为C△U,C错误。电压表示数的增加量为△UU,根据闭合电路欧姆定律U=E I(R。十r)可知，电源的等效内阻R。十r的电压减小量也为△U,所以电阻R。两端的 电压减小量小于△U,D正确。 13.答案(1)0.3A(2)0.6A(3)5.4W PL=1.8A=0.3A 解析(1)通过灯泡的电流为1L一元=6 U-UL=12-6 (2)通过Pa段电阻的电流Ina=R-R-30-20 A=0.6A _U'2_62 (3)Pa段电阻消耗的功率为P1=R%10 W=3.6W _U足_62 Pb段电阻消耗的功率P?一R -20w=1.8w 所以滑动变阻器消耗的电功率 P=P1+P2=5.4W 14.答案(1)I1R(2)E-I2R0证明见解析(3)80W 解析(1)由欧姆定律得，电动机恰好不转动时其两端的电压U1=I1R (2)电动机正常工作时，由闭合电路欧姆定律得 E=U2+I2Ro 解得U2=E-I2R0 设电动机消耗的电功率为P电、电动机发热的功率为P慧、电动机对外做功转化为 机械能的功率为P机，根据能量守恒定律得 P电=P热十P机 P电=U2I2 P热=IR 则有U2I2>IR U2>IR (3)由闭合电路欧姆定律可知：U=E一IR。 由图乙可得：E=48V R=-2。|=4n 则当电流表的示数为10A时，电压表的示数U=8V 滑动变阻器与电动机消耗的电功率之和 P=UI-80 W 15.答案(1)011.25W(2)824.5W(3)424W E2 解析(1)保护电阻消耗的电功率为P0=R+,+R,)R0 因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P。最大 即R=0时，P0最大 E2Ro Pomax=(R十r)2 代入数据解得Pmax=11.25W (2)把保护电阻R。等效为电源内阻的一部分 当R=Ro十r,即R=5D十32=82时，电阻箱R消耗的功率最大 E2 PRmax一4(R0十r) 代入数据解得PRmax=4.5W (3)把R,等效为电源内阻的一部分，则等效内阻r等为82，而电阻箱R的最大值 为40，小于82 E2 (R-r等)2 R +4r等 由题意知不能满足R=r等 所以当电阻箱R的阻值取4Ω时，R消耗的功率最大 最大值为：Pm-(R)R=4w 16.答案(1)6V22(2)82 (3)a(0.6A,4.8V)b(3V,4.5W)c(4.8V,2.88W)(4)2.13W 解析(1)电源的输出功率为P出=UI 又E=U+Ir 联立解得P鱼=EU-U 变形得P出= U-2E142 r 4r 当U=E时输出功争最大，由甲周有P。-4,5W 由乙图可知，短路电流1=3A,则有1=E=3A 联立解得E=6V,r=2D (2数率留×10% ER 又U=IR=R+ 联立每得)是×160%=上×10% 1+ 由上式可知，外电阻越大时7越大，由丙图可得最大效率为m=80%,则有80%= R-,×1o% 解得Rm=82 (3)在甲图中，6点对应的是输出功率最大的点，根据上西分析，可知U,=合E=3V E c点对应的是外电阻的阻值最大时的输出功率，则U:R。十，Rm=4.8V U=2.88W 此时的输出功率为P:出一R 在乙图中，a点表示路端电压最大，此时对应外电阻的阻值最大，则有U。=U。= 4.8V Ua-0.6 A 此时对应的电流为1。一 a、b、c各点的坐标分别为a(0.6A,4.8V),b(3V,4.5W),c(4.8V,2.88W) (4)小灯泡单独接在该电源两端时，路端电压为U=E一Ir 当I=0时，U=6V,当I=0.5A时，U=5V;在小灯泡的U一I图线上作出电源的 U-1图线，则有 ↑UW 12 10 6 00.10.20.30.40.50.6iA 此图线与小灯泡的U一I图线的交点为小灯泡的工作状态，由图读出通过小灯泡的 电流I=0.41A,电压为U=5.2V,则此时小灯泡的电功率为P=U1≈2.13W 专题（五）磁感应强度的合成与计算、 磁通量的计算、电磁感应现象 1.B把线圈的匝数增加一倍，穿过线圈的磁感线的条线不变，磁通量不变，故A错误； 根据Φ=BSsin0,把线圈面积增加一倍，可使穿过线圈的磁通量增加一倍，故B正 确；把线图的半径增加一倍，线圈的面积S=πR2变为原来的4倍，磁通量变为原来 的4倍，故C错误；转动线圈使得轴线与磁场方向平行，此时线圈平面与磁场垂直， 有效面积由Ssin60°变为S,磁通量没有增加一倍，故D错误。 2.D 离直线电流越远处磁场越弱 XXX X XX + XXX XX ① ② ③ ④ 线圈远离电 线圈与磁场的， 线圈远离电 线圈有缺口 流，磁通量 夹角变化，磁 流，磁通量 不是闭合电 减小，有感 通量改变，有 减小，有感 路，无感应 应电流 感应电流 应电流 电流，故选D 3.D根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过线圈的磁感线方向向上，外部磁感线 方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的 总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过线圈的磁铁外部向下的 磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，线圈V所围的面积最小，抵消最少，则 磁通量最大，选D。 4.C环形电流在自身中央处产生向东的磁场，根据安培定则可知，线圈中电流方向 (由东向西看)沿通时针方向。根据平行四边形定则可得B%二日)：故A,B、D错 误，C正确。 5.A由题意可知B=k,由安培定则可知ab两号线在Q点的磁场方向均套直纸 面向里，则B0=k+k上=2，由安培定则可知。导线在P点的磁场方向垂直纸 面向外，b号线在P点的磁场方向垂直纸面向里，则B=-号，解得B0 吧，方向垂直纸面向里，故选A 6.D根据安培定则可知，线框在A处时，磁场垂直于线框平面向外，选项A错误；由 图形剖析知，线框中心在导线上时的磁通量等于零，所以线框从A处平移到B处，磁 通量增大、减小、零、增大、减小，选项B错误；线框在A处时，线框平面的磁场垂直于 线框平面向外，线框在B处时，线框平面的磁场垂直于线框平面向里，所以线框从A 处平移到B处，磁通量变化量不为0，选项C错误；若将线框绕长直导线从A处以导 线为轴转动到B处，磁感线始终从一个方向穿过线框，且磁感应强度大小不变，所以 磁通量变化量为0，选项D正确。 7.A同时增大B1、减小B2,则穿过圆环的磁通量向里增加，会产生感应电流，选项A 正确；让金属圆环以直径O1O2为轴转动90°、向右平移金属圆环、同时以相同的变化 率增大B1和B2,穿过线圈的磁通量总是零，无感应电流产生，选项B、C、D错误。 8.C根据安培定则做出a、b、d三根导线分别在c点的磁感应 a⊙- -&d 强度方向如图所示，B:与Bb相垂直，而且等大，两者的合磁 2B, 感应强度与品等大反向，设正方形边长为L,则有k是 0 B 飞是，解得2=号，A、B错误；a到0点的距离是Q到c点的b8 B √2L 一半，则a在O点产生的磁感应强度大小为2B1,方向如图， B b、在O点产生的磁感应强度大小等大反向，则O点的磁感应强度大小为B2= 2B1,选项C正确，D错误。 9.BD线圈沿磁感线方向上下平动，磁通量没有变化，不能在线圈中产生感应电流，选 项A错误；线圈水平向右离开磁场，磁通量发生变化，能在线圈中产生感应电流，选 项B正确；过线圈中心做一竖直轴，线圈绕轴水平转动，磁通量没有变化，不能在线 圈中产生感应电流，选项C错误；以αd为轴转动线圈，磁通量发生变化，能在线圈中 产生感应电流，选项D正确。 10.CD图甲中断开开关S瞬间，电流从有到没有，则通过线圈P的磁通量发生了变 化，线圈P里有感应电流，选项A错误；根据安培定则，图乙铁环中心O点的磁场 竖直向下，选项B错误；图丙中电流从B流入时，根据安培定则，电磁铁上端为N 极，发现小磁铁向上运动，则小磁铁的下端为N极，选项C正确；图丁中水平圆环从 参考答案59 条形磁铁上方M位置向下运动，通过圆环的磁通量先增大后减小，在P位置穿过 圆环的磁通量最大，选项D正确。 11.BD根据安培定则可知穿过右侧线框的磁场向里、穿过左侧线框的磁场向外，但通 电导线MN左侧的线框部分的平均磁感应强度比右侧的线框部分平均磁感应强度 大，根据磁通量概念可知穿过左侧部分的磁通量大于穿过右侧部分的磁通量，则穿 过线框的磁通量不为O,导线MN向左移动少许可能使两侧的磁通量等大而反向， 穿过三角形线框的磁通量为0，故B、D正确，A、C错误。 12.BCI1在b点的磁感应强度方向竖直向下，I2在b点的磁感应强度方向竖直向 上，且因为I1=I2,b点位于两根导线间的中点，所以b点的合磁场的磁感应强度为 零，A错误；I1在d点的磁感应强度方向斜向下，I2在d点的磁感应强度方向斜向 上，侧视图如图甲，可知点处的磁感应强度方向与两根导线所在平面平行，故B 正确；由安培定则可知11和I2在a点产生的磁感应强度方向相同，都是竖直向上， 在c点产生的磁感应强度方向都是竖直向下，如图乙，由对称性可知，、c两点处的 磁感应强度大小相等，方向相反，故C正确；由以上分析可知，a、d两点处的磁感应 强度方向不同，故D错误 B B, B. 乙 13.答案(1)垂直纸面向里(2)0 解析(1)设A,点处导线和B点处导线在C点激发的磁场的 磁感应强度分别为BA和BB,由于C,点磁场的磁感应强度 B合沿BC方向向右，根据安培定则可知BA方向垂直于AC 309 斜向右上，则BB的方向一定为垂直于BC向下，如图所示， 所以B点处导线中电流方向垂直纸面向里。 B BB=sin30° (2)由图可知 由题意知BA=kC BR Ba=kI8 UBC 由几何关系知lAC=2lBC 解得a=}1。 14.答案(1)0.01Wb(2)增大了0.01Wb或减小了0.02Wb 解析(1)穿过线圈的磁通量为： 0=BSsin30°=0.1×0.2×号wb=0.01wb。 (2)若线圈逆时针方向转过60°，则此时穿过线圈的磁通量Φ=BS=0.02Wb 那么△Φ=Φ一Φ=0.01Wb 若线圈顺时针方向转过60°，则此时穿过线圈的磁通量 Φ"=-BSsin30°=-0.01Wb 那么△Φ'=Φ一Φ=一0.02Wb。 15.答案√3B√5B 解析设正方体的边长为L,则dc=da=L de=ha=√L2+L2=√2L 由于h中的电流在c点产生的磁感应强度为B,且B= 所以，h中的电流在口点产生的磁感应强度B1=k=B,由安培定则知方向由a 指向b,如图甲所示 hg中的电流在a点产生的磁感应强度B2=友2”=2B,方向垂直于h,如图甲 √2L 所示 60参考答案 甲 由图甲可知B1和B2垂直，所以a点的磁感应强度大小为：B。=√B十B路= √JB2+(W2B)2=√5B h中的电流在e点产生的磁感应强度B,=是=B方向由e指向了，如因乙所示 g中的电流在e点产生的磁感应强度B1=k-2B,方向由e指向a,如图乙所示 由图乙可知B3和B4垂直，则e点的磁感应强度大小为：B。=√B酯十B= √B2+(2B)2=√5B 16.答案见解析 解析(1)穿过该平面的磁通量Φ=BScos0 (2)①电通量定义式中E=ES 其中E为电场强度、S为垂直电场的面积。 电场强度的单位是V/m,面积的单位是m2 则电通量的单位是V·m ②点电荷十Q在距离为R处产生的电场强度大小E=k R2 半径为R的球面面积为S=4πR2 则穿过该球面的电通量为 E=Es=k是×4aRe=4Q (3)设太阳半径为R,火星半径为r 太阳单位时间内向外辐射的电磁波能量为：P。=PS=σTX4πR2=4πaTR2 火星单位时间内吸收的太阳能量为P= Po 4π(400R)2Xπr2 设火星的平均温度为T,火星单位时间向外辐射电磁波能量为P2=4πσT4,2 温度稳定时有P1=P2 解得火星的平均温度T=70X400 T0_≈204K 第四部分 综合检测卷 综合检测卷（一） 1.B通电的两个线圈可视为通电螺线管，两通电螺线管又可近似看成两个条形磁铁， 其等效图如图所示。两个条形磁铁的下端均为N极，因此，O点的磁场方向向上，故 B正确。 2.B由题意可知，模具的侧边界与磁感线重合，则线圈贴着模具上下移动的过程中穿 过线圈的磁感线的条数不会发生变化，即穿过线圈的磁通量不变，所以线圈紧密套 在模具上移动过程中不出现感应电流。若线圈平面放置不水平，移动过程中由于穿 过线圈的磁通量不变，也不会产生感应电流。所以选项B正确。 3.B物料在经过高压电场区域时，只受水平方向的电场力和竖直方向的重力，在竖直 方向上均微自由落体运动，在水平方向上均微匀加速直线运动，由h=282知，所 一定相同，A错误；起电后的物料经过高压电场区城时，电场力做正 用时间t一g 功，机械能增大，B正确；从漏斗漏出的混合物料沿电场中线由静止进入高压电场， 故电场力和重力的合力提供加速度，且初速度为零，故起电后的物料经过高压电场 区域时一定做初速度为零的匀加速直线运动，C错误；起电后的物料经过高压电场 区域时，电场力做正功，电势能减小，D错误。 4.C如图所示，过B,点作AC的垂线，则垂足D为AC的 四等分点，因A、C两点的电势分别为0、8V,可知D,点的 电势为2V,则BD为等势面；根据E三可得电场强度 E-Um_ EA D DA-0.04×cos60V/m=100V/m,故C正确。 2 5.DR的滑片稍向下滑动时，变阻器R接入电路的电阻值变大，外电路总电阻值变 大，根据闭合电路的欧姆定律得知，干路电流I减小，灯变暗；b灯两端的电压Ub= E-I(r十Ra),I减小，Ub增大，则b灯变亮；通过c灯的电流I。=I一Ib,I减小，I 增大，则I。减小，C灯变暗，选项D正确，A、B、C错误。 6.C质子仅受电场力F=qE,由E一x图像可知O至b点，质子先做加速度逐渐变大 的加速运动，再做加速度逐渐减小的加速运动，故D错误；质子从O至d,电场力做 正功，其在O点的电势能大于在d点的，由于b,点电势为0，由图线与x轴围成的面 积知电势差UO仍=E0L,则Po=E0L,故A、B错误；利用动能定理得Ek=qEx,由 E-x图像可得从O到a、b、c三点，图线与x轴围成的面积之比为1：2：3，可知质 子在a、b、c三点动能之比为1：2：3，C正确。 7.C电流表量程扩大了600倍，则当指针指示原表头上的刻度“0.25mA”时，改装电 流表所测电路电流为0.25×600mA=0.15A,选项A错误；通过表头的电流与分流 电阻R的电流之比总是1：599，选项B错误；改装的电流表量程虽然变大了，但通过 表头的最大电流并没有增加，仍为1A,选项C正确；当所测电路总电流为0.40A 时，通过分流电阻的电流大小为0.40A>00≈0.399A,选项D错误。 8.B由于电池容量是5000mA·h,即q=5000×10-3×3600C=1.8×104C,充电 器输出电流为100mA,所以充电时间为1=号-59O0mAh=5h,故A错误；最 1000mA 多能储存的电能为W=qU=1.8×104×24J=4.32×105J,故B正确；额定功率为 0W,工作包压为24V,剥特行时的工作电流为I一号-号A=号A,做C错误；充 满电后能工作1-罗=名32010 s=3h,故D错误。 40 9.AB根据欧姆定律和图像可知，R1为12，R2为3，当三个导体串联时，通过各个 导体的电流相等，且三个导体两端的电压之和应为6V,由图可知，三个导体中的电 流均为1A,R1、R2、R3两端的电压分别为1V、3V、2V,则R3为2，故R1:R2: R3=1:3:2,故A、B正确；若将三个导体串联接在3V的直流电源上，A、B的阻值 不变，而由于C两端电压变化，电阻一定变化，则三个导体的阻值之比也变化，故C 错误；若将三个导体并联接在3V的直流电源上，由图可知，通过它们的电流之比为 11:I2:I3=3:1:2,故D错误。 10.CD如图，以O点为圆心，OP为半径画圆孤交ON于点 0,+Q M,根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于 0 N点的电势，而M、P两，点的电势相等，则N点电势低于 M-1 P点电势，故A错误：P点电场强度大小是Ep=é，号，N{ N D 点电场强度大小是Ev=号则Ep1EN=7:7=(2p)2:=4:1,故B错 误根据动能定理得，检验电荷由N到P的过程：-gN一9p)=合m,由题，P 点的电势为零，即p=0,则N点的电势9N一。，故C正确；检验电荷在N点 1 具有的电势能为Ep=一99N=2mv2,故D正确。 11.ACD电源的U一I图像的纵截距表示电源的电动势，由图读出电源的电动势E= 3V,内阻r智=子卫=10，两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组 成闭合电路时的工作状态，由图读出路端电压U=1V,电流I=2A,则电源的总功 率为P=EI=3X2W=6W,此时电源内部消耗的热功率为P内=r=4W,电源 的输出功率为P台=U1=2w,电源的效率为7P×100%=号×100%≈ 33.3%,故AC正确；电阻R=号，其大小等于U-1图线上的点与原点0连线的