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高考物理一轮复习 电路与电能
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 杭州期中）小明家购买了一辆新能源电动汽车，其动力电池标称电压为400V，容量为60Ah。某天，小明使用家用充电桩为车辆充电，充电桩输出电压为220V，充电电流为20A，整个充电过程的能量转化效率为90%。试根据上述信息，则下列说法正确的是（　　）
A．该动力电池可储存的化学能为24KWh
B．若电池储存的能量完全耗尽，理论上约需要5.45小时才能充满
C．实际充电过程中，充电桩消耗的电能是24kWh
D．若家庭电路的最大允许电流为30A，单独给动力电池充电时会引发电路过载
2．（2025 宜春二模）某电路如图所示，其中R1＝2Ω、R3＝2Ω、R4＝1Ω，R2最大值为3Ω，电源内阻r＝1Ω，在R2从0开始逐渐增大的过程中以下说法正确的是（　　）
A．电源效率一直减小
B．电源输出功率先增大后减小
C．电压表示数与电流表示数比值
D．电压表示数变化大小与电流表示数变化大小比值
3．（2025春 温州期中）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为4.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为4.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则下列说法正确的是（　　）
A．每秒水泵对水做功为150J
B．每秒水泵对水做功为450J
C．水泵输入功率为880W
D．电动机线圈的电阻为5Ω
4．（2025春 郫都区校级期中）如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220sin100πt（V），副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。则（　　）
A．通过副线圈的电流频率为5Hz
B．电压表示数为22V
C．电动机的输出功率为40W
D．变压器原线圈的输入功率为66W
5．（2025 杭州二模）如图所示为加速度计，滑块可以在光滑的框架中平移，两侧用相同的轻弹簧拉着。R为阻值随滑动距离均匀变化的滑动变阻器，两个电池完全相同。加速度为零时，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法正确的是（　　）
A．电压表的指针向零点右侧偏转表示加速度向右
B．若仅弹簧的劲度系数变为2倍，则量程变为2倍
C．若仅滑块质量变为2倍，则量程变为2倍
D．若仅两电池的内阻不相等时，无需重新调零
6．（2025春 通州区期中）图甲所示为某物理兴趣小组利用负温度系数（NTC）热敏电阻设计的温度报警器的简单示意图。所用热敏电阻阻值随环境温度的变化情况如图乙所示，报警器两端的电压达到某一特定值就会自动报警。若报警器电阻为90Ω，滑动变阻器R和电源总阻值为10Ω，环境温度是100℃时，报警电压为U，下列说法中正确的是（　　）
A．热敏电阻的阻值随温度的升高而增大
B．相较环境温度20℃时，环境温度100℃时该热敏电阻灵敏程度更高
C．若环境温度为90℃，报警器电压仍达到U时报警，应将滑动变阻器R滑片左移
D．若保持R和电源的总阻值不变，报警电压为时，环境温度是50℃
7．（2025春 五华区校级期中）对如图中物理事实或现象理解正确的是（　　）
A．为了安全，图甲中的避雷针应采用绝缘体制作
B．图乙中的话筒线通过金属网线起到减小电阻的作用
C．根据图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量
D．由图丁可知，该晶体二极管已经损坏
8．（2025 滨湖区校级二模）某城市新装了一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。其内部电路简化原理图如图所示，电源电动势为E，内阻为r，RG为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。当随着傍晚到来光照逐渐减弱时，则下列判断正确的是（　　）
A．A灯变亮，B灯变亮
B．A灯变亮，B灯变暗
C．电源的效率变小
D．RG上电流的变化量等于R0上电流变化量
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 石嘴山一模）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，由半径为a的四分之一竖直圆弧导轨和水平直导轨构成，圆弧导轨部分处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，NQ两端连接一理想变压器，匝数比n1：n2＝1：2，副线圈两端连接滑动变阻器（最大阻值为R），将滑片调至c端。一质量为m接入电路阻值为R的导体棒下滑过程中，始终与导轨垂直并接触良好。导体棒经过MP端开始计时，并以恒定速率v沿圆弧导轨下滑至最低点的过程中（导轨电阻不计，电压表为理想电表），以下说法正确的是（　　）
A．导体棒产生电动势瞬时值的表达式为
B．通过原线圈的电流为
C．滑动变阻器上产生的总热量为
D．若滑片向d端移动，电压表示数不变
（多选）10．（2025春 五华区校级期中）某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻（随温度升高，阻值减小），用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻（随光照强度增大，阻值减小），接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时（　　）
A．L变亮 B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大 D．R消耗的功率减小
（多选）11．（2025 陕西模拟）如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均视为理想电表，滑动变阻器总阻值足够大；电表的示数分别用I、U表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU表示。滑动变阻器滑片从b端向a端滑动时，下列说法中正确的是（　　）
A．电流表的示数增大，电压表的示数减小
B．灯泡L1变暗
C．L2变亮，L3变亮
D．变大，变小
（多选）12．（2024秋 海淀区期末）如图甲所示的电路中，R1是可调电阻，R2是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节R1的阻值，得到若干组电压和电流的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U﹣I图线如图乙所示。电压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻R2＝20Ω
B．电源的电动势E＝5.0V
C．当干路电流为0.6A时，可调电阻R1＝5Ω
D．可调电阻R1上消耗的最大功率为1.25W
三．填空题（共4小题）
13．（2025 思明区校级三模）如图所示是一多用电表的内部结构电路图，其中表头G满偏电流为100μA，内阻为900Ω，使用不同接线柱时可用作量程分别为“1mA”和“1V”的电流表和电压表。
（1）若想要用作量程为“1V”的电压表，则应将接线柱 　 　 （填“a、b”，“b、c”或“a、c”）接入电路。
（2）其中R1＝　 　 Ω；R2＝　 　 Ω。
14．（2024秋 泉州期末）如图，一块均匀的长方体金属样品，长、宽、厚分别为a、b、c（a＞b＞c）。电流沿AB方向时，测得样品的电阻为R，则样品的电阻率为 　 　 。电流沿AB方向时，样品中电子定向移动的速率为v1；等大的电流沿CD方向时，电子定向移动的速率为v2，则v1　 　 v2（选填“＞”“＝”或“＜”）。
15．（2024秋 福州期末）某玩具的直流电动机线圈电阻一定，在线圈两端加上0.3V的电压时，电流为0.3A，此时因电压过低，电动机不能转动，则电动机的线圈电阻R为　 　 Ω；若在线圈两端加2V的电压，电流为0.8A，此时电动机正常工作。正常工作时，该电动机的输入电功率是　 　 W，电动机的输出机械功率是　 　 W。
16．（2024秋 青浦区校级期末）如图甲所示是吴老师家的部分家庭电路图，吴老师在家用甲台灯L2学习时，突然台灯L2的灯丝断了，而屋内的照明灯L1依然正常发光。甲、乙两根进户线中 　 　 （选填“甲”或“乙”）是火线，若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，会发现 　 　 （选填“a”、“b”或“都”）能使试电笔的管发光。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 大兴区校级期中）某地有一风力发电机，如图所示，它的叶片转动时可形成半径r的圆面。某时间内该地的风速是v0，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为ρ，若这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。求：（计算结果中保留π）
（1）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积V。
（2）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能Ek。
（3）该风力发电机输出电能的功率P。
18．（2025春 鼓楼区校级期中）如图所示电路中，电容器两极板水平放置，电容C为0.8μF，电感内阻不计，L为2mH。开关S接在接线柱1时，极板间有一带电灰尘恰好静止。当开关接到接线柱2时，灰尘在电容器内运动，g取10m/s2。求：
（1）开关S接到接线柱2后，流过线圈的电流第一次达到方向向上的最大值的时间t；
（2）灰尘能获得的最大加速度的大小a。
19．（2025春 盐城期中）如图，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，导轨平面与水平夹角θ＝37°，空间分布着垂直于导轨平面的匀强磁场B＝0.5T。导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源。现把一个质量为m＝0.040kg的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒拾好静止。导体棒的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力大小。
20．（2025 株洲一模）如图，电源电动势E＝15V，内阻不计，两个定值电阻R1＝20Ω，R2＝40Ω，平行板电容器电容C＝1μF，其极板长l＝3.0cm，两极板间距d＝1.0cm，下极板接地。将开关S闭合，电子枪发射一电子沿极板中轴线射入极板，刚好打在上极板中点。已知电子电量e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9×10﹣31kg，电子重力不计。
（1）求电容器所带电荷量Q；
（2）求电子初速度v0；
（3）断开开关S，让电子枪源源不断的沿中轴线发射电子，假设落到极板上的电子都能够被完全吸收，求能打在极板上的总电子数。
高考物理一轮复习 电路与电能
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 杭州期中）小明家购买了一辆新能源电动汽车，其动力电池标称电压为400V，容量为60Ah。某天，小明使用家用充电桩为车辆充电，充电桩输出电压为220V，充电电流为20A，整个充电过程的能量转化效率为90%。试根据上述信息，则下列说法正确的是（　　）
A．该动力电池可储存的化学能为24KWh
B．若电池储存的能量完全耗尽，理论上约需要5.45小时才能充满
C．实际充电过程中，充电桩消耗的电能是24kWh
D．若家庭电路的最大允许电流为30A，单独给动力电池充电时会引发电路过载
【考点】已知电功率求解电路的电压、电流和电阻等物理量．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】根据公式W＝UIt计算该动力电池可储存的化学能；由公式P＝UI求出充电桩输出功率，结合ηPt＝W求电池充满电的时间；根据ηW充＝W求充电桩消耗的电能；根据家庭电路的最大允许电流与充电电流关系，来判断单独给动力电池充电时会引发电路是否过载。
【解答】解：A、已知动力电池标称电压为U＝400V，容量为q＝60Ah，则该动力电池可储存的化学能为W＝UIt＝Uq＝400V×60Ah＝24000Wh＝24KWh，故A正确；
B、已知充电桩输出电压为U1＝220V，充电电流为I1＝20A，充电过程的能量转化效率为η＝90%，则充电桩输出功率P＝U1I1＝220×20W＝4400W，设充电时间为t，则ηPt＝W，解得t≈6.06h，故B错误；
C、设实际充电过程中，充电桩消耗的电能是W充，则ηW充＝W，解得W充≈26.67W，故C错误；
D、因充电电流为20A，家庭电路的最大允许电流为30A，充电电流小于家庭电路的最大允许电流，则单独给动力电池充电时会引发电路不会过载，故D错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要掌握功率公式P＝UI，明确能量转化情况和转化效率，结合能量守恒定律解答。
2．（2025 宜春二模）某电路如图所示，其中R1＝2Ω、R3＝2Ω、R4＝1Ω，R2最大值为3Ω，电源内阻r＝1Ω，在R2从0开始逐渐增大的过程中以下说法正确的是（　　）
A．电源效率一直减小
B．电源输出功率先增大后减小
C．电压表示数与电流表示数比值
D．电压表示数变化大小与电流表示数变化大小比值
【考点】电路动态分析；电源的总功率、输出功率和效率．
【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】分析电路结构，判断外电路总电阻的变化，分析路端电压的变化，再判断电源效率的变化；根据内外电阻的关系判断电源输出功率的变化；根据电流表示数与通过R3的电流关系判断电压表示数与电流表示数比值与R3的关系；根据闭合电路欧姆定律分析与r的大小。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联后与R4串联，再与R3并联。
A、在R2从0开始逐渐增大的过程中，外电路总电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，根据电源的效率η100%，可知电源效率一直增大，故A错误；
B、当R2＝0，外电路总电阻为R总1ΩΩ＜r；
当R2＝3Ω时，R1与R2并联阻值为R并ΩΩ
外电路总电阻为R总2，解得R总2Ω＞r
根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知电源输出功率先增大后减小，故B正确；
C、电压表示数与电流表示数比值，R3，可知，R3，故C错误；
D、根据闭合电路的欧姆定律有E＝U+I总r，所以r，其中I总＝I+I1，又根据R2阻值增大，可知I总减小，但I1增大，故电流表示数变化大小ΔI应大于总电流变化大小ΔI总，则有，故D错误。
故选：B。
【点评】能够分析清楚电路的结构，掌握闭合电路的欧姆定律的应用是解题的基础。
3．（2025春 温州期中）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为4.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为4.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则下列说法正确的是（　　）
A．每秒水泵对水做功为150J
B．每秒水泵对水做功为450J
C．水泵输入功率为880W
D．电动机线圈的电阻为5Ω
【考点】电动机中的能量转化与计算；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】水从井下到喷出位置之间的过程中，机械能不守恒，水泵对水做功等于水增加的机械能，从而计算每秒钟水泵对水做的功；根据水泵做功与功率的关系，及水泵的输入输出功率的关系，可计算水泵的输入功率；根据电动机的输出功率与水泵的输入功率的关系，可计算电动机的输出功率，由电动机的输入功率、输出功率和发热功率的关系式，可计算电动机的线圈电阻。
【解答】解：AB、水从井下到喷出位置之间的过程中，根据功能关系可得，每秒水泵对水做功为W＝mgH，解得：W＝600J，故AB错误；
C、水泵输出功率为P出W＝600W。由题意可知，水泵的输出功率与输入功率之比为75%，则水泵的输入功率为
P入W＝800W，故C错误；
D、由题意可知，水泵的输入功率等于电动机的输出功率，而电动机的输入功率等于电动机的输出功率和发热功率之和，
即UI＝P入+I2r，解得电动机线圈的电阻为r＝5Ω，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电动机在实际生活中的应用，要明确各种功率之间的关系，注意电动机的输出功率不等于水泵的输出功率。
4．（2025春 郫都区校级期中）如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220sin100πt（V），副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。则（　　）
A．通过副线圈的电流频率为5Hz
B．电压表示数为22V
C．电动机的输出功率为40W
D．变压器原线圈的输入功率为66W
【考点】电功和电功率的计算；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据交流电频率和变压器的变压比，功率的计算公式和理想变压器的功率关系进行分析解答。
【解答】解：A．通过副线圈的电流频率为fHz＝50Hz，故A错误；
B．根据，代入数据解得电压表示数为U2＝22V，故B错误；
C．流过灯泡的电流为I灯A＝1A，电动机的输出功率为P出＝（I总﹣I灯）U2﹣（I总﹣I灯）2r＝（3﹣1）×22W﹣（3﹣1）2×1W＝40W，故C正确；
D．变压器原线圈的输入功率为P入＝P出＝I总U2＝3×22W＝66W。
故选：C。
【点评】考查交流电频率和变压器的变压比，功率的计算公式和理想变压器的功率关系，会根据题意进行准确分析解答。
5．（2025 杭州二模）如图所示为加速度计，滑块可以在光滑的框架中平移，两侧用相同的轻弹簧拉着。R为阻值随滑动距离均匀变化的滑动变阻器，两个电池完全相同。加速度为零时，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法正确的是（　　）
A．电压表的指针向零点右侧偏转表示加速度向右
B．若仅弹簧的劲度系数变为2倍，则量程变为2倍
C．若仅滑块质量变为2倍，则量程变为2倍
D．若仅两电池的内阻不相等时，无需重新调零
【考点】路端电压和负载的关系；常见传感器的工作原理及应用．
【专题】比较思想；模型法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】电压表的指针向零点右侧偏转时，结合P、Q两端电势的高低判断滑片移动方向，进而判断加速度方向；设滑块右移动距离为x，对滑片，根据牛顿第二定律列方程。根据欧姆定律得到电压表读数U与x的关系，从而得到加速度与x的关系，再进行分析。
【解答】解：A、加速度为零时，电压表指针的零点位于表盘中央，P、Q两点电势相等。当电压表的指针向零点右侧偏转时，P端的电势高于Q端，则滑片右移，滑块受到的弹簧弹力的合力向左，加速度向左，故A错误；
BC、假如滑块从中点向右移动x，对滑块，根据牛顿第二定律可得2kx＝ma，此时电压表的示数U＝I R，由以上两式得a，可知，仅弹簧的劲度系数变为2倍，则量程变为2倍；若仅滑块质量变为2倍，则量程变为倍，故B正确，C错误；
D、若仅两电池的内阻不相等时，当滑片位于R的中点时，电压表读数不为零，所以需要重新调零，故D错误。
故选：B。
【点评】本题中的加速度计体现了一种重要的实验设计思想—转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量。这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁。
6．（2025春 通州区期中）图甲所示为某物理兴趣小组利用负温度系数（NTC）热敏电阻设计的温度报警器的简单示意图。所用热敏电阻阻值随环境温度的变化情况如图乙所示，报警器两端的电压达到某一特定值就会自动报警。若报警器电阻为90Ω，滑动变阻器R和电源总阻值为10Ω，环境温度是100℃时，报警电压为U，下列说法中正确的是（　　）
A．热敏电阻的阻值随温度的升高而增大
B．相较环境温度20℃时，环境温度100℃时该热敏电阻灵敏程度更高
C．若环境温度为90℃，报警器电压仍达到U时报警，应将滑动变阻器R滑片左移
D．若保持R和电源的总阻值不变，报警电压为时，环境温度是50℃
【考点】电路动态分析；欧姆定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据串联电路中电阻和电压的比例关系，结合图乙中热敏电阻随温度的变化情况分析计算。
【解答】解：A、由图乙可知，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故A错误；
B、由图乙可知，相较环境温度20℃时，环境温度100℃时该热敏电阻的阻值变化变慢，即该热敏电阻灵敏程度在环境温度20℃时灵敏程度更高，故B错误；
C、设滑动变阻器R和电源总阻值为R总，则
若环境温度为90℃，报警器电压仍达到U时报警，由图乙可知，相对于环境温度是100℃时Rt的阻值较大，所以滑动变阻器R和电源总阻值应减小，即应将滑动变阻器R滑片右移，故C错误；
D、根据
若报警电压为时，解得此时热敏电阻的阻值为60Ω，由图乙可知，此时环境温度是50℃，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查与热敏电阻相关的报警电路，主要需掌握串联电路中电阻和电压的比例关系，注意报警电压为报警器两端的电压。
7．（2025春 五华区校级期中）对如图中物理事实或现象理解正确的是（　　）
A．为了安全，图甲中的避雷针应采用绝缘体制作
B．图乙中的话筒线通过金属网线起到减小电阻的作用
C．根据图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量
D．由图丁可知，该晶体二极管已经损坏
【考点】非线性元件及其伏安特性曲线；观察电容器及其充、放电现象；静电屏蔽的原理与应用．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据尖端放电、静电屏蔽的原理分析AB项；I﹣t图线与坐标轴所围区域的面积表示电荷量；根据二极管的特性分析D项。
【解答】解：A、为了安全，图甲中的避雷针应采用金属导体制作，故A错误；
B、图乙中的话筒线通过金属网线起到静电屏蔽作用，故B错误；
C、根据q＝It可知，图线与坐标轴所围区域的面积表示电荷量，所以图丙可以求出电容器放电前的带电电荷量，故C正确；
D、由于二极管为非线性元件，所以电流与电压不成正比，当加正向电压时，电压达到0.5V以上，电流迅速增大，当加反向电压时，电压较小，二极管处于截止状态，当电压高于30V，电流迅速增大，此时二极管被击穿，所以由图丁可知，该晶体二极管没有损坏，故D错误。
故选：C。
【点评】此题的关键是知道生活中静电的防止和利用的例子，知道二极管的特点，本题是联系实际的好题。
8．（2025 滨湖区校级二模）某城市新装了一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。其内部电路简化原理图如图所示，电源电动势为E，内阻为r，RG为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。当随着傍晚到来光照逐渐减弱时，则下列判断正确的是（　　）
A．A灯变亮，B灯变亮
B．A灯变亮，B灯变暗
C．电源的效率变小
D．RG上电流的变化量等于R0上电流变化量
【考点】电路动态分析；电源的总功率、输出功率和效率．
【专题】比较思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】当随着傍晚到来光照逐渐减弱时，光敏电阻增大，分析电路总电阻的变化，判断干路电流和路端电压的变化，确定A灯亮度变化，分析通过R0的电流变化，
确定R0的电压变化，再分析B灯电压的变化，即可判断B灯亮度的变化；根据路端电压的变化分析电源效率的变化；根据并联电路电流关系分析RG上电流的变化量与R0上电流变化量的大小。
【解答】解：电路的连接情况是：光敏电阻RG与B灯并联后与定值电阻R0串联，最后与A灯并联。
AB、当光照逐渐减弱时，光敏电阻RG的阻值增大，电路总电阻增大，干路电流I减小，电源的内电压减小，路端电压U＝E﹣Ir，可知U增大，则A灯两端电压增大，通过A灯的电流IA增大，所以A灯变亮。通过定值电阻R0的电流I0＝I﹣IA，I减小，IA增大，则I0减小，R0两端的电压U0减小，而B灯两端的电压UB＝U﹣U0，则UB增大，B灯变亮，故A正确；
B、电源的效率为η100%100%，由上面的分析可知，路端电压U增大，则电源的效率变大，故C错误；
D、通过R0上电流等于通过光敏电阻RG的电流与通过B灯的电流之和，即I0＝IG+IB，根据前面的分析，通过B灯的电流IB增大，I0减小，则IG减小，且RG上电流的变化量大于R0上电流变化量，故D错误。
故选：A。
【点评】在动态电路分析中，掌握电压、电流随电阻的变化规律是解题的关键。电路当中任何一个电阻增大时，电路的总电阻就会增大，总电流就减小。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 石嘴山一模）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，由半径为a的四分之一竖直圆弧导轨和水平直导轨构成，圆弧导轨部分处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，NQ两端连接一理想变压器，匝数比n1：n2＝1：2，副线圈两端连接滑动变阻器（最大阻值为R），将滑片调至c端。一质量为m接入电路阻值为R的导体棒下滑过程中，始终与导轨垂直并接触良好。导体棒经过MP端开始计时，并以恒定速率v沿圆弧导轨下滑至最低点的过程中（导轨电阻不计，电压表为理想电表），以下说法正确的是（　　）
A．导体棒产生电动势瞬时值的表达式为
B．通过原线圈的电流为
C．滑动变阻器上产生的总热量为
D．若滑片向d端移动，电压表示数不变
【考点】用焦耳定律计算电热；变压器的动态分析——原线圈无负载．
【专题】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】导体棒做匀速圆周运动，经过时间t，导体棒转过的角度θ＝ωt，导体棒有效切割速度为v′＝vsinθ，结合e＝BLv′求导体棒产生电动势瞬时值的表达式；根据求出副线圈的电压，由欧姆定律求出副线圈中电流，再由求原线圈中的电流；由圆周运动规律求出导体棒下滑的时间，再由焦耳定律求滑动变阻器上产生的总热量；根据变压器原线圈输入电压决定因素以及根据分析副线圈的电压即电压表示数是否变化。
【解答】解：A、导体棒做匀速圆周运动，从开始计时起经过时间t，导体棒转过的角度θ＝ωtt，导体棒有效切割速度为v′＝vsinθ，导体棒产生电动势瞬时值为e＝BLv′＝BLsinθ＝BLvsin（t），故A正确；
B、变压器原线圈输入电压有效值U1，根据可得，副线圈的电压U2BLv，由欧姆定律得副线圈中电流I2，再由解得，原线圈中的电流I1，故B错误；
C、导体棒沿圆弧导轨下滑至最低点所用时间为t，副线圈电流的有效值为I2，则滑动变阻器上产生的总热量QRt，解得Q，故C错误；
D、变压器原线圈输入电压U1，可知U1与滑片移动情况无关，U1保持不变，根据可知，原、副线圈匝数比不变，则副线圈的电压U2即电压表示数不变，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题是产生正弦式交流电的一种方式，要准确理解并掌握感应电动势切割式E＝BLv，v是有效切割速度。要掌握变压器输入电压与输出电压的决定因素。
（多选）10．（2025春 五华区校级期中）某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻（随温度升高，阻值减小），用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻（随光照强度增大，阻值减小），接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时（　　）
A．L变亮 B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大 D．R消耗的功率减小
【考点】电路动态分析；电功和电功率的计算．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】R处温度升高时，热敏电阻的阻值减小，电流变大，光敏电阻的阻值减小，右边的电路的电流变大，从而分析电压和功率的变化，根据欧姆定律分析R3的电流变化情况。
【解答】解：A、当R处温度升高时，RT阻值变小，左边回路中电流增大，小灯泡L的功率增大，灯泡L将变亮，故A错误；
CD、对右侧电路，电阻RG的阻值变大，总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，电源内阻分得电压减小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，故C正确，D错误；
B、右侧电路电流减小，通过R的电流也变大，故通过R3的电流变小，故B正确。
故选：BC。
【点评】本题的关键是知道光敏电阻和热敏电阻随温度和光照改变电阻的变化，灵活应用闭合电路的欧姆定律和各支路的电压和电流的变化关系。
（多选）11．（2025 陕西模拟）如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均视为理想电表，滑动变阻器总阻值足够大；电表的示数分别用I、U表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU表示。滑动变阻器滑片从b端向a端滑动时，下列说法中正确的是（　　）
A．电流表的示数增大，电压表的示数减小
B．灯泡L1变暗
C．L2变亮，L3变亮
D．变大，变小
【考点】电路动态分析．
【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】滑动变阻器滑片从b端向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，进而判断路端电压的变化，即可知道电流表和电压表示数的变化。根据干路电流的变化分析L3亮度的变化。分析并联部分电压的变化判断L1亮度的变化。根据并联电路分流规律分析L2的电流变化，进而判断其亮度变化。根据欧姆定律分析的变化。根据闭合电路欧姆定律分析的变化。
【解答】解：A、滑动变阻器滑片从b端向a端滑动时，其接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据可知，干路电流增大，路端电压为U＝E﹣Ir，则U减小，故电流表的示数增大，电压表的示数减小，故A正确；
BC、干路电流增大，通过L3的电流增大，则L3变亮。并联电路两端的电压U并＝E﹣I（r+RL3），则U并减小，则流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1变暗。流过灯泡L2的电流IL2＝I﹣IL1增大，故L2变亮，故BC正确；
D、等于外电路总电阻，则变小。根据U＝E﹣Ir得，不变，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查电路的动态分析问题，解题关键要掌握电路的串并联关系。本题也可以根据“串反并同”分析各个灯泡电流的变化情况。
（多选）12．（2024秋 海淀区期末）如图甲所示的电路中，R1是可调电阻，R2是定值电阻，电源内阻不计。实验时调节R1的阻值，得到若干组电压和电流的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U﹣I图线如图乙所示。电压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．定值电阻R2＝20Ω
B．电源的电动势E＝5.0V
C．当干路电流为0.6A时，可调电阻R1＝5Ω
D．可调电阻R1上消耗的最大功率为1.25W
【考点】电源的最大输出功率和条件；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】根据图乙信息，由闭合电路欧姆定律可计算出电源的电动势和R2；当干路电流为0.6A时，根据欧姆定律可计算可调电阻R1接入电路中的阻值；将电源与定值电阻R2看成等效电源，当R1＝R2时，等效电源的输出功率最大，即R1消耗的功率最大，由功率公式求出R1消耗的最大功率。
【解答】解：AB、电源内阻不计，根据闭合电路的欧姆定律可得
E＝U+IR2
由图乙可知，当U1＝2.0V时，I1＝0.6A；当U2＝4.0V时，I2＝0.2A，代入上式解得E＝5.0V，R2＝5Ω，故A错误，B正确；
C、由图乙可知，当干路电流为I＝0.6A时，U＝2.0V，则R1ΩΩ，故C错误；
D、将电源与定值电阻R2看成等效电源，当R1＝R2时，等效电源的输出功率最大，即R1消耗的功率最大，此时电路中电流为
I′A＝0.5A
R1上消耗的最大功率为P＝I′2R1＝0.52×5W＝1.25W，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题的关键要知道当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，能灵活运用等效思维求可变电阻的最大功率。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 思明区校级三模）如图所示是一多用电表的内部结构电路图，其中表头G满偏电流为100μA，内阻为900Ω，使用不同接线柱时可用作量程分别为“1mA”和“1V”的电流表和电压表。
（1）若想要用作量程为“1V”的电压表，则应将接线柱 　a、c　 （填“a、b”，“b、c”或“a、c”）接入电路。
（2）其中R1＝　100　 Ω；R2＝　910　 Ω。
【考点】把表头改装成电流表．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）a、c（2）100，910。
【分析】（1）表头改装成电流表需要并联一个分流电阻，改装成电压表需要串联一个分压电阻；
（2）根据欧姆定律和电路结构计算计算出R1和R2电阻值。
【解答】解：（1）接a、c时，相当于电流计串联一个电阻，则为电压表；
（2）接a、b时，其量程，代入数据解得：R1＝100Ω
接a、c时，可以将ab间等效为量程1mA的电流表，其等效内阻为
根据欧姆定律可得：
故答案为：（1）a、c（2）100，910。
【点评】熟练掌握电路结构，能够根据串并联电路中的电压、电流和电阻的关系计算各个物理量。
14．（2024秋 泉州期末）如图，一块均匀的长方体金属样品，长、宽、厚分别为a、b、c（a＞b＞c）。电流沿AB方向时，测得样品的电阻为R，则样品的电阻率为 　　 。电流沿AB方向时，样品中电子定向移动的速率为v1；等大的电流沿CD方向时，电子定向移动的速率为v2，则v1　＞　 v2（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【考点】利用电阻定律求电阻；电流的微观表达式．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】；＞。
【分析】根据电阻定律和电流的微观表达式，结合面积的不同分析求解。
【解答】解：根据电阻定律，电流沿AB方向时，电阻满足：R，解得：ρ，
根据电流的微观表达式：I＝nqsv，可得电流相同时，电子定向移动的速率与面积s成反比，
由于a＞b＞c，故S1＝bc＜S2＝ac，即电子定向移动的速率满足v1＞v2。
故答案为：；＞。
【点评】本题考查了恒定电流相关知识，理解电阻定律和电流的微观表达式是解决此类问题的关键。
15．（2024秋 福州期末）某玩具的直流电动机线圈电阻一定，在线圈两端加上0.3V的电压时，电流为0.3A，此时因电压过低，电动机不能转动，则电动机的线圈电阻R为　1　 Ω；若在线圈两端加2V的电压，电流为0.8A，此时电动机正常工作。正常工作时，该电动机的输入电功率是　1.6　 W，电动机的输出机械功率是　0.96　 W。
【考点】计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】定量思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】1，1.6，0.96。
【分析】根据欧姆定律计算电动机线圈电阻；根据P＝UI计算电动机的输入功率，根据输入功率、输出功率和发热功率之间的关系计算。
【解答】解：电动机线圈的电阻为R；电动机正常工作时的输入功率为P＝U2I2＝2×0.8W＝1.6W，电动机的输出功率为P出＝P
故答案为：1，1.6，0.96。
【点评】知道电动机在正常工作时是非纯电阻，掌握电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系是解题的基础。
16．（2024秋 青浦区校级期末）如图甲所示是吴老师家的部分家庭电路图，吴老师在家用甲台灯L2学习时，突然台灯L2的灯丝断了，而屋内的照明灯L1依然正常发光。甲、乙两根进户线中 　甲　 （选填“甲”或“乙”）是火线，若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，会发现 　b　 （选填“a”、“b”或“都”）能使试电笔的管发光。
【考点】根据电路故障分析电路现象．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】甲；b。
【分析】测电笔是用来辨别火线和零线的设备，即当用测电笔检测时，若是碰到火线，氖管会发光的。
【解答】解：开关连在火线和用电器之间，说明甲是火线；c孔不能使测电笔的氖管发光，则说明甲是零线；若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，b点连接火线，a点连零线，b点发光。
故答案为：甲；b。
【点评】知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 大兴区校级期中）某地有一风力发电机，如图所示，它的叶片转动时可形成半径r的圆面。某时间内该地的风速是v0，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直。已知空气的密度为ρ，若这个风力发电机能将此圆内10%的空气动能转化为电能。求：（计算结果中保留π）
（1）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积V。
（2）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能Ek。
（3）该风力发电机输出电能的功率P。
【考点】电功和电功率的计算．
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；推理论证能力．
【答案】（1）每秒冲击风车车叶的气体体积为Sv0；
（2）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为；
（3）此风力发电机的发电功率为。
【分析】（1）根据圆柱体体积计算公式求出单位时间内冲击风车的气流的体积；
（2）利用m＝ρV求出质量；再由动能公式即可求出动能；
（3）利用E电＝ηEk可求出1s内产生电能，即发电功率。
【解答】解：（1）每秒冲击风车车叶的气体体积为V＝Sv0；
（2）每秒冲击风车车叶的气体体积为Sv0，这此气流的质量：m＝ρV，气流的动能：；
（3）每秒风的动能转化的电能为：，功率P。
答：（1）每秒冲击风车车叶的气体体积为Sv0；
（2）单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为；
（3）此风力发电机的发电功率为。
【点评】本题考查能量转化及守恒定律的应用，要明确能量转化方向；并能熟练掌握密度的计算公式，并能够利用效率计算能量间的转换。
18．（2025春 鼓楼区校级期中）如图所示电路中，电容器两极板水平放置，电容C为0.8μF，电感内阻不计，L为2mH。开关S接在接线柱1时，极板间有一带电灰尘恰好静止。当开关接到接线柱2时，灰尘在电容器内运动，g取10m/s2。求：
（1）开关S接到接线柱2后，流过线圈的电流第一次达到方向向上的最大值的时间t；
（2）灰尘能获得的最大加速度的大小a。
【考点】含容电路的动态分析；电磁振荡的周期和频率的计算；含容电路的常规分析与计算．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；交流电专题；分析综合能力．
【答案】（1）开关S接到接线柱2后，流过线圈的电流第一次达到方向向上的最大值的时间t为1.88×10﹣4s；
（2）灰尘能获得的最大加速度的大小a为20m/s2。
【分析】（1）开关S接到接线柱2后，根据T＝2π求LC振荡电路的周期T，再根据tT求流过线圈的电流第一次达到方向向上的最大值的时间t；
（2）开关S接在1时，对灰尘，根据平衡条件列式；当电容器反向充电完毕时，灰尘的合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律计算灰尘能获得的最大加速度的大小a。
【解答】解：（1）已知C＝0.8μF＝8×10﹣7F，L＝2mH＝2×10﹣3H，则LC振荡电路的周期为
T＝2π2πs＝8π×10﹣5s
则开关S接到接线柱2后，流过线圈的电流第一次达到方向向上的最大值的时间为
tT8π×10﹣5s＝6π×10﹣5s≈1.88×10﹣4s
（2）开关S接在1时，设灰尘电荷量为q，电容器的电压为U，板间距离为d，由平衡条件有
mg＝q
开关S接到接线柱2后，当电容器反向充电完毕时，两极板间电压为U，电场强度反向，此时灰尘的合力最大，加速度最大，灰尘受到的电场力方向与重力方向相同，由牛顿第二定律得
mg+qma
可得最大加速度为a＝2g＝2×10m/s2＝20m/s2
答：（1）开关S接到接线柱2后，流过线圈的电流第一次达到方向向上的最大值的时间t为1.88×10﹣4s；
（2）灰尘能获得的最大加速度的大小a为20m/s2。
【点评】解答本题时，要掌握电磁振荡的规律，确定电容器两极板间电场强度的变化情况，判断灰尘合力最大的条件是关键。
19．（2025春 盐城期中）如图，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，导轨平面与水平夹角θ＝37°，空间分布着垂直于导轨平面的匀强磁场B＝0.5T。导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源。现把一个质量为m＝0.040kg的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒拾好静止。导体棒的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：
（1）通过导体棒的电流；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力大小。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的概念．
【专题】计算题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小。
（2）根据安培力的公式F＝BIL求出安培力的大小。
（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小。
【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：
IA＝1.5 A；
（2）导体棒受到的安培力为：
F安＝BIL＝0.5×1.5×0.40N＝0.30 N；
（3）若安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析如图，
沿导轨方向有：
mgsin 37°＝0.24 N＜F安，
根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下，
mgsin 37°+f＝F安，
解得：f＝0.06 N；
同理，若安培力沿斜面向下，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，则
mgsin 37°+F安＝f
解得：f＝0.54N。
答：（1）通过导体棒的电流是1.5A；
（2）导体棒受到的安培力0.30 N；
（3）安培力沿斜面向上时，导体棒受到的摩擦力是0.06N；安培力沿斜面向下时，导体棒受到的摩擦力是0.54N。
【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。
20．（2025 株洲一模）如图，电源电动势E＝15V，内阻不计，两个定值电阻R1＝20Ω，R2＝40Ω，平行板电容器电容C＝1μF，其极板长l＝3.0cm，两极板间距d＝1.0cm，下极板接地。将开关S闭合，电子枪发射一电子沿极板中轴线射入极板，刚好打在上极板中点。已知电子电量e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9×10﹣31kg，电子重力不计。
（1）求电容器所带电荷量Q；
（2）求电子初速度v0；
（3）断开开关S，让电子枪源源不断的沿中轴线发射电子，假设落到极板上的电子都能够被完全吸收，求能打在极板上的总电子数。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电容的概念、单位与物理意义．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电容器专题；推理论证能力．
【答案】（1）电容器所带的电荷量为1×10﹣5C；
（2）电子初速度为2×106m/s；
（3）打在极板上的总电子数为。
【分析】（1）由闭合电路欧姆定律，可计算电容两端电压，结合电容的定义式，可计算电容器所带的电量；
（2）电子在电容器中运动时，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，由其在两个方向上分位移，即可计算其初速度；
（3）断开开关后，随着电子被吸收，电容器所带的电荷量会减小，当电子刚好到达电容器的上极板边缘时，打在极板上的电子数达到最大值；由电子的受力分析，可得到电容器的电荷量，结合电容器电荷量变化，即可知电子数。
【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律，可得电容两端电压为：，解得U＝10V；
由电容的定义式：，解得电容器所带的电量为：Q＝1×10﹣5C；
（2）电子在电容器中运动时，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，由运动学关系可知：，；
解得其初速度为：v0＝2×106m/s；
（3）断开开关后，随着电子被吸收，电容器所带的电荷量会减小，当电子刚好到达电容器的上极板边缘时，打在极板上的电子数达到最大值；
此时对电子受力分析，水平方向：l＝v0t1，竖直方向：，
可知电容器的电荷量满足：，即电容器电荷量变化为：ΔQ＝Q﹣Q′＝1×10﹣5C﹣2.5×10﹣6C＝7.5×10﹣6C；
则电子数满足：，解得：n。
答：（1）电容器所带的电荷量为1×10﹣5C；
（2）电子初速度为2×106m/s；
（3）打在极板上的总电子数为。
【点评】本题考查电子在电容器中的运动，在求解电子数时，关键是找到电子数达到最大值的临界条件。
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