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高考物理考前冲刺押题预测 电路与电能
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖南开学）如图所示，E为内阻可以忽略的电池，R0、R1、R2均为定值电阻，R3、R4是滑动变阻器（初始时滑片均处于中点位置），C是电容器，电流表、电压表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，则下列说法正确的是（　　）
A．仅向右移动R3的滑片，电容器会充电
B．仅向左移动R4的滑片，电压表示数增大
C．仅向右移动R4的滑片，ΔU与ΔI的比值保持不变
D．仅向右移动R4的滑片，电源的输出功率先变大后变小
2．（2025 郑州校级二模）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻设计了如图甲所示电路，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在其上表面放一绝缘物块m，电梯静止时电压表示数为U0，若在某个运动过程中，电压表的示数变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间内电源的总功率变大
B．0～t1时间内物块m处于超重状态
C．t1～t2时间内电梯匀速运动
D．t2～t3时间内物块m处于失重状态
3．（2025 越秀区校级模拟）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，R1为定值电阻，R3为半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（　　）
A．若将R2的滑片下移，电压表的示数增大
B．若光照变强，则油滴会向上运动
C．若光照变强，则灯泡变暗
D．若将电容器上极板上移，则P点电势降低
4．（2025 崆峒区校级模拟）如图所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．U增大、I减小 B．U减小、I增大
C．P增大、Q增大 D．P、Q均减小
5．（2025 南通模拟）如图所示，足够大的金属板A、B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球心，a、b为球壳外表面上的两点，闭合开关S。稳定后（　　）
A．a点的电势比b点的高
B．a点的电场强度比O点的大
C．向右移动滑片P，a点的电势降低
D．断开开关S，a点的电场强度减小
6．（2025 镇江校级模拟）如图所示是常见的家用电器，工作时主要将电能转化为机械能的是（　　）
A．电饭锅 B．电熨斗
C．电视机 D．电风扇
7．（2025 镇江校级模拟）如图电路中，已知电源电动势E＝10V，电源内阻r＝2Ω，电阻R＝8Ω，所有电表均理想，则电路中的电流为（　　）
A．0.5A B．1A C．2A D．不能确定
8．（2025 镇江校级模拟）如图所示为某一电源的U﹣I图线，由图可知（　　）
A．电源电动势为2V
B．电源内电阻为13Ω
C．电源短路时电流为6A
D．电路路端电压为1V时，电路中电流为6A
9．（2025 镇海区校级模拟）光伏产业是新能源产业的重要发展方向之一，光伏市场的发展对于优化我国能源结构、促进能源生产和消费革命、推动能源技术创新等方面都有重要的意义。某户居民楼顶平台安装的12块太阳能电池板，据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3kW，工作电压为380V，设备使用年限在25年以上。发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度（1度＝1kW h）价格并入国家电网。则下列说法可能正确的是（　　）
A．该光伏项目年发电量约为2.6×104kW h
B．该光伏项目的工作总电流约为3A
C．该光伏项目富余发电的年收入约为7000元
D．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作600小时
10．（2025 福州校级模拟）在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻（光照减弱时阻值增大），C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数增大
B．电容器C的电荷量增大
C．电源输出功率增大
D．电源内部消耗的功率变大
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 河南开学）如图所示电路中，电源内阻不能忽略不计，L1、L2为小灯泡，M为电动机，电流表A、电压表V均视为理想电表，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。闭合开关，电动机正常工作，某时刻电动机突然被卡住了，灯泡始终处于发光状态，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．有电流从a流向b
C．灯泡L1变亮，L2变暗
D．变大，不变
（多选）12．（2025 庐阳区校级模拟）如图电路，电源的电动势为E，内阻为r，其路端电压为U；R1为定值电阻，它的电压为U1；R2为滑动变阻器，其电压为U2；电路中的电流为I。当滑动变阻器的触片向下移动时，电流变化的绝对值为|ΔI|，路端电压变化的绝对值为|ΔU|，定值电阻电压变化的绝对值|ΔU1|，滑动变阻器电压变化的绝对值|ΔU2|，则（　　）
A．|ΔU1|＝|ΔU2|
B．|ΔU|＜|ΔU2|
C．变大，不变
D．
（多选）13．（2025 重庆校级模拟）如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当闭合开关后滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）
A．电压表示数减小
B．电阻R1的功率一定减小
C．电源的总功率一定减小
D．若将开关S断开，带电液滴M将向上极板运动
（多选）14．（2025 北碚区校级模拟）某型号汽车以72km/h的速度匀速行驶过程，其发动机和传动与变速系统内的功率分配关系如图所示。该汽车行驶时所受空气阻力与瞬时速率的关系为f1＝kv2（k为恒量），且所受路面的阻力f大小恒定。当该汽车以速度72km/h匀速行驶过程，汽车受到的驱动力大小为F，汽车发动机的效率为η，则（　　）
A．F＝250N B．F＝500N C．η≈15% D．η≈25%
（多选）15．（2025 重庆模拟）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将直流电源E、定值电阻R、电容器C、电流表、电压表、单刀双掷开关S组装成如图1所示的实验电路。开关S接1或2时，测得电压表示数U与电流表示数I之间的关系如图2所示，由此可知（　　）
A．a为开关接1时的图线
B．b为开关接1时的图线
C．电源电动势约为3.00V
D．电源内阻约为6.00Ω
三．解答题（共5小题）
16．（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。
17．（2024 聊城三模）下表是一辆轻便电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。
额定车速 整车质量 满载 额定输出功率 电动机额定工作电压和电流
18km/h 35kg 65kg 360W 48V/8A
请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）。
（1）此电动机的电阻是多少？
（2）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？
18．（2024 历城区校级模拟）如图，电源电动势为10V，内阻为2Ω，电阻R1为0.5Ω，R2为5Ω。已知电动机额定电压U为5V，线圈电阻RM为0.5Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。问：
（1）通过R1的电流是多少？
（2）电动机正常工作时产生的机械功率是多大？
（3）若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值多大时，R1消耗的电功率最大？此时R2的阻值多大？
19．（2024 淄博二模）分）“动能回收”是指智能电动汽车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能，其基本原理是车轮带动电机内线圈转动，向动力电池反向充电。某智能电动汽车质量为m＝2×103kg，以的初动能沿斜坡向下做直线运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，始终受到一个外界施加的阻力f＝0.225mg，其动能与位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，比第一次自由滑行时多受到一个线圈提供的阻力，其动能与位移关系如图线②所示。重力加速度为g＝10m/s2。
（1）第一次关闭发动机，求滑行到200m时车所受重力的瞬时功率P；
（2）第二次关闭发动机，开启“动能回收”装置运行200m过程中，共回收的电能。求机械能回收效率η（机械能回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比）。
20．（2024 海淀区校级一模）如图所示，李华同学是一位永动机爱好者，他受到回旋加速器的启发，下图为他设计的系统。该永动机系统主要由一个带正电，质量为m，电量为q的小球、平行板电容器C、以及两个场强相对较弱的面积足够大的静磁场区域构成。整个系统位于同一水平面上。系统启动之前，固定小球在电容器一侧。闭合开关让电容器充电，使电容器两极板间距为d，具有电势差U之后，断开开关。撤掉相关导线只保留电容器。在电容器极板中央释放小球后，小球将在平行板电容器中运动，将电势能转换为动能，得到加速。在离开电容器后，两侧的静磁场磁感应强度为B，将使得粒子在洛伦兹力的作用下，经过两次半圆周的匀速圆周运动，到达小球的出发点，小球的重力忽略不计。
（1）小球第一次进入磁场，在磁场中运动的半径是多少？
（2）李华选择了相对较小的磁场强度，以免小球撞击在电容器上。之后小球将再一次加速，循环往复，增加动能。此过程阿永认为无其他能量损耗并增加了小球动能。则为了避免小球撞击在电容器上，电容器的宽度x最大为多少？
（3）不计相对论效应及其他损耗，求小球第三次通过极板之后，总的运动时间是多少？
（4）几位同学看了阿永的理论方案，分别给出如下看法：
A.“我听人说过磁场可以携带能量。那这个过程中肯定磁场能量逐渐减少，如果不额外提供能量，磁场将逐渐变弱。这部分能量提供小球动能。”
B.“肯定是小球飞来飞去改变了电容器两极板电荷分布，两极板电荷分布变化减少的电势能将提供小球动能。如果系统需要保持不变需要给电容器充电。”
C.“肯定是磁场和平行板电容器的电场之间产生了某种耦合，导致一些我说不清的过程提供了小球动能。”你如何看待A、B、C三位的观点？请简要说明论证，并给出你自己的观点。
高考物理考前冲刺押题预测 电路与电能
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖南开学）如图所示，E为内阻可以忽略的电池，R0、R1、R2均为定值电阻，R3、R4是滑动变阻器（初始时滑片均处于中点位置），C是电容器，电流表、电压表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定后，则下列说法正确的是（　　）
A．仅向右移动R3的滑片，电容器会充电
B．仅向左移动R4的滑片，电压表示数增大
C．仅向右移动R4的滑片，ΔU与ΔI的比值保持不变
D．仅向右移动R4的滑片，电源的输出功率先变大后变小
【考点】含容电路的动态分析．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】变阻器R3是个等势体，在电路中相当于一段导线，据此分析；根据串反并同分析；根据欧姆定律和电路中电压的分配规律写出U和I的关系式，据此分析；根据电流表的示数变化分析电源的输出功率变化。
【解答】解：A.R3当中没有电流经过，所以变阻器R3是个等势体，在电路中相当于一段导线，所以仅向右移动R3的滑片时，电容器两端电压不变，机电容器所带电荷量不变，不会对电容器充电，故A错误；
B.仅向左移动R4的滑片，R4连入电路的电阻减小，由串反并同可知电压表示数减小，故B错误；
C.电压表示数为U，则，整理可得，可知为定值，故C正确；
D.仅向右移动R4的滑片，R4连入电路的电阻增大，由串反并同可知电流表示数减小，电源内阻可以忽略，则电源的输出功率减小，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握电路中的二级结论串反并同可以快速判断电表的示数变化，能够看懂电路的结构，掌握串并联电路的电压、电阻和电流的特点是解题的基础。
2．（2025 郑州校级二模）压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某同学利用压敏电阻设计了如图甲所示电路，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在其上表面放一绝缘物块m，电梯静止时电压表示数为U0，若在某个运动过程中，电压表的示数变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．0～t1时间内电源的总功率变大
B．0～t1时间内物块m处于超重状态
C．t1～t2时间内电梯匀速运动
D．t2～t3时间内物块m处于失重状态
【考点】电源的总功率、输出功率和效率；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定性思想；图析法；受力分析方法专题；电学图象专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据电压随时间的变化特点，结合静止时的电压的示数可判断压敏电阻受到的压力与物体重力的关系，从而判断物体的运动特点及超失重情况；由电压表示数的变化情况，可知电流的变化情况，结合电源的总功率公式，可判断总功率变化情况。
【解答】解：A、由图可知，0～t1时间内，电压变大，由闭合电路欧姆定律可知：E＝U+Ir，故U增大时，I减小；由电源的总功率P＝EI可知，电源总功率变小，故A错误；
BD、由图可知，在0～t3时间内，电压均比静止时的电压表示数大，结合电路可知，压敏电阻的阻值比静止时的阻值大，故压敏电阻受到的压力，比静止时小；对物体受力分析可知，物体受到的支持力小于重力，故物体都处于失重状态，故B错误，D正确；
C、由BD选项的分析可知，压敏电阻对物体的支持力始终比重力小，故没有受力平衡，不是匀速运动，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查电路与受力分析结合的问题，注意超失重比较的是物体受到的支持力与重力的相对大小，不等同于电压变大还是变小。
3．（2025 越秀区校级模拟）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，R1为定值电阻，R3为半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（　　）
A．若将R2的滑片下移，电压表的示数增大
B．若光照变强，则油滴会向上运动
C．若光照变强，则灯泡变暗
D．若将电容器上极板上移，则P点电势降低
【考点】含容电路的动态分析．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】电容器在直流电路中相当于断路，电路稳定时，R2相当于导线；
先判断光照变强，光敏电阻R3变化，再判断电路的总阻值变化，根据闭合电路欧姆定律，分析总电流变化和内电压变化，根据串并联关系，判断其它支路电流电压变化；
【解答】解：A．电容器在直流电路中相当于断路，电路稳定时，R2相当于导线，将R2滑片上移，电压表示数不变，故A错误；
BC．若光照变强，光敏电阻R3减小，总电阻变小，电流变大，则通过小灯泡的电流变大，灯泡变亮；
根据闭合电路欧姆定律，电容器两端电压为U＝E﹣I（r+R1）
I变大，则U变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，油滴向下极板运动，故BC错误；
D．由于电路电阻不变，则电容器板间电压不变，若将电容器上极板上移，电容器两极板的距离增大，根据可知场强变小，而P点与下极板的距离不变，则P点与下极板的电势差减小，而电势下极板的电势始终为0，因此P点电势降低，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对动态电路问题的掌握，解题关键是先整体后局部，先判断总电阻、总电流变化，再判断其它支路电流电压变化。
4．（2025 崆峒区校级模拟）如图所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是（　　）
A．U增大、I减小 B．U减小、I增大
C．P增大、Q增大 D．P、Q均减小
【考点】含容电路的动态分析．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析。
【解答】解：AB、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，滑动变阻器的电阻减小，
根据闭合电路的欧姆定律有
E＝U+Ir＝IR1+IR2+Ir
可知I增大，U减小，故A错误、B正确；
CD、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，滑动变阻器的阻值减小，
根据以上分析，可知定值电阻R2的电流增大，消耗的功率为P增大；
当滑动变阻器的电阻减小时，
根据U＝U1+IR2
可知，I增大，U减小，电容器两端电压U1减小，
根据Q＝CU可知电容器的电荷量减小，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律，解题的关键是分清电路结构，根据闭合电路欧姆定律分析求解。
5．（2025 南通模拟）如图所示，足够大的金属板A、B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球心，a、b为球壳外表面上的两点，闭合开关S。稳定后（　　）
A．a点的电势比b点的高
B．a点的电场强度比O点的大
C．向右移动滑片P，a点的电势降低
D．断开开关S，a点的电场强度减小
【考点】含容电路的常规分析与计算；通过电场线的方向判断电势的高低；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据处于静电平衡下的导体的特点分析AB；移动滑片和断开开关S，金属板A、B的带电情况不变，板间的电场不变，据此分析即可。
【解答】解：AB、稳定后金属板A、B带等量的异种电荷，金属板间存在着电场，金属球壳处于静电平衡状态，处于静电平衡状态的导体是个等势体，所以a点和b点的电势相等，器内部场强处处为零，所以O点的场强为零，故a点的场强大于O点的场强，故A错误，B正确；
C、向右移动滑片P，金属板A、B的带电情况不变，内部电场不变，所以a点的电势不变，故C错误；
D、断开开关S，金属板A、B的带电荷量不变，所以金属板内的电场不变，则a点的电场强度不变，故D错误。
故选：B。
【点评】掌握处于静电平衡状态的导体的特点是解题的关键。
6．（2025 镇江校级模拟）如图所示是常见的家用电器，工作时主要将电能转化为机械能的是（　　）
A．电饭锅 B．电熨斗
C．电视机 D．电风扇
【考点】电动机中的能量转化与计算．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】电流做功的过程，实际上就是能量转化的过程，消耗电能转化成其它形式的能。
【解答】解：A．电饭锅，它主要用来加热食物，因此它工作时主要是将电能转化为内能，使食物受热煮熟，故A错误；
B．电熨斗把电能转化成内能，故B错误；
C．电视机主要是电能转化为声能和光能，故C错误；
D．电风扇工作时转动，主要是电能转化成机械能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了用电器中的能量转化，要知道电风扇主要部件是电动机，把电能转化为机械能。
7．（2025 镇江校级模拟）如图电路中，已知电源电动势E＝10V，电源内阻r＝2Ω，电阻R＝8Ω，所有电表均理想，则电路中的电流为（　　）
A．0.5A B．1A C．2A D．不能确定
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．
【专题】定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】根据闭合电路欧姆定律计算电路中的电流。
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律可得，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】解答本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律，并熟练运用，注意电源的内阻不能忘了。
8．（2025 镇江校级模拟）如图所示为某一电源的U﹣I图线，由图可知（　　）
A．电源电动势为2V
B．电源内电阻为13Ω
C．电源短路时电流为6A
D．电路路端电压为1V时，电路中电流为6A
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；电学图象专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据闭合电路的欧姆定律结合图像可以得到电源的电动势和内阻；电源的短路电流等于电动势与内阻的比值；根据闭合电路的欧姆定律表达式计算即可。
【解答】解：AB、设电源的电动势为E，内阻为r，路端电压为U，根据闭合电路的欧姆定律有U＝E﹣Ir，结合图像知道纵轴截距表示电动势，在E＝2V，图像的斜率绝对值表示电源内阻，则r＝||Ω＝0.2Ω，故A正确，B错误；
C、电源的短路电流为I短，故C错误；
D、根据U＝E﹣Ir可知，当U＝1V时，电路中的电流I＝5A，故D错误。
故选：A。
【点评】知道图像的纵轴截距表示电动势，图像斜率的绝对值表示电源内阻是解题的关键。
9．（2025 镇海区校级模拟）光伏产业是新能源产业的重要发展方向之一，光伏市场的发展对于优化我国能源结构、促进能源生产和消费革命、推动能源技术创新等方面都有重要的意义。某户居民楼顶平台安装的12块太阳能电池板，据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3kW，工作电压为380V，设备使用年限在25年以上。发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度（1度＝1kW h）价格并入国家电网。则下列说法可能正确的是（　　）
A．该光伏项目年发电量约为2.6×104kW h
B．该光伏项目的工作总电流约为3A
C．该光伏项目富余发电的年收入约为7000元
D．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作600小时
【考点】电功和电功率的计算．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据W＝Pt求解发电的总电量，根据P＝UI求解工作总电流，用总电量乘以一度电的价格即为总收入，求出一天的发电量，根据W＝Pt求解使灯泡工作的时间，
【解答】解：A．光照时间为12h，发电总功率可达3kW，该光伏项目年发电量约为
W＝Pt＝3kW×12h×365＝1.3×104kW h
故A错误；
B．发电总功率可达3kW，工作电压为380V，该光伏项目的工作总电流约为
故B错误；
C．该光伏项目富余发电的年收入约为
X＝1.3×104×70%×0.4元＝3640元
故C错误；
D．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作时间为
，故D正确。
故选：D。
【点评】解决该题的关键是明确知道总电量与电功率之间的关系，熟记电功率与电压和电流之间的关系。
10．（2025 福州校级模拟）在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻（光照减弱时阻值增大），C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数增大
B．电容器C的电荷量增大
C．电源输出功率增大
D．电源内部消耗的功率变大
【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；电功和电功率的概念及影响因素．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】分析电路结构，根据光敏电阻的阻值变化分析电路中总电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可分析电路中电流及电压的变化；由电容的定义式Q＝CU分析电容器所带电荷量的变化。再由功率公式可分析功率变化。
【解答】解：A．减弱对光敏电阻R光照的强度，其阻值增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的电流将减小，电流表的示数减小。故A错误；
B．电路中的电流减小，则内电压变小，所以电路的路端电压增大，所以电压表的示数增大，电容器两端的电压增大，根据Q＝CU可知，电容器C的电荷量增大。故B正确；
C．本题中电源内阻与外阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率增大还是减小，故C错误；
D．电路中的电流减小，电源内部消耗的功率P＝I2r，所以将随电流的减小而减小。故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析，要注意正确分析电路，再根据程序法按“局部﹣整体﹣局部”的思路进行分析解答，注意在直流电路中电容器视为断路。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 河南开学）如图所示电路中，电源内阻不能忽略不计，L1、L2为小灯泡，M为电动机，电流表A、电压表V均视为理想电表，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。闭合开关，电动机正常工作，某时刻电动机突然被卡住了，灯泡始终处于发光状态，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．有电流从a流向b
C．灯泡L1变亮，L2变暗
D．变大，不变
【考点】电路动态分析．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】AC
【分析】电动机被卡住后，变为纯电阻电路，此时可理解成电动机所在支路电阻减小，根据欧姆定律可知电压与电流的关系，再分析判断。
【解答】解：AD、电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，灯泡L1与电动机串联后再与L2并联，电动机被卡住后，变为纯电阻电路，此时电动机的电阻减小，电流I增大，内电压增大，路端电压U＝E﹣Ir减小，减小，，不变，故A正确，D错误；
B、电容器两端电压等于路端电压，减小，电荷量Q＝CU减小，有电流从b流向a，故B错误；
C、根据“串反并同”可知灯泡L1变亮，L2变暗，故C正确。
故选：AC。
【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律，解题关键掌握电路的串并联关系，要区分定值电阻还是可变电阻。
（多选）12．（2025 庐阳区校级模拟）如图电路，电源的电动势为E，内阻为r，其路端电压为U；R1为定值电阻，它的电压为U1；R2为滑动变阻器，其电压为U2；电路中的电流为I。当滑动变阻器的触片向下移动时，电流变化的绝对值为|ΔI|，路端电压变化的绝对值为|ΔU|，定值电阻电压变化的绝对值|ΔU1|，滑动变阻器电压变化的绝对值|ΔU2|，则（　　）
A．|ΔU1|＝|ΔU2|
B．|ΔU|＜|ΔU2|
C．变大，不变
D．
【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】BC
【分析】对R1，根据部分电路欧姆定律得到ΔU1与电流变化量的关系。由闭合电路欧姆定律得到ΔU2与ΔU的表达式，再分析|ΔU1|与|ΔU2|的大小以及|ΔU|与|ΔU2|大小。根据欧姆定律分析的变化，根据闭合电路欧姆定律列式分析的变化，并判断D项。
【解答】解：AB、对R1，根据部分电路欧姆定律得
U1＝R1I
则ΔU1＝R1ΔI
由闭合电路欧姆定律得
U2＝E﹣（R1+r）I
U＝E﹣rI
则ΔU2＝﹣（R1+r）ΔI
ΔU＝﹣rΔI
所以|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU|＜|ΔU2|，故A错误，B正确；
C、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻R2的阻值增大，根据部分电路欧姆定律得
则变大
由U2＝E﹣（R1+r）I可得
则不变，故C正确；
D、由AB选项分析可得
，，
所以，故D错误。
故选：BC。
【点评】分析本题时，要知道对于定值电阻，有R。对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析的大小。
（多选）13．（2025 重庆校级模拟）如图所示的电路中有一个平行板电容器，一个带电液滴P位于电容器中间且处于静止状态，电流表和电压表为理想电表，电源内阻不可忽略，当闭合开关后滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）
A．电压表示数减小
B．电阻R1的功率一定减小
C．电源的总功率一定减小
D．若将开关S断开，带电液滴M将向上极板运动
【考点】含容电路的动态分析．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据“串反并同”分析电压表和电流表的示数变化；根据功率公式分析BC；若将开关S断开，则电容器两板间电压增大，据此分析。
【解答】解：A、滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，根据“串反并同”可知，电压表示数减小，电流表示数增大，故A正确；
BC、滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，则电路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中干路电流增大，根据P＝I2R可知，电阻R1的功率一定变大，根据P总＝EI可知，电源的总功率一定变大，故BC错误；
D、电容器和R3并联，所以电容器两板间电压等于R3两端电压，若将开关S断开，则电容器两板间电压等于电源电压，即电容器两板间电压变大，根据E可知，板间的场强变大，带电液滴受电场力变大，则带电液滴M将向上极板运动，故D正确。
故选：AD。
【点评】能够正确认识电路结构是解题的关键，掌握动态电路变化规律“串反并同”可以帮助我们快速判断解答。
（多选）14．（2025 北碚区校级模拟）某型号汽车以72km/h的速度匀速行驶过程，其发动机和传动与变速系统内的功率分配关系如图所示。该汽车行驶时所受空气阻力与瞬时速率的关系为f1＝kv2（k为恒量），且所受路面的阻力f大小恒定。当该汽车以速度72km/h匀速行驶过程，汽车受到的驱动力大小为F，汽车发动机的效率为η，则（　　）
A．F＝250N B．F＝500N C．η≈15% D．η≈25%
【考点】用能量守恒定律解决实际问题．
【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】BD
【分析】AB.由题意，结合功率的计算公式及平衡条件分别列式，即可分析求解；
CD.结合图中数据，根据发动机的效率计算公式列式，即可分析求解。
【解答】解：AB.由题意可知，f1＝kv2，
根据功率计算公式可得：P3＝f1v，P4＝fv，
且：v＝72km/h＝20m/s，P3＝5kW＝5000W，P4＝5kW＝5000W，
联立可得：f1＝250N，f＝250N；
因为该汽车以速度72km/h匀速行驶，则根据平衡条件可得，
汽车受到的驱动力大小为：F＝f1+f＝250N+250N＝500N；故A错误，B正确；
CD.由题意可知，P＝69kW，Pr＝52kW，
则汽车发动机的效率为：η，故C错误，D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查用能量守恒定律解决实际问题，解题时需注意，明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，同时要注意功与功率的关系，以及功率的不同求法。
（多选）15．（2025 重庆模拟）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将直流电源E、定值电阻R、电容器C、电流表、电压表、单刀双掷开关S组装成如图1所示的实验电路。开关S接1或2时，测得电压表示数U与电流表示数I之间的关系如图2所示，由此可知（　　）
A．a为开关接1时的图线
B．b为开关接1时的图线
C．电源电动势约为3.00V
D．电源内阻约为6.00Ω
【考点】电源的U﹣I图像与导体的U﹣I图像相结合的问题；电容器的充放电问题．
【专题】定量思想；图析法；电学图象专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据充放电过程电容两端电压与电流的关系式，可分析两图线分别对应开关接哪个接线柱；由图线b的特殊坐标值，可计算电源电动势和内阻。
【解答】解：AB、开关接1时，电容器充电，此时U＝E﹣Ir；开关接2时，电容器放电，此时U＝IR，故开关接1时的图线应为b，故A错误，B正确；
C、由图线b可知，I＝0时，电源电动势E＝3.00V，故C正确；
D、由图线b可知，电源内阻为：，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查电学图像问题，注意纵坐标的最小值不是0。
三．解答题（共5小题）
16．（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。
17．（2024 聊城三模）下表是一辆轻便电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。
额定车速 整车质量 满载 额定输出功率 电动机额定工作电压和电流
18km/h 35kg 65kg 360W 48V/8A
请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）。
（1）此电动机的电阻是多少？
（2）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？
【考点】电功和电功率的计算；牛顿第二定律的简单应用；机车以恒定功率启动．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）此电动机的电阻是0.375Ω；
（2）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为1.08m/s2。
【分析】（1）从表中可知，输出功率和输入功率，进而求得额外功率，得到内阻；
（2）根据输出功率和速度求出牵引力的大小，通过牛顿第二定律求出电动车的加速度。
【解答】解：（1）由图中信息可知，正常工作时电源的总功率为
P总＝UI
代入数据解得
P总＝384W ①
②
代入数据解得
r＝0.375Ω ③
（2）设电动车的额定车速为vm＝18km/h＝5m/s，此时电动车牵引力为F1，则：
F1＝f ④
P额＝F1 vm ⑤
将P额＝360W代入以上两式解得
f＝72N
当车速为v＝2m/s时，此时电动车牵引力为F2，则：
P额＝F2 v ⑥
F2﹣f＝ma ⑦
将P额＝360W、m＝（65+35）kg＝100kg联立③④可得
a＝1.08m/s2
答：（1）此电动机的电阻是0.375Ω；
（2）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为1.08m/s2。
【点评】解决本题的关键知道电动机输入功率、输出功率和内部损坏的功率的关系，以及知道输出功率与牵引力和速度的关系。
18．（2024 历城区校级模拟）如图，电源电动势为10V，内阻为2Ω，电阻R1为0.5Ω，R2为5Ω。已知电动机额定电压U为5V，线圈电阻RM为0.5Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。问：
（1）通过R1的电流是多少？
（2）电动机正常工作时产生的机械功率是多大？
（3）若R1、R2电阻可调，在确保电动机正常工作的前提下，当R1的阻值多大时，R1消耗的电功率最大？此时R2的阻值多大？
【考点】电源的最大输出功率和条件；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）通过R1的电流为2A；
（2）电动机工作时的机械功率为4.5W；
（3）R1的阻值为2Ω时，R1消耗的功率最大，此时R2的阻值为20Ω。
【分析】（1）电动机正常工作时的额定电压，结合闭合电路欧姆定律，可计算通过R1的电流；
（2）由欧姆定律，可计算通过R2的电流，结合并联电路电流关系，可计算通过电动机的电流，结合电功率公式，可计算电动机的输入功率、热功率，由电动机的输入功率、热功率、机械功率的关系，可计算电动机的机械功率；
（3）由电阻R1与内阻的总电压不变，可得到R1消耗的电功率表达式，根据数学知识，可知其取得最大值时，R1的阻值；根据闭合电路欧姆定律，可计算此时R2的阻值。
【解答】解：（1）电动机恰好正常工作，所以电动机两端的电压恰好等于额定电压U，
电源内阻r和电阻R1的总电压为Ur+U1＝E﹣U，则R1的电流为，解得I1＝2A；
（2）根据并联关系U2＝U＝5V，通过R2的电流，解得：I2＝1A，
流过电动机的电流为IM＝I1﹣I2＝2A﹣1A＝1A，电动机的输入功率为P＝UIM，得P＝5W，
电动机的热功率为，解得：P1＝0.5W，所以，电动机正常工作时产生的机械功率为P2＝P﹣P1＝5W﹣0.5W＝4.5W；
（3）在确保电动机正常工作的前提下，则电源内阻和电阻R1的总电压为5V不变，
设此电压为E1，则R1的功率为，
由数学关系可知，当R1＝r＝2Ω时，R1的功率最大；
此时电路中的总电流为，得：I＝1.25A，则此时通过R2的电流为I′2＝I﹣IM＝1.25A﹣1A＝0.25A
则此时R2的阻值为，得：R2＝20Ω。
答：（1）通过R1的电流为2A；
（2）电动机工作时的机械功率为4.5W；
（3）R1的阻值为2Ω时，R1消耗的功率最大，此时R2的阻值为20Ω。
【点评】本题考查含电动机的电路计算，难点是求解R1消耗的电功率最大时的阻值，注意用数学知识先得到表达式，再根据数学知识计算。
19．（2024 淄博二模）分）“动能回收”是指智能电动汽车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能，其基本原理是车轮带动电机内线圈转动，向动力电池反向充电。某智能电动汽车质量为m＝2×103kg，以的初动能沿斜坡向下做直线运动。第一次关闭发动机，让车自由滑行，始终受到一个外界施加的阻力f＝0.225mg，其动能与位移关系如图直线①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，比第一次自由滑行时多受到一个线圈提供的阻力，其动能与位移关系如图线②所示。重力加速度为g＝10m/s2。
（1）第一次关闭发动机，求滑行到200m时车所受重力的瞬时功率P；
（2）第二次关闭发动机，开启“动能回收”装置运行200m过程中，共回收的电能。求机械能回收效率η（机械能回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比）。
【考点】电功和电功率的计算；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】（1）滑行到200m时车所受重力的瞬时功率P等于5×104W；
（2）机械能回收效率η等于90%。
【分析】（1）根据动能定理求解速度，根据重力的瞬时功率表达式求解；
（2）两次到相同位置，能量的差值等于用于发电的机械能，电能除以回收的动能等于机械能回收效率η。
【解答】解：（1）斜坡的角度为θ，有
mg xsinθ﹣fx＝Ek﹣Ek0
汽车的动能有
则重力的瞬时功率为
P＝mgvsinθ
解得
P＝5×104W
（2）运行200m，两次到相同位置，汽车的重力势能相等，由题意可知，在车自由滑行时，有
开启动能回收装置后，有
所以用于发电的机械能为
则发电效率为
答：（1）滑行到200m时车所受重力的瞬时功率P等于5×104W；
（2）机械能回收效率η等于90%。
【点评】能源与环境问题，是社会的热点，也是物理所考查的热点，利用功能关系列式计算是解决此题的关键。
20．（2024 海淀区校级一模）如图所示，李华同学是一位永动机爱好者，他受到回旋加速器的启发，下图为他设计的系统。该永动机系统主要由一个带正电，质量为m，电量为q的小球、平行板电容器C、以及两个场强相对较弱的面积足够大的静磁场区域构成。整个系统位于同一水平面上。系统启动之前，固定小球在电容器一侧。闭合开关让电容器充电，使电容器两极板间距为d，具有电势差U之后，断开开关。撤掉相关导线只保留电容器。在电容器极板中央释放小球后，小球将在平行板电容器中运动，将电势能转换为动能，得到加速。在离开电容器后，两侧的静磁场磁感应强度为B，将使得粒子在洛伦兹力的作用下，经过两次半圆周的匀速圆周运动，到达小球的出发点，小球的重力忽略不计。
（1）小球第一次进入磁场，在磁场中运动的半径是多少？
（2）李华选择了相对较小的磁场强度，以免小球撞击在电容器上。之后小球将再一次加速，循环往复，增加动能。此过程阿永认为无其他能量损耗并增加了小球动能。则为了避免小球撞击在电容器上，电容器的宽度x最大为多少？
（3）不计相对论效应及其他损耗，求小球第三次通过极板之后，总的运动时间是多少？
（4）几位同学看了阿永的理论方案，分别给出如下看法：
A.“我听人说过磁场可以携带能量。那这个过程中肯定磁场能量逐渐减少，如果不额外提供能量，磁场将逐渐变弱。这部分能量提供小球动能。”
B.“肯定是小球飞来飞去改变了电容器两极板电荷分布，两极板电荷分布变化减少的电势能将提供小球动能。如果系统需要保持不变需要给电容器充电。”
C.“肯定是磁场和平行板电容器的电场之间产生了某种耦合，导致一些我说不清的过程提供了小球动能。”你如何看待A、B、C三位的观点？请简要说明论证，并给出你自己的观点。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）小球第一次进入磁场，在磁场中运动的半径是；
（2）电容器的宽度x最大为；
（3）不计相对论效应及其他损耗，小球第三次通过极板之后，总的运动时间是）；
（4）小球在磁场中受到的洛伦兹力方向与小球速度方向垂直，洛伦兹力不做功，磁场能量不变，故A同学观点不正确；小球飞来飞去，电容器两极板电荷分布不发生变化，仍是左侧极板带正电，右侧极板带负电，故B同学观点不正确；根据能量守恒定律，能量不会凭空产生，也不会凭空消失，磁场和平行板电容器的电场之间产生了某种耦合，磁场和电场的总能量不会增加，故C同学观点不正确。带电小球定向移动，可等效看成电容构成闭合回路放电，电容储存的电场能逐渐转化为小球的动能。
【分析】（1）根据动能定理计算出小球在电场中的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力计算；
（2）根据几何关系分析出小球的半径和电容器宽度的关系；
（3）分别根据带电粒子在磁场中的运动周期计算出在磁场中的时间，和经过无磁场区的时间，最后求和即可；
（4）洛伦兹力不做功，据此分析A同学的说法；小球在电容器中运动不影响电容器的带电荷量的分布，据此分析B同学的说法；根据能量守恒分析C同学的说法；根据功能关系分析。
【解答】解：（1）小球在电场中加速，根据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力
小球第一次进入磁场，在磁场中运动的半径是
（2）小球第一次进入磁场时，速度最小，在磁场中运动的半径最小，为了避免小球撞击在电容器上，电容器的宽度应满足
可得
电容器的宽度最大值为。
（3）小球第三次通过极板时，在电场中加速三次，在磁场中经过四次半圆周的匀速圆周运动，两次经过无电磁场区域，小球在磁场中运动的时间为
第一次经过无电磁场区域的时间为
小球在电场中加速两次，有
第二次经过无电磁场区域的时间为
小球在电场中加速三次，有
小球在电场中的加速度为
小球在电场中运动的时间为
总的运动时间为
（4）小球在磁场中受到的洛伦兹力方向与小球速度方向垂直，洛伦兹力不做功，磁场能量不变，故A同学观点不正确；小球飞来飞去，电容器两极板电荷分布不发生变化，仍是左侧极板带正电，右侧极板带负电，故B同学观点不正确；根据能量守恒定律，能量不会凭空产生，也不会凭空消失，磁场和平行板电容器的电场之间产生了某种耦合，磁场和电场的总能量不会增加，故C同学观点不正确。带电小球定向移动，可等效看成电容构成闭合回路放电，电容储存的电场能逐渐转化为小球的动能。
答：（1）小球第一次进入磁场，在磁场中运动的半径是；
（2）电容器的宽度x最大为；
（3）不计相对论效应及其他损耗，小球第三次通过极板之后，总的运动时间是）；
（4）小球在磁场中受到的洛伦兹力方向与小球速度方向垂直，洛伦兹力不做功，磁场能量不变，故A同学观点不正确；小球飞来飞去，电容器两极板电荷分布不发生变化，仍是左侧极板带正电，右侧极板带负电，故B同学观点不正确；根据能量守恒定律，能量不会凭空产生，也不会凭空消失，磁场和平行板电容器的电场之间产生了某种耦合，磁场和电场的总能量不会增加，故C同学观点不正确。带电小球定向移动，可等效看成电容构成闭合回路放电，电容储存的电场能逐渐转化为小球的动能。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动情况，掌握动能定理在电场中的应用，和在磁场中做圆周运动的基本特点是解题的基础。
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