高考物理輪資料匯編專題恒定電流試題精練

專題09恒定電流

一、單選題

1.如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r,電阻R2、&為定值電阻，R為滑動變阻器，A、B為電

容器的兩個極板。當(dāng)滑動變阻器R處于某位置時，A、B兩板間的帶電油滴靜止不動。則下列說法中正確

A.僅把R的觸頭向右滑動時，油滴向下運動

B.僅把Ri的觸頭向右滑動時，油滴向上運動

C.僅把兩極板A、B間距離增大，油滴向上運動

D.僅把兩極板A、B間相對面積減小，油滴向下運動

【答案】B

【解析】僅把K的觸頭向右滑動時，為增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，由￡=二

a

可知，板間場強(qiáng)增大，油滴所受電場力熠大，則油滴向上運動.A錯誤，B正確.僅把兩極板A、B間距離

d增大，電容器的電壓不變，由￡二=可知，板間場強(qiáng)減小，油滴所受電場力減小，則油滴向下運動.C

a

錯誤.僅把兩極板A、B間相對面積減小，U和d不變，則板間場強(qiáng)不變，油滴所受電場力不變，則油滴仍

保持靜止.D錯誤.選B.

【點睛】電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，其電壓等于路端電壓.分析電容器板間電壓的變化，判斷電

場強(qiáng)度的變化，根據(jù)油滴所受的電場力變化，判斷油滴的運動情況.

2.如圖所示，電源電動勢為心內(nèi)阻為八不計電壓表和電流表內(nèi)阻對電路的影響，當(dāng)電鍵閉合后，兩小

燈泡均能發(fā)光。在將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，下列說法正確的是（）

A.小燈泡L、L2均變暗

B.小燈泡L變喑，小燈泡L變亮

C.電流表A的讀數(shù)變大，電壓表V的讀數(shù)變小

D.電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大

【答案】D

【解析】將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分的電阻增大,

外電路總電阻增大，干路電流減小，則L2燈變暗，電流表讀數(shù)變小.電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大,

電壓表讀數(shù)變大.根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點可知，并聯(lián)部分電壓增大，則Li燈變亮.故D正確.故選D.

3.智能掃地機(jī)器人是智能家用電器的一種，能憑借一定的人工智能，自動在房間內(nèi)完成地板清理工作，現(xiàn)

今己慢慢普及，成為上班族或是現(xiàn)代家庭的常用家電用品.如圖為某款智能掃地機(jī)器人，其參數(shù)見下表，

工作時將電池內(nèi)部化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為60%,下列說法中正確的是()

L品名稱科沃斯地寶塵盒容量0.3L

清掃路線自由式液晶顯示有

電池容量5000mAh充電器輸出直流24V/1000mA

噪音W60db額定功率40W

行走速度20cm/s工作電壓24V

A.該掃地機(jī)器人的電池從完全沒電到充滿電所需時間約為8.3h

B.該掃地機(jī)器人最多能儲存的能量為4.32X10'J

C.該掃地機(jī)器人充滿電后能工作5h

0.該掃地機(jī)器人充滿電后能工作3h

【答案】B

【解析】由表格內(nèi)的數(shù)據(jù)可知,電池的容量是50內(nèi)的h,所帶的電量為:<7=5000X10-3A*3600s=l.8X104C,

aiXxlO4

充電器輸出電流為/充=1000mA=lA,所以充電的時間為：1=土=二-----S=5h,故A錯誤；最多能儲存

I1

的能量為：胎4片1.8X1(TX24J=4.32X1O5J,故B正確；額定功率未40W,所以工作的時間：

W432x105

(.=—=——-5=1.08X1035=0.3/Z,故CD錯誤。所以B正確，ACD錯誤。

1P40

4.如圖所示電路中，當(dāng)變阻器R的滑動片P向上滑動時，電壓表V和電流表A的示數(shù)變化情況是

A.V和A的示數(shù)都增大

B.V和A的示數(shù)都減小

C.V示數(shù)增大、A示數(shù)減小

D.V示數(shù)減小、A示數(shù)增大

【答案】B

【解析】

在變阻器R的滑片向上滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，R與段并聯(lián)電阻及并塔大，則外電路總

電阻塔大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流工減小，路端電壓U熠大，可知見兩端的電壓減小，V

的示數(shù)減小.并聯(lián)部分電壓4=￡-式舄+尸），I砌、，E、氏、工均不變，則與增大，通過段的電流增

大，則電流表A的示數(shù);咸小.故B正確，

考點：電路的動態(tài)變化分析問題，

5.家用電吹風(fēng)由電動機(jī)和電熱絲等組成。為了保證電吹風(fēng)的安全使用，要求：電動機(jī)不工作時，電熱絲不

能發(fā)熱；電熱絲不發(fā)熱時，電動機(jī)仍能工作。下列電路中符合要求的是（）

ABCD

【答案】D

【解析】

電動機(jī)不工作時，電熱絲不能發(fā)熱；電熱絲不發(fā)熱時，電動機(jī)仍能工作，根據(jù)要求，不能簡單的是串聯(lián)電

路，所以A錯。若是B,電動機(jī)不工作，發(fā)熱絲也在工作，B錯誤。C同理也不滿足要求，只有D答案可以

考點：電路分析

點評：本題考查了結(jié)合實際情況的電路分析題，通過實際要求設(shè)計符合要求的電路圖，通過電路圖反饋是

否設(shè)計合理。

6.在車門報警電路中，兩個按鈕開關(guān)分別裝在汽車的兩扇門上，只要有開關(guān)處于斷開狀態(tài)，報警燈就發(fā)光。

能實現(xiàn)此功能的電路是（）

【答案】D

【解析】由題意，S「反中任何一個開關(guān)處于開路狀態(tài)，報警燈就發(fā)光，該邏輯電路應(yīng)采用或門電路，當(dāng)

S2都閉合時，輸入都為0,根據(jù)或門電路的特性，得到Y(jié)端輸出為0.當(dāng)S2只要有一個斷開時，輸

入端電勢不為0,輸出為1,燈亮.故DE確。

考點：簡單的邏輯電路

【名師點睛】兩個按鈕開關(guān)分別裝在汽車的兩扇門上，只要有開關(guān)處于斷開狀態(tài)，報警燈就發(fā)光，該或邏

輯關(guān)系為或門電路。

前視頻Q

7.投影儀的光源是強(qiáng)光燈泡，發(fā)光時必須用風(fēng)扇給予降溫.現(xiàn)設(shè)計投影儀的簡易電路，要求：帶動風(fēng)扇的

電動機(jī)先啟動后，燈泡才可以發(fā)光；電動機(jī)未啟動，燈泡絕對不可以發(fā)光。電動機(jī)的電路元件符號是M圖

中符合設(shè)計要求的是（）

【答案】C

【解析】

電動機(jī)先啟動后，燈泡才能發(fā)光，說明兩者是并聯(lián)關(guān)系（若串聯(lián)，則同時工咋），且燈泡所在支路有開關(guān)

控制；電動機(jī)未啟動，燈泡不發(fā)光；說明了電動機(jī)所在支路并沒有開關(guān)，當(dāng)接通干路開關(guān)后，電動機(jī)即可

啟動.故選C,

考點：本題考查了并聯(lián)電路的特點

點評：干路上的開關(guān)控制所有用電器，支路上的開關(guān)只控制該支路上的開關(guān).

8.如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為某小燈泡口的U-I圖線的一部分，用該電源和小燈

泡口組成閉合電路時，燈泡口恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是（）

A.此電源的內(nèi)阻為2/3Q

B.燈泡D的額定電壓為3V,功率為6W

C.把燈泡D換成“3V,20W”的燈泡灰,電源的輸出功率將變小

D.由于小燈泡B的U-I圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律不適用

【答案】B

-4^17

r=------D=0.5（

【解析】由圖線可知，電源的內(nèi)阻為____L______選項A錯誤；因為燈泡正常發(fā)光，故燈泡Di的額定

電壓為3V,功率為P=IU=2X3W=6肌選項B正確；把燈泡口換成“3V,20W”的燈泡D2,由于燈泡外的電阻

小于燈泡口的電阻，更接近于電源的內(nèi)阻，故電源的輸出功率將變大，選項C錯誤；雖然小燈泡B的U-I

圖線是一條曲線，但由于小燈泡是純電阻，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律仍適用，選項D錯誤。

考點：U-I圖線；電功率。

9.如圖所示，四個相同的表頭分別改裝成兩個安培表和兩個伏特表。安培表A1的量程大于A?的量程，伏特

表區(qū)的量程大V2的量程，把它們按圖接入電路，則

①安培表A.的讀數(shù)大于安培表A2的讀數(shù)；

②安培表Ai的偏轉(zhuǎn)角小于安培表Az的偏轉(zhuǎn)角；

③伏特表片的讀數(shù)小于伏特表V?的讀數(shù)；

④伏特表明的偏轉(zhuǎn)角等于伏特表V2的偏轉(zhuǎn)角；（）

A.①②B.②③C.③?D.①④

【答案】D

【解析】

兩安培表并聯(lián)，表頭兩端的電壓相同，電流相同，指針偏轉(zhuǎn)角度相同，安培表A的量程大于A2的量程，則

安培表A的讀數(shù)大于安培表兒的讀數(shù).故①正確，②錯誤.兩電壓表串聯(lián)，兩表頭的電流相同，指針偏轉(zhuǎn)

角度相同，量程大的讀數(shù)大，伏特表％的偏轉(zhuǎn)角等于伏特表V2的偏轉(zhuǎn)角.故③錯誤，④正確.

考點：考查了電表的改裝

10.如圖所示，閉合電鍵S,燈L、L2正常發(fā)光，由于電路出現(xiàn)故障，突然發(fā)現(xiàn)燈L變暗，電流表讀數(shù)變小,

則故障可能是)

A.Ri斷路B.R2斷路

C.R3獨路D.R」短路

【答案】B

【解析】本題考查電路的串并聯(lián)問題，R與L并聯(lián)，R?和R3并聯(lián)后再和R』串聯(lián)最后再和L2并聯(lián)，Li變暗，

通過的電流減小，R如果斷，L變亮，R3如果短路，電流表讀數(shù)會增大，&如果短路，電流表示數(shù)變大；

11.如圖所示電路中，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻r=lC,兩電表均為理想電表，定值電阻/?3=5。.當(dāng)開關(guān)

K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等.則下列說法正確的是（）

A.電阻凡、號可能分別為3。、6。

B.電阻凡、&可能分別為4。、5Q

C.開關(guān)K斷開時電壓表的示數(shù)一定小于K閉合時的示數(shù)

I）.開關(guān)K斷開與閉合時，電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于1C

【答案】B

【解析】

據(jù)題意，電鍵K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等，K閉合時段被矩路，則有：

（---）2（舄+&）=（，一）一,將罵=30、&=6Q代入方程不成立，而將舄=4Q、&=5Q代入

&+&+「火i+r

方程成立，.故A錯誤，B正確.電鍵K斷開時外電路總電阻大于K閉合時外電路總電阻，則電鍵K斷開時

電壓表的示數(shù)一定大于K閉合時的示數(shù).故C錯誤.根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-I（R3+r）,則電壓

表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為竺=招+「=6Q,故D錯誤.故選B.

考點：木題考查了閉合電路的歐姆定律、動態(tài)分析電路.

12.如圖所示，電池的內(nèi)阻可以忽略不計,電壓表和可變電阻器R串聯(lián)接成通路，如果可變電阻器R的值減

為原來的1/3時，電壓表的讀數(shù)由U。增加到2口,則下列說法中不正確的是（）

A.流過可變電阻器R的電流增大為原來的2倍

B.可變電阻器R消耗的電功率增加為原來的4倍

C.可變電阻器R兩端的電壓減小為原來的2/3

I）.若可變電阻器R的阻值減小到零，那么電壓表的示數(shù)變?yōu)?U。

【答案】B

【解析】

電壓表是純電阻，電壓表的示數(shù)U。增大到2U。，故通過電壓表的電流增加為2倍，由于串聯(lián)，故通過可變電

阻的電流也增大為原來的2倍，A正確；電流變?yōu)?倍，電阻變?yōu)樵瓉淼?，根據(jù)P=『R,可變電阻消耗的

3

419

功率變?yōu)橐槐?，B錯誤；電流變?yōu)?倍，電阻變?yōu)橐唬鶕?jù)U=IR,可變電阻兩端的電壓減為原來的一，C

333

正確；設(shè)電壓表的內(nèi)阻為此根據(jù)閉合電路歐姆定律，開始時：E=U°+且xR,可變電阻的阻值減少為原來

此

的［后：E=2U0+祖xB聯(lián)立解得：E=4U°.若可變電阻的阻值減到零，則電壓表的示數(shù)等于電源的電動勢，

3Rx3

為4U°.D正確.

考點：本題考查閉合電路的歐姆定律。

13.電源、開關(guān)S、定值電阻回、燈泡L、光敏電阻碼和電容器連接成如圖所示的電路，電容器的兩平行板

水平放置。當(dāng)開關(guān)S閉合，并且無光照射光敏電阻限時，一帶電液滴恰好靜上在電容器兩板間的M點。當(dāng)

用強(qiáng)光照射時，光敏電阻的阻值變小，則（）

A.燈泡亮度變暗

B.電容器兩極板間電壓變小

C.電容器所帶電荷量減小

D.液滴向上運動

【答案】D

【解析】當(dāng)用強(qiáng)光照射光敏電阻圖時，光敏電阻的阻值變小，電路中電流增大，由匕;四知燈泡的功率

增大，將變亮，選項A錯誤.四兩端間的電壓口;增大，則電容器的電E增大，選項B錯誤.由電容器

的電量E三百知電荷量增大，選項c錯誤.電容器板間場強(qiáng)”為增大，液滴所受的電場力（方向向上）

增大，故液滴向上運動，選項D正確.故選D.

考點：本題考查了電容器的動態(tài)分析、閉合電路的歐姆定律、部分電路的歐姆定律、勻強(qiáng)電場.

14.在如圖所示電路中，閉合電鍵S,當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)

生變化，電表的示數(shù)分別用1、5、112和小表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用AI、△□、△小和表示.下

列判斷正確的是（)

Ul[△UiI

A.lAU.^lA^I，lA^^lAUalB.i'T|不變，lail變小

叼

u2"21u31△

C.III變大，lAll變大D.了1變大，l/kil變大

【答案】A

【解析】當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，接入電路的電阻增大，分析電路中電流的變化，判斷各

個電阻的電壓變化，根據(jù)路端電壓的變化，確定電壓變化量的關(guān)系.

力△山

題中R是定值電阻，根據(jù)歐姆定律得知了=|變阻器是可變電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律研究

△%AU2

、|石亍|與電源內(nèi)阻的關(guān)系，再分析選擇.

解：

A、當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，接入電路的電阻增大，電路中電流的減小，根據(jù)串聯(lián)電路的特

點可知，R的電壓減小，R2的電壓增加.電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，因為U1+U2=U3,所以R的電

壓減小量小于R2的電壓增加量，即有:|AU.|<|AU2|,且有故A正確.

U1△%

B、由于％是定值電阻，根據(jù)歐姆定律得知工=|"|=Ri,保持不變，故B錯誤.

u2AU2

C、II|=R2,變大.根據(jù)閉合電路歐姆定律知：U2=E-I（R.+r），則得I|=R+r,保持不變，故C錯

誤.

U3Ajh

D、|I|二R1+R2,變大；根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U3=E-Ir,I△1|二i'保持不變.故D錯誤.

故選：A.

UU_AU

【點評】本題要注意對于定值電阻，是線性元件，有R=1=2T,而變阻器是非線性元件，R=6Z.

15.如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球。開始時開關(guān)S閉合

且滑動變阻器的滑動頭P在a處，此時絕緣線向右偏離豎直方向。（電源的內(nèi)阻不能忽略）下列判斷正確

的是（）

B.當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，細(xì)線的偏角0變大

C.當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，電流表中有電流，方向從上向下

D.當(dāng)滑動頭從a向b滑動時，電源的總功率一定變小.

【答案】C

【解析】

由圖，A板帶正電，B帶負(fù)電，電容器內(nèi)電場方向水平向右.細(xì)線向右偏，電場力向右，則小球帶正電，故

A錯誤?；瑒宇^向右移動時，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U=￡-?/變小，電容器

電壓變小，細(xì)線偏角變小，故B錯誤.滑動頭向右移動時，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電，

則流過電流表的電流方向向下，故C正確.在滑片由a向b滑動時，滑動變阻器接入電阻減小；總電阻城

小，總電流增大，則尸=即可知，總功率增大，故D錯誤。

考點：考查了含電容電路

16.如圖，實驗室一臺手搖交流發(fā)電機(jī)，內(nèi)阻r=1.0Q,外接R=9.0Q的電阻。閉合開關(guān)S,當(dāng)發(fā)動機(jī)轉(zhuǎn)子

以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的電動勢e=l班sinl3(V),則()

A.該交變電流的頻率為10Hz

B.該電動勢的有效值為100Y

C.外接電阻R所消耗的電功率為10W

D.電路中理想交流電流表④的示數(shù)為1.0A

【答案】D

f=——='Hz

【解析】交流電的頻率2萬，A錯誤；該電動勢的最大值為10后，B錯誤；電壓有效值為10V,

電路中電流為/=t4=14,外接電阻R所消耗的電功率為P=/2R=9W,C錯誤D正確。

1+9

考點：正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式

【名師點睛】根據(jù)電動勢瞬時值的表達(dá)式可以知道角速度、最大值，從而計算頻率和有效值，結(jié)合歐姆定

律進(jìn)行其它分析。

前視頻。

17.如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不可忽略，當(dāng)把電阻R的阻值調(diào)大，理想電壓表的示數(shù)的變化量為AU,

則在這個過程中（）

A.通過R的電流變化量一定等于AU/R

B.Rz兩端的電壓減小量一定等于AU

C.通過R的電流減小，減小量一定等于AU/R

I）.路端電壓增加，增加量一定等于AU

【答案】A

【解析】

因電阻R的阻值調(diào)大，則電壓表示數(shù)增大，而R為定值電阻，故電流的增加量一定等于AU/R”故A正確;

R兩端的電壓增大，則說明Rz及內(nèi)阻兩端的電壓均減小，故Rz兩端的電壓減小量一定小于△（）,故B錯誤；

因為電阻R變大，故通過電阻R的電流減小，因為總電流減小，而通過電阻R的電流增加AU/R,故通過

電阻R的電流減小量大于AU/R,選項C錯誤；因內(nèi)電壓減小，故路端電壓漕大，由B的分析可知，路端

電壓的增加量一定小于△*故D錯誤；故選A.

考點：動態(tài)電路的分析；歐姆定律的應(yīng)用。

18.如圖所示的電路中，R是定值電阻，電是光敏電阻，電源的內(nèi)阻不能忽略.閉合開關(guān)S,當(dāng)光敏電阻上

的光照強(qiáng)度增大時，下列說法中正確的是（）

A.通過R2的電流減小

B.電源的路端電壓減小

C.電容器C所帶的電荷量增加

D.電源的效率增大

【答案】B

【解析】當(dāng)光敏電阻上的光照強(qiáng)度增大時，光敏電阻阻值減小U，通過R2的電流增大，電源的路端電壓減小,

電容器C所帶的電荷量減小，電源效率n=U/E減小，選項A、C、D錯誤，B正確.

19.如圖所示，E為內(nèi)阻不能忽略的電池，R1、Rz、此均為定值電阻，酚與③均為理想電表；開始時開關(guān)S

閉合，?③均有讀數(shù)，某時刻發(fā)現(xiàn)酚和?讀數(shù)均變大，則電路中可能出現(xiàn)的故障是

A.R斷路B.矽斷路C.R短路D.R：y短路

【答案】B

【解析】

因為當(dāng)R?斷路時，外電路的總電阻變大，故路端電壓變大，即電壓表讀數(shù)變大；電路的總電流減小，故R

上的電壓減小，R,電壓變大，故電流表讀數(shù)變大，與題目所給的現(xiàn)象吻合，故電路是Rz斷路，故答案選B。

考點：電路的故障分析.

20.如右圖所示，一臺電動機(jī)提著質(zhì)量為勿的物體，以速度/勻速上升.已知電動機(jī)線圈的電阻為尼電源

電動勢為反通過電源的電流為當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,忽略一切阻力及導(dǎo)線電阻，則（）

B.電源內(nèi)阻r=△一2叱

II

C.如果電動機(jī)轉(zhuǎn)軸被卡住而停止轉(zhuǎn)動，較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變大

D.如果電動機(jī)轉(zhuǎn)軸被卡住而停止轉(zhuǎn)動，較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變小

【答案】C

【解析】

由于電動機(jī)是非純電阻元件，歐姆定律不再適用，電動機(jī)的輸入功率6=14.熱功率2=/2R,輸出功率

號［=2+6，可解得：U=I肝等,又由閉合電路歐姆定律得：E=U+h,解得：

一箸-R；當(dāng)電動機(jī)被卡住時，電動機(jī)變成純電阻元件，總電流/總=言；，電流增大，故電源消

耗的功率尸增大，所以選項C正確.

故選c

考點：考查了非純電阻電路電工的計算

點評：關(guān)鍵是知道電動機(jī)是非純電阻元件，歐姆定律不再適用，

21.在右圖所示的電路中，電源的內(nèi)阻不能忽略。已知定值電阻R)=10Q,R2=8QO當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S置

于位置1時，理想電壓表讀數(shù)為2V。則當(dāng)S置于位置2時，電壓表讀數(shù)的可能值為()

A.1.3VB.1.6VC.1.9VD.2.2V

【答案】C

【解析】

解：由閉合電路歐姆定律可知：當(dāng)開關(guān)置1時,U=九當(dāng)開關(guān)置2時,少=二&；

2_40+5r

將兩式相比可得:5故U'=2————,因0＜———故1.6＜『＜2.0j故只

斤—40+4r4O+5r40+5r5

有L9V符合題意,所以C正確；A、B、D錯誤。

考點：本題考查閉合電路的歐姆定律。

22.如圖所示，一平行板電容器C,極板是水平放置的，它和三個可變電阻、一個零刻度在中央的電流計和

電源連成電路?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶電油滴懸浮在兩極板間不動，下列判斷正確的是

B.增大電容器板間距離的過程中，電流計指針不動

C.增大Ri,RI中電流的變化值大于R3中旦流的變化值

I).增大七，R|中電壓的變化值小于G中可壓的變化值

【答案】C

【解析】

增大R3,外電路總電阻增大，總電流I減小，平行板電容器C的電壓Uc=IRaI減小，Uc減小，板間場強(qiáng)

減小，油滴所受電場力減小，所以油滴下降.故A錯誤.在增大電容器板間距離的過程中，電容器的電容

減小，而電容器的電壓不變，由電容器的電量減小，電容器放電，電流計指針轉(zhuǎn)動.故B錯誤.增大R”

外電路總電阻增大，總電流13減小，電阻R.3的電壓減小，Ri、R2并聯(lián)電壓增大，R2中電流L增大，則R中

電流L減小，又3L+I2,所以％中電流的變化值大于R3中電流的變化值.故C正確，D錯誤.

考點：全電路歐姆定律；動態(tài)電路的分析。

23.圖甲是在溫度為10C左右的環(huán)境中工作的某自動恒溫箱原理簡圖，箱內(nèi)的電阻Rk”20〃kQ,R2="10〃

kQ,R3=〃40〃kQ,R為熱敏電阻，它的電阻隨溫度變化的圖線如圖乙所示.當(dāng)a、b端電壓11曲W0時，電

壓鑒別器會令開關(guān)S接通，恒溫箱內(nèi)的電熱絲發(fā)熱，使箱內(nèi)溫度升高；當(dāng)a、b端電壓上＞0時，電壓鑒別

器會令開關(guān)S斷開，停止加熱，則恒溫箱內(nèi)的溫度可保持在（）

A.10℃

B.20℃

C.35℃

D.45℃

【答案】C

【解析】當(dāng)a、b端電壓U,由＜0時，電壓鑒別器會令開關(guān)S接通，恒溫箱內(nèi)的電熱絲發(fā)熱，使箱內(nèi)溫度提

高；當(dāng)。如＞0時，電壓鑒別器使S斷開，停止加熱，得出當(dāng)?而=0時?，恒溫箱保持穩(wěn)定。

由題意得：當(dāng)。而=0時，恒溫箱保持穩(wěn)定，根據(jù)串并聯(lián)電路電壓與電阻的關(guān)系可知：K：&=2:1只有

寵3：凡也為2：1的時候，才有?疝=0,所以可知用電阻值為20kQ,從圖乙可以看出，電阻為20kQ時,

溫度為35攝氏度。故選C

考點：閉合電路的歐姆定律；常見傳感器的工作原理

24.如圖所示，相距為d的兩平行金屬板水平放置，開始開關(guān)￡和S2均閉合使平行板電容器帶電，板間存

在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個帶電粒子恰能以水平速度向右勻速通過兩板間。在以下方法中，有可能

使帶電粒子仍能勻速通過兩板的是（不考慮帶電粒子所受重力）（）

A.保持Si和S2均閉合，減小兩板間距離，同時減小粒子射入的速率

B.保持Si和S2均閉合，將Ri、RB均調(diào)大一些，同時減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度

C.把開關(guān)S2斷開，增大兩板間的距離，同時減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度

D.把開關(guān)&斷開，增大板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度，同時減小粒子人射的速率

【答案】B

【解析】

保持S1和S2均閉合，減小兩板間距離，電場強(qiáng)度增大，電場力增大，減小粒子的入射速率，根據(jù)F=qvB,

知洛倫茲力減小，兩力不再平衡，不能做勻速直線運動.故A錯誤.保持S1和S2均閉合，將凡、&均調(diào)大

一些，鳥兩端的電壓變小，電容器兩端的電壓變小，電場強(qiáng)度變小，電場力變小.減小板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度,

根據(jù)尸=知洛倫茲力減小，兩力還可能平衡.故B正確.把開關(guān)S2斷開，增大兩板間的距離，電容

器帶電量不變，根據(jù)c=2,。=力1，E=4=2=色絲，知電場強(qiáng)度不變，減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，

U4冗kddCdeS

洛倫茲力減小，兩力不再平衡.故C錯誤.把開關(guān)S1斷開，電容器會放電，電場強(qiáng)度變?yōu)?,電場力為0,

所以不再平衡.故D錯誤.

故選B.

考點：電容器的動態(tài)分析；閉合電路的歐姆定律；帶電粒子在混合場中的運動.

點評：處理電容器的動態(tài)分析關(guān)鍵抓住不變量.若電容器與電源斷開，電量，呆持不變；若電容器始終與電

源相連，電容器兩端間的電勢差保持不變.

25.如圖所示，電阻R】、R2串聯(lián)在12V的電路中，R.=6kQ,R2=3kQ。當(dāng)用電阻不是遠(yuǎn)大于R和R2的電

壓表Q?3V量程測量R?兩端的電壓時，電壓表的讀數(shù)是3V,當(dāng)用該電壓表。?15V量程測量電壓表的電

壓時，電壓表的讀數(shù)為（）

A.9VB.7.5VC.8VD.6V

【答案】B

【解析】用電壓表0-3V量程測量時，電壓表讀數(shù)為UHW,并聯(lián)關(guān)系可知，用兩端電壓為U產(chǎn)12-3V=9V,則

R上經(jīng)過的電流為I產(chǎn)UMR尸1.5X10%,也可以計算Rz通過的電流為I^^IXIO^A,則電壓表上的電流

為h=I-l2=0.5X10-3A,該電流也為0-3V時電壓表的滿偏電流。如果用0-15V量程測量，此時的電壓表

內(nèi)阻為R；=U；/L=30KQ,Ri和電壓表總電阻R'井=5KQ,據(jù)串并聯(lián)關(guān)系有：U總/R*U弁/R,并，由于總電阻R

總;8。，所以得到此時電壓表讀數(shù)為7.5V。所以B選項正確。

考點：本題考查電表的改裝，串并聯(lián)關(guān)系。

26.圖示電路中，R是光敏電阻，R?是定值電阻，電源的內(nèi)阻不能忽略.閉合開關(guān)S,當(dāng)光敏電阻上的光照

強(qiáng)度增大時，下列有關(guān)電路的分析，其中正確的是（）

A.通過R的電流增大

B.電容器所帶電荷量增加

C.電源的輸出功率減小

D.電源的效率增大

【答案】A

【解析】

電路穩(wěn)定時電容器相當(dāng)于開路，當(dāng)光照強(qiáng)度增大時光敏電阻Ri的阻值減小，電路總電阻減小，根據(jù)歐姆定

律可知電流增大。由于電源內(nèi)阻不變外電阻增大，根據(jù)分壓定律可知Ri兩端電壓減小，即電容器兩端電壓

減小，電容器帶電荷量減少。當(dāng)外電阻大于內(nèi)電阻時輸出功率隨著外電阻的增加而減小，而當(dāng)外電阻小于

內(nèi)電阻時輸出功率隨著外電阻的增加而增加，題中無法判斷內(nèi)阻和外電阻的關(guān)系。由于外電壓增大電源電

P外u外

壓不變，根據(jù)電源效率〃=刀=7■可知電源效率減小，故只有A正確。

考點：電容器的提點，閉合電路的歐姆定律

27.在如圖所示的閉合電路中，燈泡正常發(fā)光，電壓表、電流表均為理想電表。當(dāng)滑片向左滑動時，下列

描述止確的是（）

A.電壓表、電流表示數(shù)均曾大

B.電壓表、電流表示數(shù)均減小

C.燈泡逐漸變暗

D.燈泡逐漸變的更亮

【答案】C

【解析】

根據(jù)歐姆定律及串并聯(lián)知識分析有：nJfR總J—qTfu°TfU/.J,電流表測干路電流變大，電壓

表測燈泡電壓變小，所以A、B錯誤：因燈泡兩端電壓變小，所以燈泡功率變小，變暗，故C正確、D錯誤;

電路的動態(tài)變化也可以利用“串反并同”規(guī)律進(jìn)行分析，電流表與變阻器有串聯(lián)關(guān)系、電壓表與變阻器有

并聯(lián)關(guān)系、燈泡與變阻器并聯(lián)，故可知電流表示數(shù)變大、電壓表示數(shù)變小、燈泡變暗，故只有選項c正確;

考點：閉合電路的歐姆定律

28.如圖所示，電源電動勢為E,內(nèi)電阻為ro兩電壓表可看作是理想電表，當(dāng)閉合開關(guān)，將滑動變阻

器的滑片由左端向右端滑動時（設(shè)燈絲電阻不變），下列說法中正確的是（）

A.小燈泡L2變暗，％表的示數(shù)變小，V2表的示數(shù)變大

B.小燈泡Lz變亮，V1表的示數(shù)變大，V?表的示數(shù)變小

C.小燈泡L變亮，明表的示數(shù)變大，V2表的示數(shù)變小

D.小燈泡I變暗,%表的示數(shù)變小,V2表的示數(shù)變大

【答案】c

【解析】

由電阻定御犬=0?？芍绊戨娮璧囊蛩厥洽倥c導(dǎo)線的長度成正比，②與導(dǎo)線的橫戢面積成反比，所以當(dāng)

滑動變阻器的滑片由左端向右轉(zhuǎn)滑動時，L變長，R變大，故外電路總電阻墻大，由閉合電路歐姆定律

7=/一，總電滂減小，所以小燈泡L,變晤，由。=￡->,路端電壓增大，所以9表的示數(shù)變大，莊

%=嗎，“減小，匕表的示數(shù)變小，而5=%+%，所以燈Li的電壓墻大，小燈泡L變苑所以C

選項正確，ABD均錯。

考點：閉合電路歐姆定律電阻定律串并聯(lián)電路的動態(tài)分析

29.在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E,內(nèi)電阻為廣，將滑動變阻器R的滑片P從圖示位置向右滑

動的過程中，下列判斷中正確的是（)

A

A.電壓表V的示數(shù)變小

B.電源的效率一定變大V

C.電源的輸出功率一定變小

D.電流表A的示數(shù)一定蛙

DKo

【答案】BR

【解析】

設(shè)滑動變阻器在滑片P右側(cè)的電阻值為4，則左側(cè)為R-N，等效電路為用與《并聯(lián)再與R串聯(lián)，故

R『R_Ri+&&+r=R+r-1n由閆,尺總=/，選項D錯誤。由t/內(nèi)二刀?，可

凡）+用冬+上

R；R、

用1E2

得Uy=。外二七一。內(nèi)，選項A錯誤?！?，選項B正確。由端=/2與卜=，可得

一葭Q（凡卜+r）2

R總

端=（琢-rf+4%r,由于不知道R外與r的大小關(guān)系，故/可能先增大后減小，或一直增大或一直減

小，選項C錯誤。故選B。

考點：本題考查了閉合電路的歐姆定律、動態(tài)分析電路。

30.如圖所示，電源內(nèi)阻不可忽略，電路中接有一小燈泡和一電動機(jī)。小燈泡L上標(biāo)有“6V12W”字樣,

電動機(jī)的線圈電阻RM=0.50Q。若燈泡正常發(fā)光時，電源的輸出電壓為12V,此時（）

A.電動機(jī)的輸入功率為12W

B,電動機(jī)的熱功率為12W

C.電動機(jī)的輸出功率為12W

D.整個電路消耗的”電功率為24W

【答案】A

【解析】

P

燈泡正常發(fā)光，則電路電流I=—=2A。燈泡正常發(fā)光時，電動機(jī)電壓UN=U-UL=12-6=6V,電動機(jī)的輸入功率

U

P=U?I=6X2=12W,電動機(jī)的輸出功率P出二P-P0=12W-2W=10W,故A正確，C錯誤；電動機(jī)的熱功率

PcFlWxO,5=2W,故B錯誤；已知電路電流，由于不知電源電動勢，無法求出整個電路消耗的電功率，

故D錯誤；

考點：電功、電功率

31.在如圖所示的電路中，￡為電源，其內(nèi)阻為八L為小燈泡（其燈絲電阻可視為不變），R、是為定值電阻,

此為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強(qiáng)度的增大而減小，V為理想電壓表.若將照射用的光的強(qiáng)度減弱,

A.電壓表的示數(shù)變大

B.小燈泡消耗的功率變小

C.通過總的電流變小

D.電源內(nèi)阻消耗的電壓變大

【答案】B

【解析】由光敏電阻的性質(zhì)可知電路中電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由

歐姆定律可得出電壓表示數(shù)的變化：同時還可得出路端電壓的變化；由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電

壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化，由功率公式即可得出燈泡功率的變化.

解：A、光敏電阻光照減弱，故光敏電阻的阻值增大，電路中的總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可得，電

路中電流減小，故R兩端的電壓減小，故A錯誤：

B、由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，流過燈泡的電流一定減小，故由P=「R可知，小燈泡消耗的功率變小，故

B正確；

C、因電路中電流減小，故電源內(nèi)阻的電壓減小，路端電壓增大，同時R兩端的電壓減小，故并聯(lián)電路部分

電壓增大；則流過R2的電流增大，故CD錯誤；

故選:B.

【點評】閉合電路的動態(tài)分析問題一般按外電路、內(nèi)電路再外電路的分析思路進(jìn)行；分析內(nèi)電路主要根據(jù)

總電流及內(nèi)阻分析內(nèi)壓，而外電路較為復(fù)雜，要注意靈活應(yīng)用電路的性質(zhì).

32.在如圖所示的部分電路中，當(dāng)滑動變阻器的滑鍵從最左端向右滑過2R/3時，電壓表的讀數(shù)由U。增大到

2U0,若電源內(nèi)阻不計，則下列說法中正確的是（）

A.通過變阻器R的電流增大為原來的3倍，

B.變阻器兩端的電壓減小為原來的2/3倍，

C.若R的阻值減小到零，則電壓表的示數(shù)為41k

D.以上說法都不正確

【答案】BC

【解析】電壓表的讀數(shù)由U。增大到2U。，則電路中的電流增大到原來的2倍，故A錯誤

總電壓恒定，有+=2/gR+2U0,解得/R=3U。，后來變阻器兩端電壓為2/gR=2U0,即電壓

減小為原來的2/3倍，故B正確

若R的阻值減小到零，則電壓表的示數(shù)為總電壓，U0+3Uo=4lk,故C正確

故選BC

33.有三個用電器，分別為日光燈、電烙鐵和電風(fēng)扇，它們的額定電壓和額定功率均為“220V,60W”.現(xiàn)

讓它們在額定電壓下工作相同時間，產(chǎn)生的熱量()

A.日光燈最多B.電烙鐵最多

C.電風(fēng)扇最多D.一樣多

【答案】B

【解析】

電風(fēng)扇，電烙鐵和日光燈額定電壓、額定功率相同，相同時間內(nèi)消耗的電能相等，而電風(fēng)扇消耗的電能大

部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，日光燈消耗的電能大部分轉(zhuǎn)化為光能，電烙鐵消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以產(chǎn)生

的熱量電烙鐵最多.

故選B

考點：焦耳定律；電功、電功率.

點評：本題中電風(fēng)扇、日光燈正常工作時是非純電阻電路，抓住能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵.基本題.

34.如圖所示電路中，電源電動勢為E,內(nèi)阻為小當(dāng)變阻器R的滑片位于中點時，額定功率相同的A、B、

C三個小燈泡均正常發(fā)光，則下列說法不手砸的是

A.三個燈泡中，C島阻最大，B燈人阻最小

B.當(dāng)滑片P向左移動在，A、分兩燈變亮，B燈變暗

C.當(dāng)滑片P向左移動時，B、C兩燈變亮，A燈變暗

D.當(dāng)滑片P想左移動時，屯源的總姆減小

【答案】C

【解析】

等效電路為變阻器與A燈并聯(lián)后與B燈串聯(lián)，最后與C燈并聯(lián)，對于燈A、B:通過A的電流小于B的電流,

當(dāng)兩燈泡的功率相同時，由公式尸=戶太分析可知，A的電阻大于B的電阻.燈C的電壓大于A的電壓，當(dāng)

兩個燈泡的功率相同時，C的電阻大于A的電阻.可見，C燈電阻最大，B燈電阻最小.故選項A正確.B、

C當(dāng)滑片P向左移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，C

燈變亮.流過B燈的電流4=1一七，】雇小，增大，則及減小，則8燈變暗.A燈的電壓%=U-U”

。增大，%減小，則%增大，A燈變亮.故選項B正確，選項C錯誤.當(dāng)滑片P向左移動時，外電阻增

大，總電流;咸小，由總功率及=型知減小，選項D正確。本題選不正確的故選C.

考點：本題考查了閉合電路的歐姆定律、電路的動態(tài)分析.

35.普通照明電路中一只白熾燈泡不發(fā)光了，電工師傅在檢修時，擰下燈口的上蓋，露出了兩個接線柱(如

圖所示)，然后用測電筆分別去接觸a接線柱和b接線柱，結(jié)果發(fā)現(xiàn)a、b兩接線柱都能夠使電筆的舛管發(fā)

光，根據(jù)這一現(xiàn)象，電工師傅就斷定了故障的性質(zhì)及發(fā)生故障的部位，以下說法中你認(rèn)為正確的是

()

A.短路，短路處必在燈口內(nèi)

B.短路，短路處必在跟燈口連接的兩根電線之間

C.斷路，必是跟燈口連接的兩根電線中有一根斷了，且斷掉的那根是零線，燈泡的鴇絲肯定沒有斷

I).斷路，必是燈泡的鋁絲斷了，而不是連接燈口的電線斷了

【答案】C

【解析】

家庭電路的兩根線分別是火線和零線，測電筆和火線接觸時，筑管會發(fā)光，接觸零線時，氣管不會發(fā)光.

若電路發(fā)生短路，會造成電路中的電流過大，從而使得保險裝置切斷電路.所以應(yīng)該發(fā)生了斷路，而測電

筆的息管發(fā)光，這說明零線斷了.

故選C.

考點：家庭電路的故障分析；測電筆的使用.

點評：該題考查了用測電筆判斷電路故障的方法，是一項基本技能，了解家庭電路的構(gòu)成和安全用電連接

方式是解題的關(guān)鍵.

36.：2011?上海高考物理?T6）右表是某邏輯電路的真值表，該電路是（）

=tEFI輸入輸出|

(A)(B)LZJLZJ

LTJ

=(AHIKnjLTJ

(C)(D)□JL±J0J

【答案】選D.

【解析】與門電路的邏輯功能是兩個輸入端只要有一端是“0”，輸出端就是“0”，真值表是:

ABY

000

010

100

111

非門的輸入端與輸出端相反，所以，與門跟非門串聯(lián)后的真值表是:

ABY

001

011

101

110

可見D選項正確.

37.壓敏電阻的阻值R隨所受壓力的增大而減小，某興趣小組利用壓敏電阻設(shè)計了判斷電梯運動狀態(tài)的裝

置，其裝置示意圖如圖甲所示.將壓敏電阻平放在電梯內(nèi)，受壓面朝上，在上面放一物體A,電梯靜止時電

壓表示數(shù)為U。，電梯在某次運動過程中，電壓表的示數(shù)變化情況如圖乙所示，下列判斷中正確的是

A.乙圖表示電梯可能做變減速下降

B.乙圖表示電梯可能做勻減速下降

C.乙圖表示電梯可能做變減速上升

D.乙圖表示電梯可能做勻速下降

【答案】A

【解析】

電梯變減速下降時，壓力大于重力，由其特性知，其電壓逐漸減小.與圖象的意義相符，故A正確。電梯

勻減退下降時，加速度不變，壓敏電阻所受壓力不變，其電壓不隨時間而變化，與圖象情況不符，故B錯

誤。電梯變減速上升時，其加速度向下，根據(jù)牛頓第二定律，壓敏電阻所受壓力小于重力，則其電壓逐漸

增大，與圖象意義不符，故C錯誤。電梯勻速下降時，壓敏電阻所受壓力等于重力不變，其電壓不變，與

圖象反映的情況不符，故D錯誤。故選A.

考點：本題考查了閉合電路的歐姆定律、超重和失重、牛頓第二定律、圖象.

38.分別用圖甲.圖乙兩種電路測量同一未知電阻的阻值。圖甲中兩表的示數(shù)分別為3v.4mA,圖乙中兩表

的示數(shù)分別為4V.3.9mA,則待測電阻Rx的真實值為（）

A.略小于19B.略小于750g

C.略大于IknD.略大于750g

【答案】D

【解析】先判斷采用的測量方法，由于在兩種不同的接法中電壓表的示數(shù)變化大，說明測量的是小電阻，

這種電流表分壓較大，應(yīng)該采用甲圖進(jìn)行測量比較準(zhǔn)確。甲圖中測量值較真實值偏小。

39.如圖所示，電源的電動勢為E,內(nèi)電阻為r,外電路接有定值電阻用和滑動變阻器R,合上開關(guān)S,當(dāng)

滑動受阻器的滑動片P從R的最左端移到最右端的過程中，下述說法正確的是（）

A.電壓表讀數(shù)一定變大B.電壓表讀數(shù)一定變小

C.R消耗的功率一定變大D.R消耗的功率一定變小

【答矣】A

【解析】