呼和浩特市高考物理一轮专题： 第32讲 电路的基本规律及应用B卷

2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：30 电路的基本规律及应用一、单选题1．（2分）（2020·北京）图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。

把这段金属丝与电池、电流表串联起来（图乙），用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。

下列说法正确的是（）A．t A应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系B．t A应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系C．t B应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系D．t B应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系2．（2分）（2020高二下·江北期末）图示电路中，电源E、r恒定，闭合S后，改变R1、R2接入电路的阻值，下列判断正确的是（）A．若仅增大R1阻值，则R2消耗的电功率必增大B．若仅把滑片P从a滑到b，R1消耗的功率一直增大C．若增大R1阻值，同时也增大R2接入电路的等效阻值，则两电表示数变化量的比值也增大D．不论如何改变R1和R2接入电路的总阻值，两电表的示数变化必然相反3．（2分）（2020高一下·北京期末）如图所示，图线a、b分别为某电源和某定值电阻的U－I图线，现将此电源与此电阻直接相连，根据所学知识分析下列选项正确的是（）A．该电源的内电阻大于定值电阻的阻值B．该电源的内电阻消耗的功率大于定值电阻消耗的功率C．如果减小定值电阻的阻值，电源的输出功率可能增大D．如果减小定值电阻的阻值，电源的效率可能增大4．（2分）（2020高一下·北京期末）如图所示，电流计的内阻R g=98Ω，满偏电流I g=1mA，R1=902Ω，R2=2Ω，则下列说法正确的是（）A．当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1AB．当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是1VC．当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1AD．当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是1V5．（2分）（2020高一下·北京期末）电路如图，电源内阻不可忽略，闭合开环后将滑动变阻器的滑动头P向右滑动，关于各表读数变化，下列说法正确的是（）A．电源电压不变，所以电压表读数不变B．电压表读数与电流表A1读数之比变大C．电流表A1读数变大D．电流表A2读数变大6．（2分）（2020高二下·洛阳期末）在如图所示的电路中，当开关S闭合后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，下列说法正确的是（）A．灯L1变暗，电压表的示数减小B．灯L2变暗，电流表的示数减小C．电压表和电流表的示数都增大D．灯L1变亮，电容器的带电荷量减少7．（2分）如图所示的U-I图像中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（）A．R的阻值为2.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0W D．电源内部消耗功率为1.5W8．（2分）（2020高一下·石家庄期末）在如图所示电路中，电源的电动势和内阻分别为E、r，定值电阻R0的阻值也为r。

计时双基练25 电路的基本规律及应用(限时：45分钟满分：100分)A级双基达标1．电动势为E，内阻为r的电源与固定电阻R0、可变电阻R串联，如练图7－2－1所示，设R0＝r，R ab＝2r，当变阻器的滑片自a端向b端滑动时，下列各物理量中随之减小的是( )练图7－2－1A．电源的输出功率B．变阻器消耗的功率C．固定电阻R0上消耗的功率D．电池内电阻上消耗的功率解析当滑片由a端向b端滑动时，总电阻减小，总电流增大，所以R0和电源内阻消耗的功率增大，C、D 项不合题意；当滑到b端时，R外＝R0＝r，电源的输出功率最大，A项不合题意；此时，变阻器电阻为零，功率最小．答案 B2．(多选题)如练图7－2－2所示，用甲、乙、丙三个电动势E相同而内电阻r不同的电源，分别给定值电阻R供电．已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为r甲>r乙>r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是( )练图7－2－2A ．接在甲电源上时，通过R 的电流最大B ．接在丙电源上时，通过R 的电流最大C ．接在乙电源上时，电阻R 消耗的电功率最大D ．接在丙电源上时，电阻R 消耗的电功率最大解析 由I ＝E R ＋r 知，当r 越小时，I 越大，故A 项错、B 项对．又由P ＝I 2R 可知，I 越大，P 越大，故C项错、D 项对．答案 BD3．(2018·陕西省西安市长安区一中模拟)如练图7－2－3所示电路中，电源电动势为E ，电源内阻为r ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总电阻为R 1，电阻大小关系为R 1＝R 2＝r ，则在滑动触头从a 端移动到b 端的过程中，下列描述中正确的是( )练图7－2－3A ．电路中的总电流先增大后减小B ．电路的路端电压先增大后减小C ．电源的输出功率先增大后减小D ．滑动变阻器R 1上消耗的功率先减小后增大解析 当滑动变阻器从a→b 移动时R 1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，A 错误；路端电压U ＝E －Ir ，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，B 正确；当电源内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，滑动变阻器在两端时，外电阻恰好等于内电阻，此时输出功率最大，因此电源的输出功率先减小后增大，C 错误；当滑片在a 端或者b 端的时候R 1被短路，此时R 1消耗的功率为零，因此R 1输出功率是先增大后减小，D 错误．答案 B4.练图7－2－4(多选题)(2018·陕西省长安一中月考)如练图7－2－4所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值，则( )A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加答案BD5.练图7－2－5(2018·安徽皖南八校联考)如练图7－2－5所示，电池的电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑动片P 由a向b滑动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况( )A．电流表一直减小，电压表一直增大B．电流表一直增大，电压表一直减小C．电流表先减小后增大，电压表先增大后减小D．电流表先增大后减小，电压表先减小后增大解析外电路是滑动变阻器两部分并联，再与R0串联，当两部分电阻阻值相等时，外电路电阻最大，路端电压达到最大值，干路电流最小，所以当滑片P由a向b滑动的过程中，电流表先减小后增大，电压表先增大后减小，选项C 正确．答案 C6．(2018·安徽高考)用图22－6所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0 解析 当灵敏电流表的电流为零时，有R 0l 1＝R x l 2，可得R x ＝l 2l 1R 0.答案 C7．如练图7－2－6所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( )练图7－2－6A ．电源1和电源2的内阻之比是B ．电源1和电源2的电动势之比是C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是D ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是解析 电源的特性图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，即为电源与小灯泡连接时的工作状态，交点的坐标为工作时的电压和电流．电源内阻之比r 1r 2＝E 1/I 1E 2/I 2＝I 2I 1，A 项正确；两电源电动势均为10 V ，比值为，B 项对；两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是P 1P 2＝I 1U 1I 2U 2＝3×55×6＝12，C 项正确；两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是R 1R 2＝U 1/I 1U 2/I 2＝3×65×5＝1825，D 项错，选D 项．答案 D8．练图7－2－7①是某同练图7－2－7(1)求出电压表示数U x 与所称物体的质量m 之间的关系式；(2)由(1)的计算结果可知，电压表示数与待测物体质量不成正比，不便于进行刻度，为使电压表示数与待测物体质量成正比，请利用原有器材进行改进，在图乙上完成改进后的电路原理图，并求出电压表示数U x ′与所称物体的质量m 的关系．解析 (1)设变阻器的上端到滑动端的长度为x ，根据题意有 mg ＝kx ，R x ＝x L R ，U x ＝R xR x ＋R 0＋r E ，得U x ＝mgRE mgR ＋＋.(2)电路如练答图7－2－1所示．练答图7－2－1根据题意有mg ＝kx ，R x ＝xL R ，U x ′＝R xR ＋R 0＋rE ，得U x ′＝mgRE ＋R 0＋.答案 (1)U x ＝mgREmgR ＋0＋(2)U x ′＝mgRE ＋R 0＋B 级 能力提升1.练图7－2－8如练图7－2－8所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大解析 电源的效率η＝P 出P 总＝UI EI ＝UE ，由于U B ＞U C ，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 项正确，B 项错误；将电阻接在电源上，电阻的U －I 图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，由于图线的斜率等于电阻的阻值，由图象可知，R 2与电源的内阻相等，所以接在电源上时，R 2比R 1消耗功率大，故C 、D 项错．答案 A练图7－2－92．(2018·泉州市质量检查)如练图7－2－9所示，E 为电源，其内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻．闭合开关S 后，若照射R 3的光强度减弱，则( )A ．R 1两端的电压变大B ．小灯泡消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源两极间的电压变小解析 光照强度减弱，R 3阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，R 1两端电压减小，A 错误；并联电路两端电压增大，R 2中电流增大，C 错误；灯泡中电流I L ＝I 总－IR 2，则I L 减小，其功率减小，B 正确；由U ＝E －I总r 得路端电压增大，D 错误．答案 B 3.练图7－2－10如练图7－2－10所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF. (1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流；(2)然后将开关S 断开，求电容器两端的电压变化量和断开开关后流过R 1的总电量；(3)如果把R 2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R 2消耗的最大电功率．解析 (1)稳定时，电容器看做断开状态，电路中的电流 I ＝E r ＋R 1＋R 2＝101＋3＋6A ＝1 A ，(2)S 闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压 U ＝IR 2＝1×6 V＝6 V ，断开开关后，电容器两端的电压为10 V ， 所以ΔU ＝4 V ， 流过R 1的总电量为ΔQ ＝ΔU·C＝4×30×10－6C ＝1.2×10－4C. (3)当R 2＝R 1＋r ＝4 Ω时，R 2消耗的电功率最大， P 2＝E 2/4(R 1＋r)＝6.25 W. 答案 (1)1 A (2)4 V 1.2×10－4C (3)6.25 W 4.练图7－2－11如练图7－2－11所示，电阻R1＝2 Ω，小灯泡L上标有“3 V，1.5 W”，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时，电流表的读数为1 A，小灯泡L恰好正常发光，求：(1)滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．解析(1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为I L＝P LU L＝1.53A＝0.5 A.流过滑动变阻器的电流I0＝I A－I L＝1 A－0.5 A＝0.5 A.故R0＝U LI0＝6 Ω.(2)电源电动势为：E＝U L＋I A(R1＋r)＝3 V＋1×(2＋1) V＝6 V.当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流I＝ER1＋r＝2 A，故电源的总功率P总＝EI＝12 W，输出功率P出＝EI－I2r＝8 W.答案(1)6 Ω(2)12 W 8 W。

2020年高考物理一轮专题：第32讲电路的基本规律及应用姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共9题；共18分)1. （2分）如图所示，电源内阻不计，已知R1＝2 kΩ，R2＝3 kΩ，现用一个内阻为6 kΩ的电压表并联在R2的两端，电压表的读数为6 V．若把它接在a、b两点间，电压表的读数为（）A . 18 VB . 12 VC . 8 VD . 6 V2. （2分）(2018·杭州模拟) 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。

充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60-0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)。

如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（）A . 充电宝充电时将电能转化为内能B . 该充电宝最多能储存能量为C . 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2hD . 该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充满2次3. （2分）下列说法正确的是（）A . 因为电流强度有方向，因此电流强度是矢量B . 金属导体中通有电流时，导体内部场强处处为零C . 导体的电阻与电压成正比，与电流成反比D . 以上说法都不对4. （2分） (2017高二上·郑州期中) 在纯电阻电路中，当用一个固定的电源（设E、r 是定值）向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率 P 随外电阻 R 变化的规律如图所示，则下列说法错误的是（）A . 当 R=r 时，电源有最大的输出功率B . 当 R=r 时，电源的效率η=50%C . 电源的输出功率 P 随外电阻 R 的增大而增大D . 电源的效率η随外电阻 R 的增大而增大5. （2分）用电动势E=6 V、内电阻r=4 Ω的直流电源分别单独对下列四个小灯泡供电，实际消耗电功率最大的小灯泡的额定电压和额定功率是（设灯泡电阻不随电压变化）（）A . 6 V，12 WB . 6 V，9 WC . 6 V，4 WD . 6 V，3 W6. （2分） (2018高二下·玉溪期末) 如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。

课练23 电路的基本规律和应用1.(多选)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为抱负电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A．电压表示数变大B．电流表示数变大C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低2．(多选)在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω，电表均为抱负电表，当开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相同，则下列说法正确的是( )A．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 ΩB．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 ΩC．开关S断开时电压表的示数可能小于S闭合时的示数D．开关S从断开到闭合，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量之比肯定等于6 Ω3．如图所示，电源电动势E＝8 V，内阻r＝4 Ω，电灯A的电阻为10 Ω，电灯B的电阻为8 Ω，滑动变阻器的总电阻为6 Ω.闭合开关S，当滑片P由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化)，下列说法正确的是( )A．电流表的示数先减小后增大B．电压表的示数先增大后减小C．电灯A的亮度不断增大D．电源的最大输出功率为4 W4．如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电流表和电压表均为抱负电表．只闭合S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V，再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是( )A．2 A B．8 AC．50 A D．58 A5.(多选)某同学将始终流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标图上，如图中的a、b、c所示，以下推断正确的是( )A．直线a表示电源的总功率P E－I图线B．曲线c表示电源的输出功率P R－I图线C．电源的电动势E＝3 V，内阻r＝1 ΩD．电源的最大输出功率P m＝2 W6.如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a 端滑到b端的过程中，下列说法正确的是( )A．电流表的读数I先增大后减小B．电压表的读数U先减小后增大C．电压表读数U与电流表读数I的比值UI不变D．电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值ΔUΔI不变7．如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为抱负二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中心有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关K闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )A．滑动变阻器R的滑动触头P向上移动B．将热敏电阻R0的温度降低C．开关K断开D．电容器的上极板向上移动8．某种角速度测量计结构如图所示，当整体系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为L，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为L，电阻分布均匀，系统静止时，滑片P 在滑动变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，不计一切摩擦，则 ( )A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流随角速度的减小而减小C．弹簧的伸长量x＝mωLk－mω2D．输出电压U与ω的函数式U＝Emω2k－mω29．(多选)将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图1的电路中，移动滑动变阻器滑动触头转变接入电路中的电阻丝长度x(x为图中a点与滑动触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图2，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为抱负电表，当滑动触头从a点移动到b 点和从b点移动到c点的这两个过程中，下列说法不正确的是( )A．电流表A的示数变化量相等 B．电压表V2的示数变化量不相等C．电阻R1的功率变化量相等 D．电源的输出功率都不断增大10.(多选)在如图所示的电路中，电流表和电压表均为抱负电表，电源的内阻不行忽视．将开关S闭合，滑动变阻器的滑片向右缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是( )A．电压表V1读数变化量的确定值比电压表V2读数变化量的确定值大B．电压表V1读数变化量的确定值与电流表读数变化量的确定值的比值减小C．电压表V2读数变化量的确定值与电流表读数变化量的确定值的比值不变D．电压表V读数变化量的确定值与电流表读数变化量的确定值的比值不变11.如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5 V,2.5 W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1 A，这时电阻R两端的电压为4 V．求：(1)电阻R的值．(2)电源的电动势和内阻．12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A．若将它们连接成图甲、图乙所示电路，且灯泡都正常发光．(1)试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；(2)分别计算两电路电源供应的电功率，并说明哪个电路更节能．练高考——找规律1．(多选)(2022·江苏卷)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有( )A．路端电压为10 VB．电源的总功率为10 WC．a、b间电压的大小为5 VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A练模拟——明趋势2．(2021·北京朝阳区统考)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时( ) A．电压表的读数减小B．R1消耗的功率增大C．电源的输出功率增大D．电容器C所带电荷量增多3.(多选)(2022·黑龙江哈尔滨一模)在如图所示电路中，闭合开关S，抱负电流表和抱负电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )A．I变大，U变小 B.UI变大C．R1的功率肯定变大 D．电源的总功率肯定减小4.(2021·重庆二中模拟)如图所示电路中，电源内阻不能忽视．闭合开关S后，调整R的阻值，使电压表示数增大ΔU，在此过程中有( )A．R2两端电压减小ΔUB．通过R1的电流增大ΔUR1C．通过R2的电流减小量大于ΔUR2D．路端电压增大量为ΔU5．(2022·辽宁本溪一模)如图所示，灯泡A、B与电阻R的阻值均为R，L是带铁芯的抱负线圈，电源的内阻不计．开关S1、S2均闭合且电路达到稳定．已知电路中的各种元件均在平安范围之内．下列推断中正确的是( )A．灯泡A中有电流通过，方向为a→bB．将S1断开的瞬间，灯泡A、B同时熄灭C．将S1断开的瞬间，通过灯泡A的电流最大值要比原来通过灯泡B的电流大D．将S2断开，电路达到稳定，灯泡A、B的亮度相同6.(多选)(2021·西安市一模)在如图所示的电路中，电源的电动势E 和内阻r 恒定，闭合开关S 后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则消灭这种现象的缘由可能是( )A ．电阻R 1短路B ．电阻R 2断路C ．电阻R 2短路D ．电容器C 损坏 7.(多选)(2021·辽宁抚顺一模)如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开头时只有S 1闭合，当S 2也闭合后，下列说法中正确的是( )A ．灯泡L 1变亮B ．灯泡L 2变亮C ．电容器C 的带电荷量增加D ．闭合S 2瞬间流过电流表的电流方向自右向左 8．(2021·洛阳市质检)如图所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为标识不清的小灯泡L 1的U －I 图线，将L 1与该电源组成闭合电路时，L 1恰好能正常发光，若将相同材料制成的标有“3 V 20 W”的小灯泡L 2与该电源组成闭合电路，下列说法中正确的是( )A ．电源的内阻为23ΩB ．把L 1换成L 2，L 2可能正常发光C ．把L 1换成L 2，电源的输出功率可能不变D ．把L 1换成L 2，电源的输出功率肯定变小9．(2021·河北衡水中学模拟)在如图a 所示的电路中，电源内阻和电流表内阻不计，R 0、R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器．闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻很大)的示数随电路中电流变化的关系如图b 所示，则下列说法中错误的是( )A ．图线甲是电压表V 2示数随电流变化的图线B ．R 0＝10 ΩC ．电路中消耗最大功率为3.6 WD ．滑动变阻器R 2消耗的最大功率为0.9 W 10．(2021·河南许昌模拟)在如图所示的电路中，当电键S 闭合后，电压表有示数，调整可变电阻R 的阻值，使电压表的示数增大ΔU ，则( )A ．可变电阻R 被调到较小的阻值B ．电阻R 2两端的电压减小，减小量等于ΔUC ．通过电阻R 2的电流减小，减小量小于ΔUR 2D ．通过电阻R 2的电流减小，减小量等于ΔUR 211．(2021·河南浦阳统考)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，电路中的R 2、R 3分别为总阻值肯定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，电压表为抱负电表，当电键S 闭合时，电容器C 中一带电微粒恰好处于静止状态，下列有关说法中正确的是( )A ．在只渐渐增大光敏电阻R 1的光照强度的过程中，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．在只调整电阻R 3的滑片P 2向上移动的过程中，电源消耗的功率变大，R 3中有向上的电流C ．若断开电键S ，电容器C 所带电荷量不变，带电微粒仍旧处于静止状态D ．在只调整电阻R 2的滑片P 1向下移动的过程中，带电微粒将向下运动12．(多选)(2021·江西赣州期末)如图所示，电源电动势E＝9 V，内阻r＝4.5 Ω，变阻器R1的最大电阻R m＝5.0 Ω，R2＝1.5 Ω，R3＝R4＝1 000 Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间的一带电微粒恰能静止．那么( )A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 WB板间的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为d→c课练23 电路的基本规律和应用1．ABD 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A正确．依据外电路中顺着电流方向电势降低，可知a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，则I A增大，即电流表示数变大，故B、D正确．电阻R2两端的电压U2变小，电容器极板间电压变小，所带电荷量减小，故C错误．2．BD 当开关S断开时，ab段电路消耗的电功率为P＝E2R1＋R2＋R3＋r2(R1＋R2)；当S闭合时，ab段电路消耗的电功率为P′＝E2R1＋R3＋r2R1；由于S断开与闭合时ab段电路消耗的电功率相同，代入数据可知，选项A错误、B正确．当开关S断开时电压表的示数为U，当S闭合时电压表的示数为U′，由电路图分析可得U>U′，选项C错误；由于电压表示数U＝E－I(R3＋r)，所以ΔUΔI＝R3＋r＝6 Ω，选项D正确．3．A 当滑片P由a端向b端滑动的过程中，该电路外电路总电阻满足1R总＝110＋R＋18＋6－R(R是和灯A 串联部分滑动变阻器的阻值)，所以R总＝10＋R14－R24，由数学学问分析知，当R＝2 Ω时，该电路的外电路总电阻最大为6 Ω，所以滑片P由a端向b端滑动的过程中总电阻由5.8 Ω渐渐增大到6 Ω，再由6 Ω渐渐减小到5.3 Ω，依据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，路端电压先增大后减小；由于路端电压先增大后减小，滑片由a到b总电流先减小后增大，所以灯B两端的电压增大，即电压表的示数增大，灯A的电流减小，即灯A亮度变暗，即A正确，B、C错误．P＝I2R总＝⎝⎛⎭⎪⎫ER总＋r2R总＝E2R总－r2R总＋4r，由数学学问分析知，外电路电阻越接近4 Ω，电源的输出功率越大，当R总＝5.3 Ω时，P＝3.92 W最大，D错误．4．C 只闭合S1时，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir＝12 V＋10×0.05 V＝12.5 V，R灯＝UI＝1210Ω＝1.2 Ω，再闭合S2后，流过启动电动机的电流为I电动机＝E－I′R灯r－I′＝12.5－8×1.20.05A－8 A＝50 A，故C正确．5．AD 直流电源的总功率P E＝EI，故直线a表示电源的总功率P E－I图线，P E－I图线的斜率等于电动势，由图知E＝4 V，A正确；电源内部的发热功率为P r＝I2r，故曲线c表示电源内部的发热功率P r－I图线，当I ＝2 A时，电源内部的发热功率P r与电源的总功率相等，求出电源的内阻r＝2 Ω，B、C错误；当外电阻等于电源内阻时电源有最大输出功率，此时电流I＝1 A，P m＝2 W，D正确．6．D 由数学学问可知，当P在中点时外电阻最大，故当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，依据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，故A、B错误．电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小，故C错误．由于内、外电压之和不变，所以外电压变化量的确定值和内电压变化量的确定值相等，则ΔUΔI＝r，故D正确．7．C 当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A错误；当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍旧静止，故B错误；开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C正确；若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U＝QC，C ＝εS4πkd，E＝Ud，所以E＝4πkQεS，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍旧静止，故D错误．8． D 系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC 的电阻不变，依据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故A 、B 错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x ，则对元件A ，依据牛顿其次定律得，kx ＝mω2(L ＋x )，即x ＝mω2L k －mω2，又因输出电压U ＝R BPR BCE ＝x L E ，联立两式得U ＝Emω2k －mω2，故C 错误、D 正确． 9．BCD 依据欧姆定律得，电阻R 1两端的电压U 1＝IR 1，由题图2知，滑动触头从a 点移动到b 点和从b 点移动到c 点的两个过程中，电压U 1变化量相等，且R 1肯定，则知电流的变化量相等，即电流表A 示数变化量相等，故A 正确；电压表V 2的示数U 2＝E －Ir ，由于电流I 的变化量相等，且E 、r 肯定，则ΔU 2相等，故B 错误；电阻R 1的功率P 1＝I 2R 1，ΔI 相等，而I 减小，则知从a 点移到b 点功率变化量较大，故C 错误；由题图2知，U 1渐渐减小，则电路中电流减小，总电阻增大，但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D 错误．10．ACD 设电流表以及电压表V 、V 1、V 2的读数变化量的确定值分别为|ΔI |、|ΔU |、|ΔU 1|、|ΔU 2|，当滑动变阻器R 1的滑片P 向右滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路中电流增大，U 2增大，路端电压U 减小，则U 1减小，由于U ＝U 1＋U 2，则|ΔU 1|>|ΔU 2|，A 正确；依据闭合电路欧姆定律得，U 1＝E －I (R 2＋r )，则|ΔU 1||ΔI |＝R 2＋r 不变，B 错误；|ΔU 2||ΔI |＝R 2不变，C 正确；由U ＝E －Ir ，得|ΔU ||ΔI |＝r 不变，D 正确． 11．解题思路：(1)电阻R 的值为R ＝U 2I 2＝41Ω＝4 Ω (2)当开关接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ，又U 1＝5 V ，I 1＝P 1U 1＝2.55A ＝0.5 A当开关接b 时，有E ＝U 2＋I 2r ，又U 2＝4 V ，I 2＝1 A ， 联立解得E ＝6 V ，r ＝2 Ω. 答案：(1)4 Ω (2)6 V 2 Ω12．解题思路：(1)由题意，在图甲电路中： 电路的总电流I 总＝I L 1＋I L 2＋I L 3＝0.9 AU 路端＝E －I 总r ＝2.55 V UR 2＝U 路端－U L 3＝0.05 V IR 2＝I 总＝0.9 A电阻R 2的消耗功率PR 2＝IR 2UR 2＝0.045 W (2)图甲电源供应的电功率P 总＝I 总E ＝0.9×3 W＝2.7 W图乙电源供应的电功率P ′总＝I ′总E ′＝0.3×6 W＝1.8 W由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P ′总<P 总 所以，图乙电路比图甲电路节能．答案：(1)0.9 A,0.045 W (2)2.7 W,1.8 W ，乙电路更节能 加餐练1．AC 外电路的总电阻R ＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I ＝ER ＋r＝1 A ，因此路端电压U ＝E －Ir ＝12 V －1×2 V＝10 V ，A 选项正确；电源的总功率P ＝EI ＝12 W ，B 选项错误；由图(a)可知U ab ＝U aO －U bO ＝－15×0.5 V＋5×0.5 V＝－5 V ，故选项C 正确；当a 、b 间用导线连接后，其等效电路如图(b)所示，电路中的外电阻R ′＝7.5 Ω，电路中总电流I ′＝ER ′＋r ＝129.5A ≠1 A，D 选项错误．2．D 依据电路图可知，R 1、R 2串联后接在电源两端，电容器C 并联在R 2两端，电压表V 测路端电压．当滑动触头P 向下滑动时，R 2连入电路的电阻变大，则总电阻变大，由I ＝U R知电流I 减小，由U ＝E －Ir 知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P 出＝UI 无法推断．由PR 1＝I 2R 1知，R 1消耗的功率变小．由UR 2＝E －(R 1＋r )I 知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多；综上所述，A 、B 、C 错误，D 正确．3．BD 依据电路图可知，R 1、R 2、电流表串联后接在电源两端，电压表并联在R 2两端．当滑动触头P 向左滑动时，R 2连入电路的阻值变大，由闭合电路欧姆定律可推断，I 变小，U 变大，则U I变大，A 错误、B 正确；由PR 1＝I 2R 1，知R 1的功率PR 1变小，C 错误；电源的总功率P 总＝E 2R 总，因R 总变大，则P 总是变小的，D 正确．4．B 因电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减小，R 2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R 2两端电压减小量小于ΔU ，通过R 2的电流减小量小于ΔUR 2；由于R 2两端电压减小，则知路端电压增大量小于ΔU ，故A 、C 、D 错误．电压表示数增大ΔU ，R 1是定值电阻，依据欧姆定律可知通过R 1的电流增大量等于ΔUR 1，故B 正确．5．C 依据电路图可知，S 1、S 2接通稳定后，灯泡A 被线圈短路，A 灯不亮，无电流通过，则A 错误；S 1断开瞬间，线圈产生自感电动势，且线圈与A 灯构成回路，则A 灯会闪亮一下再熄灭，而B 灯马上熄灭，B 错误；S 1断开瞬间，线圈中的电流完全通过A 灯，而断开S 1前，线圈中的电流一部分通过B 灯，一部分通过电阻R ，所以将S 1断开的瞬间，通过A 灯的电流最大值要比原来通过B 灯的电流大，C 正确；将S 2断开，电路达到稳定，电路中B 灯与线圈L 串联，线圈L 电阻可忽视，而A 灯与R 串联，两支路两端电压相同，但电阻不同，则电流不相等，A 、B 灯亮度不同，D 错误．6．AB 若电阻R 1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R 2并联部分两端电压增大，则灯泡变亮，故A 符合题意．若电阻R 2断路，则总电阻增大，总电流减小，R 1及内阻r 分担的电压减小，则灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，故B 符合题意；若电阻R 2短路，则灯泡也被短路，不亮，故C 不符合题意；若电容器C 损坏，对灯泡亮度没有影响，故D 不符合题意．7．AD 依据电路可知，S 1闭合、S 2断开时，L 1、L 2串联，则两灯一样亮，因L 3与电容器串联后接到电源两端，则L 3不亮，电容器两端电压等于电源电动势E ；当S 2也闭合后，电路总阻值变小，流过L 1的电流变大，L 1两端电压变大，L 2两端电压变小，则灯L 1变亮，L 2变暗；因电容器此时与灯L 1并联，则两端电压变小，则灯L 1变亮，L 2变暗；因电容器此时与灯L 1并联，则电容器两端电压变小，电容器上的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S 2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，B 、C 错误，A 、D 正确．8．C 由题图可知电源的电动势E ＝4 V ，图线A 斜率的确定值表示电源的内阻，则r ＝0.5 Ω，故A 错误；L 1与电源组成闭合电路时，A 、B 两图线的交点表示L 1的工作状态，则知其电压U ＝3 V ，I ＝2 A ，则L 1的额定电压为3 V ，电阻R 1＝U I ＝1.5 Ω，功率P ＝UI ＝6 W ，而L 2正常工作时的电阻R 2＝U ′2P ′＝0.45 Ω，则知正常发光时L 2的电阻更接近电源的内阻，但把L 1换成L 2时，L 2并不能正常发光，此时L 2的电阻是不确定的，电源的输出功率可能变大，可能不变，也有可能变小，故B 、D 错误，C 正确．9．B 由题图a 可知，当滑动触头向左端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由I ＝UR可知，电路中的电流增大，路端电压减小，R 0、R 1两端的电压增大，则R 2两端的电压减小，即电压表V 2示数减小，A 正确；当滑动触头滑到最左端时，R 1两端的电压U 1＝3 V ，电路中的电流I 1＝0.6 A ，则R 1＝U 1I 1＝3 V 0.6 A＝5 Ω，电源两端的电压U ＝U 1＋I 1R 0＝3 V ＋0.6 A×R 0①，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，三个电阻串联，由图象可知，R 1两端的电压U ′1＝1 V ，R 2两端的电压U 2＝4 V ，电路中的电流I 2＝0.2 A ，滑动变阻器的最大阻值R 2m ＝U 2I 2＝4 V0.2 A＝20 Ω，则电源两端的电压U ＝U ′1＋U 2＋I 2R 0＝1 V ＋4 V ＋0.2 A×R 0②，由①②联立可得，R 0＝5 Ω，U ＝6 V ，B 错误；电路中消耗的最大功率P m ＝UI 1＝6 V×0.6 A＝3.6 W ，C 正确；电路中的电流I ＝U R 0＋R 1＋R 2＝ 6 V 10 Ω＋R 2，滑动变阻器消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 10 Ω＋R 22R 2＝6 V210 Ω－R 22R 2＋40 Ω，当R 2＝10 Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，则P 2m ＝0.9 W ，D 正确． 10．C 由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R 和R 1并联后的总电阻阻值增大，则需将可变电阻R 增大，即可变电阻R 被调到较大的阻值，故A 错误；当R 增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R 2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R 2两端的电压减小量小于ΔU ，由欧姆定律知，通过电阻R 2的电流也减小，减小量小于ΔUR 2，故B 、D 错误，C 正确．11．A 只渐渐增大光敏电阻R 1的光照强度，则R 1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电阻R 0消耗的电功率变大，滑动变阻器R 2两端的电压变大，电容器两端的电压变大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R 3中有向上的电流，A 正确；当电路稳定时，电容器相当于断路，在只调整电阻R 3的滑片P 2向上端移动时，对电路没有影响，B 错误；若断开电键S ，电容器C 处于放电状态，电荷量变小，C 错误；在只调整电阻R 2的滑片P 1向下移动时，与电容器并联部分的电阻变大，并联部分的电压变大，电容器两端的电压变大，由E ＝U d可知，电场力变大，则带电微粒向上运动，D 错误．12．AD 选项A 中，在开关S 与a 接触且电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R 1＋R 2＝r ，则R 1＝3 Ω，电源的输出功率P m ＝E 24r＝4.5 W ，故选项A 正确．选项B 中，在开关S 与a 接触且电路稳定时，在平行板电容器中间的一带电微粒恰能静止，说明微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态，而上极板带正电，可知微粒带负电．在开关接向b (未接触b )的过程中，电容器所带的电荷量未变，两板间电场强度也不变，所以微粒不动，故选项B 错误．选项C 中，电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R 1和R 2及电源构成串联电路，R 1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R 2两端的电压减小，故选项C 错误．选项D 中，在题设条件下，开关接a 时，上极板带正电，当开关接向b 后，下极板带正电，流过R 3的电流方向为d →c ，故选项D 正确．。

备考2019年高考物理一轮专题：第32讲电路的基本规律及应用一、单1.某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为，接电路的实物图如图所示下列对该学生接线的说法错误的是A、滑动变阻器不起变阻作用B、电流表接线有错C、电压表量程选用不当D、电压表接线不妥+2.在图所示的电路中，电源的内电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，闭合开关后，电流表的示数I=0.3A，电流表的内阻不计．电源的电动势E应等于（）A、1VB、2VC、3VD、5V+3.如图所示的电路，R1、R2、R3是定值电阻，R4是滑动变阻器，电源内阻不可忽略。

闭合开关，在电路稳定后，将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中( )A、电压表示数变小B、电容器放电C、电源的总功率变小D、通过滑动变阻器的电流变大+4.如图，、和皆为定值电阻，为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为设电流表A的读数为I，电压表V的读数为闭合电键，当的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是A、I变小，U变小B、I变小，U变大C、I变大，U变小D、I变大，U变大+5.如图内阻不能忽略的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器 R构成闭合电路,当滑动变阻器的触头由中点滑向 a端时,下列说法正确的是（）A、电压表读数增大B、电压表读数减小C、电流表读数不变D、电流表读数增大+6.如图所示，直线A为电源的U-I图线，曲线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）A、4W、8WB、4W、6WC、2W、4WD、2W、3W+7.如图所示是一火警报警器的一部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（温度越高其阻值越小），电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器.当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I2、报警器两端的电压U的变化情况是( )A、I2变大，U变大B、I2变小，U变小C、I2变小，U变大D、I2变大，U变小+8.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R 使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V．重新调节R 使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（）A、32 WB、44 WC、47 WD、48 W+9.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示．下列判断正确的是（）A、I减小，U1增大B、I减小，U2增大C、I增大，U1增大D、I增大，U2增大+二、多10.如图所示．电源电动势，内阻，定值电阻与电动机串联接在电源上，开关闭合后，理想电流表示数为，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻。

咐呼州鸣咏市呢岸学校第2讲 电路 电路的根本规律(对学生用书第113页)电路的串联、并联1.特点比照串联并联电流 I ＝I 1＝I 2＝…＝I n I ＝I 1＋I 2＋…＋I n 电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U nU ＝U 1＝U 2＝…＝U n 电阻R ＝R 1＋R 2＋…＋R n1R ＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n2.两个有用的结论(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻值变大或变小时，串联的总电阻变大或变小．(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻值变大或变小时，电路的总电阻变大或变小．【针对训练】 1.图7－2－1有四盏灯，如图7－2－1所示连接在电路中，L 1和L 2都标有“220V 100 W 〞字样，L 3和L 4都标有“220 V 40 W 〞字样，把电路接通后，最暗的是( )A ．L 1B ．L 2C ．L 3D ．L 4【解析】 由题目给出的额电压和额功率可以判断出R 1＝R 2＜R 3＝R 4，即R 4＞R 1＞R 2R 3R 2＋R 3.由串联电路功率的分配知P 4＞P 1＞(P 2＋P 3)，而P 2与P 3的大小可由并联电路的功率分配知P 2＞P 3，所以四盏灯消耗的实际功率大小关系为P 4＞P 1＞P 2＞P 3，故最暗的灯是L 3.【答案】 C电路欧姆律1.内容导体中的电流跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比． 2．公式：I ＝U R.3．适用条件适用于金属导体和电解质溶液导电，适用于纯电阻电路． 4．导体的伏安特性曲线用横轴表示电压U ，纵轴表示电流I ，画出I －U 关系图线． (1)线性元件：伏安特性曲线为通过坐标原点的直线的电学元件．(2)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件电流与电压不成正比．错误!【针对训练】 2.图7－2－2(2021·高三检测)如图7－2－2所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知以下错误的选项是( ) A ．导体的电阻是25 Ω B ．导体的电阻是0.04 ΩC ．当导体两端的电压是10 V 时，通过导体的电流是0.4 AD ．当通过导体的电流是0.1 A 时，导体两端的电压是 V【解析】 根据I －U 图象的意义，R ＝50.2 Ω＝25 Ω，A 正确，B 错误．由于I －U 图象是直线，导体电阻保持不变．当U ＝10 V 时，I ＝0.4 A ，当I ＝0.1 A 时，U ＝ V ，故C 、D 正确．因此选B.【答案】 B闭合电路欧姆律1.(1)组成⎩⎨⎧①电源内部是内电路②用电器、导线组成外电路(2)内、外电压的关系：E ＝U 内＋U 外． 2．闭合电路欧姆律(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比． (2)公式：I ＝ER ＋r(只选用于纯电阻电路)．3．路端电压跟电流的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir .(2)用图象表示如下图(其中纵轴截距为电动势，横轴截距为短路电流，斜率的绝对值为内阻．)图7－2－3(3)特殊情况①当外电路断路时，I ＝0，U ＝E . ②当外电路短路时，I 短＝E r，U ＝0.错误!【针对训练】 3.图7－2－4如图7－2－4是一火警电路的示意图．其中R 3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一器．当传感器R 3所在处出现火情时，显示器的电流I 、器两端的电压U 的变化情况是( )A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变小【解析】 当传感器R 3所在处出现火情时，由题意可知，R 3增大，回路总电阻增大，干路电流减小，路端电压U 变大，而UR 2＝E －I 总(r ＋R 1)，那么R 2两端电压增大，流过R 2的电流变大，选项C 正确．【答案】 C电流表和电压表的改装1.小量程电流表(表头)(1)工作原理：主要由磁场和放入其中可转动的线圈组成．当线圈中有电流通过时，线圈在安培力作用下带动指针一起偏转，电流越大，指针偏转的角度较大，从表盘上可直接读出电流值．(2)三个参数：满偏电流I g ，表头内阻R g ，满偏电压U g ，它们的关系：U g ＝I g R g . 2．电压表、电流表的改装改装为电压表 改装为大量程电流表 原理 串联电阻分压并联电阻分流改装原理图分压电 阻或分流电阻 U ＝I g (R ＋R g )所以R ＝U I g－R gI g R g ＝(I －I g )R所以R ＝I g R gI －I g改装后电表内阻R V ＝R g ＋R ＞R gR A ＝RR gR ＋R g＜R g【针对训练】4．如图7－2－5所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G 和一个变阻器R 组成的，以下说法正确的选项是( )图7－2－5①甲表是电流表，R 增大时量程增大 ②甲表是电流表，R 增大时量程减小 ③乙表是电压表，R 增大时量程增大 ④乙表是电压表，R 增大时量程减小A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④【解析】 由电表的改装可知，电流表是G 与R 并联，改装后加在G 两端的最大电压U g ＝I g R g 不变，所以并联电阻R 越大，I ＝I g ＋I R 越小，即量程越小．对于电压表是G 与R 串联，改装后量程U ＝I g R g ＋I g R ，可知R 越大，量程越大，故正确选项为C.【答案】 C(对学生用书第114页)电路动态变化问题的分析1.处变化又引起了一的变化，对它们的分析要熟练掌握闭合电路欧姆律，电路欧姆律，串、并联电路的电压、电流关系．2．分析方法(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 端的变化→固支路⎩⎨⎧并联分流I串联分压U →变化支路．(2)“串反并同〞结论法①所谓“串反〞，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之那么增大．②所谓“并同〞，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之那么减小．即：⎭⎪⎬⎪⎫U 串↓I 串↓P 串↓←R ↑→⎩⎪⎨⎪⎧U 并↑I并↑P并↑(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论．程序法分析电路动态变化(1)明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化． (2)根据局部电阻的变化，确电路的外电阻R 总如何变化． (3)根据闭合电路欧姆律I 总＝ER 总＋r，确电路的总电流如何变化．(4)由U 内＝I 总r 确电源的内电压如何变化． (5)由U 外＝E －U 内确路端电压如何变化．(6)由电路欧姆律确干路上某值电阻两端的电压如何变化．(2021·高考)如图7－2－6所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )图7－2－6A ．电压表与电流表的示数都减小B ．电压表与电流表的示数都增大C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大【审题视点】 (1)电源内阻不可忽略，外电路发生变化时，路端电压一发生变化，即电压表的示数一发生变化．(2)变阻器R 0滑动端向下滑动，那么R 0接入电路的电阻减小，从而引起电路中总电阻减小． 【解析】 由变阻器R 0的滑动端向下滑可知R 0连入电路的有效电阻减小，那么R 总减小，由I ＝ER 总＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数变小，故A 正确．【答案】 A 【即学即用】 1.图7－2－7(2021·石嘴山模拟)在如图7－2－7所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．假设将照射R3的光的强度减弱，那么( )A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源内阻消耗的电压变大【解析】假设将照射R3的光的强度减弱，那么R3的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电流减小，故电压表的示数变小，内电压也减小，A、D错误；而电阻R2两端的电压将变大，通过R2的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，小灯泡消耗的功率变小，B正确，C错误．【答案】B电源的有关功率和效率1.电源的总功率(1)任意电路：P总＝EI＝U外I＋U内I＝P出＋P内．(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2R＋r.2．电源内部消耗的功率：P内＝I2r＝U内I＝P总－P出．3．电源的输出功率(1)任意电路：P出＝UI＝EI－I2r＝P总－P内．(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝E2RR＋r2＝E2R－r2R＋4r.(3)输出功率随R的变化关系①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E24r.②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小．③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大．④当P出＜P m时，每个输出功率对两个可能的外电阻R1和R2，且R1·R2＝r2.⑤P出与R的关系如图7－2－8所示．图7－2－84．电源的效率(1)任意电路：η＝P 出P 总×100%＝U E×100%.(2)纯电阻电路：η＝RR ＋r×100%＝11＋r R×100%.因此在纯电阻电路中R 越大，η越大；当R ＝r 时，电源有最大输出功率，但效率仅为50%.(2021·渭拟)在如图7－2－9(a)所示的电路中，R 1为值电阻，R 2为滑动变阻器．闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图7－2－9(b)所示．那么( )(a) (b)图7－2－9A ．图线甲是电压表V 2示数随电流变化的图线B ．电源内阻的阻值为10 ΩC ．电源的最大输出功率为 WD ．滑动变阻器R 2的最大功率为0.9 W【审题视点】 (1)由图象可直接获取的信息：滑动变阻器滑片P 移动到最左端，V 1的示数不为零，V 2的示数为零．(2)根据U －I 图象可以确R 1、R 2，进而确电源电动势和内阻，分析电源输出的最大功率．【解析】 当R 2的滑动头P 滑到最左端时，电压表V 2的示数为0，可知图线甲是V 2示数随电流变化的图线，A 正确．由两图线得U 1＋U 2＝5 V≠U 1′＋U 2′＝3 V ，可知电源有内阻，R 1＝U 1I 1＝5 Ω，R 2m ＝U 2I 1＝40.2＝20 Ω.由0.2＝E 5＋20＋r ，0.6＝E5＋r解得E ＝6 V ，r ＝5 Ω，B 错误．当R 2＝0时，因R 1＝r 电源有最大输出功率P m ＝E 24r ＝ W ，C 错误．当R 2＝R 1＋r 时，R 2上有最大功率P 2m ＝E 24R 1＋r＝0.9 W ．D 正确． 【答案】 AD用图象分析电源输出功率和效率(1)分析图象问题时，一要明确图线的含义，即要确两坐标轴表示的物理意义．(2)对闭合电路的U －I 图象，图线上每一点纵、轴坐标的乘积为电源的输出功率；纯电阻电路的图线上每一点纵、横坐标的比值为此时外电路的电阻．(3)注意电源输出功率最大与电源效率的区别，输出功率增大时，效率不一增大，当R ＝r 时，电源有最大输出功率，而效率仅为50%.【即学即用】2.图7－2－10(2021·二模)某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系如图7－2－10所示．用此电源和电阻R1、R2组成电路．R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路．为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )A．将R1单独接到电源两端B．将R2单独接到电源两端C．将R1、R2串联后接到电源两端D．将R1、R2并联后接到电源两端【解析】由U－I图象可以确电源的电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，R1＝0.5 Ω，R2＝1 Ω.由电源的输出功率特点可知当外电路电阻和内阻相时输出功率最大，应选A.【答案】A含电容器电路的分析与计算1.不分析电容器的充、放电过程时，把电容器处的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相位置补上．2．电路稳时电容器的处理方法电路稳后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端可能出现电势差．3．电压变化带来的电容器的变化电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．假设电容器两端电压升高，电容器将充电；假设电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝C·ΔU计算电容器上电荷量的变化．4．含电容器电路的处理方法如果电容器与电源并联，且电路中有电流通过，那么电容器两端的电压不是电源电动势E，而是路端电压U.在含容电路中，当电路发生变化时，除了要判断和计算电容器两端的电压外，还必须要判断电容器极板上极性的变化，防止出现电容器先放电后反向充电的现象．图7－2－11如图7－2－11所示，在A、B两点接一电动势为4 V，内阻为1 Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF，电流表的内阻不计，当电键S 闭合时，求：(1)电流表的读数； (2)电容器所带的电荷量；(3)断开电键S 后，通过R 2的电荷量．【审题视点】 (1)分析电路结构，R 1、R 2被电流表短路．(2)断开电键后，由于R 1、R 2并联，故通过R 2的电荷量不于总电荷量而于总电荷量的一半． 【解析】 (1)由于电阻R 1、R 2被电流表所短路，由闭合电路欧姆律知，电流表的读数为I ＝ER 3＋r ＝44＋1A ＝0.8 A.(2)电容器的带电荷量为Q ＝CU C而U C ＝UR 3＝IR 3，那么Q ＝30×10－6×0.8×4 C＝×10－5C.(3)当电键断开，电容器相当于电源，外电路是由电阻R 1、R 2并联后串联R 3.由于各电阻阻值相同，所以通过R 2的电荷量为Q ′＝12Q ＝×10－5C.【答案】 (1)0.8 A (2)×10－5C (3)×10－5C【即学即用】3．(2021·模拟)如图7－2－12所示的电路中，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，R 3＝ Ω，C ＝20 μF，当开关S 断开时，电源所释放的总功率为2 W ；当开关S 闭合时，电源所释放的总功率为4 W ，求：图7－2－12(1)电源的电动势和内电阻； (2)闭合S 时，电源的输出功率；(3)S 断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？ 【解析】 (1)S 断开时P 总＝E 26＋＋r ＝2 W ①S 闭合时P ′总＝E 2R 并＋＋r＝4 W ②R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝2 Ω③ 由①②③式解得E ＝4 V ，r ＝0.5 Ω (2)S 闭合时外电路总电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＋R 3＝ ΩP出＝(ER＋r)2×R＝ W(3)S断开时，U C＝U2＝ER2＋R3＋rR2＝3 V，Q1＝CU C＝6×10－5 CS闭合时，U′C＝0，Q2＝0【答案】(1)4 V 0.5 Ω(2) W (3)6×10－5C 0(对学生用书第116页)电路故障问题的分析1.(1)断路特点：电路中某一发生断路表现为电源电压不为零，而电流为零．(2)短路的特点：电路中某一发生短路，表现为有电流通过电路而被短路两端电压为零．2．故障的分析方法(1)断路故障的判断：用电压表与电源并联，假设有电压时，再逐段与电路并联，假设电压表指针偏转，那么该段电路中有断路．(2)短路故障的判断：用电压表与电源并联，假设有电压时，再逐段与电路并联；假设电压表示数为零，那么该电路被短路．3．电路故障检查时一般采用以下两种方法(1)电压表检测：如果电压表示数为零，那么说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．(2)多用电表欧姆挡检测：逐一使元件脱离原电路进行测量．图7－2－13(高三检测)如图7－2－13所示电路，R3＝4 Ω，闭合开关，电流表读数为0.75 A，电压表读数为2 V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使电流表读数变为0.8 A，电压表读数变为 V，问：(1)哪个电阻发生断路故障；(2)R1的阻值是多少；(3)能否求出电源电动势E和内阻r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．【潜点探究】(1)电压表有示数说明电压表与电源相通．(2)电流表有示数说明其回路是相通的．(3)分析时可把R4看成电源内阻的一．【标准解答】(1)由电压表和电流表示数都增大可以确R2断路．(2)R2断路后，电压表测量的是R1两端的电压，根据R＝UI得R1＝0.8Ω＝4 Ω.(3)R 2断路前，R 3两端的电压为U 3＝I 1R 1－U 2＝0.75×4 V－2 V ＝1 VI 3＝U 3R 3＝14A ＝0.25 A R 2断路前后，根据闭合电路欧姆律E ＝0.75×4 V＋(0.25＋0.75)·(R 4＋r )E ＝ V ＋0.8·(R 4＋r )解得E ＝4 V ，R 4＋r ＝1 Ω故只能求出电源电动势E ，而不能求出内阻r .【答案】 (1)R 2 (2)4 Ω (3)见标准解答【即学即用】4．在测量电珠伏安特性中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图7－2－14所示．电源内阻不计，导线连接良好．假设将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S ，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a ．电珠L 不亮；电流表示数几乎为零b ．电珠L 亮度增加；电流表示数增大c ．电珠L 开始不亮，后来突然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断d ．电珠L 不亮；电流表从示数增大到线圈烧断图7－2－14与上述a 、b 、c 、d 四种现象对的电路序号为( )A ．③①②④B ．③④②①C ．③①④②D ．②①④③【解析】 图①是滑动变阻器的分压式接法，向右滑动触头，灯泡两端电压增大，亮度增加，根据灯泡与滑动变阻器串并联情况可知，总阻值逐渐减小，电流表示数增大，此种情况与b 对．②中电流表将电珠短路，灯不亮，当滑动变阻器接入电路阻值很小时，电流表线圈烧断，灯泡不再被短路而发光，此种情况与c 对．③中电流表与灯泡并联再与电压表串联，灯泡不亮，电流表示数几乎为零，此种情况与a 对．④中电压表与灯泡串联，灯泡不亮，当滑动触头滑至接近右端时，电流表两端电压过大，可能被烧坏，此种情况与d 对．综上可知，选项A 正确．【答案】 A(对学生用书第117页)●导体伏安特性曲线的用1.图7－2－15(2021·二模)如图7－2－15所示是电阻R 1和R 2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，现在把R 1和R 2并联在电路中，消耗的电功率分别为P 1和P 2，并联总电阻设为R .以下关于P 1和P 2的大小关系及R 的伏安特性曲线在的区域正确的选项是( )A ．特性曲线在Ⅰ区，P 1<P 2B ．特性曲线在Ⅲ区，P 1>P 2C ．特性曲线在Ⅰ区，P 1>P 2D ．特性曲线在Ⅲ区，P 1<P 2【解析】 I －U 特性曲线的斜率k ＝I U ＝1R，k 越大，R 就越小，所以R 1＜R 2.R 1、R 2并联后电阻R 更小，所以R 的伏安特性曲线在Ⅰ区，由于是并联，电压U 相同，据P ＝U 2R知R 越大，P 越小，所以P 1>P 2. 【答案】 C●电路动态变化的分析2．(模拟)如图7－2－16所示，电源电动势为E ，内阻为r ，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，以下说法正确的选项是( )图7－2－16A ．小灯泡L 1、L 2均变暗B ．小灯泡L 1变暗，小灯泡L 2变亮C ．电流表A 的读数变小，电压表V 的读数变大D ．电流表A 的读数变大，电压表V 的读数变小【解析】 滑动触片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中的总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，故电流表A 的读数变小，电压表V 的读数变大，小灯泡L 2变暗，L 1两端电压变大，小灯泡L 1变亮，C 正确．【答案】 C●输出功率、含电容电路的分析3.图7－2－17(2021·模拟)在如图7－2－17所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，以下结论正确的选项是( )A．灯泡L变亮B．电源的输出功率变大C．电容器C上的电荷量减少D．电流表读数变小，电压表读数变大【解析】当P向左移动时，电路中总电阻变大，总电流减小，故灯泡变暗，电源输出功率变小，电流表示数变小，电压表示数变大，电容器两端电压增大，电容器C上的电荷量增加，故D正确．【答案】D●电路故障分析4.图7－2－18如图7－2－18所示，电源电动势为6 V，当开关接通时，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各电压是U ad＝0，U cd＝6 V，U ab＝6 V，由此可以断( )A．L1和L2灯丝都断了B．L1的灯丝断了C．L2的灯丝断了D．变阻器R断路【解析】由题给条件知，电路中有的地方没有电压．由U ad＝0，U cd＝6 V可知电路是断路．由U ab＝6 V和U cd＝6 V可知，内电路a、b之间没有断点，外电路中的a、b及c、d之间有断点，取其公共可知灯L2断路，由灯L2两端电压不为零，可知灯L1与变阻器R是导通的．选项C正确．【答案】C●闭合电路欧姆律的用5.图7－2－19(2021·渭拟)如图7－2－19所示，R3＝6 Ω，电源内阻r为1 Ω，当S合上且R2为2 Ω时，电源的总功率为16 W，而电源的输出功率为12 W，灯泡正常发光，求：(1)电灯的电阻及功率；(2)S断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值调到多少欧？【解析】(1)由P总＝IE，P总＝P输＋I2r可得：I ＝2 A ，E ＝8 V电源的路端电压U ＝E －Ir ＝6 V ，IR 3＝U R 3＝1 A 又U 灯＝U －I 灯R 2，I 灯＝I －IR 3可得：I 灯＝1 A ，U 灯＝4 V所以：R 灯＝U 灯I 灯＝4 Ω，P 灯＝I 灯U 灯＝4 W.(2)S 断开，灯泡正常发光时，电路中的总电流为 I 灯＝1 A ，由I 灯＝Er ＋R ′2＋R 灯可得：R ′2＝3 Ω.【答案】 (1)4 Ω 4 W (2)3 Ω。

2024届内蒙古呼和浩特市高三上学期质量普查调研考试物理核心考点试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是（ ）A．x=2a处的电势一定为零B．点电荷M、N一定为同种电荷C．点电荷M、N一定为异种电荷D．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1第(2)题防疫口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，可增加静电吸附功能。

驻极处理如图所示，针状电极与平板金属电极分别接高压直流电源的正、负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在电场力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带上静电，熔喷布带电后对电场的影响忽略不计。

下列说法正确的是（ ）A．熔喷布上表面因捕获带电粒子而带负电B．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，电势能不断增加C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，加速度逐渐减小D．图中虚线上的a、b、c三点，电势分别为、、，目，则第(3)题某学习小组利用如图甲所示的实验电路测量一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出图线如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）A．电池内阻的测量值为B．外电路发生短路时的电流为0.40AC．电池电动势和内阻的测量值均偏小D．电池电动势的测量值准确，内阻的测量值偏大第(4)题“泰培”被称为有史以来最强台风，最高风速达到306km/h，日本1979年的大范围洪灾，也是由这个台风造成的。

当“泰培”台风以288km/h的水平速度垂直吹向某大楼外墙上长10m、宽4m的长方形竖直玻璃幕墙时，（已知空气密度1.3kg/m3，设台风遇到玻璃幕墙后速度变为零）幕墙受到台风的冲击力大小约为（ ）A．4.2×103N B．3.3×105NC．4.3×106N D．8.3×104N第(5)题下列说法正确的是（ ）A．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的B．发生光电效应现象时，只增大照射光的照射时间，光电子的最大初动能不变C．钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后还剩0.2gD．Np发生β衰变说明Np原子核内有电子第(6)题一辆小汽车匀速行驶上圆弧拱桥时（ ）A．对桥的压力大小与车总质量无关B．速度越大，对桥的压力越大C．对桥的压力大于车总重力D．对桥的压力小于车总重力第(7)题可控核聚变实验的核反应方程为，下列说法正确的是（ ）A．X是质子B．该反应为链式反应C．的结合能为17.6MeV D．的比结合能比、的比结合能都大第(8)题测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”所用的仪器是（ ）A．刻度尺、弹簧测力计、秒表B．刻度尺、弹簧测力计、打点计时器C．量筒、天平、秒表D．刻度尺、天平、秒表二、多项选择题（本题包含4小题，每小题4分，共16分。

高考物理一轮复习：31 电路的基本规律及应用姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分）(2019·虹口模拟) 用电动势为E、内阻为r的电源对外电路供电，则（）A . 外电路断开时，路端电压为零B . 电源短路时，路端电压为最大值C . 路端电压增大时，流过电源的电流一定减小D . 路端电压增大时，电源的输出功率一定增大2. （2分） (2018高二上·集宁月考) 如图，直线A和B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图像。

设两个电源的内阻分别为ra和rb ，若将一定值电阻R分别接到A、B两电源上，通过R的电流分别为Ia 和 Ib 则（）A . ra=rb Ia =IbB . ra>rb Ia >IbC . ra>rb Ia =IbD . ra>rb Ia <Ib3. （2分） (2018高二上·海南期末) 下列说法正确的是（）A . 并联电路总电阻等于各支路电阻的倒数之和B . 电流通过导体产生的热量跟电流成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比C . 导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比D . 闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比4. （2分） (2018高二上·鸡西期中) 将满偏电流Ig＝300 μA、内阻Rg＝450aΩ，的电流表G改装改装成量程为3 V的电压表，需要（）A . 串联一个阻值为R0＝9550Ω的电阻B . 串联一个阻值为R0＝550Ω的电阻C . 并联一个阻值为R0＝9550Ω的电阻D . 并联一个阻值为R0＝550Ω的电阻5. （2分） (2017高二上·普宁期末) 某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx 的阻值分别为R1和R2 ，则测量值R1 ， R2和真实值Rx之间的关系是（）A . R1＜R2＜RxB . R1＞R2＞RxC . R1＜Rx＜R2D . R1＞Rx＞R26. （2分） (2019高二上·集宁月考) 关于闭合电路，下列说法中正确的是（）A . 闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B . 闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C . 闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D . 闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大7. （2分） (2017高二上·鄂尔多斯期中) 如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（）A . 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB . 将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.06AC . 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.02AD . 将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A8. （2分） (2018高二上·滁州月考) 如图示电路，G是电流表，R1、R2是两个可变电阻，调节可变电阻R1 ，可以改变电流表G的示数．当MN间的电压为6 V时，电流表的指针刚好偏转到最大刻度．将MN间的电压改为5 V 时，若要电流表G的指针仍偏转到最大刻度，下列方法中可行的是（）A . 保持R1不变，增大R2B . 增大R1 ，减少R2C . 减少R1 ，增大R2D . 保持R2不变，减少R19. （2分） (2019高二上·吉林期中) 导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性。

开卷速查(二十五) 电路的根本规律与应用1．(多项选择题)电源的电动势和内电阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法正确的答案是( )A．电源的路端电压一定逐渐变小B．电源的输出功率一定逐渐变小C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大D．电源的供电效率一定逐渐变小解析：当外电路的电阻逐渐减小时，电路中的电流增大，内电压增大，路端电压减小，A选项正确；电源的输出功率在内电阻等于外电阻时最大，由于题目没有明确外电阻和内电阻之间的关系，所以不能判断它的变化情况，B选项错误；电源内部消耗的功率和电流有关，电流越大，内电路上消耗的功率越大，C选项正确；电源的供电效率等于路端电压和电源电动势的比值，由于路端电压减小，D选项正确．答案：ACD图25－12．(2014·某某卷)如图25－1所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变如下某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )A．增大R1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开开关S解析：在直流电路中，R 2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R 1两端的电压，增大R 1的阻值，R 1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E ＝U d可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A 项错误；增大R 2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R 1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B 项正确；增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E ＝U d可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C 项错误；断开开关S ，电容器会通过R 1、R 2进展放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D 项错误．答案：B3．(多项选择题)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图25－2中的虚线所示，它主要由三局部构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，理想电流表的量程为3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数式为R ＝30－0.02 F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．如下说法正确的答案是( )图25－2A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是1 300 NC ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘0.400 A 处解析：此题考查传感器与闭合电路欧姆定律．电路中允许的最大电流为 3 A ，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R ＋2＝123，R 最小值为2Ω，代入R ＝30－0.02F ，求出F 最大值F m ＝1 400 N ，A 项正确，B 项错误；当F ＝0时，R ＝30 Ω，这时电路中的电流I ＝1230＋2A ＝0.375 A ，C 项正确，D 项错误．答案：AC4．(2015·河北保定模拟)电源的电动势为E ，内阻为r .与R 1、R 2、R 3连成如图25－3所示的电路，现闭合S 1、S 2，电路稳定后，断开S 2，如此以下说法中正确的答案是( )图25－3A ．电源的总功率一定减小B ．电源两端电压一定减小C ．R 1的功率一定增大D ．R 2的功率一定减小解析：当S 2断开时，外电路电阻增大，电路的总电阻增大，电路消耗的总功率为E 2R 总减小，A 正确；由闭合电路欧姆定律I ＝ER 总，电路电流减小，路端电压增大，R 1的电压减小，R 2的电压U 2增大，B 错误；对于R 1，其消耗的功率P 1＝I 2R 1，其功率一定减小，C 错误；对于R 2，其消耗的电功率P 2＝U 22R 2一定增大，D 错误．答案：A5．如图25－4所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O 点固定，P 为与圆环良好接触的滑动头．闭合开关S ，在滑动头P 缓慢地由m 点经n 点移到q 点的过程中，电容器C 所带的电荷量将( )图25－4A ．由小变大B ．由大变小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：在图示位置时并联电阻最大，从m 点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q 位置过程中圆环总电阻减小，如此电阻R 两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C ＝Q U，电容器C 所带的电荷量先减小后增大，C 对．答案：C图25－56．(2015·山东济南市考试)汽车轮胎气压自动报警装置的主要部件是压阻式压力传感器，某压阻式压力传感器的特点是压力F 越大其电阻越小，现将该压力传感器R 0接入如图25－5所示电路中，开关S 闭合，当压力传感器所受压力增大时，如下说法正确的答案是( )A ．电压表的示数增大B ．电流表的示数增大C ．R 1的电功率增大D ．R 2的电功率增大解析：压力传感器压力增大时，R 0接入电路中的阻值变小，根据并联电路特点，并联局部电阻减小，电路总电阻减小．根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流增大，如此内电压增大、R 1上的电压增大，并联局部的电压减小，所以电压表示数变小、电流表示数变小，选项A 、B 错误；根据功率P ＝I 2R 知，R 1的功率增大，R 2的功率减小，应当选项C 正确，D 错误．答案：CB 组 能力提升7．(多项选择题)如图25－6所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升．电动机线圈的电阻为R ，图25－6电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力与导线电阻，如此( )A ．电源内阻r ＝E I－R B ．电源内阻r ＝E I －mgvI 2－R C ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大 D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小解析：此题主要考查学生对欧姆定律适用范围、电功和电热的区别，要求学生熟练掌握欧姆定律、电功率与焦耳定律的应用．由于电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，电动机的输入功率P 1＝UI ，热功率P 2＝I 2R ，输出功率P 3＝mgv ，P 1＝P 2＋P 3，可解得：U ＝IR ＋mgvI，又由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir ，解得r ＝E I －mgvI 2－R ；当电动机被卡住时，电动机变成纯电阻元件，总电流I 总＝ER ＋r，电流增大，故电源消耗的功率P 增大，所以选项B 、C 正确．答案：BC8．如图25－7所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，如此如下说法不正确的答案是( )图25－7A ．电源1和电源2的内阻之比是11∶7B ．电源1和电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2解析：电源的U ­ I 图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，即为电源与小灯泡连接时的工作状态，交点的坐标为工作时的电压和电流．电源内阻之比r 1r 2＝E 1I O 1E 2I O 2＝I O 2I O 1，A 项正确；两电源电动势均为10 V ，比值为1∶1，B 项对；两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是P 1P 2＝I 1U 1I 2U 2＝3×55×6＝12，C 项正确；两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是R 1R 2＝U 1I 1U 2I 2＝3×65×5＝1825，D 项错，选D 项．答案：D图25－89．如图25－8所示电路中，电源电动势为E ，电源内阻为r ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总电阻为R 1，电阻大小关系为R 1＝R 2＝r ，如此在滑动触头从a 端移动到b 端的过程中，如下描述中正确的答案是( )A ．电路中的总电流先增大后减小B ．电路的路端电压先增大后减小C ．电源的输出功率先增大后减小D ．滑动变阻器R 1上消耗的功率先减小后增大解析：当滑动变阻器从a →b 移动时R 1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，A 错误；路端电压U ＝E －Ir ，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，B 正确；当电源内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，滑动变阻器在两端时，外电阻恰好等于内电阻，此时输出功率最大，因此电源的输出功率先减小后增大，C 错误；当滑片在a 端或者b 端的时候R 1被短路，此时R 1消耗的功率为零，因此R 1消耗的功率是先增大后减小，D 错误．答案：B10．如图25－9甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑到右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流的变化图线如图25－9乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的，求：图25－9(1)电源的电动势和内阻． (2)定值电阻R 2的阻值． (3)滑动变阻器的最大阻值．解析：(1)将图乙中AB 线延长，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝EI 短＝20 Ω. (2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝U 2I 2＝5 Ω. (3)当P 滑到R 3的左端时，由图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω， 因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以R 3＝300 Ω. 答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω11．一个电源的路端电压U 随外电路电阻R 的变化规律如图25－10甲所示，图中U ＝12 V 的直线为图线的渐近线．现将该电源和一个变阻器R 0接成如图25－10乙所示电路，电源允许通过的最大电流为2 A ，变阻器的最大阻值为R 0＝22 Ω.求：图25－10(1)电源电动势E 和内电阻r ； (2)空载时A 、B 两端输出的电压范围． (3)A 、B 两端所能接负载的电阻的最小值． 解析：(1)据全电路欧姆定律：E ＝U ＋Ir 由图甲可知，当I ＝0时，E ＝U ＝12 V当E ＝12 V ，R ＝2 Ω时，U ＝6 V ，据全电路欧姆定律可得：r ＝2 Ω. (2)空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压U AB ＝0 当滑片移至最上端时，有E ＝U AB ＋Ir ，I ＝ER 0＋r可得这时的输出电压U AB ＝11 V 所以，空载时输出电压范围为0～11 V.(3)设所接负载电阻的最小值为R ′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I ＝2 A ，有：E ＝I (R 外＋r )，其中R 外＝R 0R ′R 0＋R ′，代入数据可得：R ′＝4.9 Ω.答案：(1)12 V 2 Ω (2)0～11 V (3)4.9 Ω12．一电路如图25－11所示，电源电动势E ＝28 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 1＝12 Ω，R 2＝R 4＝4 Ω，R 3＝8 Ω，C 为平行板电容器，其电容C ＝3.0 pF ，虚线到两极板间距离相等，极板长L ＝0.20 m ，两极板的间距d ＝1.0×10－2m.图25－11(1)假设开关S 处于断开状态，如此当其闭合后，求流过R 4的总电荷量为多少？(2)假设开关S 断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v 0＝2.0 m/s 的初速度射入C 的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S 闭合后，此带电微粒以一样初速度沿虚线方向射入C 的电场中，能否从C 的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g 取10 m/s 2)解析：(1)S 断开时，电阻R 3两端电压为U 3＝R 3R 2＋R 3＋rE ＝16 VS 闭合后，外电阻为R ＝R 1R 2＋R 3R 1＋R 2＋R 3＝6 Ω路端电压为U ＝RR ＋rE ＝21 V 此时电阻R 3两端电压为U ′3＝R 3R 2＋R 3U ＝14V 如此流过R 4的总电荷量为ΔQ ＝CU 3－CU ′3＝6.0×10－12C.(2)设微粒质量为m ，电荷量为q ，当开关S 断开时有：qU 3d＝mg 当开关S 闭合后，设微粒加速度为a ，如此mg －qU 3′d＝ma设微粒能从C 的电场中射出，如此水平方向运动时间为：t ＝L v 0竖直方向的位移为：y ＝12at 2由以上各式求得：y ＝6.25×10－3m ＞d2故微粒不能从C 的电场中射出．答案：(1)6.0×10－12C (2)不能C 组 难点突破13．在如图25－12所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑片在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑片向b端移动，如此三个电表示数的变化情况是( )图25－12A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小解析：电路结构：R1、R2并联后再与R3串联，A1测通过R1的电流I1，A2测通过R2的电流I2，V 测路端电压U.R2的滑片由a滑向b，R2阻值减小，电路总电阻减小，如此总电流I增大；根据闭合电路欧姆定律知路端电压U＝E－Ir，所以电压表示数U减小；R1两端电压U1＝U－U3，而U3＝IR3，U3增大，所以U1减小，如此I1减小，而I＝I1＋I2，所以I2增大．答案：B。

电学基本规律1．(多选)(2020·上海杨浦区模拟)(多选)假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图7所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 02. (2020·安徽黄山市质检)如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )A ．欧姆定律适用于该元件B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α＝1.0 Ω D ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C3. (2020·安徽“江南”十校联考)如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( )A ．0.5 AB ．1 AC ．2 AD ．4 A4.用电器到发电站的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U ，那么，输电线横截面积的最小值为( )A.ρlI UB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ5.(多选)(2020·安徽六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及 导线电阻，则 ( )A ．电源内阻r ＝E I －RB ．电源内阻r ＝E I －mgv I 2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小6.如图，电路中电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是 ( )A ．L 1中的电流为L 2中电流的2倍B ．L 3的电阻约为1.875 ΩC ．L 3的电功率约为0.75 WD ．L 2和L 3的总功率约为3 W7.如图所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是 ( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W8. (多选)(2020·福建福州市期末)如图所示，电源电动势E 和内阻r 一定，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小)．闭合开关，当照射到R 3的光照强度变化时，R 2功率变大，以下判断正确的是( )A ．电流表示数一定变小B ．电压表示数一定变小C ．R 3的功率一定变大D ．照射到R 3的光照强度一定增加9.(多选)(2020·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图6所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 210.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图所示，由此可知 ( )A ．电源最大输出功率可能大于45 WB ．电源内阻一定等于5 ΩC ．电源电动势为45 VD ．电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50%11.(多选)如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C．R2接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大12．(2020·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是()A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0 W D．电源的效率达到最大值13.如图所示，直线Ⅰ、Ⅰ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅰ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅰ与直线Ⅰ、Ⅰ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()A．电源1与电源2的内阻之比是3Ⅰ2 B．电源1与电源2的电动势之比是1Ⅰ1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1Ⅰ2 D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7Ⅰ10 14. (多选)(2020·广东珠海市质量监测)如图所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S闭合时，处在电容器两板间M点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R3时()A．电源的总功率减小B．A板的电势降低C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量增加15．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L 的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( )A ．电流表、电压表的读数均变小B ．电源内阻消耗的功率变大C ．液滴将向上运动D ．电源的输出功率变大16.如图所示的电路中，闭合开关S ，灯L 1、L 2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(电源内阻不计)( )A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3短路D ．R 4短路17.(2020·西安模拟)如图所示，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，则R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ 18.图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连接在图乙所示电路中．已知电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合开关S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．电学基本规律1．(多选)(2020·上海杨浦区模拟)(多选)假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图7所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0【答案】CD【解析】白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，选项B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，选项C 正确．2. (2020·安徽黄山市质检)如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )A ．欧姆定律适用于该元件B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α＝1.0 Ω D ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C【答案】 A【解析】 根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，A 正确；根据电阻的定义式R ＝U I 可知，I －U 图象斜率的倒数等于电阻R ，则得R ＝105Ω＝2 Ω，B 、C 错误；由题图知，当U ＝6.0 V 时，I ＝3.0 A ，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q ＝It ＝3.0×1 C ＝3.0 C ，D 错误．3. (2020·安徽“江南”十校联考)如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( )A ．0.5 AB ．1 AC ．2 AD ．4 A【答案】 A【解析】 设金属薄片厚度为d ′，根据电阻定律R ＝ρl S ，有R CD ＝ρl bc l ab ·d ′，R AB ＝ρl ab l bc ·d ′，故R CD R AB ＝⎝⎛⎭⎫l bc l ab 2＝14；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，故两次电流之比为4Ⅰ1，故第二次电流为0.5 A ，选项A 正确．4.用电器到发电站的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U ，那么，输电线横截面积的最小值为( )A.ρlI UB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ【答案】 B【解析】 输电线的总长为2l ，R ＝U I ＝ρ·2l S ，则S ＝2ρlI U，故B 正确． 5.(多选)(2020·安徽六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及 导线电阻，则 ( )A ．电源内阻r ＝E I －RB ．电源内阻r ＝E I －mgv I 2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小【答案】 BC【解析】] 含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A 错误；由能量守恒定律可得EI ＝I 2r ＋mgv＋I 2R ，解得r ＝E I －mgv I 2－R ，B 正确；如果电动机转轴被卡住，则E ＝I ′(R ＋r )，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C 正确，D 错误．6.如图，电路中电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是 ( )A ．L 1中的电流为L 2中电流的2倍B ．L 3的电阻约为1.875 ΩC ．L 3的电功率约为0.75 WD ．L 2和L 3的总功率约为3 W【答案】：B【解析】：由图象可知，灯泡两端的电压变化时，灯泡的电阻发生变化，L 2和L 3的串联电阻并不是L 1电阻的两倍，根据欧姆定律知L 1中的电流不是L 2中电流的2倍，A 错误；由于电源不计内阻，所以L 2和L 3两端的电压均为1.5V ，由图可知此时灯泡中的电流为I ＝0.8 A ，电阻R ＝U I＝1.875 Ω，B 正确；L 3的电功率P ＝UI ＝1.5×0.8 W ＝1.2 W ，C 错误；L 2和L 3的总功率P ′＝2P ＝2.4 W ，D 错误．7.如图所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是 ( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W【答案】：B【解析】：由题意得电动机两端的电压U ＝E －I (R 0＋r )＝7 V ，则电动机的输入功率P ＝UI ＝14 W ．热功率P 热＝I 2R M ＝2 W ，则输出功率P 出＝P －P 热＝12 W ．电源的输出功率P ′＝EI －I 2r ＝20 W ，故B 正确，A 、C 、D 错误．8. (多选)(2020·福建福州市期末)如图所示，电源电动势E 和内阻r 一定，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小)．闭合开关，当照射到R 3的光照强度变化时，R 2功率变大，以下判断正确的是( )A ．电流表示数一定变小B ．电压表示数一定变小C ．R 3的功率一定变大D ．照射到R 3的光照强度一定增加【答案】BD【解析】由于R 2功率变大，根据P ＝I 2R 可知R 2的电流增大，根据“串反并同”可得R 3的阻值减小，照射到R 3的光照强度一定增加，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故B 、D 正确，A 错误；R 3的阻值减小，通过R 3的电流增大，根据P ＝I 2R 可知，R 3的功率无法确定变化，故C 错误．9.(多选)(2020·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图6所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1 D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 2 【答案】 AC【解析】 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r 0＝U 1I 1，故A 对；电动机正常转动时的发热功率为P 1＝I 22r 0＝U 1I 22I 1，故B 错；这台电动机正常运转时输入功率为P 2＝U 2I 2 ，所以输出功率为P 3＝P 2－P 1＝U 2I 2－I 22U 1I 1，故C 对；若滑动变阻器的阻值R 恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )，E ＝U 2＋I 2(r ＋R )，解得：r ＋R ＝U 2－U 1I 1－I 2，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于U 2－U 1I 1－I 2，故D 错． 10.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图所示，由此可知 ( )A ．电源最大输出功率可能大于45 WB ．电源内阻一定等于5 ΩC ．电源电动势为45 VD ．电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50%【答案】：B【解析】：由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P 等于电源输出功率．由电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P 最大为45 W ，所以电源最大输出功率为45 W ，选项A 错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，选项B 正确；由电阻箱所消耗功率P 最大值为45 W 可知，此时电阻箱读数为R ＝5 Ω，电流I ＝P R ＝3 A ，电源电动势E ＝I (R ＋r )＝30 V ，选项C 错误；电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率为50%，选项D 错误．11.(多选)如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 2接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大【答案】AC【解析】电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UI EI ×100%＝U E ×100%，当R 1与R 2分别接到电源上时，U R 1>U R 2，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 正确，B 错误；由题图可知，R 2与电源的内阻相等，R 1>R 2，所以R 2接在电源上时，电源的输出功率大，C 正确，D 错误．12．(2020·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值【答案】B.【解析】：由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I ＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．13.如图所示，直线Ⅰ、Ⅰ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅰ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅰ与直线Ⅰ、Ⅰ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3Ⅰ2B ．电源1与电源2的电动势之比是1Ⅰ1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1Ⅰ2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7Ⅰ10【答案】AB.【解析】：根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1Ⅰr 2＝3Ⅰ2，E 1ⅠE 2＝1Ⅰ1，选项A 、B 正确；曲线Ⅰ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．14. (多选)(2020·广东珠海市质量监测)如图所示，直流电路中，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S 闭合时，处在电容器两板间M 点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R 3时( )A．电源的总功率减小B．A板的电势降低C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量增加【答案】CD【解析】电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值减小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI增大，R1两端的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A错误，C正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加，故D正确；由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势升高，A板的电势也升高，故B错误．15．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是()A．电流表、电压表的读数均变小B．电源内阻消耗的功率变大C．液滴将向上运动D．电源的输出功率变大【答案】C【解析】当灯泡L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1两端的电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C两端的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确；由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误；因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误；由于电源的内、外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误．16.如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(电源内阻不计)()A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路【答案】A【解析】等效电路图如图所示，出现故障后，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，说明L 1两端的电压变大，L 2两端的电压变小，可能是R 1断路，此时示数减小，故A 正确；如果R 2断路，则灯L 2变亮，灯L 1变暗，与条件不符，故B 错误；若R 3短路或R 4短路，电流表示数变大，故C 、D 错误．17.(2020·西安模拟)如图所示，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，则R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ 【答案】：(1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析【解析】：(1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，则新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即 I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．本题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．18.图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连接在图乙所示电路中．已知电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合开关S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．【答案】：(1)1.2 W (2)1.84 W【解析】：设非线性元件的电压为U ，电流为I ，由欧姆定律得：U ＝E －I (R 0＋r )，代入数据得U ＝5－5I 在U －I 图象中画出U ＝E ′－Ir ′＝5－5I 图线如图所示，两图线交点坐标为(0.4 A ，3.0 V)．(1)该元件的电功率P R ＝UI ＝3.0×0.4 W ＝1.2 W.(2)电源的输出功率P ＝P R 0＋P R ＝I 2R 0＋P R ＝0.42×4 W ＋1.2 W ＝1.84 W.。

考点规范练27电路的基本概念和规律一、单项选择题1.下列说法正确的是()A.电源的电动势在数值上等于电源在搬运单位正电荷时非静电力所做的功B.电阻率是反映材料导电性能的物理量,仅与材料种类有关,与温度、压力和磁场等外界因素无关C.电流通过导体的热功率与电流大小成正比D.电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量,由C=QU 可知电容的大小是由Q(电荷量)或U(电压)决定的2.有一横截面积为S的铜导线,设每单位长度的导线中有n个自由电子,电子的电荷量为e,此时电子的定向移动速度为v,则在Δt时间内,流经导线的电流可表示为()A.nveSΔt B.nve C.nveS D.nveΔt3.下图是均匀的长薄片合金电阻板abcd,ab边长为l1,ad边长为l2,当端点1、2或3、4接入电路中时,R12∶R34为()A.l1∶l2B.l2∶l1C.1∶1D.l12∶l224.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法正确的是()A.B点的电阻为12 ΩB.B点的电阻为40 ΩC.导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD.导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω5.下图是某款电吹风的电路图,它主要由电动机M和电热丝R构成。

闭合开关S1、S2后,电动机驱动风叶旋转,将空气从进风口吸入,经电热丝加热,形成热风后从出风口吹出。

已知电吹风的额定电压为220 V,吹冷风时的功率为120 W,吹热风时的功率为1 000 W。

关于该电吹风,下列说法正确的是()A.电热丝的电阻为55 ΩB.电动机线圈的电阻为12103ΩC.当电吹风吹热风时,电热丝每秒消耗的电能为1 000 JD.当电吹风吹热风时,电动机每秒消耗的电能为1 000 J6.一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内阻可忽略不计),均正常工作。

用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A,通过洗衣机电动机的电流是0.50 A,则下列说法正确的是()A.电饭煲的电阻为44 Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB.电饭煲消耗的电功率为1 555 W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC.1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD.电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍二、多项选择题7.电吹风机中有电动机和电热丝,电动机带动风叶转动,电热丝给空气加热,得到热风将头发吹干,设电动机的线圈电阻为R1,它与电热丝(电阻为R2)串联,接到直流电源上,电路中电流为I,电动机电压为U1,消耗的电功率为P1,电热丝两端电压为U2,消耗的电功率为P2,则下列式子正确的是()A.P1=U1IB.U1=IR1C.P2=I2R2D.U2=IR28.如图所示,图线1表示的导体的电阻为R1,图线2表示的导体的电阻为R2,则下列说法正确的是()A.R1∶R2=1∶3B.R1∶R2=3∶1C.将R1与R2串联后接于电源上,则电流比I1∶I2=1∶3D.将R1与R2并联后接于电源上,则电流比I1∶I2=3∶19.下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数,不计其自身机械损耗。

高三物理一轮复习阶段检测B 卷(必修第三册和选择性必修第二册)参考答案与提示1.C 提示:与电源断开,电容器所带电荷量Q 不变,插入金属板C 之前,电容器两极板间场强E 0=U d ,又有U =Q C ,C =εrS 4πk d ,解得E 0=4πk Qεr S ㊂插入金属板C 之后,静电平衡状态下,插入的金属板C 内部场强为0㊂金属板C 两侧面感应出等量异种电荷,这时电容器等效于两个新电容器串联㊂设电容器两极板与插入的金属板间隙中的场强为E ,根据E =U 'd ',U '=Q C ',C '=εrS 4πk d ',解得E =4πk QεrS ㊂可见E =E 0,因此带电小球的受力情况不变,悬挂带电小球的细线的倾角θ不变㊂2.B3.B 提示:橡胶板带负电,铝板靠近后,铝板的下表面带正电,上表面带负电,当其下表面与接地铁钉接触后,上表面的负电荷会流向大地,只有下表面带正电,选项A ㊁C ㊁D 错误㊂上抬铝板过程中,下表面的正电荷减小,上表面正电荷增加㊂纸屑因为与铝板带同种电荷(正电荷)而不断飞散,选项B 正确㊂4.D 提示:金属球静电平衡,则E =0,且φ=500k V ,选项A ㊁B 正确㊂加速罩通过电阻和质子束放电,通过电阻放电的电流I R =φ-0R =5ˑ10520ˑ500ˑ106A=50μA ,需要供给加速罩的总电流I =I R +I p =75μA ,这个电流被喷到橡胶带上,根据I =σD v ,解得σ=37.5μC /m 2,选项C 正确㊂质子束在加速过程中,根据动能定理得12m v 20=q φ,在磁图1场中有B =m v 0q r ,质子在磁场中的运动轨迹如图1所示,根据几何关系得r =bt a nθ2,联立以上各式解得B =0.58T ,选项D 错误㊂5.C D 提示:小球在过程1中经过A 点时受到的库仑力大小F =k Q qR2=0.5N ,选项A 错误㊂在P 点,根据牛顿第二定律得N -F -m g =m v 2R ,解得N =1N+m v 2R>1N ,选项B 错误㊂根据单摆周期公式可知,小球若做单摆运动,在过程1中从A 点首次运动到B 点所用的时间t =T 2=πRg=0.3πs㊂但因为弧长约等于R ,小球的实际运动不能视为单摆,所以小球的实际运动时间大于t ,选项C 正确㊂假设小球在过程2中受到的库仑力始终为0.5N 不变,则m g +F =ma ,解得a =20m /s 2㊂根据运动学公式得R -0.5m=12a t 2,解得t =0.2s㊂而实际上小球受到的库仑力是逐渐减小到0.5N 的,因此小球在过程2中的运动时间小于0.2s ,选项D 正确㊂6.A C D 提示:金属棒从a a '位置运动到最低位置b b '处的过程中,水平分速度(有效切割速度)逐渐增大,根据E =B L v 可知,金属棒产生的感应电动势增大,则通过电阻R 的电流逐渐增大;金属棒从最低位置b b '运动到c c '处的过程中,水平分速度(有效切割速度)逐渐减小,根据E =B L v 可知,金属棒产生的感应电动势减小,则通过电阻R 的电流逐渐减小㊂因此金属棒经过最低位置b b '处时,通过电阻R 的电流最大,选项A 正确㊂根据右手定则可知,金属棒经过最低位置b b '处时,通过金属棒的电流方向为b ңb ',选项B 错误㊂整个过程中,通过电阻R 的电荷量q =I Δt =E R Δt =ΔΦR =2B L rR,选项C 正确㊂金属棒做匀速圆周运动,切割磁感线的有效速度v =v 0c o s θ=v 0c o s ωt ,其中θ是金属棒的速度与水平方向间的夹角,则金属棒产生的感应电动势E 0=B L v 0c o s ωt ,则回路中产64 参考答案与提示 高考理化 2023年11月生正弦式交变电流,可得感应电动势的有效值E =22E 0m a x ㊂根据焦耳定律可知,电阻R 上产生的热量Q =E 2R t =πr B 2L 2v 02R ,选项D正确㊂7.A D 提示:根据左手定则可知,电子向N 侧面偏转,N 表面带负电,M 表面带正电,所以M 表面的电势较高,选项A 正确㊂仅改变磁感线与霍尔元件工作面间的夹角,在垂直于工作面方向上的磁感应强度将小于原磁场磁感应强度的大小,则U H 将减小,选项B 错误㊂根据q U Hd =q v B ,I =n qv S =n qv d h ,解得U H =B In qh ,可见U H 与宽度d 无关,因此仅减小霍尔元件的厚度h ,M ㊁N 两端电压U H 一定增大,选项C 错误,D 正确㊂8.A D 提示:因为洛伦兹力不做功,粒子的动能保持不变,所以带电粒子在由中央向两端运动的过程中,平行于轴向O O '方向的速度逐渐减小,垂直于轴向O O '方向的速度会越来越大,选项A 正确,B 错误㊂因为地球的磁场沿南北方向,粒子在南北方向上运动时,不受洛伦兹力,只不过不同纬度上空磁感应强度不同,根据 磁镜 原理可知,粒子在南北方向上来回反射时,在磁感应强度大的地方,沿磁场方向的速度减小,在磁感应强度小的地方,沿磁场方向的速度增大,选项C 错误,D 正确㊂9.(1)①A ②R 1 (2)R 210.(1)B C E (2)如图2所示 (3)4ˑ103图211.(1)金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动,根据动能定理得(M +m )g s 1s i n α=12(M +m )v 20,解得v 0=32m /s ㊂金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律得E =B L v 0,根据闭合回路欧姆定律得I =ER ,则金属棒刚进入磁场时受到的安培力F 安=B I L =0.18N ㊂(2)金属棒进入磁场以后,因为瞬间受到安培力的作用,根据楞次定律可知,金属棒受到的安培力沿斜面向上,之后金属棒相对导体框向上运动,因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力,匀速运动时有m g s i n α+μm g c o s α=F 安,此时导体框向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律得M g s i n α-μm gc o s α=M a ㊂设磁场区域的宽度为x ,则金属棒在磁场中运动的时间t =xv 0㊂当金属棒刚好离开磁场区域时,导体框的速度v 1=v 0+a t ,则导体框的位移x 1=v 0t +12a t 2,因此导体框和金属棒的相对位移Δx =x 1-x =12a t 2㊂当金属棒离开磁场时导体框的上端E F 刚好进入磁场,则s 0-Δx =x ,导体框进入磁场时做匀速运动,产生的感应电动势E 1=B L v 1,感应电流I 1=B L v 1R ,导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力,根据平衡条件得M g s i n α=μm g c o s α+B I 1L ㊂联立以上各式解得x =0.3m ,a =5m /s 2,m =0.02k g ,μ=38㊂(3)金属棒出磁场以后,速度小于导体框的速度,因此受到向下的滑动摩擦力,做加速运动,则m g s i n α+μm g c o s α=m a 1,金属棒向下加速,导体框匀速,当二者达共速时导体框不再匀速,则v 1=v 0+a 1t 1,导体框匀速运动的距离x 2=v 1t 1,解得x 2=518m ㊂(4)导体框在t 2=0.009s 时间内,根据动量定理得M g t 2s i n α+μm g t 2c o s α-ðFt 2=74参考答案与提示高考理化 2023年11月M v -M v 1,其中ðF t 2=B 2L 2(x -x 2)R,解得导体框出磁场时的速度v =2.52m /s㊂对导体框应用动能定理得(M gs i n α+μm g c o s α)(x -x 2)-W 安=12M v 2-12M v 21,解得W 安=0.0063J,即金属棒中产生的热量Q =0.0063J㊂12.(1)根据x -t 图像可得,3.2s 后金属棒达到了最大速度,最大速度v m a x =ΔxΔt=30.1-17.55.0-3.2m /s =7m /s㊂金属棒达到最大速度时受到的安培力等于重力,则m g =B I L ,其中I =ER +r ,E =B L v m a x ,联立以上各式解得B =0.1T ㊂(2)方法一:金属棒在开始运动的3.2s 时间内下降的距离x 1=17.5m ,通过电阻R 的电荷量q =I ㊃t =E R +r t =ΔΦR +r =B L x 1R +r,解得q =2.5C ㊂方法二:对金属棒应用动量定理得(m g -B I L )Δt =m Δv ,又有q =I Δt ,解得q =2.5C ㊂(3)根据能量守恒定律可知,金属棒在开始运动的3.2s 时间内减小的重力势能转化为金属棒的动能和电路的内能㊂设电路中产生的总焦耳热为Q 总,根据能量守恒定律得m g x 1=12m v 2m a x +Q 总,电阻R 上产生的热量Q R =Q 总㊃RR +r,解得Q R =0.86J㊂13.(1)如图3所示,带电粒子速度最小时有r 1=R ,q v 1B =m v 21r 1,解得v 1=q B R m ㊂如图4所示,带电粒子速度最大时有r 2=2R ,q v 2B =m v 22r 2,解得v 2=2q B R m ㊂因此带电粒子的速度范围是q B R m <v <2q B R m㊂(2)带电粒子在磁场中运动时有q v B =mv2r,T =2πrv ,解得带电粒子在磁场中运动的周期T =2πmqB ㊂带电粒子在磁场中运动的周期相图3 图4同,从磁场边缘运动到行星赤道平面偏转的角度越小,运动的时间越小㊂根据几何关系可得,磁场边界和赤道上点连线越短,带电粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角越大,偏转角度越小㊂带电粒子的运动轨迹对应的最短弦长为2R ,最大轨迹半径为2R ,如图5所示,此时带电粒子从磁场边缘运动到行星赤道平面的时间最短㊂带电粒子的运动轨迹所对的圆心角θm i n =π3,带电粒子从磁场边缘运动到行星赤道平面的最短时间t m i n =π32π㊃T =πm3q B ㊂(3)如图6所示,带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道上半圆弧相切点为辐射盲区的上边界点,从A 点射入的带电粒子恰好能达到赤道线下半圆弧的最右侧,则从A 点射入的带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道线的交点为辐射盲区的下边界点㊂根据几何关系可知,әC O O '为等腰三角形,C O =O O '=3R ,C O '=2R ,所以c o s θ=R3R =13㊂C O '与A B 平行,因此赤道上辐射盲区对应的圆心角等于θ,其正弦值s i n θ=1-c o s 2θ=223㊂图5 图6(责任编辑 张 巧)84 参考答案与提示 高考理化 2023年11月。