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1、1 (每日一练)(文末附答案)2022 届高中物理恒定电流必考知识点归纳 单选题 1、如图所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 从最高端向下滑动时，A电压表 V读数先变大后变小，电流表 A读数变大 B电压表 V读数先变小后变大，电流表 A读数变小 C电压表 V读数先变大后变小，电流表 A读数先变小后变大 D电压表 V读数先变小后变大，电流表 A读数先变大后变小 2、图是利用电动机提升重物的示意图，其中 D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它被细绳拴在电动机的轴上。闭合开关 S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是 5.0 A和 100 V，重物P上升的速度
2、为 0.70 m/s。重物的质量为 50 kg，g取 10 m/s2。下列说法不正确的是（）A电动机消耗的电功率为 500W B绳对重物做功的机械功率 350W 2 C电动机线圈的电阻 20 D电动机的效率为 70%3、将一根电阻丝接在某恒定电压的电源两端，电流做功的功率为P若将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为 A4PB0.25P C16PD0.125P 4、如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，1、2、3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，开关闭合时，平行金属板中一带电小液滴P处于静止状态。选地面为零电势参考面，当滑动变阻器4的滑片向a端移动时，则（）A电
3、阻1消耗的功率增大 B带电小液滴的电势能增加 C电源的效率减小 D若电流表、电压表的示数变化量分别为 和 ，则|U2 C1变小 D2变大 8、把两个相同的小量程电流表分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图甲、乙所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同 B图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D图乙中的A1、A2的指针偏角不同，示数相同 填空题 9、太阳能电池由许多电池“晶片”串联和并联组成。某电池“晶片”的电动势为 0.6mV，内阻
4、为 24。若不小心将晶片正、负极短路，电路中的电流强度为_A；某同学将多个晶片串联使用，始终不能点亮“2.5V，0.75W”的小灯（连接良好，器材无故障）。请分析说明原因：_ 10、如图所示,当可变电阻R调到 20,电流表的读数为 0.3A,当可变电阻R调到 10,电流表的读数为 0.4A,则电源的电动势E=_V,内阻r=_。数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电
5、路中为电源的电动势和内电阻为定值电5 11、有一个电流表，满偏电流=200 A，内阻=1k，若要改装成量程m=1mA的电流表，应_（填“串”或“并”）联一个阻值为_ 的电阻。若要将改装后的电流表再改装成量程m=3V的电压表，应再_（填“串”或“并”）联一个阻值为_ 的电阻。数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 6 2022 届高
6、中物理恒定电流_027 参考答案 1、答案：A 解析：试题分析：由电路图可知，本题为滑动变阻器的两部分并联，并联后，再与 R串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化 解：设滑动变阻器触点以上的电阻为 R上，触点以下的电阻为 R下因为滑动变阻器的有效电阻 R并除最初和最终为零外，是 R上和 R下并联的结果，R并=R上R下R上+R下 二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，I总=+并，所以当触点在中间时电流最小，电压表 V读数为电源的路端电压，U=E-Ir，当触点在中间时路端电压最大，电压表 V读
7、数先变大后变小，所以本题选 A或 C 再算电流表 A读数即 R下的电流 I，根据电阻并联分流公式，=总上上+下，联立以上 3 式，解得=+R上R下R上+R下上上+下变化为 I=(+)(上+下)上+下 当滑动变阻器的滑动触头 P 从最高端向下滑动时，R上一直变大而 R下一直变小，从上式可以看出，电流表 A读数 I一直变大，所以本题选 A 故选 A【点评】本题考查全电路欧姆定律，滑动变阻器，电路分析，并联分流等，难度：较难电路分析和电压表电流表读数数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质
8、量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 7 随滑动变阻器触点移动而变化的题目是传统题目，但此题推陈出新，有新意，用新方法，一是应用数学知识：二者和不变，相等时积最大，二是应用数学方法，把最后的 I式子变化为最后一式，目的是减少变化量 2、答案：C 解析：A根据电功率关系式有 电=5 100W=500W 故电动机消耗的功率为 500W，故 A正确，不符合题意；B以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有=根据 机=得 机=350W 故细绳对对重物做功的机械功率为 350W，
9、故 B正确，不符合题意；C根据功能关系有 电=机+热 热=2 联立解得=6 故 C错误，符合题意；数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 8 D电动机效率=机电=350500=70%故 D 正确，不符合题意；故选 C。3、答案：B 解析：电阻丝拉长后，材料不变，均匀地拉长为原来的两倍，可知其横截面积变为原来的二分之一倍，根据导体的
10、电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以其阻值变为原来的 4 倍，根据=2可知，电源电压不变时，功率变为原来的 0.25 倍。故选 B。4、答案：D 解析：A由图可知，2与滑动变阻器4串联后与3并联，再与1串连接在电源两端；电容器与3并联；当滑片向a端移动时，滑动变阻器4接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流减小；路端电压增大，同时1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过3的电流增大，故电流表的示数减小；根据 1=干21 电阻1消耗的功率减小，A错误；B电压表的示数变大，金属板板间的电场变强，电场力变大，电场力大于小液滴的重力，则小液滴向上运动
11、，电势能减小，B错误；数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 9 C由于路端电压变大，根据=外100=外100 可知电源效率增大，C错误；D根据电路可知 干=3+很容易看出 干 由于 干=+1 有|1+D 正确。故选 D。5、答案：C 解析：AL1两端电压为 3.0V，根据图像可知其电流为 0.25A，L2、L3串联，每个灯泡的电
12、压为 1.5V，根据图像可知其电流为 0.2A，不是 2 倍的关系，故 A错误。BCL1的电阻R1 1=3.00.25=12 数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 10 L2、L3的电阻R2、R3 2=3=1.50.2=7.5 故 B错误，C正确。D此时L2消耗的电功率为P=1.5 0.2W=0.3W 故 D 错误。故选 C。6
13、、答案：BC 解析：电路结构为：电流表、定值电阻及滑动变阻器串联，电压表V1测量定值电阻的电压，电压表V2测量外电压，电压表V3测量滑动变阻器电压。A滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器的有效电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，电流增大。A错误；B电流增大，内电压增大，则外电压减小，即电压表V2的示数减小。B正确；C将定值电阻等效为电源内阻，则电压表V3测量等效电源的外电压，根据电源的伏安特性曲线得 3=+C正确；D根据闭合电路的欧姆定律得 1=，2=而定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以 1大于 2。D 错误。故选 BC。数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变
14、大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 11 7、答案：AB 解析：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
15、小，即两电压表示数之和减小，所以 U1U2 故 B正确；C由 U1=E-I（RL2+r）得：1=2+不变，故 C错误；D根据欧姆定律得 2=R2 不变，故 D错误。故选 AB。8、答案：BD 解析：数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 12 由于电流表是由小量程的电流表并联上分流电阻构成的，改装成的电流表量程不同，并联的分流电阻
16、不同。AB图甲中，两块电流表并联，由于电流表内阻不同，因此流过两块电表的电流不同，即两块表的示数不同；由于两块小量程的电流表的表头内阻相同，也是并联关系，因此小量程电流表的电流相同，即表头的指针偏转角度相同，A错误，B正确；CD图乙中，两块电流表串联，流过两块电流表的电流相同，因此示数相同；由于两块表的内阻不同，分得的电压不同，因此流过小量程电流表的电流不同，表针偏转角不同，C错误，D正确。故选 BD。9、答案：2.510-5 小灯的额定电流为 0.3A，电路所能达到的最大电流（短路电流）远小于小灯正常工作的电流，所以不能点亮小灯 解析：1将晶片正、负极短路，电路中的电流强度为 =0.6 10
17、324A=2.5 105A 2小灯的额定电流为 额=0.752.5A=0.3A 无论多少节电池串联，电路所能达到的最大电流（短路电流）远小于小灯正常工作的电流，所以不能点亮小灯。10、答案：12 20 解析：12由闭合回路欧姆定律=+可得 数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电 13 =+（R表示外电路总电阻）故当可变电阻R调到
18、20,电流表的读数为 0.3A时有 1=20+=0.3A 当可变电阻R调到 10,电流表的读数为 0.4A 时有 2=10+=0.4A 联立两式可得=12V，=20 11、答案：并 250 串 2800 解析：1 2电流表改装成大量程的电流表需要并联电阻分流，阻值为=I=250 34把电流表改装成电压表需要串联电阻分压，阻值为=2800 数先变大后变小电流表读数先变小后变大电压表读数先变小后变大电流表读数先变大后变小图是利用电动机提升重物流表和电压表的示数分别是和重物上升的速度为重物的质量为取下列说法不正确的是电动机消耗的电功率为绳对重物将该电阻丝均匀地拉长为原来的两倍后再接入该电源则它的功率为如图所示电路中为电源的电动势和内电阻为定值电