階段性檢測：《恒定電流》

（考試時間:75分鐘試卷滿分：100分）

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答第I卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如

需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號°寫在本試卷上無效。

3.回答第n卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

4.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題（本題共8個小題，共48分，下列各題的四個選項中，第一5題只有一項是符

合題意，第6-8題有多個答案符合要求，全部選對得5分，選不全得3分，有錯選得0分。）

1.（2023.海南.統考高考真題）如圖所示電路，已知電源電動勢為￡內阻不計，電容器電容為C,閉合開

關K,待電路穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（）

I-1—I

3RJ_2R

<TI[仁?

R4R

——1?——/一

E

A.CEB.—CEC.—CED.—CE

255

【答案】C

【詳解】電路穩(wěn)定后，由于電源內阻不計，則整個回路可看成3R、2R的串聯部分與A、4R的串聯部分并

聯，若取電源負極為零電勢點，則電容器上極板的電勢為

夕上=藐.2寵=工-

電容器下極板的電勢為

E4E

外=4R=——

5R5

則電容兩端的電壓

2E

U

則電容器上的電荷量為

2

Q=CU上下"CE

故選C。

2.（2023?北京?統考高考真題）如圖所示，在磁感應強度大小為4、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定

一內部真空且內壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為。，長度為/（/>>〃）。

帶電粒子束持續(xù)以某一速度u沿軸線進入管道，粒了?在磁場力作用下經過一段圓弧垂直打到管壁上，與管

壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數為小粒子電荷量為+4,不計粒

子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為〃

B.粒了質量為駟

v

C.管道內的等效電流為4

D.粒子束對管道的平均作用力大小為序的/

【答案】C

【詳解】A.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為

故A正確，不符合題意;

B.根據

qvB=m—

r

可得粒子的質量

〃3

V

故B正確，不符合題意;

C.管道內的等效電流為

1=NqSv

單位體積內電荷數為

n

7ra~v

則

n

q7ra'v=iUj

7iva

故C錯誤，符合題意;

D.由動量定理可得

FzV=2M必八，

粒子束對管道的平均作用力大小

Fx=F

聯立解得

F=nBql

故D正確，不符合題意。

故選C。

3.（2023?廣東梅州?統考三模）在圖甲所示的交流電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數之比為2：1,電

阻凡=&=4C,&為滑動變阻器.A為理想交流電流表。電源電壓〃隨時間/按正弦規(guī)律變化，如圖乙所

示，下列說法正確的是（）

A.滑片P向下移動時，電流表示數不變

B.滑片P向下移動時，通過電阻尺的電流減小

C.當Ra=4C時，電流表的示數為4A

D.當&=4。時，電源的輸出功率為48W

【答案】C

【詳解】A.等效電路如圖所示。當滑片P向下移動時，滑動變阻器的阻值減小，則等效電阻阻值減小，

等效電阻分壓減小，根據變壓器原理可知，副線圈兩端電壓減小，即電阻&兩端電壓減小，根據歐姆定律

可知，電流表示數減小，故A錯誤；

B.將R1等效為電源內阻，滑片P向下移動時，電阻&減小，等效電路中電流增大，又因為流過國的電流

減小，所以電阻&的電流增大，故B錯誤;

C.設原副線圈兩端電壓分別為■和。2,等效電阻阻值

3心

i￡_U_nf&&

R『二」2=80

A也4〃；hfl2&+6

電源電壓有效值U=48V,因此原線圈兩端電壓

U、=一叫U=32V

R\+R等

根據變壓器原理可知，副線圈兩端電壓

U,=%4=16V

"6

因比電流表示數為

/,二2=4A

■R、

故CF確:

D.當冬=4。時，電源的輸出功率

u2

P=——=I92W

R}4-Rg

故D錯誤。

故選C。

4.（2023?北京門頭溝?統考一模）用兩個完全相同的靈敏電流計改裝成兩個量程不同的電流表，下列說法

正確的是（〉

A.將兩個電流表并聯,指針偏角不同,量程大的示數大

B.將兩個電流表并聯,指針;扁角相同,量程大的示數小

C.將兩個電流表串聯,兩表示數相同,量程大的偏角小

D.將兩個電流表串聯,兩表示數相同,量程大的偏角大

【答案】C

【詳解】AB.將兩個電流表并聯，則靈敏電流計兩端電壓相等，故流過表頭的電流相等，指針偏角相同,

量程大的示數大。故AB錯誤；

CD.將兩個電流表串聯，則流過兩電流表的總電流相等，故兩表示數相同，但由分流關系可知，偏角不同，

量程大的偏角小。故C正確；D錯誤。

故選C。

5.（2023?海南?？?海南中學?？既＃┤鐖D所示，一手持迷你小風扇內安裝有小直流電動機，其線圈電

阻為凡小額定電壓為U,額定電流為將它與電動勢為七、內電阻為「的直流電源連接，電動機恰好正

常工作，則（）

A.電源的輸出功率為￡7

B.電動機的總功率為/2R“

C.電動機消耗的熱功率為於『

D.電動機輸出的機械功率為U/-八人|

【答案】D

【詳解】A.電源的輸出功率為

A錯誤;

B.電動機的總功率為

B錯誤;

C.電動機消耗的熱功率為

C錯誤;

D.電動機輸出的機械功率為

2=%-％,=切-/%

D正確。

故選D。

6.（2023?全國?統考高考真題）黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱，接線柱1和2、2和3、3和4

之間各接有一個電阻，在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個宜流電源。測得接線柱之間的電壓U/2=

3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5V。符合上述測量結果的可能接法是（)

A.電源接在1、4之間，R接在1、3之間

B.電源接在I、4之間，R接在2、4之間

C.電源接在1、3之間，R接在1、4之間

D.電源接在1、3之間，R接在2、4之間

【答案】CD

【詳解】A.根據題意畫出電路圖，如下

1._.2,_,3,_4

-II-----1I-r-I>—

-H-----------------------------

可見U34>0,A錯誤：

B.根據題意畫出電路圖，如下

可見SM>0,B錯誤：

C.根據題意畫出電路圖，如下

可見上述接法可符合上述測量結果，c正確;

可見上述接法可符合上述測量結果，D正確。

故選CDo

7.（2023?湖北武漢?湖北省武昌實驗中學?？寄M預測）如圖所示，理想變壓器原線圈兩接線柱間的交流

電壓的有效值不變，三個燈泡L、L2.J規(guī)格完全相同，在以下各種操作中各電路元件都沒有損壞，下

A.僅使滑片M上移，燈泡L變亮

B.僅使滑片M上移，變壓器原線圈中的電流變大

C.僅使滑片N白變阻器，端向6端移動，電流表示數一直漕大

D.僅使滑片N自變阻器。端向。端移動，燈泡L,中的電流一直增大

【答案】ABD

【詳解】AB.設燈泡L的等效電阻為原、副線圈的匝數比叢=左，則有該變壓器的等效電路圖，如

圖所示，僅使滑片M上移，變壓器負線圈的匝數〃2增大，則a=攵減小，R不變，原線圈兩接線柱間的交

〃二

流電壓的有效值不變，可知原線圈中的電流變大，流經燈泡L1的電流變大，燈泡L變亮，AB正確；

-----------------

[Jk2R

c.僅使滑片N自變阻器。端向"端移動，則有并聯部分的電阻先增大后減小，副線圈電路的總電阻先增

大后減小，副線圈的電壓不變，隹此副線圈中的總電流先減小后增大，電流表示數先減小后增大，C錯誤;

D.僅使滑片N自變阻器a端向方端移動，燈泡L3所在的支路目阻逐漸減小，副線圈的電壓不變，則燈泡

L,中的電流一直增大，D正確。

故選ABD。

8.（2023.河北滄州?河北省吳橋中學校考模擬預測）某電路圖如圖所示，電源電動勢E=6V,內阻不計,

電阻均為定值電阻，且R=IOQ,電容器的電容C=100pF,電流表是理想電流表。則在滑片P從最右端緩

慢滑到最左端的過程中，下列說法正確的是（）

A.電流表的示數先變小后變大

B.電流表的示數先變大后變小再變大

C.電容器上電荷量的變化量為零

D.電容器上電荷量的變化量為4xl（rc

【答案】AD

【詳解】AB.當滑片P在最右端時的等效電路圖，如圖所示。

當滑片P在最左端時的等效電路圖，如圖所示。

2R

如圖所示，由圖可知，滑片P和B點的電勢相等，則P、8間的電

壓是零，則電流表的示數是零，由此可知，當滑片P從最右端緩慢滑到最左端時，電流表的示數先變小后

變大，A正確，B錯誤:

CD.當滑片P在最右端時，電容器上極板接電源的負極，上極板帶負電，下極板帶正電，當滑片P在最

左滑時，電容器上極板接電源的正極，上極板帶正電，下極板帶負電,可知電容器先放電后反向充電，由

前兩個解析圖可知，電容器兩端電壓等于與它并聯的電阻R兩端電壓,可得

ER6x10

u=x-=-V---=---2V

喈2-

則有當滑片P在最右端時，電容器電壓是-2V,當滑片P在最左端時,電容器電壓是2V,由電容的定義

式可得，電容器上電荷量

(2=Ct/=l(X)xlO-t'x2C=2xlO4C

則有電容器上電荷最的變化量為

AQ=2-（-Q）=2（2=2X2XI0^C=4X10'4C

C錯誤，D正確。

故選ADO

二、非選擇題（本題共5個小題,共52分）

9.（2023?海南?統考高考真題）凡如圖所示的電路測量一個量程為100HA,內阻約為2000Q的微安表頭的

內阻,所用電源的電動勢約為12V,有兩個電阻箱可選，Ri(0-9999.9Q),R2(99999.9Q)

(I)RM應選_______,RN應選.

(3)下列操作順序合理排列是：

①將變阻器滑動頭P移至最左端，將RN調至最大值；

②詞合開關S2,調節(jié)RM,使微安表半偏，并讀出RM阻值；

③斷開S2,閉合Si,調節(jié)滑動頭P至某位置再調節(jié)R、使表頭滿偏；

④斷開Si、S2,拆除導線，整理好器材

(4)如圖是RM調節(jié)后面板，則待測表頭的內阻為，該測量值_______(填“大于”、“小于”、“等

于")真實值。

xikX100

▲

xio

（5）將該微安表改裝成量程為2V的電壓表后，某次測量指針指在圖示位置，則待測電壓為V（保

（6）某次半偏法測量表頭內阻的實驗中，S2斷開，電表滿偏時讀出RN值，在滑動頭P不變，S2閉合后調

節(jié)電阻箱RM,使電表半偏時讀出RM,若認為OP間電壓不變，則微安表內阻為（用RM、RN表示）

【答案】Ri&

1998.0Q小于1.28

RN-RM

【詳解】（1）根據半偏法的測量原理可知，RM與R/相當，當閉合S2之后，變阻器上方的電流應基本

不變，就需要RN較大，對下方分壓電路影響甚微。故RM應選Ri,RN應選R2。

（2）[3]根據電路圖連接實物圖有

（3）［4］根據半偏法的實驗步驟應為

①將變阻器滑動頭P移至最左端，將RN調至最大值；

③斷開S2,閉合S”調節(jié)滑動頭P至某位置再調節(jié)RN使表頭滿偏;

②汨合開關S2,調節(jié)RM,使微安表半偏，并讀出RM陽值；

④斷開Si、S2,拆除導線，整理好器材。

（4）［5］根據RM調節(jié)后面板讀數為1998.0Q。

網當閉合S2后，原電路可看成如下電路

@RMR左■■

閉合S2后，相當于RM由無窮大變成有限值，變小了，則流過RN的電流大于原來的電流，則流過RM的電

流大于冬，故待測表頭的內阻的測量值小于真實值。

2

（5）［7］將該微安表改裝成量程為2V的電壓表，則需要串聯一個電阻R。，則有

U=k(Rg+Ro)

此時的電壓讀數有

U'=F(RR+RO)

其中

U=2V,4=lOOgA,r=64pA

聯立解得

U'=1.28V

（6）根據題意OP間電壓不變，可.得

//

/(8+&)=(弓+-^—)“+弓4

2K”2

解得

R.R..

10.（2023?浙江?高考真題）在“測量金屬絲的電阻率''實驗中:

（I）測量一-段金屬絲電阻時所用器材和部分電路連線如圖1所示，圖中的導線。端應與:選填“一”、

“0.6”或“3”）接線柱連接，》端應與（選填“一”、"0.6”或“3”）接線柱連接。開關閉合前，圖1中

滑動變阻器滑片應置于（選填“左”或"右”）端。

圖1

（2）合上開關，調節(jié)滑動變阻器，得到多組U和/數據。甲同學由每組U、/數據計算電阻，然后求電阻

平均值；乙同學通過U-/圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是（選填“甲”或"乙”）。

（3）兩同學進一步探究用鍥格絲將滿偏電流/『3（）（）卬\的表頭G改裝成電流表。如圖2所示，表頭G兩端

并玦長為L的銀銘絲，調節(jié)滑動變阻器使表頭G滿偏，毫安表示數為改變L,重復上述步驟，獲得多

組/、L數據，作出/-；圖像如圖3所示。

//inA

則圖像斜率4=mA.mo若要把該表頭G改裝成量程為9mA的電流表，需要把長為m

的t臬格絲并聯在表頭G兩端。（結果均保留兩位有效數字）

【答案】0.60.6左乙2.1/2.2/2.3/2.4/2.50.24/0.25/0.26/0.27/0.28

【詳解】（1）實驗中用兩節(jié)干電池供電，潸動變阻器分壓式連接，電壓從零開始調節(jié)，電流表選

較小量程測量電流減小誤差，則圖中的導線。端應與“0.6”接線柱連接，電壓表測電阻兩端的電壓，則金

屬絲的電阻較小，電流表外接誤差較小，故人端應與“0.6”接線柱連接。為了保護電表，開關閉合前，圖I

中滑動變阻器滑片應置于左端。

（2）[4]做U-/圖象可以將剔除偶然誤差較大的數據，提高實驗的準確程度，減少實驗的誤差，則乙同學通

過5/圖像求電阻，求電阻的方法更合理；

（3）[5]由圖像可知/-；圖像斜率

L.J

,7.4-5.8「八

k=---------------=2.3mA-m

3.1-2.4

[6]方法一：由電路可知

J

解得

.,13S\

/=/+-------

*PL

則

IrS

=：=2.3mA?m

P

若要把該滿偏電流為300VA表頭G改裝成量程為9mA的電流表，則并聯的電阻

解得

r?0.26m

方法二：延長圖像可知，當/=9.CmA時可得

一=3.8irT

L

即

八0.26m

11.（2023?浙江?統考高考真題）某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直

導凱、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動

調節(jié)其輸出電壓確保回路電流/恒定，方向如圖所示。導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么

位置，電流/在導電桿以上空間產生的磁場近似為零，在導電桿所在處產生的磁場近似為勻強磁場，大小

4="（其中女為常量），方向垂直導軌平面向里；在導電桿以卜的兩導軌間產生的磁場近似為勻強磁場，

大小,方向與相同?；鸺裏o動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度加進入導軌，到達絕

緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導電桿的總質量為“，導軌間距d=警,導電

桿電阻為心導電桿與導軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導軌電阻和裝置4的內限。

在火箭落停過程中，

（I）求導電桿所受安培力的大小廠和運動的距離L;

（2）求回路感應電動勢E與運動時間/的關系；

（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間，的關系和輸出的能量W；

（4）若R的阻值視為0,裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。

【答案】（1）3Mg；*⑵￡=學d-2加⑶U=T燮一苧;⑷裝

3

置A可回收火箭的動能和重力勢能；-Mv-

【詳解】（1）導體桿受安培力

F=BJd=3Mg

方句向上，則導體桿向下運動的加速度

Mg-F=Ma

解得

a=-2g

導體桿運動的距離

廠紀工液

2a4g

（2）回路的電動勢

E=B,dv

其中

v=v0+at

解得

E普3f）

（3）右手定則和歐姆定律可得：

U+E=IR

可得

U=IR_E=IR_^~（v「2gD

電源輸出能量的功率

P=UI=QR-E）I=]R_^L（v「2罩）1

=f~R-6Mg（%-2gt）=『R-6Mg%+12Mg~t

在0：F時間內輸出的能量對應PT圖像的面積，可得：

2g

/咦%3A/v；

VV=------------------

2g2

（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度如到平臺速度減為零，則

/%%3何片

2g2

若R的阻值視為0

裝置A可回收能量為

12.（2023?北京東城?統考一模）平行板電容器是一種常用的電學元件。

（I）如圖中所示，電源與平行板電容器，定值電阻，開關組成閉合電路。已知平行板電容器的電容為C,

電源電動勢為E，內阻不計，不考慮極板邊緣效應，請在圖乙中畫出充電過程中電容器兩板電壓〃隨其所

帶電荷量4變化的圖像，并類化直線運動中由圖像求位移的方法，求充電完畢時電容器儲存的電能Ep.

（2）如圖丙所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，板間距高為乩用絕緣細線把一個質量為機，電荷

最為q的帶電小球懸掛在兩極板向，已知開關S閉合后，且小球靜止時，絕緣細線與豎直方向夾角為夕，

電源電動勢為E，內阻不計。三個定值電阻的阻值分別為凡、不、冬，重力加速度為g，忽略小球的電荷

量對極板間電場的影響。

a.求夾角0與定值電阻阻值的關系式；

b.若某時刻燒斷細線，同時斷開開關S,通過分析定性說明小球在兩極板間可能出現的運動情況（假設小

球的電荷量保持不變，且始終未與極板發(fā)生碰撞）.

MX

Mn：\nN

------11------

R?

E|w--1

4R2

-----------------0*

甲乙丙

【答案】⑴,綜；（2）a.mn”嗎氤b.某時刻燒斷細線，同時

oQq

斷開開關，細線對小球的拉力為零。在豎直方向上，小球只受重力作用，加速度不變，做勻加速直線運動；

在水平方向上，小球只受電場力作用，由于平行板電容器會通過電阻放電，使得小球所受電場力減小，