2013年高考物理二轮典型例题冲刺测试《专题7电路》（含解析）

1、2013年高考物理二轮典型例题冲刺测试专题7电路（含解析）1.在如图所示的电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A则以下判断中正确的是()A电动机的输出功率为14WB电动机两端的电压为7.0VC电动机产生的热功率为4.0WD电源输出的功率为24W解析电动机两端的电压U机EI(rR0)7.0V，选项B正确；电动机输出的功率P机出U机II2r机12W，选项A错误；电动机产生的热功率为P机热I2r机2.0W，选项C错误；电源输出的功率P出EII2r20W，选项D错误答案B2.如图所示，电动

2、势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是()A电路中的电流变大B电源的输出功率先变大后变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小解析当r内R外时，电源输出功率最大；当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻减小，当滑片位于b端时，电源的输出功率变大，选项A对而B错；当把定值电阻R0看做电源内阻时，当滑动变阻器的滑片P位于a端时，滑动变阻器消耗的功率最大，由a端向b端滑动时，滑动变阻器消耗的功率变小，选项C对；此过程中，由PI2R0知，定值电阻R0上

3、消耗的功率变大，选项D错答案AC3.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电微粒恰好处于静止状态，现将下极板向上平移一小段距离，则在此过程中下列说法中正确的是()A电容器的带电荷量变大B电路中有顺时针方向的短暂电流C带电微粒仍将静止D带电微粒将向下做加速运动解析电容器与电源相连，电容器两端电压U与电源电动势E相等下极板向上移动，两板距离d减小，根据C可知电容器的电荷量增大，选项A正确电容器被充电，有逆时针方向的短暂电流，选项B错误两板距离d减小，电压不变，电场强度变大，微粒将向上加速运动，选项C、D错误答案A4.温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用

4、热敏电阻的阻值随着温度变化的特性来工作的如图甲所示，电源的电动势E9.0V，内阻不计；G为灵敏电流计，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示闭合开关S，当R的温度等于20时，电流表示数I12mA；当电流表的示数I23.6mA时，热敏电阻的温度是()A. 60 B. 80 C. 100 D. 120 解析由图象知，当t120，热敏电阻的阻值R14k；根据闭合电路欧姆定律I1，可解得Rg0.5k；I2，可解得R22k，结合图象得：t2120 .答案D5.如图所示，两个相同的平行板电容器C1、C2用导线相连，开始都不带电现将开关S闭合给两个电容器充电，待充电平衡后，电容

5、器C1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态再将开关S断开，把电容器C2两板稍错开一些(两板间距离保持不变)，重新平衡后，下列判断正确的是 ()A电容器C1两板间电压减小B电容器C2两板间电压增大C带电微粒将加速上升D电容器C1所带电荷量增大解析充电完毕后电容器C1、C2并联，且两端电压相等，都等于电源电压，断开S后，电容器C2两板稍错开一些，即两板正对面积S减小，则电容减小，根据C，可知两板间电压U2增大，此时U2>U1，则电容器C2又开始给C1充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故A错误，B正确；电容器C1所带电荷量增大，故D正确；电容器C1两端的电压增

6、大，根据EU/d可知，C1两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，将加速向上运动，故C正确答案BCD6.如图所示，C16F，C23F，R13，R26，电源电动势E18V，内阻不计下列说法正确的是 ()A开关S断开时，a、b两点电势相等B开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大解析S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1>C2

7、，由QCU知此时Q1>Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I2A，此时两电阻两端电压分别为U1IR16V、U2IR212V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1C1U13.6×105C、Q2C2U23.6×105C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误答案BC7.如图所示，直线、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，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，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117B电源1与电源2的电动势之比是

8、11C在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是12D在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是12解析在UI图象中，图线、斜率的绝对值代表电源的内阻，r1，r2，则r1r2117，选项A正确；图线与纵轴的交点表示电源电动势，则E1E210V，选项B正确；小灯泡在第一种连接状态下消耗的功率为P1U1I115W，小灯泡的电阻R1；小灯泡在第二种连接状态下消耗的功率为P2U2I230W，小灯泡的电阻R2，选项C正确D错误答案ABC8.在如图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个用特殊材料制成的同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合稳定后()A通

9、过L1电流的大小为通过L2电流的2倍BL1消耗的电功率为0.75WCL2消耗的电功率约为0.3WDL2的电阻为6解析开关S闭合后，小灯泡L1两端电压为3.0V，由图乙可知通过小灯泡L1的电流为0.25A，小灯泡L1消耗的功率为3.0×0.25W0.75W，选项B正确小灯泡L2、L3共同分得电压3.0V，每个小灯泡均分得1.5V，由图乙可知通过小灯泡L2、L3的电流为0.20A，选项A错误小灯泡L2消耗的功率为1.5×0.20W0.3W，选项C正确，而7.5，选项D错误答案BC9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合电键S，当滑动变

10、阻器R2的滑动触头向右移动时，电路中的电流I、R1两端的电压U1、R2两端的电压U2、电源两端的电压U都发生了变化，电流的变化量为I，R1两端电压的变化量为U1，R2两端电压的变化量为U2，电源两端电压的变化量为U.对于它们之间的关系，下列说法正确的是()A比值不变，|不变，且|B比值增大，|增大，且|C比值增大，|增大，且|D继续调节R2，当R1R2r时，R1上的功率最大 解析R1，R1阻值不变，不变，R1|不变，R1|一定相等，选项A正确；R2，因滑动变阻器R2的滑动触头向右移动，阻值增大，所以增大，|R1r不变，|，选项B错误；因R2增大，所以R2R1增大，因r|，所以|，选项C错误；当

11、R1上的功率最大时，此时R2等于零，选项D错误答案A10.图示电路可用来测量电阻的阻值其中E为电源，R为已知电阻，Rx为待测电阻，可视为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关(1)当S0闭合时，若S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；若S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2.由此可求出Rx_.(2)若电源电动势E1.5V，内阻可忽略；电压表量程为1V，R100.此电路可测量的Rx的最大值为_. 解析(1)由Rx，而Ix故RxR.(2)当Rx两端电压达到1V时，由E1.5V，可得此时R两端的电压U11.5V1V0.5V.此时电路中电流IA则Rxmax 200.答案(1)R(2

12、)20011.如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，金属板长为L.在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q.要使液滴从B板右侧上边缘射出电场，电动势E是多大？重力加速度用g表示解析由闭合电路欧姆定律得I 两金属板间电压为UABIR 由牛顿第二定律得qmgma 液滴在电场中做类平抛运动Lv0t at2 由以上各式解得E 12.四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4.已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)解析(1)设电动机的电功率为P，则PUI 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则P