押题精选10 恒定电流-2021年高考物理108所名校押题精选（解析版）

押题精选 10 恒定电流 1．氢弹造价高，寿命短，难保存。最主要的原因就是其中的氚核 3 1H 会发生β衰变生成氦核 3 2 He ，其半衰期 为 12.5 年。若一枚氢弹中有 1kg 氚核 3 1H ，假设氚核 3 1H 衰变产生的电子全部定向运动，已知电子电荷量为 1.6×10-19C，阿伏加德罗常数为 6×1023mol-1，1 年约为 3.2×107s。则一个半衰期内形成的平均电流约为（ ） A．4×10-4A B．4×10-2A C．8A D．8×10-2A 【答案】B 【详解】阿伏伽德罗常数是联系微观和宏观的桥梁。1kg 氚核所含分子数 A mN NM  其中 m=1kg，M 为氚核摩尔质量。半衰期 T 内，有 1 2 N 个分子发生衰变，即释放 1 2 N 个电子，又 qI t  其中 t=T 1 2q Ne 得 24 10I   A 故选 B。 2．如图甲所示是一个“简易电动机”，一节 5 号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极， 将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁 表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示。关于该“简易电动机”， 下列说法正确的是（ ） A．从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转 B．电池的输出功率大于线框转动的机械功率 C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系 D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流增大 【答案】B 【详解】A．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框 将做顺时针转动，故 A 错误； B．电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输出的 电功率大于线框旋转的机械功率，故 B 正确； C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故 C 错误； D．稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，故 D 错误； 故选 B。 3．如图所示为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图线，在图线上取一点 M， 其坐标为 0 0( , )U I ，其中过 M 点的切线与横轴正向的夹角为β ，MO 与横轴的夹角为α。则下列说法正确的 是（ ） A．该电阻阻值随其两端电压的升高而减小 B．该电阻阻值随其两端电压的升高而增大 C．当该电阻两端的电压 0U U 时，其阻值为 1 Ωtan D．当该电阻两端的电压 0U U 时，其阻值为 tan Ω 【答案】A 【详解】AB．由图像可知，斜率表示电阻的倒数，半导体的伏安特性曲线斜率变大，则阻值随电压的升高 而变小，故 A 正确，B 错误； CD．当该电阻两端的电压 0U U 时，电阻 0 0 UR I  ，由于纵坐标与横坐标的标度不确定，所以不能用 tanR  ，更不能用 tan  计算，故 CD 错误。 故选 A。 4．一不带电的均匀金属圆线圈，绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动时，线圈中不会有电流通过； 若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象被称为斯泰瓦—托尔曼效应。这一现 象可解释为：当线圈转动的线速度大小变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相 对运动，从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动，由于电子在导线中运动会受到沿导 线的平均阻力，所以只会形成短暂的电流。已知该金属圆线圈周长为 L、横截面积为 S、单位体积内自由电 子数为 n，电子质量为 m、电荷量为 e，自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例 系数为 k。若此线圈以角速度ω匀速转动时突然停止转动（减速时间可忽略不计），此后，下列说法正确的是 （ ） A．线圈中电流方向与线圈原转动方向相同 B．自由电子在线圈中运动的线速度均匀减小 C．自由电子沿着线圈运动的路程为 4 mL k   D．通过线圈横截面的电荷量为 2 nem LS k   【答案】D 【详解】A．若此线圈以角速度ω匀速转动时突然停止转动，则由于惯性自由电子将向前运动，则线圈中形 成的电流方向与线圈原转动方向相反，选项 A 错误； B．因为自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，即 f=kv 可知自由电子在线圈中运动的线速度不是均匀减小，选项 B 错误； C．电子随线圈转动的线速度 2 2 L Lv r       对电子由动量定理 f t mv  即 kv t kx mv   解得 2 m Lx k   选项 C 错误； D．通过线圈横截面的电荷量为 2 neSm Lq neSx k    选项 D 正确。 故选 D。 5．如图甲所示的电路中，K 与 L 间接一智能电源，用以控制电容器 C 两端的电压 UC．如果 UC 随时间 t 的 变化如图乙所示（设 t=0 时，K 为高电势），则下列描述通过该电容器 C 的电流 IC（取回路中电流沿顺时针 方向为正）随时间 t 变化的图像中，正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据电容的定义公式有 =Q QC U U   电流的定义式为 =Q QI t t   联立可得 =U UI C Ct t   电容不变时，通过的电流与电压的变化率成正比，电压的变化率由乙图图像的斜率可知，由于图像的斜率 不变并且为负值，则通过该电容器 C 的电流 IC 大小也保持不变，方向为负的，所以 C 正确；ABD 错误； 故选 C。 6．某扫地机器人电池容量 2000 mA·h，额定工作电压 15 V，额定功率 30 W，则下列说法正确的是（ ） A．扫地机器人的电阻是 7.5 Ω B．题中 mA·h 是能量的单位 C．扫地机器人正常工作时的电流是 2 A D．扫地机器人充满电后一次工作时间约为 4 h 【答案】C 【详解】A．根据题意扫地机器人是非纯电阻用电器，无法计算扫地机器人的电阻。故 A 错误； B．题中 mA⋅ h 是电荷量的单位。故 B 错误； C．扫地机器人正常工作时的电流为 30 A 2A15 PI U    故 C 正确； D．根据题意，2000mA⋅ h=2A⋅ h 扫地机器人充满电后一次工作时间约为 2A h 1h2At   工作时间约为 1h，故 D 错误。 故选 C。 7．2016 年诺贝尔物理学奖颁发给了三位美国科学家，以表彰他们将拓扑概念应用于物理研究所做的贡献。 我们知道，按导电性能不同传统材料大致可分为导体和绝缘体两类，而拓扑绝缘体性质独特，它是一种边 界上导电、体内绝缘的新型量子材料。例如，在通常条件下石墨烯正常导电，但在温度极低、外加强磁场 的情况下，其电导率（即电阻率的倒数）突然不能连续改变，而是成倍变化，此即量子霍尔效应（关于霍 尔效应，可见下文注释）。在这种情况下，电流只会流经石墨烯边缘，其内部绝缘，导电过程不会发热，石 墨烯变身为拓扑绝缘体。但由于产生量子霍尔效应需要极低温度和强磁场的条件，所以其低能耗的优点很 难被推广应用。2012 年 10 月，由清华大学薛其坤院士领衔的中国团队，首次在实验中发现了量子反常霍尔 效应，被称为中国“诺贝尔奖级的发现”。量子反常霍尔效应不需要外加强磁场，所需磁场由材料本身的自发 磁化产生。这一发现使得拓扑绝缘材料在电子器件中的广泛应用成为可能。注释：霍尔效应是指将载流导 体放在匀强磁场中，当磁场方向与电流方向垂直时，导体将在与磁场、电流垂直的方向上形成电势差。根 据以上材料推断，下列说法正确的是（ ） A．拓扑绝缘体导电时不具有量子化的特征 B．霍尔效应与运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力无关 C．在量子反常霍尔效应中运动电荷不再受磁场的作用 D．若将拓扑绝缘材料制成电脑芯片有望解决其工作时的发热问题 【答案】D 【详解】A．由题意知石墨烯变身为拓扑绝缘体，其电导率（即电阻率的倒数）突然不能连续改变，而是成 倍变化，具有量子化的特征，选项 A 错误； B．霍尔效应是指将载流导体放在匀强磁场中，当磁场方向与电流方向垂直时，粒子在洛伦兹力作用下，发 生偏转，从而导致在与磁场、电流垂直的方向上形成电势差，所以霍尔效应与运动电荷在磁场中所受的洛 伦兹力有关，选项 B 错误； C．量子反常霍尔效应虽然不需要外加强磁场，所需磁场由材料本身的自发磁化产生，所以运动电荷仍受磁 场的作用，选项 C 错误； D．由题意当电流只会流经石墨烯边缘时，其内部绝缘导电过程不会发热，即变成为拓扑绝缘体，所以若将 拓扑绝缘材料制成电脑芯片有望解决其工作时的发热问题，选项 D 正确。 故选 D。 8．如图所示为某同学设计的电吹风电路图，a、b、c、d 为四个固定触点。可动的扇形金属触片可绕 P 点转 动，能同时接触两个触点。触片处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。该 电吹风的参数如下表所示。下列判断正确的是（ ） 热风时输入功率 460W 冷风时输入功率 60W A．当扇形金属触片接触 c、d 触点时吹冷风 B．当扇形金属触片接触 a、b 触点时吹热风 C．当扇形金属触片接触 b、c 触点时吹热风 D．电热丝的热功率是 460W 【答案】B 【详解】A．当扇形金属触片接触 c、d 触点时，电路断开，选项 A 错误； B．当扇形金属触片接触 a、b 触点时，小风扇与电热丝都接入电路，吹热风，选项 B 正确； C．当扇形金属触片接触 b、c 触点时，只有小风扇接入电路，吹冷风，选项 C 错误； D．热风时输入功率 460W，冷风时输入功率 60W，所以电热丝的热功率是 400W，选项 D 错误。 故选 B。 9．智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。机场严禁携带能量 超过160 W h 的充电宝搭乘飞机。某品牌充电宝的铭牌标志如图所示，其中有部分数据因磨损而显示不出。 下列说法正确的是（ ） 产品名称：充电宝 输入：5 V 1.5 A 输出 1： USB 5 V 1 A 输出 2： USB5 V 2.1 A 电池容量：30000 mAh A．160 W h 相当于使 55.76 10 kg 的物体升高1 m 增加的重力势能 B．该充电宝充电时输入的功率为5 W C．满电时输出端 1、2 同时输出大约能使用9.68 h D．该充电宝不能被携带乘机 【答案】C 【详解】A．将质量为 55.76 10 kg 的物体提升1 m 时重力势能的变化量 5 6 1= =5.76 10 10 1J =5.76 10 JE mgh     5 2 160 W h 160 3600 J 5.76 10 JE       二者不相等，故 A 错误； B．该充电宝充电时输入的功率为 = =5 1.5W=7.5Wp UI  故 B 错误； C．该充电宝满电时输出端 1、2 同时输出，输出总电流为3.1 A ，则有 30 A h 9.68 h3.1 A qt I    故 C 正确； D．该充电宝具有能量为 30 A h 5 V 150 W h 160 W h      则该充电宝能被携带乘机，故 D 错误。 10．如图所示，国内首台 610 10 W 海上风电机组在三峡集团福建福清兴化湾二期海上风电场成功并网发电， 是目前我国自主研发的单机容量亚太地区最大、全球第二大的海上风电机组。若已知该风力发电机的年均 输出功率为设计功率的 55%，每户家庭月均耗电 200kW h ，则一台发电机可供大约多少户用电（ ） A．5000 B．1 万 C．2 万 D．4 万 【答案】C 【详解】A．根据能量守恒定律有 Pt nW  代入相关参数可得 6 655% 10 10 365 24 60 60J 12 200 3.6 10 Jn          解得 42 10n   。 故选 C。 11．如图所示是某品牌吊扇的相关参数，取 g=10m/s2，以下说法正确的是（ ） A．吊扇正常工作时通过吊扇电机的电流为 0.25A B．天花板对吊杆的拉力大于等于 50N C．吊扇正常工作时消耗的电能用于对空气做功 D．吊扇边沿 A 点的最大线速度大小为 896πm/s 【答案】A 【详解】A．由 P UI 可知，吊扇正常工作时通过吊扇电机的电流为 55 A 0.25A220 PI U    故 A 正确； B．吊扇的质量为 5kg，则重力为 50N，吊扇正常工作时，对空气有向下的作用力，根据牛顿第三定律可知， 空气对吊扇有向上的作用力，所以天花板对吊杆的拉力小于 50N，故 B 错误； C．吊扇正常工作时，根据能量守恒 +UI P P 热 机 可知，消耗的电能一部分变成热能，一部分输出为机械能， 则吊扇正常工作时消耗的电能部分用于对空气做功，故 C 错误； D．吊扇的直径为 1.4m，则半径为 0.7m，转速为 16320r/min r/s3n   则 A 点的线速度为 1122 m/s15v nr   故 D 错误； 故选 A。 12．如图为一由干电池、铜线圈和钕磁铁组成的简易电动机，此装置中的铜线圈能从静止开始绕虚线 'OO 轴 转动起来，那么（ ） A．若磁铁上方为 N 极，从上往下看，线圈将顺时针旋转 B．若磁铁上方为S 极，从上往下看，线圈将顺时针旋转 C．线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能 D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能 【答案】A 【详解】A．若磁铁上方为 N 极,线圈左边的电流是向下的，磁场是向左的，根据左手定则可知安培力是向 内的。同理，线圈右边的电流也是向下的，磁场是向右的，根据左手定则可知安培力是向外的，故从上往 下看，线圈将顺时针旋转。故 A 正确； B．若磁铁上方为S 极，根据 A 项的分析，易知，从上往下看，线圈将逆时针旋转。故 B 错误； C．线圈匀速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热。故 C 错误； D．线圈加速转动过程电池的化学能全部转化为线圈的动能和电路的焦耳热。故 D 错误。 故选 A。 13．如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源 的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小 B=0.2T， 磁铁上方为 S 极。电源的电动势 E=6V，内阻未知，限流电阻 R0=4.8Ω。闭合开关 S 后，当导电液体旋转稳 定时理想电压表的示数恒为 3.5V，理想电流表示数为 0.5A。则（ ） A．从上往下看，液体顺时针旋转 B．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为 R=7.0Ω C．液体消耗的电功率为 1.75W D．1 分钟内，液体里产生的热量为 105J 【答案】C 【详解】A．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放一个圆环形电极接电源的正极，在电 源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向上，由左手定则 可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故 A 错误； B．对于非纯电阻元件，不满足欧姆定律， 7.0UR I    ，B 错误； C．液体消耗的电功率 P＝UI＝1.75 W C 正确； D．1 分钟电流做功为 1.75 60 105WW Pt    由能量守恒可知电流做功转化为热能和液体的转动动能，因此 1 分钟内液体里产生的热量小于 UIt＝105J， D 错误。 故选 C。 14．如图是远距离输电的部分线路。A、B 两点分别为铁塔与输电线的连接点，输电线质量分布均匀，下列 说法正确的是（ ） A．输电线上电流相等时，输电线越粗，在输电线上消耗的电能越多 B．若 A 点高于 B 点，输电线两端的切线与竖直方向的夹角 A B  C．若 A、B 两点等高，A、B 两端点对输电线的弹力大小之和等于输电线的重力 D．由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小，输电线两端的弹力变大 【答案】B 【详解】A．输电线上电流相等时，输电线越粗，输电线的电阻越小，输电线上消耗的电能越少，故 A 错 误； B．设输电线下垂的最低点为 C，若 A 点高于 B 点，则 A 到 C 之间的输电线长度比 B 到 C 之间的输电线长 度长，设 A 到 C 之间的输电线重力大小为 GAC，B 到 C 之间输电线的重力大小为 GBC，A、B 两端点对输电 线的弹力大小分别为 FA、FB，则根据平衡条件有 FAcosθA=GAC FBcosθB=GBC FAsinθA= FBsinθB 并且 GAC＞GBC 联立以上各式可得 θA＜θB 故 B 正确； C．若 A、B 两点等高，由于 A、B 两端点对输电线的弹力并不是竖直向上，所以 A、B 两端点对输电线的弹 力大小之和大于输电线的重力，故 C 错误； D．由于热胀冷缩，夏季输电线与竖直方向的夹角变小， 根据 FAcosθA+FBcosθB=G 可知当θA 和θB 都减小时，FA 和 FB 也减小，故 D 错误。 故选 B。 15．如图所示，横截面都是正方形的三段导体，它们的材料和长度都相同，导体 B 刚好能嵌入导体 A，导 体 C 刚好能嵌入导体 B，现将三段导体串联接入到同一电路中，则（ ） A．导体 C 的电阻最大 B．导体 A 两端的电压最大 C．导体 B 消耗的电功率最大 D．三段导体在相等时间内产生的热量相等 【答案】D 【详解】A．由题知三个电阻的电阻率  相同，长度 l 相同，根据电阻定律 lR S  可知比较横截面积 S 即可比较三者电阻的大小，由几何知识得 2 2 2 A ( 3 ) ( 2 )S L L L   2 2 2 B ( 2 ) ( )S L L L   2 CS L 所以三个电阻的阻值相等，故 A 错误； BCD．由于三个电阻串联且阻值相等，故根据串联电路的特点，则流过它们的电流相等，各自两端的电压， 消耗的电功率，在相等时间内产生的热量均相等，故 BC 错误，D 正确。 故选 D。 16．如图所示，四个完全相同的小灯泡并联。闭合开关 S1，灯泡 L1 发光；陆续闭合 S2、S3、S4，其它灯泡 也相继发光。关于灯泡 L1 的亮度变化分析，下列说法正确的是（ ） A．电源电动势不变，L1 两端电压不变，L1 亮度不变 B．电路总电阻变小， L1 两端电压变小， L1 亮度变暗 C．电路总电阻变大，导致 L1 两端电压变大，L1 亮度变亮 D．干路电流不变，其它灯分流导致流过 L1 电流变小，L1 亮度变暗 【答案】B 【详解】四盏灯为并联关系，陆续闭合 S2、S3、S4，总电阻越来越小，根据欧姆定律可知干路中电流越来越 大，因为 E=U 外+I 干 r 可知随着干路电流的增大，外电压越来越小，所以 L1 两端电压变小， L1 亮度变暗。 故选 B。 17．某实物投影机有 10 个相同的强光灯 L1～L10（24V/200W）和 10 个相同的指示灯 X1～X10（24V/2W）， 如图连接在 220V 交流电源上，若工作一段时间后，L2 灯丝烧断，则（ ） A．X1 功率减小，L1 功率增大 B．X1 功率增大，L1 功率增大 C．X2 功率增大，其它指示灯的功率减小 D．X2 功率减小，其它指示灯的功率增大 【答案】C 【详解】L2 灯丝烧断，则电路总电阻变大，则总电流减小，通过 X1 和 L1 的电流均减小，则两者的功率均减 小，同理其他指示灯的功率也减小；则除 X2 的其他部分的电压之和减小，则 X2 的电压变大，根据 2UP R 则 X2 功率增大。 故选 C。 18．如图所示的电路中，当变阻器 R1 的滑动触头向上滑动时，A、B 两灯亮度的变化情况为（ ） A．A 灯和 B 灯都变亮 B．A 灯和 B 灯都变暗 C．A 灯变亮，B 灯变暗 D．A 灯变暗，B 灯变亮 【答案】A 【详解】“串反并同”指的是在一个闭合回路中某一个电学元件的阻值发生了变化，则与其并联的电学元件的 电学量的变化趋势与其相同，与其串联的电学元件的电学量的变化趋势与其相反，这里的并联是指两电学 元件之间没有电流的流进流出关系，串联指的是电流有流进流出关系。 当变阻器 R1 的滑动触头向上滑动时，滑动变阻器的阻值增大，根据“串反并同”规律可知 A、B 灯泡与之并 联，则两灯都变亮，所以 A 正确；BCD 错误； 故选 A。 19．如图所示是研究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，电池的两极 A、B 与电压传感器 2 相连， 位于两个电极内侧的探针 a、b 与电压传感器 1 相连，R 是滑动变阻器。则（ ） A．电压传感器 1 测得的是外电压 B．电压传感器 2 测得的是电动势 C．移动挡板，减小内阻，传感器 1 的读数增加 D．变阻器 R 阻值增大时传感器 2 的读数增加 【答案】D 【详解】A．由图可知，电压传感器 1 测得的是内电压，故 A 错误； B．电压传感器 2 测得的是路端电压，故 B 错误； C．移动挡板，减小内阻，则内电压减小，即传感器 1 的读数减小，故 C 错误； D．变阻器 R 阻值增大时即增大外电阻，路端电压增大即传感器 2 的读数增加，故 D 正确。 故选 D。 20．2020 年春天全世界发生新冠肺炎疫情，人们居家隔离，由于运动量减少，体重逐渐增加，体内的脂肪 也逐步增多，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪率。体液中含有钠离子、钾离子等 金属离子而呈现低电阻，而体内脂肪几乎不导电。脂肪测量仪根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例， 模拟电路如图乙所示。测量时，闭合开关S ，测试者两手分别握两手柄 A、B，则（ ） A．体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电流表示数较大，电压表示数较小 B．体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源效率高 C．体型相近的两人相比，脂肪含量高者对应的电源输出功率大 D．当 A、B 间电阻逐渐增大时，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值的绝对值也随之增大 【答案】B 【详解】ABC．体型相近的两人相比，脂肪含量高者电阻较大，图乙是串联电路，总电阻增大，电流减小， AB 两端电压增大，电源效率 100U E    ％ 路端电压U 随外电阻 R外 增加而增大，因此脂肪含量高者对应的电源效率高，电源输出功率与外电阻和电 源内阻的关系有关，外电阻与电源的内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻与电源内阻的 关系，故无法判断谁对应的电源输出功率大，AC 错误，B 正确； D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值的绝对值为 U R rI    其大小不变，D 错误； 故选 B。 21．交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，传感器电阻 R 的电阻值随酒精气体浓 度的增大而减小，电源的电动势为 E，内阻为 r，电路中的电表均为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试 仪吹气时，下列说法中正确的是（ ） A．电压表的示数变大，电流表的示数变小 B．电压表的示数变小，电流表的示数变小 C．酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大 D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变 【答案】D 【详解】AB．由于传感器电阻 R 的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，而酒驾驾驶员吹气时，酒精浓度 大，R 变小，由闭合电路的欧姆定律可知 I = 0 E R r R  ，U = E - I(R0 + r) 可知电流表示数变大、电压表示数变小，AB 错误； C．电源的输出功率关于外阻 R 外的图像为 由图可看出当 R 外 = r 时电源的输出功率最大，而酒精气体浓度越大导致 R + R0 减小，若开始时有 R + R0 > r 则随着 R 减小电源的输出功率增大，若 R + R0 < r 则随着 R 减小电源的输出功率减小，C 错误； D．根据闭合电路的欧姆定律有 E = U1 + I1(r + R0)，E = U2 + I2(r + R0) 整理后有 U I   = r + R0 则无论 R 怎么变，但电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，D 正确。 故选 D。 22．图示为某火警报警器的部分电路示意图，其中 2R 为热敏电阻， P 、Q 之间接报警器。已知报警器的内 阻很大，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。若热敏电阻 2R 附近出现了火情，电流表 1A 的示数变化大 小为 1I ，电流表 2A 的示数变化大小为 2I ，报警器两端电压的变化大小为 U ，则随着火情的加剧（ ） A． 1 U I   变大 B． 1 U I   变小 C． 1 2 I I   变小 D． 1 2 I I   不变 【答案】D 【详解】AB．电源两端电压设为U ，根据闭合电路欧姆定律有 1U E I r  ， 则 1 U rI   1 U I   与 2R 的阻值变化无关，AB 错误； CD． 3R 两端的电压  3 1 1U E I R r   通过 3R 的电流 3 3 3 UI R  通过 1R 的电流 1 2 3I I I  可得 3 1 2 1 3 1 3 R EI IR r R R r R      则 31 2 1 3 RI I R r R     与 2R 无关，即 1 2 I I   不变，C 错误 D 正确。 故选 D。 23．如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的恒定电流。电流 表、电压表均为理想电表。当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时，电压表示数的变化量大小为 U ，电流 表示数的变化量大小为 I ，下列说法正确的是（ ） A．电压表示数U 变小 B．电流表示数 I 变大 C． U I   不变 D．电源的输出功率减小 【答案】C 【详解】A．滑动变阻器滑动触头向上移动， 0R 变大，则电路的外电阻增大，因为电源是恒流源，故干路 电流不变，则路端电压增大，电压表示数增大，A 错误； B．干路电流不变，故 2R 两端电压不变，则 1R 两端电压增大，通过 1R 的电流增大，又总电流不变，则通过 0R 的电流减小，电流表示数减小，B 错误； C．电压表示数的变化量大小 U 等于 1R 两端电压变化量大小，电流表示数的变化量大小 I 等于流过 1R 的 电流的变化量大小，故 1 U RI   大小不变，C 正确； D．干路电流不变，外电阻增大，根据 2=P I R输出 外 可知，电源的输出功率增大，D 错误。 故选Ｃ。 24．如图所示，图甲是旋转磁极式交流发电机简化图，其矩形线圈在匀强磁场中不动，线圈匝数为 10 匝， 内阻不可忽略。产生匀强磁场的磁极绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′（O′O 沿水平方向）匀速转动，线圈中 的磁通量随时间按如图乙所示正弦规律变化。线圈的两端连接理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数 比 n1∶n2=2∶1，电阻 R1=R2=8Ω。电流表示数为 1A。则下列说法不正确的是（ ） A．abcd 线圈在图甲所在的面为非中性面 B．发电机产生的电动势的最大值为 10 2 V C．电压表的示数为 10V D．发电机线圈的电阻为 4Ω 【答案】C 【详解】A.线圈位于中性面时，磁通量最大，由图甲可知，此时的磁通量最小，为峰值面，故 A 正确不符 合题意； B.由图乙知 2 πWb100m BS   ， 0.02sT  角速度为 2π 100πrad/sT    电动势的最大值 10 2VmE nBS  故 B 正确不符合题意； C.根据欧姆定律以及变压器原副线圈电压关系的 1 2 2 2 1 2 R RU I R R   ， 2 2 1 1 U n U n  解得 U1=8V，故 C 错误符合题意； D.由闭合电路的欧姆定律得 1 1E U I r  解得 r=4Ω 故 D 正确不符合题意。 故选 C。 25．如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间 一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡 L 也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向 a 端滑动，则（ ） A．灯泡将变暗，电源效率将减小 B．液滴带正电，将向下做加速运动 C．电源的路端电压增大，输出功率也增大 D．滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小 【答案】D 【详解】A．将滑片由该位置向 a 端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流 减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率 100% 100%UI U EI E      外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故 A 项错误． B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向 a 端滑动时， 变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压 ( )C LU E I r R   增 大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故 B 项错误． C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故 C 项错误． D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电 势始终为 0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故 D 项正确． 【点睛】 本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析； 下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值． 26．如图所示，直线 A 为某电源的 U－I 图线，曲线 B 为小灯泡 L 的 U－I 图线，将 L 接在该电源两端组成 闭合电路。则下列说法正确的是（ ） A．电源的内阻为 2 3 Ω B．此时电源内电压为 3V C．此时电源的输出功率为 6W D．小灯 L 的额定功率一定为 6W 【答案】C 【详解】A．直线 A 的斜率的绝对值等于电源的内阻即 4 1Ω 0.5Ω6r   故 A 错误； B．电路中的电流为 2A，此时电源内电压为 1VU Ir 内 故 B 错误； C．此时电源的输出功率为 2 3W 6WP   出 故 C 正确； D．由于不知道此时灯泡是否正常发光，则无法确定小灯 L 的额定功率，故 D 错误。 故选 C。 27．在如图所示的电路中，定值电阻 1 7R   、 2 3R  、 3 1R   、 4 4R   ，电容器的电容 2μFC  ， 电源的电动势 5VE  ，内阻不计。闭合开关 1S 、 2S ，电路稳定后，则（ ） A． a 、b 两点的电势差 2.5VabU  B．电容器所带电荷量为 51.0 10 C C．断开开关 2S ，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 67.0 10 C D．断开开关 2S ，稳定后流过电阻 3R 的电流与断开前相比将发生变化 【答案】C 【详解】A．设电源负极的电势为 0，则电源正极的电势为 5V  又因为 1 1 2 a E RR R     代入数据可解得 1.5Va  同理有 3 3 4 b E RR R     解得 4Vb  故 2.5Vab a bU      故 A 错误； B．由 Q CU 可知此时电容器所带电荷量为 6 62 10 2.5C 5.0 10 CQ       且上极板带负电，故 B 错误； C．断开开关 2S ，稳定后 a 点的电势为 5Va  b 点电势仍为 4Vb  故此时 1Vab a bU      且上极板带正电，故上极板带电荷量的变化量为 Q C U   即 6 62 10 3.5C 7.0 10 CQ        故 C 正确； D．由电路知识可知，断开开关 2S ，稳定后流过电阻 3R 的电流与断开前相比不会发生变化，故 D 错误。 故选 C。 28．如图所示，两平行金属板间带电微粒 P 处于静止状态，当滑动变阻器 2R 的滑片向b 端移动时，则（ ） A．微粒 P 将向上运动 B．电流表读数增大 C． 3R 上消耗的电功率增大 D．电源的输出效率增大 【答案】B 【详解】B．电容器、滑动变阻器 2R 和 3R 并联后，再与 1R 串联，接在电源两端，当滑动变阻器 2R 的滑片 向b 端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路 中电流增大，路端电压减小，由于干路电流增大， 1R 两端的电压增大，故并联部分两端的电压减小，由欧 姆定律可知流过 3R 的电流减小，又干路电流增大，故流过 2R 的电流增大，即电流表读数增大，故 B 正确； A．由于并联部分两端的电压减小，则电容器极板间的电压减小，即极板间电场强度减小，微粒受到的电场 力减小，故微粒 P 将向下运动，故 A 错误； C．由于流过 3R 的电流减小，故 3R 上消耗的电功率减小，故 C 错误； D．由电源的输出效率 100%UI EI    可知，当路端电压减小时，电源的输出效率减小，故 D 错误。 故选 B。 29．细心的同学发现当汽车电动机启动瞬间，车灯会明显变暗。汽车的电源、理想电流表、车灯和电动机 连接的简化电路图如图所示，已知汽车电源电动势为 12 VE  ，内阻为 0.2 Ωr  ，接通近光灯 1L 时，电 流表示数为 1 10 AI  ，电动机启动瞬间，还未开始转动时电流表的示数变为50 A ，已知远光灯 2L 的电阻 2 0.8 ΩR  ，车灯可视为纯电阻用电器且阻值恒定。下列说法正确的是（ ） A．电动机启动瞬间， 1L 的功率减小了96 W B．近光灯 1L 的电阻为 1 1.5 ΩR  C．只打开远光灯 2L 时， 2L 的功率为80 W D．电动机的内阻为 1 Ω25 【答案】A 【详解】ABD． 2S 接 a 时，电流表示数为 1 10 AI  ，根据闭合电路欧姆定律有 1 1 ER rI   可得 1 1ΩR  ，此时近光灯 1L 的功率为 2 0 1 1 100 WP I R  接通近光灯 1L 同时闭合 1S ，此时外电压为 2 2 2 VU E I r   1L 的功率为 2 2 2 1 4 WUP R   故 96 WP  通过 1L 的电流为 2 1 2 2 API U    则通过电动机的电流为 48 A ，电动机两端电压为 2 V ，电动机未转动时可视为纯电阻元件，此时 2 1Ω Ω48 24r  电 故 A 正确，B、D 错误； C． 2S 接b 时， 2L 的功率为 2 3 2 2 115.2 WEP Rr R      选项 C 错误。 故选 A。 30．如图所示的电路，电源电动势 E 恒定且内阻 r 不可忽略， 1R 、 2R 、 3R 为定值电阻， 4R 为滑动变阻器， 1A 、 2A 为理想电流表， 1V 、 2V 、 3V 为理想电压表。闭合开关后， 1I 、 2R 分别表示两个电流表的示数， 1U 、 2U 、 3U 分别表示三个电压表的示数。现将滑动变阻器 4R 的滑片稍向上滑动一些， 1I 、 2I 分别表 示两个电流表示数变化的大小 1U 、 2U 、 3U 分别表示三个电压表示数变化的大小。下列说法正确的是 （ ） A． 2U 变小 B． 2 2 U I 变小 C． 2U 小于 3U D． 1 1 U I   大于 2 1 U I   【答案】C 【详解】A．滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器 4R 接入电路的电阻变大，由“串反并同”可知 2U 变大， A 错误； B．由欧姆定律可知 2 3 4 2 U R RI   4R 接入电路的阻值变大，所以 2 2 U I 变大，B 错误； C．电压表 2V 的示数等于电阻 3R 和 4R 两端的电压之和， 4R 接入电路阻值变大，电压表 2V 的示数变大，由 于总电流变小，但是流过 2R 的电流变大，所以流过电阻 3R 的电流变小，电阻 3R 两端的电压变小，所以 3U 大于 2U ，C 正确； D．由闭合电路欧姆定律分析可知 1 1 U rI   ， 2 1 1 U r RI    所以 1 1 U I   小于 2 1 U I   ，D 错误。 故选 C。