高考物理1_5轮资料汇编专题09恒定电流试题精选精练 64页

专题09恒定电流一、单选题1．如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是（）A.仅把R1的触头向右滑动时，油滴向下运动B.仅把R1的触头向右滑动时，油滴向上运动C.仅把两极板A、B间距离增大，油滴向上运动D.仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动【答案】B【点睛】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于路端电压．分析电容器板间电压的变化，判断电场强度的变化，根据油滴所受的电场力变化，判断油滴的运动情况．2．如图所示，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。在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1变暗，小灯泡L2变亮C.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小D.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大【答案】D 【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小．电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大．根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则L1灯变亮．故D正确．故选D.3．智能扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能，自动在房间内完成地板清理工作，现今已慢慢普及，成为上班族或是现代家庭的常用家电用品．如图为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%.下列说法中正确的是（）A.该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3hB.该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105JC.该扫地机器人充满电后能工作5hD.该扫地机器人充满电后能工作3h【答案】B【解析】由表格内的数据可知，电池的容量是5000mAh，所带的电量为：q=5000×10-3A•3600s=1.8×104C，充电器输出电流为I充=1000mA=1A，所以充电的时间为：，故A错误；最多能储存的能量为：W=qU=1.8×104×24J=4.32×105J，故B正确；额定功率未40W，所以工作的时间：，故CD错误。所以B正确，ACD错误。4．如图所示电路中，当变阻器R的滑动片P向上滑动时，电压表V和电流表A的示数变化情况是（） A．V和A的示数都增大B．V和A的示数都减小C．V示数增大、A示数减小D．V示数减小、A示数增大【答案】B考点：电路的动态变化分析问题，5．家用电吹风由电动机和电热丝等组成。为了保证电吹风的安全使用，要求：电动机不工作时，电热丝不能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作。下列电路中符合要求的是（）【答案】D【解析】电动机不工作时，电热丝不能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作，根据要求，不能简单的是串联电路，所以A错。若是B，电动机不工作，发热丝也在工作，B错误。C同理也不满足要求，只有D答案可以考点：电路分析点评：本题考查了结合实际情况的电路分析题，通过实际要求设计符合要求的电路图，通过电路图反馈是否设计合理。6．在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光。能实现此功能的电路是（） 【答案】D【解析】由题意，中任何一个开关处于开路状态，报警灯就发光，该逻辑电路应采用或门电路，当都闭合时，输入都为0，根据或门电路的特性，得到Y端输出为0．当只要有一个断开时，输入端电势不为0，输出为1，灯亮．故D正确。考点：简单的逻辑电路【名师点睛】两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光，该或逻辑关系为或门电路。视频7．投影仪的光源是强光灯泡，发光时必须用风扇给予降温。现设计投影仪的简易电路，要求：带动风扇的电动机先启动后，灯泡才可以发光；电动机未启动，灯泡绝对不可以发光。电动机的电路元件符号是M，图中符合设计要求的是（）【答案】C【解析】电动机先启动后，灯泡才能发光，说明两者是并联关系（若串联，则同时工作），且灯泡所在支路有开关控制；电动机未启动，灯泡不发光；说明了电动机所在支路并没有开关，当接通干路开关后，电动机即可启动．故选C,考点：本题考查了并联电路的特点点评：干路上的开关控制所有用电器，支路上的开关只控制该支路上的开关．8．如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡D1的U－I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A.此电源的内阻为2/3Ω B.灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC.把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D.由于小灯泡B的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用【答案】B【解析】由图线可知，电源的内阻为，选项A错误；因为灯泡正常发光，故灯泡D1的额定电压为3V，功率为P=IU=2×3W=6W，选项B正确；把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，由于灯泡D2的电阻小于灯泡D1的电阻，更接近于电源的内阻，故电源的输出功率将变大，选项C错误；虽然小灯泡B的U－I图线是一条曲线，但由于小灯泡是纯电阻，所以灯泡发光过程，欧姆定律仍适用，选项D错误。考点：U-I图线；电功率。9．如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大V2的量程，把它们按图接入电路，则①安培表A1的读数大于安培表A2的读数；②安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；③伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；④伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角；（）A.①②　B.②③　C.③④　D.①④【答案】D【解析】两安培表并联，表头两端的电压相同，电流相同，指针偏转角度相同，安培表A1的量程大于A2的量程，则安培表A1的读数大于安培表A2的读数．故①正确，②错误．两电压表串联，两表头的电流相同，指针偏转角度相同，量程大的读数大，伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角．故③错误，④正确．考点：考查了电表的改装10．如图所示，闭合电键S，灯L1、L2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L1变暗，电流表读数变小，则故障可能是（）A.R1断路B.R2断路C.R3短路D.R4短路 【答案】B【解析】本题考查电路的串并联问题，R1与L1并联，R2和R3并联后再和R4串联最后再和L2并联，L1变暗，通过的电流减小，R1如果断，L1变亮，R3如果短路，电流表读数会增大，R4如果短路，电流表示数变大；11．如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻，两电表均为理想电表，定值电阻.当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则下列说法正确的是（）A．电阻、可能分别为3Ω、6ΩB．电阻、可能分别为4Ω、5ΩC．开关K 断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于【答案】B考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、动态分析电路.12．如图所示，电池的内阻可以忽略不计,电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减为原来的1/3时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法中不正确的是（）A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍C．可变电阻器R两端的电压减小为原来的2/3D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0【答案】B 【解析】电压表是纯电阻，电压表的示数U0增大到2U0，故通过电压表的电流增加为2倍，由于串联，故通过可变电阻的电流也增大为原来的2倍，A正确；电流变为2倍，电阻变为原来的，根据P=I2R，可变电阻消耗的功率变为倍，B错误；电流变为2倍，电阻变为，根据U=IR，可变电阻两端的电压减为原来的，C正确；设电压表的内阻为Rx根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U0+，可变电阻的阻值减少为原来的后：E=2U0+联立解得：E=4U0,若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，为4U0．D正确．考点：本题考查闭合电路的欧姆定律。13．电源、开关S、定值电阻、灯泡L、光敏电阻和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置。当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则（）A.灯泡亮度变暗B.电容器两极板间电压变小C.电容器所带电荷量减小D.液滴向上运动【答案】D【解析】当用强光照射光敏电阻时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由知灯泡的功率增大，将变亮，选项A错误.两端间的电压增大，则电容器的电压增大，选项B错误.由电容器的电量知电荷量增大，选项C错误.电容器板间场强增大，液滴所受的电场力（方向向上）增大，故液滴向上运动，选项D正确.故选D.考点：本题考查了电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律、部分电路的欧姆定律、匀强电场.14．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，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（） A.|△U1|＜|△U2|，|△U2|＞|△U3|B.||不变，变小C.||变大，变大D.||变大，变大【答案】A【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，分析电路中电流的变化，判断各个电阻的电压变化，根据路端电压的变化，确定电压变化量的关系．题中R1是定值电阻，根据欧姆定律得知=||=R1．变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究||、||与电源内阻的关系，再分析选择．解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，R1的电压减小，R2的电压增加．电源的内电压减小，则路端电压增大，因为U1+U2=U3，所以R1的电压减小量小于R2的电压增加量，即有：|△U1|＜|△U2|，且有|△U2|＞|△U3|．故A正确．B、由于R1是定值电阻，根据欧姆定律得知=||=R1，保持不变，故B错误．C、||=R2，变大．根据闭合电路欧姆定律知：U2=E﹣I（R1+r），则得||=R1+r，保持不变，故C错误．D、||=R1+R2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣Ir，||=r保持不变．故D错误．故选：A．【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有R==，而变阻器是非线性元件，R=≠．15．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向。（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（） A．小球带负电B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小.【答案】C考点：考查了含电容电路16．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=（V），则（）A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的有效值为VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表的示数为1.0A【答案】D【解析】交流电的频率，A错误；该电动势的最大值为，B错误；电压有效值为，电路中电流为，外接电阻所消耗的电功率为，C错误D正确。考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式 【名师点睛】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结合欧姆定律进行其它分析。视频17．如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当把电阻R的阻值调大，理想电压表的示数的变化量为ΔU，则在这个过程中（）A.通过R1的电流变化量一定等于ΔU/R1B.R2两端的电压减小量一定等于ΔUC.通过R的电流减小，减小量一定等于ΔU/R1D.路端电压增加，增加量一定等于ΔU【答案】A【解析】因电阻R的阻值调大，则电压表示数增大，而R1为定值电阻，故电流的增加量一定等于ΔU/R1，故A正确；R1两端的电压增大，则说明R2及内阻两端的电压均减小，故R2两端的电压减小量一定小于△U，故B错误；因为电阻R变大，故通过电阻R的电流减小，因为总电流减小，而通过电阻R1的电流增加ΔU/R1，故通过电阻R的电流减小量大于ΔU/R1，选项C错误；因内电压减小，故路端电压增大，由B的分析可知，路端电压的增加量一定小于△U，故D错误；故选A．考点：动态电路的分析；欧姆定律的应用。18．如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S，当光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中正确的是（）A．通过R2的电流减小B．电源的路端电压减小C．电容器C所带的电荷量增加D．电源的效率增大【答案】B 【解析】当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻阻值减小，通过R2的电流增大，电源的路端电压减小，电容器C所带的电荷量减小，电源效率η＝U/E减小，选项A、C、D错误，B正确．19．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（）A．R1断路B．R2断路C．R1短路D．R3短路【答案】B【解析】因为当R2断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数变大；电路的总电流减小，故R1上的电压减小，R3电压变大，故电流表读数变大，与题目所给的现象吻合，故电路是R2断路，故答案选B。考点：电路的故障分析.20．如右图所示，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B．电源内阻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【答案】C【解析】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.热功率输出功率，可解得：，又由闭合电路欧姆定律得：，解得：；当电动机被卡住时，电动机变成纯电阻元件，总电流，电流增大，故电源消耗的功率P增大，所以选项C正确． 故选C考点：考查了非纯电阻电路电工的计算点评：关键是知道电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，21．在右图所示的电路中，电源的内阻不能忽略。已知定值电阻R1＝10Ω，R2＝8Ω。当单刀双掷开关S置于位置1时，理想电压表读数为2V。则当S置于位置2时，电压表读数的可能值为（）A．1.3VB．1.6V　　C．1.9VD．2.2V【答案】C考点：本题考查闭合电路的欧姆定律。22．如图所示，一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的电流计和电源连成电路。现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动，下列判断正确的是●R3R1R2R0E,r（）A．增大R3，油滴上升B．增大电容器板间距离的过程中，电流计指针不动C．增大R1，R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值D．增大R1，R1中电压的变化值小于R3中电压的变化值【答案】C【解析】增大R3，外电路总电阻增大，总电流I减小，平行板电容器C的电压UC=IR并，I减小，UC减小，板间场强减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下降．故A错误．在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，由电容器的电量减小，电容器放电，电流计指针转动．故B错误．增大R1 ，外电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3的电压减小，R1、R2并联电压增大，R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3=I1+I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C正确，D错误．考点：全电路欧姆定律；动态电路的分析。23．图甲是在温度为10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1="20"kΩ,R2="10"kΩ,R3="40"kΩ,Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示．当a、b端电压Uab≤0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当a、b端电压Uab>0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，则恒温箱内的温度可保持在（）A.10℃B.20℃C.35℃D.45℃【答案】C【解析】当a、b端电压时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当时，电压鉴别器使S断开，停止加热，得出当时，恒温箱保持稳定。由题意得：当时，恒温箱保持稳定，根据串并联电路电压与电阻的关系可知：只有也为2：1的时候，才有，所以可知电阻值为20kΩ，从图乙可以看出，电阻为20kΩ时，温度为35摄氏度。故选C考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理24．如图所示，相距为的两平行金属板水平放置，开始开关S1和S2均闭合使平行板电容器带电，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个带电粒子恰能以水平速度向右匀速通过两板间。在以下方法中，有可能使带电粒子仍能匀速通过两板的是(不考虑带电粒子所受重力)（） A．保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率B．保持S1和S2均闭合，将R1、R3均调大一些，同时减小板间的磁感应强度C．把开关S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度D．把开关S1断开，增大板间的磁感应强度，同时减小粒子人射的速率【答案】B【解析】保持和均闭合，减小两板间距离，电场强度增大，电场力增大，减小粒子的入射速率，根据F=qvB，知洛伦兹力减小，两力不再平衡，不能做匀速直线运动．故A错误．保持和均闭合，将均调大一些，两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场强度变小，电场力变小．减小板间的磁感应强度，根据，知洛伦兹力减小，两力还可能平衡．故B正确．把开关S2断开，增大两板间的距离，电容器带电量不变，根据，知电场强度不变，减小磁感应强度，洛伦兹力减小，两力不再平衡．故C错误．把开关断开，电容器会放电，电场强度变为0，电场力为0，所以不再平衡．故D错误．故选B．考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律；带电粒子在混合场中的运动．点评：处理电容器的动态分析关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．25．如图所示，电阻R1、R2串联在12V的电路中，R1=6kΩ，R2=3kΩ。当用电阻不是远大于R1和R2的电压表0～3V量程测量R2两端的电压时，电压表的读数是3V，当用该电压表0～15V量程测量电压表的电压时，电压表的读数为（）A．9VB．7.5VC．8VD．6V【答案】B【解析】用电压表0-3V量程测量时，电压表读数为UV=3V，并联关系可知，R1两端电压为U1=12-3V=9V，则R1上经过的电流为I1=U1/R1=1.5×10-3A，也可以计算R2通过的电流为I2=U2/R2=1×10-3A，则电压表上的电流为IV=I1-I2=0.5×10-3A，该电流也为0-3V时电压表的满偏电流。如果用0-15V量程测量，此时的电压表内阻为RV’=UV’/IV=30KΩ，R1和电压表总电阻R’并=5KΩ，据串并联关系有：U总/R总=U‘并/R’并 ，由于总电阻R总=8Ω，所以得到此时电压表读数为7.5V。所以B选项正确。考点：本题考查电表的改装，串并联关系。26．图示电路中，R1是光敏电阻，R2是定值电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S，当光敏电阻上的光照强度增大时，下列有关电路的分析，其中正确的是（）A.通过R1的电流增大B.电容器所带电荷量增加C.电源的输出功率减小D.电源的效率增大【答案】A【解析】电路稳定时电容器相当于开路，当光照强度增大时光敏电阻R1的阻值减小，电路总电阻减小，根据欧姆定律可知电流增大。由于电源内阻不变外电阻增大，根据分压定律可知R1两端电压减小，即电容器两端电压减小，电容器带电荷量减少。当外电阻大于内电阻时输出功率随着外电阻的增加而减小，而当外电阻小于内电阻时输出功率随着外电阻的增加而增加，题中无法判断内阻和外电阻的关系。由于外电压增大电源电压不变，根据电源效率可知电源效率减小，故只有A正确。考点：电容器的提点，闭合电路的欧姆定律27．在如图所示的闭合电路中，灯泡正常发光，电压表、电流表均为理想电表。当滑片向左滑动时，下列描述正确的是（）A．电压表、电流表示数均曾大B．电压表、电流表示数均减小C．灯泡逐渐变暗D．灯泡逐渐变的更亮【答案】C 【解析】根据欧姆定律及串并联知识分析有：，电流表测干路电流变大，电压表测灯泡电压变小，所以A、B错误；因灯泡两端电压变小，所以灯泡功率变小，变暗，故C正确、D错误；电路的动态变化也可以利用“串反并同”规律进行分析，电流表与变阻器有串联关系、电压表与变阻器有并联关系、灯泡与变阻器并联，故可知电流表示数变大、电压表示数变小、灯泡变暗，故只有选项C正确；考点：闭合电路的欧姆定律28．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。两电压表可看作是理想电表,当闭合开关，将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时（设灯丝电阻不变），下列说法中正确的是（）A.小灯泡L2变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大B.小灯泡L2变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小C.小灯泡L1变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小D.小灯泡L1变暗，V1表的示数变小，V2表的示数变大【答案】C考点：闭合电路欧姆定律电阻定律串并联电路的动态分析29．在如图所示的电路中，电源的电动势为，内电阻为，将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，下列判断中正确的是（） RR0PVAErA．电压表V的示数变小B．电源的效率一定变大C．电源的输出功率一定变小D．电流表A的示数一定变大【答案】B【解析】设滑动变阻器在滑片P右侧的电阻值为，则左侧为，等效电路为与并联再与串联，故由，，选项D错误。由，可得，选项A错误。，选项B正确。由，可得，由于不知道与的大小关系，故可能先增大后减小，或一直增大或一直减小，选项C错误。故选B。考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、动态分析电路。30．如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机。小灯泡L上标有“6V12W”字样，电动机的线圈电阻RM＝0.50Ω。若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时（） MRMLErA．电动机的输入功率为12WB．电动机的热功率为12WC．电动机的输出功率为12WD．整个电路消耗的电功率为24W【答案】A【解析】灯泡正常发光，则电路电流I==2A。灯泡正常发光时，电动机电压UM=U-UL=12-6=6V，电动机的输入功率P=UMI=6×2=12W，电动机的输出功率P出=P-PQ=12W-2W=10W，故A正确，C错误；电动机的热功率PQ=I2RM=22×0.5=2W，故B错误；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故D错误；考点：电功、电功率31．在如图所示的电路中，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为定值电阻，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．若将照射R3的光的强度减弱，则：（）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【答案】B【解析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．解：A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；B、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确； C、因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故CD错误；故选：B．【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．32．在如图所示的部分电路中，当滑动变阻器的滑键从最左端向右滑过2R/3时，电压表的读数由U0增大到2U0，若电源内阻不计，则下列说法中正确的是（）A．通过变阻器R的电流增大为原来的3倍，B．变阻器两端的电压减小为原来的2/3倍，C．若R的阻值减小到零，则电压表的示数为4U0，D．以上说法都不正确【答案】BC【解析】电压表的读数由U0增大到2U0，则电路中的电流增大到原来的2倍，故A错误总电压恒定，有，解得，后来变阻器两端电压为，即电压减小为原来的2/3倍，故B正确若R的阻值减小到零，则电压表的示数为总电压，4U0，，故C正确故选BC33．有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220V,60W”．现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量（）A．日光灯最多　　　　　B．电烙铁最多C．电风扇最多D．一样多【答案】B【解析】电风扇，电烙铁和日光灯额定电压、额定功率相同，相同时间内消耗的电能相等，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，日光灯消耗的电能大部分转化为光能，电烙铁消耗的电能全部转化为内能，所以产生的热量电烙铁最多．故选B考点：焦耳定律；电功、电功率．点评：本题中电风扇、日光灯正常工作时是非纯电阻电路，抓住能量如何转化是关键．基本题． 34．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为，当变阻器R的滑片位于中点时，额定功率相同的A、B、C三个小灯泡均正常发光，则下列说法不正确的是ErBCARP（）A．三个灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小B．当滑片P向左移动时，A、C两灯变亮，B灯变暗C．当滑片P向左移动时，B、C两灯变亮，A灯变暗D．当滑片P想左移动时，电源的总功率减小【答案】C考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、电路的动态分析.35．普通照明电路中一只白炽灯泡不发光了，电工师傅在检修时，拧下灯口的上盖，露出了两个接线柱（如图所示），然后用测电笔分别去接触a接线柱和b接线柱，结果发现a、b两接线柱都能够使电笔的氖管发光，根据这一现象，电工师傅就断定了故障的性质及发生故障的部位，以下说法中你认为正确的是（） A.短路，短路处必在灯口内B.短路，短路处必在跟灯口连接的两根电线之间C.断路，必是跟灯口连接的两根电线中有一根断了，且断掉的那根是零线，灯泡的钨丝肯定没有断D.断路，必是灯泡的钨丝断了，而不是连接灯口的电线断了【答案】C【解析】家庭电路的两根线分别是火线和零线，测电笔和火线接触时，氖管会发光，接触零线时，氖管不会发光．若电路发生短路，会造成电路中的电流过大，从而使得保险装置切断电路．所以应该发生了断路，而测电笔的氖管发光，这说明零线断了．故选C．考点：家庭电路的故障分析；测电笔的使用．点评：该题考查了用测电笔判断电路故障的方法，是一项基本技能，了解家庭电路的构成和安全用电连接方式是解题的关键．36．（2011·上海高考物理·T6）右表是某逻辑电路的真值表，该电路是（）【答案】选D.【解析】与门电路的逻辑功能是两个输入端只要有一端是“0”，输出端就是“0”，真值表是：ABY000010100111非门的输入端与输出端相反，所以，与门跟非门串联后的真值表是：ABY001011101110可见D选项正确.37．压敏电阻的阻值 随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是（）A.乙图表示电梯可能做变减速下降B.乙图表示电梯可能做匀减速下降C.乙图表示电梯可能做变减速上升D.乙图表示电梯可能做匀速下降【答案】A【解析】电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小．与图象的意义相符，故A正确。电梯匀减速下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象情况不符，故B错误。电梯变减速上升时，其加速度向下，根据牛顿第二定律，压敏电阻所受压力小于重力，则其电压逐渐增大，与图象意义不符，故C错误。电梯匀速下降时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与图象反映的情况不符，故D错误。故选A.考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、超重和失重、牛顿第二定律、图象.38．分别用图甲．图乙两种电路测量同一未知电阻的阻值。图甲中两表的示数分别为3V．4mA，图乙中两表的示数分别为4V．3．9mA，则待测电阻Rx的真实值为（）A．略小于1B．略小于750C．略大于1D．略大于750【答案】D【解析】先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这种电流表分压较大，应该采用甲图进行测量比较准确。甲图中测量值较真实值偏小。39．如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，外电路接有定值电阻和滑动变阻器R，合上开关S，当滑动变阻器的滑动片P从R的最左端移到最右端的过程中，下述说法正确的是（） A．电压表读数一定变大B．电压表读数一定变小C．R消耗的功率一定变大D．R消耗的功率一定变小【答案】A【解析】滑动片P从R的最左端移到最右端的过程中电阻R增大，由闭合电路欧姆定律可知电流I减少，内电压减少，外电压增大，而电压表测得的是外电压，所以读数一定增大，A对，B错；R消耗的功率由数学知识可知，P先增大后减少，CD错，所以本题选择A。考点：闭合电路欧姆定律40．某同学准备用一种金属丝准备制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U-I曲线，如图甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表（电压表的内阻远大于金属丝的电阻）与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示.下列说法中正确的是（）A．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C．选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D．温度越高，电源消耗的功率越大【答案】C【解析】从图甲可知，图像割线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以A错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明Rt的阻值大，即温度高，所以B错误；若R0越大， 电压表要偏转同样的的角度，需Rt的阻值更大，即温度更高，量程越大，所以C正确；温度越高，Rt的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率P=EI越小，故D错误。考点：本题考查传感器、闭合电路的欧姆定律41．（2012大连检测）如图所示，R3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关S闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R3时（）A．R3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大B．R3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大C．R3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小D．R3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小【答案】B【解析】当用光线照射电阻R3时，R3的电阻变小，a点所在支路电流增大，R4上电压增大，a点的电势降低，电容上极板带负电，电流表示数变大，选项B正确。42．直流电源的电动势为E、内电阻为r，用它给直流电动机供电使之工作。电动机的线网电阻是R，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I，导线电阻不计，若经过时间t，则（）A．电流在整个电路中做的功等于I2（R+r）iB．电动机输出的机械能等于[E－I（R+r）]ItC．电动机输出的机械能等于UItD．电流在整个电路中做的功等于（E－Ir）it【答案】B43．压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。某同学为探究电梯的运动情况，将压敏电阻平放在电梯内并接入如图4所示的电路，在其受压面上放一物体。电梯静止时电流表示数为I0。当电梯做四种不同的运动时，电流表的示数分别按图甲、乙、丙、丁所示的规律变化。下列判断中正确的是（） A．甲图表示电梯一定做匀速运动B．乙图表示电梯可能向上做匀加速运动C．丙图表示电梯运动过程中处于超重状态D．丁图表示电梯可能向下做匀减速运动【答案】C【解析】A、甲图中电梯静止时电流表示数为I0，由于电流等于I0且不变，故电梯匀速直线运动或静止不动，故A错误；B、乙图中，电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，且加速度变大，故B错误；C、丙图中，电流恒为2I0，故电梯处于超重状态，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故C正确；D、丁图中，电流一直大于I0，且不断减小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能减速下降，也可能加速上升，但加速度不断减小，故D错误；本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况．44．某白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V．若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率（）A.等于36WB.小于36W，大于9WC.等于9WD.小于36W【答案】B【解析】白炽灯泡的电阻会随着电压的增大而增大，当输出电压为18V时，电阻比36V时要小，功率的值比9W要大，选项B正确。考点：此题考查了电功率。视频45．把电阻非线性变化的滑动变阻器接入如图的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻R1两端的电压与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，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是（） A.电流表示数变化相等B.电压表V2的示数变化不相等C.电阻R1的功率变化相等D.电源的输出功率不断增大【答案】A【解析】根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1=IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等．故A正确；电压表V2的示数U2=E-Ir，电流I的变化相等，E、r一定，则△U2相等．故B不正确；电阻R1的功率P1＝I2R1，其功率的变化量为△P1=2IR1•△I，由上知△I相等，而I减小，则知，从a移到b功率变化量较大．故C不正确；由图2知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总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不正确．本题不正确的，故选BCD。考点：电路的动态分析；电功率46．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=0．5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势E=12V，内阻r2=1Ω开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V。则下列说法不正确的是（）A.流过电源的电流3A。B.流过电动机的电流2A。C.电动机的输入功率等于2WD.电动机对外输出的机械功率16W【答案】C【解析】电源的输出电压：U=E-Ir，则有，代入解得：I=3A，选项A正确；对灯泡：电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=I-I灯=3A-1A=2A，选项B正确；电动机的输入功率P=IU=18W，选项C错误；根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出=UI电-I电2r，代入解得，P出=16W，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C．考点：闭合电路的欧姆定律；电功率【名师点睛】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用。 47．在研究微型电动机的性能时，可采用右图所示的实验电路。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1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（）A．电动机的输出功率为8WB．电动机的输出功率为30WC．电动机的内阻为7.5D．电动机的内阻为2【答案】D【解析】电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V，电动机的输入功率全部转化为热功率，有，则电动机的内阻r=.当电动机正常工作时，电动机的输入功率P=UI=15.0W=30W。电动机内阻消耗的功率.则电动机的输出功率.故D正确，A、B、C错误。故选D。48．如图所示电路，已知平行金属板电容器C中固定一个带正电的质点P，下板接地，当将滑动变阻器R1的滑动片向右移动时，下列说法正确的是（）A．电流表示数增大B．电压表示数增大C.电压表示数与电流表示数的比值减小D．质点P的电势能减小【答案】D 考点：本题考查了平行板电容器、匀强电场、电势能、闭合电路的欧姆定律、电路的动态分析。49．如图电路中，电源的内电阻为r，R1、R3、R4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合电键S，当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是（）A．电压表的示数变小B．电流表的示数变大C．电流表的示数变小D．R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量【答案】C【解析】设R1、R2、R3、R4的电流分别为I1、I2、I3、I4，电压分别为U1、U2、U3、U4．干路电流为I总，路端电压为U，电流表电流为I．当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，I总变小，由U=E-Ir可知，U变大，则电压表示数变大，故A错误；U变大，I3变大．因I4=I总-I3，则I4变小，U4变小，而U1=U-U4，U变大，则U1变大，I1变大，I总变小，又I总=I+I1，则I变小．所以R1两端的电压变大，电流表的示数变小．故B错误，C正确;由I4=I1+I2，I4变小，I1变大，则I2变小，则|△I1|＜|△I2|，|△I2|＞|△I4|，则不能确定R1中电流的变化量与R4中电流的变化量．故D错误．所以C正确，ABD错误。考点：动态电路【名师点睛】本题主要考查了动态电路。首先认识电路的结构：R1、R2并联后与R4串联，再与R3并联，电压表测量路端电压，等于R3电压．由R2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小。 50．图示电路中，、为定值电阻，电源内阻为r，闭合开关S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，使电压表示数增加，则在此过程中（）A．可变电阻R阻值增大，通过它的电流增大B．电阻两端的电压减小，变化量等于C．通过电阻的电流减小，变化量大于D．电源的路端电压增大，变化量小于【答案】D【解析】由题，电压表的示数增大，R和并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误；R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻两端的电压减小量小于，故B错误；由欧姆定律得知，通过电阻的电流减小，减小量小于，故C错误；由于电阻两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于，故D正确。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析两端的电压减小量和△U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大。二、多项选择题51．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2两端的电压与电流的关系如图所示。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。下列说法正确的是（）A.将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为75％ B.将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率为80％C.为使电源输出功率最大，可将R1单独接到电源两端D.为使电源输出功率最大，可将R2单独接到电源两端【答案】AC【解析】根据路端电压与电流的关系图线的纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．电阻的电压与电流的关系图线的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．根据题图可知，电源的电动势为，内阻，根据知，两定值电阻的阻值分别为．将串联后接到电源两端时，电源的效率为，故A正确；外电阻越大，电源的效率越高，因为并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故B错误；当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，据此可知将单独接到电源两端时，电源输出功率最大，故C正确D错误．52．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D.R3上消耗的功率逐渐增大【答案】BCD【解析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再与串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过的电流增大，则流过并联部分的电流减小，故电流表示数增减小；因并联部分电压增大，而 中电压减小，故电压表示数增大，因电容器两端电压增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故A错误故BC正确；因两端的电压增大，由可知，上消耗的功率增大，故D正确；【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小（增大）时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小（增大）的．53．如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表．电压表均为理想表。闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表的示数改变量大小为，电压表的示数改变量大小为，电流表A的示数改变量大小为，则下列判断正确的有（）A．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量不变B．的值变大C．的值不变，且始终等于电源内阻D．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【答案】AC【解析】由图可知，与R串联，测R两端的电压，测路端的电压,若滑片P向左端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，的电压减小，由于理想二极管具有单向导通作用，只能充电，不能放电，所以电容器所带的电荷量不变，故A正确，D错误；根据闭合电路欧姆定律得：，则所以的值保持不变，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：由，则，不变，故C正确。考点：闭合电路的欧姆定律、电容【名师点睛】对于闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路-内电路-外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质。54． 在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A.电源的输出功率变小B.灯泡L变亮C.电容器C上电荷量增多D.电压表读数变小【答案】AC【解析】当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小，故A正确；当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流I减小，电压表读数变大，灯泡的功率，不变，则灯泡变暗，故BD错误；变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，根据，C不变，U变大可得其电荷量增大，C正确；【点睛】本题的难点在于确定电源的输出功率如何变化，可以用数学证明，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，这是很重要的结论．对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等．55．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻，，，电容器电容C=4μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则（）A．S断开时电容器的电压为3VB．S断开时电容器a极板带负电C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为【答案】AD 考点：闭合电路的欧姆定律；电量【名师点睛】本题主要考查了串并联电路的特点及闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，明确电路结构变化时，电容器的电压如何变化。56．如图甲所示，R为电阻箱(0～99.9Ω)，置于阻值最大位置，Rx为未知电阻．(1)断开S2，闭合S1，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组R、I值，并依据R、I值作出了如图乙所示的R－图线．(2)断开S2，闭合S1，当R调至某一位置时，电流表的示数I1＝1.0A；保持电阻箱的位置不变，断开S1，闭合S2，此时电流表的示数为I2＝0.8A．根据以上数据可知（）A.电源电动势为3.0VB.电源内阻为0.5ΩC.Rx的阻值为0.5ΩD.S1断开、S2闭合时，随着R的减小，电源输出功率减小【答案】BC【解析】当中断开s2闭合s1时，根据闭合电路欧姆定律应有：,整理得：，根据斜率和截距的概念可知：,r=0.5Ω,所以A错误，B正确；当中断开s2闭合s1时，由上式可得：，断开s1，闭合s2时，根据闭合电路欧姆定律应有：，联立解得：，故C正确；根据电源输出功率与外电阻关系可知，由于定值电阻=r，断开s2时R外=r+R+R 3，根据图象可知，随着电阻箱电阻R的减小R外与r逐渐接近，则电源的输出功率应逐渐增大，所以D错误。所以BC正确，AD错误。57．一额定功率为9W、额定电压为9V的小灯泡L和一直流电动机并联，与定值电阻R＝4Ω串联后接在电路中的AB两点间，电流表A为理想电表，电路如图所示，灯泡的电阻不变。当AB间接电压0.49V时，电动机不转、灯泡不亮，电流表示数为0.1A；当AB间接电压15V时，电动机转动起来、灯泡正常发光。则下列说法正确的是（）A.电动机线圈电阻为1ΩB.灯泡正常发光时电流表示数0.5AC.灯泡正常发光时电流表示数1AD.电动机输出的机械功率4.25W【答案】AD【解析】A、根据可知灯泡电阻，当AB间接电压时，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知R两端电压，灯泡两端电压，通过灯泡的电流，通过电动机的电流，根据并联电路特点可知电动机线圈电阻，故选项A正确；B、当AB间接电压时，灯泡正常发光，灯泡两端电压为、通过灯泡的电流为，则电动机两端电压为，R两端电压为，干路电流，电流表示数为，通过电动机的电流为，则此时电动机输出的机械功率，故选项BC错误，选项D正确。点睛：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路．电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。58．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r。M为多种元件集成的电子元件，其阻值与两端所加的电压成正比（即RM=kU，式中k为正常数）且遵循欧姆定律。R1和R2是两个定值电阻（其电阻可视为不随温度变化而变化）。R为滑动变阻器，现闭合开关S，使变阻器的滑片向上移动，下列说法中正确的是（） A.电压表V1、V2读数增大B.电子元件M两端的电压减小C.通过电阻R的电流增大D.电流表读数减小【答案】CD【解析】变阻器的滑片向上移动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压减小，即电压表示数减小，电路总电流增大，即通过和M的电流增大，所以其两端的电压增大，即电压表示数增大，M两端的电压增大，而路端电压是减小的，所以并联电路两端的电压减小，所以两端电压减小，即通过的电流减小，即电流表示数减小，总电流增大，因为，所以增大，CD正确.【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部.59．在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）A.滑动变阻器R连入电路中的阻值变小B.灯泡L变暗C.电源消耗的功率增大D.电容器C所带电荷量增加【答案】BD【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值增大，故A错误；R增大，根据闭合电路欧姆定律可知电路中电流减小，灯泡L将变暗，故B正确；电源消耗的总功率P=EI，电流减小，P减小，故C错误；路端电压U=E-Ir增大，则电容器电量Q=CU增大，故D正确。所以BD正确，AC错误。 60．如图所示电路中，,,,,,电源电动势E=18V,内阻，电表为理想电表。开始电键K是闭合的，则下列判断正确的是（）A.电压表的示数为6VB.电流表的示数为1AC.电容器所带的电荷量为1.8x10-4CD.当电键K断开后,通过电阻R1的电荷量为1.8x10-4C【答案】AC【解析】电压表的示数等于两端电压，通过的电流为，电压表示数为，A正确；分析电路图可知串联后与并联的等效电阻为，由闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为，B错误；电容器两极板间的电压，电容器所带的电荷量，C正确；当电键K断开后，电容要通过电阻和两支路放电，两支路电阻相等，所以通过电阻的电荷量为，D错误；61．如图所示，闭合开关S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同．若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为（）A.A灯变亮B.B灯变亮C.B灯变暗D.C灯变亮【答案】ACD【解析】将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流增大，则A灯变亮．并联部分的电压，不变，增大，减小，B灯变暗．通过C灯的电流，I增大，减小，则增大，C灯变亮，故ACD正确． 62．如图所示，电源电动势E恒定，内阻r=1Ω，定值电阻R3=5Ω．当电键S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等．则下列说法中正确的是（）A.电阻R1、R2可能分别为3Ω、6ΩB.电阻R1、R2可能分别为4Ω、5ΩC.电键s断开时电压表的示数一定大于s闭合时的示数D.电键s断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6Ω【答案】BCD63．如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，R1=R2=R+=R。闭合电键S，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I。在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电压表V的示数变化大小为ΔU，电流表A的示数变化大小为ΔI，下列说法正确的是（）A.U先变小后变大B.I先变大后变小C.ΔU与ΔI的比值保持不变D.U与I乘积先变小后变大【答案】CD【解析】滑动变阻器的滑片P由a端滑到b 端的过程中，其连入电路的总电阻先增大后减小，即电压表测量范围内的总电阻先增大后减小，根据串联电路知识可得电压表示数先增大后减小，电流表示数先减小后增大，AB错误；将看做电源内阻，可知，故C正确；将看做电源内阻，根据当外电路电阻和内阻相等时，电源的输出功率最大，即UI乘积最大，而外电路电阻一直大于内阻，所以UI的乘积随着电阻的增大而减小，电阻的减小而增大，故U与I乘积先变小后变大，D正确；64．恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是（）A.R0上的电压变小B.R2上的电压变大C.R1上的电压变大D.R1上电压变化量大于R0上的电压变化量【答案】AC【解析】根据闭合电路欧姆定律，结合动态分析的思路，当触头P由图示位置向右移动时，接入电路中的电阻减小，而电源输出电流不变，从而即可分析求解．触头P由图示位置向右移动时，接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以上的电压变小，是定值电阻，所以通过的电流减小，总电流不变，则通过电流增大，所以的电压变大，而并联电路电压是减小的，则上的电压变小，故AC正确，B错误；的电压变大，上的电压变小，和的电压之和减小，则上电压变化量大于上的电压变化量，故D错误．65．如图所示，A、B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法正确的是（）A.A图的接法叫电流表内接法，B图的接法叫电流表的外接法B.A中R测＜R真，B中R测＞R真C.A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，就使R<>RA ，故此法测较大电阻好【答案】BCD 【解析】A项：图A所示电路是电流表的外接法，图B所示电路是电流表的内接法，故A错误；B项：图A所示电路，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏小，即R测＜R真；B图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律，电阻测量值偏大，即R测＞R真，故B正确；C项：图A所示电路，系统误差是由电压表分流造成的，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好，故C正确；D项：图B所示实验电路，系统误差是由于电流表分压造成的，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好，故D正确。点晴：伏安法测电阻有两种实验电路：电流表的内接法与外接法；A图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小。66．在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向下滑动后，假设电流表A和电压表V1、V2、V3四个电表的示数变化量的绝对值分别为ΔI、ΔU1、ΔU2、ΔU3，则在滑片P向下滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.变大B.不变C.不变D.变大【答案】BC【解析】分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析电路中电流和各个电阻电压的变化，结合闭合电路欧姆定律进行分析电压变化量与电流变化量比值的变化．因为电压表V1测量的是路端电压，电流表测量的是干路电流，根据欧姆定律可得，所以表示电源内阻，故恒定不变，A错误；V2测量的是两端的电压，V3测量的是两端的电压，因为电路是串联电路，所以电流表也测量的电流，所以恒定不变，根据可得，恒定不变，C正确D错误． 67．如图所示的电路中，电源电动势为6V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S，下列说法正确的是：（）A.路端电压为5VB.电源的总功率为2．5WC.a、b间电压的大小为2．5VD.减小任何一个外电阻，电路的输出功率增大【答案】ACD【解析】外阻为R：，则，则外压U=IR=5V，功率P=EI=3W，则A正确，B错误；选电源负极为0势点，则b点电势为，a点电势为，则ab间的电压为3．75-1．25=2．5V，则C正确；当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，因内阻为2Ω，则减小任何一个外电阻，外电路的电阻都向2Ω接近，电路的输出功率都增大，选项D正确；故选ACD,考点：闭合电路的欧姆定律；电功率【名师点睛】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键。68．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表。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.电流表示数变小C.电容器C中的电场强度变小D.a点的电势降低【答案】ACD【解析】A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b 端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A正确．B、根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IA=I-I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故B错误，D正确；C、电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其电场强度减小，故C正确；故选ACD.【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．69．理想变压器副线圈接有额定电压10V，内阻的电动机和滑动变阻器。原线圈接入V正弦交流电，当滑动变阻器阻值调到时，电流表示数为1A且电动机正常工作，则下列分析正确的是（）A.原副线圈匝数比为B.电动机输出的机械功率为9WC.若原线圈输入大小为的直流电，则电流表示数变大D.突然卡住电动机，原线圈输入功率变大【答案】BD【解析】原线圈输入电压的有效值为，因为电动势正常工作，所以电动机两端的电压为，滑动变阻器两端电压为，故副线圈两端电压为，故原副线圈匝数比为，A错误；电动机的输出功率为，B正确；若通直流电，则变压器不工作，即副线圈电流为零，C错误；突然卡住电动机，副线圈中的电路变为纯电路电阻，由于原副线圈匝数不变，所以副线圈输入端电压不变，根据公式可得副线圈中消耗的电功率变大，故原线圈输入功率变大，D正确．70．下列行为违反安全用电常识的有（）A.用力拉扯电线拔出插头B.移动电器前把插头拔掉C.把易燃物远离电热器D.用湿布清洁墙上的插座插孔 【答案】AD【解析】A、用力拉扯电线拔出插头，容易将插头破损，故选项A符合题意；B、移动电器前把插头拔掉、把易燃物远离电热器符合安全用电，故BC不符合题意；D、用湿布清洁墙上的插座插孔，容易发生短路，产生危险，故选项D符合题意。71．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表A、电压表V1、V2、V3均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当R2的滑动触头P向上滑动的过程中（）A.电压表V1的示数增大，电压表V2的示数变小B.电压表V3示数的变化量的绝对值与电压表V1、V2示数的变化量的绝对值之和相等C.电压表V1示数与电流表A示数的比值不变D.电压表V3示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值保持不变【答案】ACD【解析】由图可知，电路中R1与R2串联接在电源两端，电压表V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的电压，V3测量路端电压；电流表A测干路电流；当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；则由闭合电路欧姆定律U=E-Ir可知，路端电压减小；因R1为定值电阻，故其两端电压增大；总电压减小，故R2两端的电压减小，故A正确；因V3的电压等于两电阻两端的总电压，故V3的改变量等于电压表V1、V2示数的变化量的绝对值的差值，故B错误；因R1为定值电阻，故由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值等于R1，故其比值不变；故C正确；由闭合电路欧姆定律可知，U内=E-U外；故电压表V3示数的变化等于内阻上电压的变化；同理电流也是流过内阻电流的变化，因内阻保持不变，故电压表V3示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值保持不变，故D正确；故选ACD。考点：电路的动态分析【名师点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要熟练掌握其解决方法为：局部-整体-局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用。72．如图所示电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标志在图中，当滑动变阻器的滑片向端移动时,以下说法中正确的是（） A．电压表示数变小，电流表示数变小B．电阻两端的电压减小C．电源的总功率减少但电源的输出功率增大D．如果设定流过电阻电流变化量的绝对值为，流过滑动变阻器的电流变化量的绝对值为，则有<【答案】BD【解析】考点：电路的动态分析。【名师点睛】对于电路动态变化分析问题，首先要根据电路结构的变化分析外电路总电阻的变化，到总电流和路端电压变化，再到局部电路电流和电压的变化进行分析。73．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向上滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列说法正确的是（）A．U1变小，U2变大，U3变小，I变大B．U1变大，U2变小，U3变大，I变大C．U1/I不变，U2/I变小，U3/I变小D．ΔU1/ΔI不变，ΔU2/ΔI不变，ΔU3/ΔI不变 【答案】CD【解析】当滑动变阻器R2的滑动触头P向上滑动，其阻值变小，总电阻变小，电流表示数I变大，路端电压U3减小，R1的电压U1增大，故R2的电压U2减小．故AB错误．因R1是定值电阻，则有，不变．因为，R2变小，变小；=R1+R2，变小．故C正确．根据闭合电路欧姆定律得U3=E-Ir，则，不变．U2=E-I（R1+r），则=R1+r，不变，故D正确．故选CD．考点：电路的动态分析74．如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路中，总电压为U，则下列表述正确的是（）A．通过两段导体的电流相等B．两段导体内的自由电子定向移动的平均速率不同C．细导体两端的电压U1小于粗导体两端的电压U2D．细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度【答案】ABD【解析】两个导体串联，电流相同．故A正确．电流的微观表达式I=nevS，由题n、e、I相同，S不同，则自由电子定向移动的平均速率v不同．故B正确．根据电阻定律可知，细导体的电阻大于粗导体的电阻，由欧姆定律U=IR得知，I相同，则细导体两端的电压U1大于粗导体两端的电压U2．故C错误．设导体的长度为L，横截面积为S．导体内的电场强度，I、ρ相同，则E与S成反比，所以细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度．故D正确．故选ABD。考点：电流；电场强度【名师点睛】本题从宏观与微观两个角度考查对电流、电压和导体中电场强度的理解能力．主要抓住电流的微观表达式和导体内的电场强度。75．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，（） A.电压表的示数增大，电流表的示数减小B.电压表的示数减小，电流表的示数增大C.电源路端电压增大D.电容器C所带电荷量减小【答案】BD【解析】滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确；故选BD。考点：电路的动态分析76．在如图甲所示的电路中，为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0．25A，则此时（）A.的电阻为12ΩB.消耗的电功率为0．75WC.消耗的电功率之比大于4D.两端的电压为两端电压的2倍【答案】BC 考点：考查了欧姆定律，电功率的计算【名师点睛】本题关键结合图象得到灯泡的电压和电流，图中数据比较特殊，刚好是处于方格纸的交点位置．77．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A．灯泡L变暗B．电容器C的带电量将增大C．两端的电压减小D．电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大【答案】AB【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，电路中总电流减小，则灯L变暗，故A正确；电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的，则由知，电容器C的电荷量将增大，故B正确；电源的总功率为，电流减小，所以电源的总功率将变小，由于电源的内外电阻关系未知，所以电源的输出功率不一定变大，故C错误；所在电路为断路，所以两端的电压不变，始终等于零，故D错误．考点：考查了含电容电路【名师点睛】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，即可知电压表读数增大．电路中电流减小，灯L变暗．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由分析电量的变化．由分析电源总功率的变化．根据内外电阻的关系分析输出功率如何变化78．一学生去实验室取定值电阻两只,R1=10Ω,R2=30Ω,电压表一个,练习使用电压表测电压．电路连接如图,电源输出电压U=12．0V不变．该生先用电压表与R1并联,电压表示数为U1,再用电压表与R2 并联,电压表示数为U2,则下列说法正确的是（）A．U2一定小于9．0VB．U1一定大于3．0VC．U1与U2之和小于12VD．U1与U2之比一定等于1∶3【答案】ACD【解析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12V，解得：U′1=3．0V，U′2=9．0V；当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．故AC正确，B错误；设电压表内阻为RV，则电压表与R1并联时，其示数；电压表与R2并联时，其示数,则可知，两电压表读数之比一定等于1：3．故D正确．故选ACD．考点：欧姆定律的应用【名师点睛】本题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联部分电阻变小，并能明确接入电压表时总电阻减小，同时注意要将电压表视为电阻进行分析，利用串并联电路的规律定量分析电压表示数。79．如图所示，电流表（0~3A）和（0~0．6A）由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（） A.的读数之比为1:1B.的读数之比为5：1C.的指针偏转角度之比为1：1D.的指针偏转角度之比为1：5【答案】BC【解析】图中的并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以的指针偏转角度之比为1：1；量程不同的电流表读数不同，电流表的量程为3A，的量程为0．6A，当偏转角相同时，的读数之比为5：1，故BC正确．考点：考查了欧姆定律的应用【名师点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．80．如图所示的电路（R1、R2为标准定值电阻）测量电源的电动势E及内电阻r时，如果偶然误差可忽略不计，则下列说法正确的是（）A．电动势的测量值等于真实值B．内电阻的测量值大于真实值C．测量误差产生的原因是电流表具有内阻D．测量误差产生的原因是测量次数太小，不能应用图像法求E和r【答案】ABC【解析】先求出测量值的表达式：设电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律E=IR+Ir得：E=I1（R1+r）…①E=I2（R2+r）…②联立①②解得：，，再求出真实值的表达式：设电流表的内阻为RA，电源的电动势和内阻真实值分别为E′和r′，则有：E=I1（R1+RA+r）…③ E=I2（R2+RA+r）…④联立③④解得：，分析以上数据可知：E=E′，r＞r′，即电动势的测量值等于真实值，电源内电阻的测量值大于真实值．故选项ABC正确；测量误差产生的原因是电流表的内阻引起的，不是测量次数太小的原因，但是能应用图像法求E和r，选项D错误；故选ABC．考点：测量电源的电动势及内电阻【名师点睛】本题是一种安阻法测量电源电动势和内阻的方法，可以用电阻箱代入两个定值电阻；分析误差采用公式法，将测量值与真实值的表达式进行比较得到．三、解答题81．如图7－2－14所示，电路中接一电动势为4V、内阻为2Ω的直流电源．电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：图7－2－14(1)电流表的读数；(2)电容器所带的电荷量；(3)如果断开电源，通过R2的电荷量．【答案】(1)0.4A　(2)4.8×10－5C　(3)2.4×10－5C【解析】(1)R1、R2被短路，由闭合电路欧姆定律得I＝＝0.4A.(2)电容器两端的电压U＝IR3＝1.6V电容器所带的电荷量Q＝CU＝4.8×10－5C.(3)断开电源后，电容器通过电阻R1、R2、R3进行放电．由于R1、R2并联后与R3串联，故通过R2的电荷量为电容器带电荷量的一半，即Q′＝＝2.4×10－5C.答案：(1)0.4A　(2)4.8×10－5C　(3)2.4×10－5C82．电动自行车因其价格相对于摩托车低廉，而且污染小,受到群众喜爱,某电动车铭牌如下表所示。取g=10m/s2，试求 规格后轮驱动直流永磁电机车型：20′′电动自行车电机输出功率：175W电源输出电压：≥36V额定工作电压/电流：36V/5A整车质量：40kg最大载重量：120kg（1）求此车所装电动机的线圈电阻。（2）求此车所装电动机在额定电压下正常工作时的效率。（3）一个60kg的人骑着此车，如果电动自行车所受阻力为人和车重的0.02倍，求电动自行车在平直公路上行驶的最大速度。【答案】（1）(2)97.2%(3)考点：闭合电路欧姆定律、运动过程中变速过程的分析点评：此类题型考察了关于对题目信息提取的能力，通过审题将题目中信息转化为闭合电路欧姆定律，从而分析出结果。83．(13分)受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图象如图13所示．(1)求该电池的电动势E和内阻r；(2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R(纯电阻)；(3)由图象可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻(纯电阻)R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系．【答案】(1)2V　0.5Ω　(2)0.5Ω　(3)r2＝R1R2【解析】(1)I1＝2A时，Pm＝ I2＝4A时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I2＝.解得：E＝2V，r＝0.5Ω.(2)R＝r＝0.5Ω(3)由题知：()2R1＝()2R2，整理得r2＝R1R2.84．如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝3Ω，R2＝2Ω，R3＝5Ω，电容器的电容C1＝4μF，C2＝1μF，求C1、C2所带电荷量。【答案】1.6×10-5C；10-5C【解析】由于电容器的隔直作用，故R3无电流通过，R1，R2构成串联电路，根据闭合电路欧姆定律，I＝＝2A，U1＝IR1＝6V，U2＝IR2＝4V，所以C1两端的电压UC1＝U2＝4V，C2两端的电压UC2＝U1＋U2＝10V，根据Q＝CU知，Q1＝C1UC1＝4×10－6×4C＝1.6×10－5C，Q2＝C2UC2＝1×10－6×10C＝10－5C。考点：闭合电路欧姆定律欧姆定律电容电阻85．如图所示的U—I图象中，I是电源的路端电压随电流变化的图象，Ⅱ是某电阻两端的电压随电流变化的图象，当该电源向该电阻供电时，求电阻上消耗的功率和电源的效率分别为多少？【答案】PR=4W,=66.7%【解析】分析：根据U-I图象可以求得电阻的大小和电源的电动势的大小，从而也可以求得电源的效率的大小．解答：解：有图象可知，电阻的阻值的大小为R=Ω=1Ω，电源的电动势的大小为3V，直线I的斜率表示电源的内阻的大小，所以r=Ω=Ω，电阻上消耗的功率PR=I2R=()2•R=()2×1=4w，电源的效率μ=×100%=67%， 故答案为：电阻上消耗的功率为4W，电源的效率为67％．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．86．如图所示电路，图中甲、乙两毫安表的内阻均为6Ω，当电建K断开时AB间的电阻为3Ω．R4=12Ω．当电建闭合后甲、乙两表的读数比为1：2．求R1、R2的值．【答案】R1、R2的值分别为3Ω和1Ω．【解析】解：当电建K断开时AB间的电阻为3Ω．即有：+R2=3；设K闭合时，设流过甲表的电流为I，则流过乙表的电流为2I，有：I（RA+R4）=2IRA+（2I+）R2联立解得：R1=3Ω，R2=1Ω答：R1、R2的值分别为3Ω和1Ω．【点评】本题是直流电路的计算问题，关键要搞清电路的连接关系，将毫安表当一个电阻即可，要抓住并联电压相等列式研究．87．（10分）如图所示的电路中，，，，电源电动势E=24V，内阻不计，当开关、均开启和闭合时，灯泡L均正常发光。（1）写出两种情况下流经灯泡的电流方向:、均开启时；、均闭合时.（2）求灯泡正常发光时的电阻和电压。【答案】（1）当、均开启时，电流由；当、均闭合时，电流由（2）， 【解析】(1)当、均开启时，等效电路如图甲所示，电流由；当、均闭合时，等效电路如图乙所示，电流由。（2分）（2）当、均开启时，欧姆定律得：（2分）当、均闭合时，由欧姆定律得：（2分）（2分）联立上述各式代入数据得：，（2分）考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、串联与并联电路。88．(10分)如图12所示，将一电动势为E＝6V、内阻r＝0.5Ω的电源，与一粗细均匀的电阻丝AB相连，电阻丝的长度为L＝0.30m，阻值为R＝4Ω，电容器的电容为C＝3μF.闭合开关S使其达到稳定状态后，将滑动触头P向右以速度v＝0.6m/s匀速滑动的过程中，电流计的读数为多少？流过电流计的电流方向如何？【答案】32μA　从右向左【解析】设在Δt时间内，触头P移动的距离为ΔL，则ΔL＝vΔt，由于电阻丝单位长度上电压值为＝·因此在Δt时间内PB间电压改变ΔU＝ΔL＝而I＝＝C则I＝·v＝×0.6A＝32μA 电流方向从右向左．89．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，L1、L2分别标有“6V3W”和“6V6W”的字样，L3额定电压看不清，而额定功率为4W清晰可见。（1）当开关S1断开、S2闭合时，恰有一只灯泡正常发光，此时，电流表和电压表的示数分别为多大？（2）当开关S2断开，S1闭合时，若发光灯泡的实际功率为1W，则此时电流表的示数是多大？灯L3的额定电压是多大？【答案】（1）0.5A3V（2）0.1A18V【解析】（1）L1和L2串联，L1正常发光，I=0.5A，U2=3V（2）电路中只有L3工作，电源电压为6V+3V=9V，R3不变，P额=4W，P实=1W得U额=18V此时电流表的示数为I=P/U=1/9A≈0.1A考点：欧姆定律点评：本题属于较简单的电路计算题，弄清楚额定电压、实际功率，通过常见的电路计算公式很容易求得答案。90．澳门半岛的葡京大酒店的葡京赌场，是世界四大赌场之一，它为政府提供了大量的财政收入．该酒店安装了一台自重200kg的电梯，它由一台最大输出功率为15kW的电动机带动匀速运行，从地面运动到5层(每层高4m)用了8s．某次向位于15层的赌场载送人时因超载而不能正常工作(设人的平均质量为50kg，g取10m/s2)．(1)假设该电动机是在380V电压下运转，则空载时流过电动机的电流是多少？(2)该电梯每次最多载多少人？【答案】（1）I≈10.5A（2）11人 考点：机械功率能量守恒定律91．如图所示,电源电动势E=4.0V,电源内电阻r=0.50Ω,电阻器R2=18Ω,安培表A1的读数为0.50A,安培表A2的读数为0.30A,伏特表V的读数为3.0V,求:R1､R3､R4的阻值各多大?(不计各电表内阻的影响)【答案】12Ω10Ω2.0Ω【解析】先把题图所示电路中的安培表短路､伏特表断路,根据节点跨接法画出图甲所示的简化电路结构,再把各电表填到其对应的位置改画成图乙所示的电路图.由图甲可以看出R3和R4串联后再和R1､R2并联接在电源两端.由图乙可以看出安培表A1示数为通过R2上的电流I2和通过R3上的电流I3之和;安培表A2量的是通过R3､R4上的电流(I3=I4);伏特表量的是R3两端的电压.由欧姆定律得R3=Ω=10Ω,通过R2上的电流I2=0.50A-0.30A=0.20A,电源的端电压U=U1=U2=I2R2=0.20×18V=3.6V由闭合电路的欧姆定律E=U+Ir电路的总电流I=A=0.80A R1上的电流为I1=I-(I2+I3)=0.30AR1=Ω=12ΩR4两端的电压U4=U-U3=3.6V-3.0V=0.60VR4Ω=2.0Ω解得R1､R3､R4的阻值分别为12Ω,10Ω和2.0Ω.92．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光。（1）求电源的电动势；（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？【答案】（1）6V（2）2A（3）2W【解析】（1）P在最右端时，被短路，电流所以（2）P在最左端时，、均为短路，则（3）设Pb段电阻为，则，根据数学知识可得时最大，最大值为2W考点：考查了闭合回路欧姆定律，电功率的计算 【名师点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及串并联电路的规律，要注意明确正确分析电路结构，掌握串并联电路的规律，明确闭合电路欧姆定律的正确应用．93．如图所示电路，电源电动势E＝28V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20m，两极板的间距d＝1.0×10－2m．(1)若开关S开始处于断开状态，现将其闭合后，流过R4的电荷量为多少？(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）【答案】(1)(2),故带电微粒不能从极板间射出（2）设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有＝mg（1分）当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma（1分）假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝（1分）竖直方向y＝at2（1分）由以上各式得y＝6．25×10－3m>（1分）故带电微粒不能从极板间射出．（1分）考点：电容器的定义式、牛顿定律、串并联规律和欧姆定律。 【名师点睛】（1）当开关S断开时，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律及串联电路电压的分配关系，利用比例法电容器的电压和电量．当S闭合后，电阻R2与R3串联后再与R1并联，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，求出电容器的电量，再求出电容器电量的变化量，即为流过R4的总电量．（2）开关S断开时带电油滴恰好静止在水平放置的平行金属板正中间，电场力与重力平衡，根据平衡条件得到重力与电场力的关系．S闭合时，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出油滴到达极板的时间．然后根据侧向位移来确定是否能射出．对于电容器，关键是确定其电压，当电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路的电压，也等于所在电路两端的电压。94．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.0cm。电源电动势E=400V，内电阻r=20Ω，电阻R1=1980Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板。若小球所带电荷量q=1.0×10-7C，质量m=2.0×10-4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2。求：（1）A、B两金属板间的电压的大小U；（2）滑动变阻器消耗的电功率P滑；（3）电源的效率η。【答案】（1）U=200V；（2）20W；（3）【解析】（1）小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有-qU-mgd=0-mv02解得U=200V（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流I=根据部分电路欧姆定律可知U=IR滑解得R滑=2.0×103Ω滑动变阻器消耗的电功率="20W"（3）电源的效率 95．如图所示电路，已知R3=4Ω，闭合电键，安培表读数为0.75A，伏特表读数为2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8A，伏特表读数变为3.2V，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．【答案】（1）R2被烧断路（2）4Ω（3）只能求出电源电动势E而不能求出内阻r，E=4V考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题闭合电路的欧姆定律的应用以及电路的分析和计算问题，注意解题时要注意有两种情况，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，求解电动势或内阻，是常用的方法；此题同时给了我们一个测量电动势的方法.96．如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,它用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I=5.0A和U=110V,重物P上升的速度v=0.70m/s.已知该装置机械部分的机械效率为70%,重物的质量m=45kg(g取10m/s2).求: (1)电动机消耗的电功率P电及绳对重物做功的机械功率P机各多大?(2)电动机线圈的电阻R多大?【答案】(1)315W.(2)4.0Ω.【解析】(1)电动机消耗的电功率P电=IU=110×5.0W=550W提升重物做功的功率P机=mgv=45×10×0.7W=315W.(2)电动机输出的机械功率P=P机/η=450W根据能量守恒原理IU=P+I2RR=Ω=4.0Ω.97．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈所围的面，匝数，线圈电阻．线圈与电阻构成闭合回路，电阻．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：（）在时刻，通过电阻的感应电流的大小．（）在，电阻消耗的电功率．（）在内整个闭合电路中产生的热量．【答案】（）（）（）【解析】（）根据法拉第电磁感应定律，时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流．时的感应电动势．． 根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流．．解得．（）由图象可知，在时间内，线圈中产生的感应电动势．．根据闭合电路欧姆定律，时闭合回路中的感应电流．．电阻消耗的电功率．（）根据焦耳定律，内闭合电路中产生的热量．．内闭合电路中产生的热量．．内闭合电路中产生的热量．．98．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为的电阻．匀强]磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻消耗的功率为，求该速度的大小；（3）在上问中，若＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．（g取10rn／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）【答案】（1）4m／s2；（2）10m/s；（3）0.4T；磁场方向垂直导轨平面向上【解析】（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律： ①由①式解得＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2②（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B⑥⑦由⑥、⑦两式解得⑧磁场方向垂直导轨平面向上考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律。属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力。99．如图所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L＝1m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连，整个空间存在着B＝5T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值Rab＝Rcd＝R，cd棒质量m＝1kg，ab棒光滑，cd与导轨间动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动，求这一时刻ab棒中的电流；(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件； (3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大、从多高的位置释放，cd棒始终不动，求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示。由平衡条件得：又因为：联立以上三式，得，所以：（2）ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力cd棒所受最大安培力应为，要使棒不能滑动，需：由以上两式联立解得：（3）ab棒下滑时，cd棒始终静止，有：解得：当棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，安培力趋于无穷大，棒所受安培力亦趋于无穷大，有：。考点：电磁感应——功能问题【名师点睛】本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识、电路的综合，要能够正确地受力分析，抓住临界情况，结合共点力平衡和能量守恒进行求解。100．如图，一长为10cm 的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．【答案】金属棒的质量为0.01kg考点：考查了有安培力时的共点力平衡【名师点睛】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据左手定则判断出安培力的方向，根据F=BIL求的安培力，由共点力平衡求的质量．