2025年高考物理一轮复习之电路与电能

2025年高考物理一轮复习之电路与电能

选择题（共10小题）

1.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由

于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏，电压表和电流表变化量绝对值分别为AU、

AL则下列说法正确的是（）

I—<=}—T------------T—（=）­T~

4I4

,C.L中和勺

—~~L<AU-

A.电流表的读数变小、电压表的读数变大

AU

B.—二R2

AI

C.液滴将向下运动

D.电源的输出功率变大

2.江厦潮汐电站是中国第一座双向潮汐电站，在涨潮与落潮时均可发电，且一天中涨潮与落潮均有两次。

电站总库容490万立方米，发电有效库容270万立方米，平均潮差5.08米。电站发电机组总装机容量

3000千瓦，平均每昼夜发电15小时。该电站（）

A.每年能提供的电能约为L64Xl（）6kWh

B.每年能提供的电能约为2.74Xl（）6kWh

C.发电的效率约为29%

D.发电的效率约为10%

3.如图所示的电路中，电源的电动势E=12V,内阻不计，电阻Ri=10Q,R2=20Q,滑动变阻器的最大

阻值R=30Q,电容器MN的电容C=12pF,现将滑动触头L置于最左端a点，合上开关S,经过一段

时间电路处于稳定，此时一带电油滴恰好静止在MN之间的P点，下列说法正确的是（）

B.若断开开关S,则通过Ri的电荷量为4X1（T5c

C.若滑动触头L向右滑动，则油滴将向上加速运动

D.若从a点向右移动滑动触头L,至aL间电阻为20Q时，则下极板N的电势降低了4V

4.自2015年起，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。下表为某品牌新能源汽车的部分参

数，下列说法正确的是（）

整车质量1285kg充电电压交流220V

最高车速150km/h平均充电功率7kW

0-50km/h加速时间3.9s充电时间7h

电池容量43kWh电机最大功率70kW

A.平均充电电流约为3.2A

B.电池的内阻约为6.9Q

C.该汽车的充电效率约为88%

D.该汽车的最大续航里程约为92km

5.在如图所示的电路中，D是一只理想二极管，平行板电容器AB内部有一带电小球Q处于静止状态。

闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P滑动时，四个理想电表的示数都发生变化。电流表A、电压表

V1、电压表V2、电压表V3的示数分别用I、Ui、U2和U3表示，它们的示数变化量的大小分别用△1、

AU1>AU2和AU3表示。闭合开关S,下列说法正确的是（）

A.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，I变小、U2变大，U3变小、带电小球Q向下运动

B-当滑动变阻器的滑动触头p向上滑动时,等不变,磬减小

C.若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些（两极板仍平行），Q仍静止不动

D.若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些（两极板仍平行），Q仍静

止不动

6.理想变压器与两个定值电阻Ri、R2和电阻箱R3组成如图所示电路，其中Ri=40C,R2=60Q,电阻箱

最大阻值为999.911,变压器原、副线圈的匝数比为k=若在a、b间接入交变电流a=150后讥1007rt

（V）,则下列说法正确的是（）

段

A.流经Ri的电流每秒改变方向50次

B.当R3增大时，流经R1的电流增大

C.当R3=96.0。时，R3消耗的功率最大

D.当R3增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比增大

7.如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点P,电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为E

和r,电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为U和I。当滑动变阻器R4的滑片向b端

移动时，下列说法正确的是（）

A,电压表和电流表示数都变大

B.P质点的电势能增加

C.R3消耗的电功率变大

D.电源的输出功率一定减小

8.如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横

截面积相等但长度是a的两倍.当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）

B.Vi的示数是丫3的2倍

C.V2的示数是V1的2倍D.V2的示数是丫3的2倍

9.在图所示的四个电路中，两个完全相同的灯泡，当分别闭合开关S,移动滑动变阻器角头从左端至右端

时，能使其中一个灯由暗变亮同时，另一个灯由亮变暗，则符号要求的电路是（）

P1

10.工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的弓--图像如图，其中

I]

P为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是（）

A.该蓄电池的电动势为12V

B.该蓄电池的内阻为2Q

C.该蓄电池的最大输出功率为144W

D.该蓄电池的短路电流为12A

多选题（共4小题）

（多选）11.如图所示，一平行板电容器与滑动变阻器并联接入电路，上极板附近接有一个二极管（单向

导电），电容器的极板水平。现有两个粒子源，分别置于电容器的上、下极板附近的左右两端（到极板

的距离相等），上极板右边附近的粒子源水平发射初速度为VI的正电粒子a,下极板左边附近的粒子源

水平发射初速度为V2的负电粒子b,粒子a、b所带电荷量大小分别为qi、q2质量分别为mi、m2。粒

子a、b同时入射，随后在电容器两极板间相遇，忽略a、b间的相互作用和重力，a、b打到极板上被吸

收，不计a、b对极板的影响。下列说法正确的是（）

A.若a是a粒子（$He）,b是氯离子（C「，氛的原子序数为17）,则a、b是在电容器两极板间的上

半区域相遇

B.其它条件不变，改变a、b的初速度大小，只要保证两初速度的和不变，a、b一定会相遇

C.其它条件不变，向下调节滑动变阻器滑片P,则a、b相遇的位置不变

D.其它条件不变，两粒子源位置不变，将下极板下移，则a、b不相遇

（多选）12.如图所示图像示意图在物理学习中经常遇到，很多的物理量关系都满足此类关系图像，那么

关于此图像适用的物理过程，描述不正确的是（）

A.研究电源串联外电阻输出功率时，该图像可近似看作是电源输出功率P随外电阻R变化的图像

B.研究两个小球发生弹性碰撞且碰前球m2静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系的图像

C.研究竖直面内绳球模型球从水平下落至竖直的过程中，可以完整表达球重力的功率P与绳跟水平面

夹角0的关系

D.该图像可以表述两个分子间的作用力F与分子间距r的关系

（多选）13.如图所示，电源电动势为E,内阻为r电路中的R2、R3均为总阻值一定的滑动变阻器，Ro

为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S闭合时，电容器中一带电微粒

恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是（）

当

A.只逐渐增大Ri的光照强度，电阻Ro消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流

B.只将滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流

C.只将滑动变阻器R2的滑动端Pi向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动

D.若断开开关S,带电微粒向下运动

（多选）14.风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风

能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW,风速在5〜10m/s范围内，

转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为p,风场风速为v,并保持风

正面吹向叶片。下列说法正确的是（）

A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比

B.单位时间流过面积A的流动空气动能为5pH/

C.若每天平均有1.0Xl（）8kw的风能资源，则每天发电量为2.4Xl（）9kw.h

D.若风场每年有5000h风速在6〜10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6。义l（）5kWh

三.填空题（共2小题）

15.如图，在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，外电路总阻值,电压表示数

电流表示数。（均选填“增大”“减小”或“不变”）

16.给如图所示的莱顿瓶甲充电，当两金属球之间的电压达到一定值时，金属球A、B间开始放电，出现

电火花。该实验能够证明的存在。移动莱顿瓶乙的矩形线框中可移动的带有窗管的金属棒

到时，凝管发光最亮。

四.解答题(共4小题)

17.手电筒是一种便携式照明工具。如图所示的手电筒，由塑料壳、二节干电池、小灯泡、按键等组成。

(1)手电筒里的二节干电池是(选择：A.串联、B.并联)的。已知每节干电池的电动势为

1.5V,内电阻为0.5Q,则电池组的总电动势为V,总内阻为Q。

(2)一节干电池的电动势为1.5V,表示该电池o

A.存储的电能为L5J

B.存储的化学能为1.5J

C.工作时两极间的电压恒为L5V

D.将1C正电荷由负极输送到正极的过程中，非静电力做功1.5J

(3)已知手电筒里小灯泡的电阻为9Q,则手电筒工作时小灯泡两端的电压为V,每节干

电池两端的电压为V,电池组对小灯泡的供电效率为O

(4)(简答)若手电筒里两节干电池用了较长时间，手电筒工作时小灯泡只能发出微弱的光。把两节干

电池取出来，分别用电压表进行测量，发现电压表的示数都接近1.5V。请简述小灯泡不能正常发光的

18.对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深理解。

给定一段粗细均匀的导体AB,横截面积为S、长为L.单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷

量为e。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为V。

(1)求导体中的电流I；

(2)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩

余部分)的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形成电阻

的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即f=kv,k是阻力系数。请推导导体的电阻率2=含。

(3)自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离子，

从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为△

Ek,将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q,请证明：Q=AEk。

19.饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号

时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所

示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为S=10-3m2,线圈的总电阻为r=0.1Q,线圈连接一电

阻R=0.4C,其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，(垂直纸面

向里为正),

(1)请你判定。〜0.1s时间内，流经电阻R的电流方向

(2)求0〜0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热;

(3)求0.1〜0.4s时间内,

20.如图所示，电源电动势E=8V,内阻r=0.8O,闭合开关S后，标有“6V,3W”的灯泡恰能正常发光,

电动机M的内阻Ro=lQ,求：

(1)流过电源的电流；

(2)电源的总功率和电源的输出功率；

(3)电动机的发热功率和电动机对外做功的功率。

2025年高考物理一轮复习之电路与电能

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由

于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏，电压表和电流表变化量绝对值分别为AU、

AL则下列说法正确的是（）

A.电流表的读数变小、电压表的读数变大

AU

B.—=R2

AI

C.液滴将向下运动

D.电源的输出功率变大

【考点】含容电路的动态分析；电源的总功率、输出功率和效率.

【专题】定量思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理能力.

【答案】B

【分析】当L的灯丝突然烧断后电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律分析干路电流、电源的

内电压和R1两端的电压的变化，电容器C两端的电压等于电源电动势减去电源的内电压和R1两端的

电压，由此可知电容器两端的电压，以及两极板间场强的变化，由带电液滴所受的电场力的变化，判断

液滴运动方向；根据电容器两端的电压等于电阻R2和R3的总电压，由此可知R2与R3中的电流变化;

电压表和电流表分别测量的是电阻R2的电压和电流，根据欧姆定律分析B选项；根据电源的输出功率

与外电阻的关系可知，在外电阻与电源内阻的关系未知的情况下，不能判断电源的输出功率如何变化。

【解答】解：C.当L的灯丝突然烧断后电路中总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，流过电源的电

流减小，电源的内电压和R1两端的电压减小，则电容器C两端的电压增大，电容器两极板间场强增大，

带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，故C错误；

A,电容器两端的电压等于电阻R2和R3的总电压，由于电容器两端的电压增大，故R2与R3中的电流增

大，则电流表、电压表的读数均变大，故A错误；

B.电压表和电流表分别测量的是电阻R2的电压和电流，根据欧姆定律可知，R2=S=第，故B正确；

D.根据电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，由于外电

阻与电源内阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了含容电路的动态分析，电源的输出功率的变化特点。处理电路动态变化时要从总电

阻的变化入手,根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化,进而在进行外电路的局部分析。

2.江厦潮汐电站是中国第一座双向潮汐电站，在涨潮与落潮时均可发电，且一天中涨潮与落潮均有两次。

电站总库容490万立方米，发电有效库容270万立方米，平均潮差5.08米。电站发电机组总装机容量

3000千瓦，平均每昼夜发电15小时。该电站()

A.每年能提供的电能约为1.64X106kWh

B.每年能提供的电能约为2.74Xl()6kWh

C.发电的效率约为29%

D.发电的效率约为10%

【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；理解能力.

【答案】C

【分析】根据功率定义求每年能提供的电能；根据效率的定义可以得到水电站的发电效率。

【解答】解：AB.每年能提供的电能约为

ELPt=3000x15x365k仞i=1.64x107kWh.

故AB错误；

CD.每次涨潮与落潮水的质量为

m=pV=270X104X1X103kg=2.7X109kg

一天中涨潮与落潮均有两次，一天发电的总能量为

911

E2=4mgli=4x2.7x10X10X5.08/«5.5X107

发电的效率约为

E\3000x1()3x15x3600

X100%«29%

E5.5X1011

故C正确，D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了能量守恒定律、电功、功率等知识点。注意能量守恒定律的应用，明确能量的来源

去向，以及转化的效率。

3.如图所示的电路中，电源的电动势E=12V,内阻不计，电阻Ri=10C,R2=20。，滑动变阻器的最大

阻值R=30。，电容器MN的电容C=12pF,现将滑动触头L置于最左端a点，合上开关S,经过一段

时间电路处于稳定，此时一带电油滴恰好静止在MN之间的P点，下列说法正确的是（）

B.若断开开关S,则通过R1的电荷量为4XI。-5c

C.若滑动触头L向右滑动，则油滴将向上加速运动

D.若从a点向右移动滑动触头L,至aL间电阻为20。时，则下极板N的电势降低了4V

【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义.

【专题】定量思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理能力.

【答案】B

【分析】滑动变阻器的滑动触头置于最左端a点，电容器的下极板N与电源正极相连，由此判断两极

板的电势高低和两板间的电场方向，根据平衡条件判断油滴受到的电场力方向，根据电场力与电场的方

向关系判断油滴带电性质；开关闭合时，电容器两端的电压等于电阻R1两端电压，根据串并联电路的

性质求出电容器两端的电压，根据电容的定义式求解其所带的电量。S断开后电容器通过电阻R1所在

的支路和电阻R2和滑动变阻器R的串联支路放电，根据并联电路的特点求解通过R1的电量；若滑动

触头向右滑动，电容器两板间电压先减少后增大，两板间的电场强度先竖直向上减小，后竖直向下增大，

根据油滴受到的电场力的变化，以及电场力与重力的关系，判断油滴如何运动；滑动触头在a点时，根

据电阻R1的电压确定N板电势。当a、L间电阻为20。时，先求出a到L的电势差，再得到此时N板

电势，从而可知极板N的电势变化。

【解答】解：A、滑动变阻器的滑动触头置于最左端a点，电容器的下极板N与电源正极相连，则N

板电势高于M板，两板间的电场方向竖直向上，油滴恰好静止在MN之间，根据平衡条件，可知其受

到的电场力竖直向上，与电场方向相同，故油滴带正电，故A错误；

B、开关闭合时，电容器两端的电压等于电阻Ri两端电压，根据串并联电路的性质可得电容器两端的

电压为：

D

"1=仃匕已解得：Ui=4V

尺1十七

电容器所带的电量为：Q=CUi=12xIO"x4C=4,8x10-5C

S断开后电容器通过两个支路放电，一个是电阻R1所在的支路，另一个是电阻R2和滑动变阻器R的串

联支路，根据并联电路的电流关系可知，两支路的电阻之比为10：(20+30)=1：5,则电流之比为5：

lo可知通过Ri的电量为Q1=当，解得：QI=4X10-5C,故B正确；

C、若滑动触头向右滑动，电容器两板间电压先减少后增大，下极板N先带正电后带负电，根据E=?

可知两板间的电场强度先竖直向上减小，后竖直向下增大，油滴受到的电场力先竖直向上减小，后始终

向下增大，电场力始终不大于重力，油滴所受合力始终竖直向下，则油滴将向下加速运动，故C错误；

D、滑动触头在a点时，N板电势为：(pa=Ui=4V

a、L间电阻为20。时，a到L的电势差为：UaL=瞥E12V=8V=(pa-(pL

解得：＜PL=-4V,即此时N板电势为-4V,故下极板N的电势由4V变为了-4V,降低了8V,故D

错误。

故选：B。

【点评】本题考查了含容电路的分析与计算，考查了电容定义式，闭合电路欧姆定律的应用。要知道如

何确定电路中电容器的电压。

4.自2015年起，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。下表为某品牌新能源汽车的部分参

数，下列说法正确的是()

整车质量1285kg充电电压交流220V

最高车速150km/h平均充电功率7kW

0-50km/h加速时间3.9s充电时间7h

电池容量43kWh电机最大功率70kW

A.平均充电电流约为3.2A

B.电池的内阻约为6.9。

C.该汽车的充电效率约为88%

D.该汽车的最大续航里程约为92km

【考点】含容电路分析；电功和电功率；纯电阻电路和非纯电阻电路；常见的电源种类及参数问题.

【专题】定量思想；推理法；分析综合能力.

【答案】C

【分析】A、利用平均电流计算公式计算电流；

B、可先计算充电过程中电池内阻产生的热量，然后计算充电过程的充电电流，利用热量计算公式计算

内阻；

C、利用表格所给数据计算充电效率；

D、利用最高车速和时间计算里程。

【解答】解：A、平均充电电流约为：

,P7xl03*.

I=守=220Zx31.8Z

故A错误；

B、充电过程中电池内阻产生的热量为Q=(7X7-43)kW«h=6kWh

由A选项可知充电电流为

1=31.8A

根据Q=Rt

得电池内阻约为

G0.85Q

故B错误；

C、该汽车的充电效率约为

43kW'h“cc/ccc/

片标市xl00%-88%

故C正确；

D、电池最大的供电时间为

*43,

考虑到电池有输出效率，故该汽车的最大续航里程应满足

s<150xyg/cm«92km,故D错误；

故选：Co

【点评】本题考查应用所学知识解决常见家用电器技术参数相关问题的能力。

5.在如图所示的电路中，D是一只理想二极管，平行板电容器AB内部有一带电小球Q处于静止状态。

闭合开关S,当滑动变阻器的滑动触头P滑动时，四个理想电表的示数都发生变化。电流表A、电压表

Vi、电压表V2、电压表V3的示数分别用I、Ui、U2和U3表示，它们的示数变化量的大小分别用AI、

AU1>AU2和AU3表示。闭合开关S,下列说法正确的是（）

A.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，I变小、U2变大，U3变小、带电小球Q向下运动

B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，华不变，华减小

C.若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些（两极板仍平行），Q仍静止不动

D.若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些（两极板仍平行），Q仍静

止不动

【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义.

【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理能力.

【答案】D

【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电路中

电流的变化以及U2、U3的变化，由欧姆定律分析Ui的变化。结合二极管的单向导电性分析电容器的

电荷量是否变化，再分析板间场强的变化，判断Q的运动情况；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动

时，根据闭合电路欧姆定律分析学和华的变化情况；若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板

AIAI

A和B稍错开一些或两极板A和B的间距稍增大一些,分析电容的变化,判断电容器板间电压的变化，

确定Q的运动情况。

【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，其接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，

贝也变小，Ui变小。

由闭合电路欧姆定律得

U2=E-I（Ri+r）

U3=E-Ir

可知U2变大，U3变大。

Ui变小，电容器板间电压减小，电容器要放电，但由于A板带正电，B板带负电，二极管具有单向导

电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，板间场强不变，带电小球Q受到的电场力不变，

则Q仍静止不动，故A错误；

B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，学=同，不变

AI

由闭合电路欧姆定律得

U2=E-I(Ri+r)

可得^=Ri+r,不变，故B错误；

C、若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些，两极板正对面积减小，电容器

的电容C减小，而电容器的电压不变，由、=。_1知，电容器的带电量将要减小，但由于二极管单向导

电性，所以电容器不能放电,带电量Q不变。根据C=考、C=晶、E=9可得电容器板间场强E=寰,

uzr7r/vu.ci

可知，电容器板间场强增大，所以Q受到的电场力增大，Q将向上加速运动，故C错误；

D、若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些，电容器的电容C减小，

而电容器的电压不变，由Q=CU知，电容器的带电量将要减小，但由于二极管单向导电性，所以电容

器不能放电，带电量Q不变。根据E=瞥可知，电容器板间场强不变，Q所受的电场力不变，仍静

止不动，故D正确。

故选：D。

【点评】本题是电路与电容器的动态变化分析问题，抓住二极管单向导电性判断电容器的电量能否变化

是关键。同时，要熟练推导出E=瞥，来分析电容器板间场强的变化情况。

6.理想变压器与两个定值电阻Ri、R2和电阻箱R3组成如图所示电路，其中Ri=40C,R2=60O,电阻箱

最大阻值为999.90,变压器原、副线圈的匝数比为k=若在a、b间接入交变电流a=150/s讥100成

(V),则下列说法正确的是()

A.流经R1的电流每秒改变方向50次

B.当R3增大时，流经R1的电流增大

C.当R3=96.0Q时，R3消耗的功率最大

D.当R3增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比增大

【考点】电功和电功率的计算；交变电流的u-t图像和i-t图像；变压器的构造与原理.

【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力.

【答案】C

【分析】交流电在一个周期内电流方向改变两次；根据变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比判断；

把R1和R2看作电源内阻的一部分，当内外电阻相等时电源的输出功率最大；根据闭合电路的欧姆定律

分析。

【解答】解：A、电源的频率为f=^=喏Hz=50Hz,在一个周期内电流方向改变2次，所以流经

R1的电流每秒改变方向100次，故A错误；

B、当R3增大时，根据欧姆定律可知，通过副线圈的电流减小，根据变压器原副线圈的电流之比与匝

数成反比可知，通过原线圈的电流也减小，所以流经R1的电流减小，故B错误；

C、把R1和R2看作电源内阻的一部分，这两个电阻并联，则电源的等效内阻为r=片-=黑鬻。=

尺1+尺24U+6U

240,把R3看作原线圈电路中的一部分，则等效电阻为R'=G）2R3，当电源内阻和外电阻相等时电源

的输出功率最大，即2R=「，解得R3=96O,故C正确；

43

D、根据闭合电路的欧姆定律可得£=1；+火可知，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的

大小之比表示等效电源的内阻，即R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比保持不

变，故D错误。

故选：Co

【点评】本题有一定的难度，把握住两点，一个是等效电源的问题，能够得到他们的等效内阻；第二个

是分清楚路端电压和电流的比值关系。

7.如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点P,电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为E

和r,电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为U和I。当滑动变阻器R4的滑片向b端

移动时，下列说法正确的是（）

<AH

A,电压表和电流表示数都变大

B.P质点的电势能增加

C.R3消耗的电功率变大

D.电源的输出功率一定减小

【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义；电功和电功率的计算式及影响因素.

【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理能力.

【答案】B

【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，分析电路的总电阻变化，从而得到干路电流的变化，

判断R3两端电压的变化，分析通过R3的电流变化，即可判断电流表示数的变化，再分析R2的电压变

化，从而得到电压表示数的变化；根据电容器板间电压的变化分析板间场强的变化，判断质点P受到的

电场力变化，分析其运动方向，根据电场力做功情况来分析其电势能的变化；根据R3的电压变化分析

R3消耗电功率的变化；根据内外电阻的关系分析电源的输出功率变化。

【解答】解：A、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，

干路电流I增大，R3两端电压为U3=E-I(Ri+r),可知U3减小，通过R3的电流13减小，电流表示数

为IA=I-I3,I增大，13减小，则IA增大，R2的电压U2增大，电压表示数为UV=U3-U2,U3减小，

U2增大，则Uv减小，故A错误；

B、电容器与R3并联，两者电压相等，则知电容器板间电压减小，板间场强减小，质点P所处位置与

下极板的电势差减小，故此位置的电势降低，因质点P带负电，所以其电势能增加，故B正确；

C、R3两端电压减小，则R3消耗的电功率变小，故C错误；

D、由于不知道电源的内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路结构，明确滑动变阻器接入电路的阻值变化情况,

根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化。

8.如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横

截面积相等但长度是a的两倍.当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是(

-®-l|-©-|-®-

[~X~i-l-li

abc

―|l|l-------------------1'I

A.Vi的示数是丫2的2倍B.Vi的示数是丫3的2倍

C.V2的示数是Vi的2倍D.V2的示数是丫3的2倍

【考点】欧姆定律的简单应用；串联电路的特点及应用.

【专题】恒定电流专题.

【答案】A

【分析】根据题意，由欧姆定律求出a、b、c的电阻关系；

三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示

数关系.

【解答】解：由题意可知：Lc=2La=2Lb,Sb=2Sa=2Sc;

由电阻设b的电阻Rb=R,由电阻定律R=pg得：

Ra=2Rb=2R,Rc=2Ra=4R,Rc：Ra：Rb=4：2：1,

由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，

通过它们的电流I相等，由U=IR得：

Uc：Ua：Ub=4：2：1,

Uv3：Uvi：UV2=4：2：1,

A、Vi的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；

B、V3的示数是Vi的2倍，故B错误；

D、V3的示数是V2的4倍，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查了各电压表示数间的关系，分析清楚电路结构、熟练应用电阻定律、欧姆定律是正确

解题的关键.

9.在图所示的四个电路中，两个完全相同的灯泡，当分别闭合开关S,移动滑动变阻器角头从左端至右端

时，能使其中一个灯由暗变亮同时，另一个灯由亮变暗，则符号要求的电路是（)

【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式.

【专题】恒定电流专题.

【答案】c

【分析】根据串并联电路的特征，结合闭合电路欧姆定律，及滑动变阻器的接法，即可求解.

【解答】解：A、L1与滑动变阻器右端的电阻串联，电压和等于路端电压，当滑动变阻器触头从左端至

右端时，滑动变阻器右端的电阻变小，则Li两端电压变大，所以Li变亮。对L2用特殊值和极限值分

析，设两灯的阻值均为10。，变阻器总阻值为10Q,电源电动势为6V,当P置于左端时，L2电功率为

Pi=0.4W,当P置于右端时，L2电功率为P2=0.9W,故滑动变阻器触头从左端至右端时，L2变亮，故

A错误；

B、当滑动变阻器触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2

随着总电阻的减小，导致总电流增大，则灯2的亮度也变亮，故B错误；

C、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯2被短路，不亮，因此触头从左端至右

端时，灯1渐渐变亮，而灯2渐渐变暗，故C正确；

D、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯1仍被短路，不亮，而灯2渐渐变亮,

故D错误；

故选：Co

【点评】考查短路与断路的区别，掌握串并联电路的电阻，电流与电压的特点，注意灯泡的亮暗由电功

率的大小来确定.

P1

10.工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的77-二图像如图，其中

yj

p为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是（）

A.该蓄电池的电动势为12V

B.该蓄电池的内阻为2。

C.该蓄电池的最大输出功率为144W

D.该蓄电池的短路电流为12A

【考点】电动势的概念和物理意义；电功和电功率的计算.

【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；推理能力.

【答案】C

【分析】根据直流电源的输出功率的表达式变形，结合图像斜率与截距解得电动势与内阻，蓄电池的最

大电流即为短路电流，根据数学方法分析最大输出功率的条件。

【解答】解：AB.根据题意可知，直流电源的输出功率P=EI-Fr

PE

变形可得77=--r

*I

结合题图可得

E=24V,r=m

故AB错误；

C.根据闭合电路欧姆定律P=EI-I2r=—（/—卷）2+蒋；

可知，当1=另=号94A=12A

乙/乙入_L

产2242

时有最大的输出功率，最大输出功率61ax=3=^W=144W

故C正确；

D.该蓄电池的最大电流即为短路电流，短路电流Imax=擀=4A=24A,故D错误。

故选：Co

【点评】解答本题时，要注意输出功率的表达式，根据图像的斜率与截距分析解答，注意最大功率的分

析方法。

二.多选题（共4小题）

（多选）11.如图所示，一平行板电容器与滑动变阻器并联接入电路，上极板附近接有一个二极管（单向

导电），电容器的极板水平。现有两个粒子源，分别置于电容器的上、下极板附近的左右两端（到极板

的距离相等），上极板右边附近的粒子源水平发射初速度为VI的正电粒子a,下极板左边附近的粒子源

水平发射初速度为V2的负电粒子b,粒子a、b所带电荷量大小分别为qi、q2质量分别为mi、m2。粒

子a、b同时入射，随后在电容器两极板间相遇，忽略a、b间的相互作用和重力，a、b打到极板上被吸

收，不计a、b对极板的影响。下列说法正确的是（）

A.若a是a粒子（$He）,b是氯离子（C「，氛的原子序数为17）,则a、b是在电容器两极板间的上

半区域相遇

B.其它条件不变，改变a、b的初速度大小，只要保证两初速度的和不变，a、b一定会相遇

C.其它条件不变，向下调节滑动变阻器滑片P,则a、b相遇的位置不变

D.其它条件不变，两粒子源位置不变，将下极板下移，则a、b不相遇

【考点】含容电路的动态分析；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动.

【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；恒定电流专题.

【答案】BC

【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据两粒子的比荷大小关系，分析两粒子垂直于极板方向的位移

大小关系，据此可判断a、b相遇的位置；根据两粒子在水平方向上做匀速直线运动，分析初速度的和

不变时两者的运动情况；向下调节滑动变阻器滑片P,判断滑动变阻器两端的电压与电容器两端电压的

大小关系，依据二极管的单向导电性，判断电容器的带电量是否变化，极板间电场强度如何变化，判断

粒子a、b的运动情况是否变化；只将下极板下移，极板间距d增大，由电容的决定式和定义式，分析

电容器的带电量如何变化，以及其内部电场强度如何变化，判断a、b的运动情况是否变化。

【解答】解：A.设粒子a、b同时入射后经过时间t相遇，极板电场强度为E。粒子在电场中做类平抛运

动，根据类平抛运动规律可得，粒子垂直于极板方向的位移大小为：

y=2at2=义.变.t2

,22m

a是a粒子，设其比荷为红，b是氯离子，设其比荷为殁，则有：—,可得：yi>y2,则a、b

m1m2m1m2

是在电容器两极板间的下半区域相遇，故A错误；

B.设极板长度为L,改变前粒子a、b同时入射，随后在电容器两极板间相遇，在水平方向上有：vit+v2t

=（V1+V2）t=L

由此可知只改变a、b的初速度大小，只要保证两初速度的和不变，即初速度的和总是等于（V1+V2）,

则粒子a、b同时入射后经过时间t后一定会相遇，故B正确；

C.其它条件不变，向下调节滑动变阻器滑片P,滑动变阻器接入电路的电阻值减小，滑动变阻器两端的

电压减小，以致于电容器两端电压大于了滑动变阻器两端的电压，电容器上极板带正电，因二极管具有

单向导电性，故电容器不能放电，则电容器的带电量不变，极板电压不变，电场强度不变，则粒子a、

b的运动情况不变，相遇的位置不变，故C正确；

D.只将下极板下移，极板间距d增大，由电容的决定式：C二嘉,可知电容C减小，由电容的定义

式：C=*可知电容器应该放电，但二极管具有单向导电性，使得电容器不能放电，电容器的带电量

不变，根据：£=g=岛=瞥，其内部电场强度不变，所以a、b相遇位置不发生变化，故D错误。

ClC<CL匕厂J

故选：BCo

【点评】本题考查了含容电路的动态分析，以及带电粒子在电场中运动问题。粒子在电场中做类平抛运

动，将其运动分解处理。掌握电容器的定义式与决定式。

（多选）12.如图所示图像示意图在物理学习中经常遇到，很多的物理量关系都满足此类关系图像，那么

关于此图像适用的物理过程，描述不正确的是（）

A.研究电源串联外电阻输出功率时，该图像可近似看作是电源输出功率P随外电阻R变化的图像

B.研究两个小球发生弹性碰撞且碰前球m2静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系的图像

C.研究竖直面内绳球模型球从水平下落至竖直的过程中，可以完整表达球重力的功率P与绳跟水平面

夹角9的关系

D.该图像可以表述两个分子间的作用力F与分子间距r的关系

【考点】电功和电功率的计算式及影响因素；验证动量守恒定律.

【专题】定性思想；推理法；分子间相互作用力与分子间距离的关系；推理能力.

【答案】CD

【分析】本题根据图形所表示横坐标轴量与纵坐标轴量的关系，结合相关的规律进行分析。

【解答】解：A.电源输出功率随外电阻变化图像如图所示：

和题中示意图基本近似，故A正确；

B.两个小球弹性碰撞且其中球m2碰前静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系图像如图:

故B正确；

C.绳系小球模型，水平静止时重力的功率是0,运动到竖直状态时重力的功率也是0,故C错误;

D.分子力与分子间距关系如图所示，故D错误。

【点评】本题考查图像示意图的意义，要学会变通，能举一反三，关键要掌握相关的物理规律。

（多选）13.如图所示，电源电动势为E,内阻为r电路中的R2、R3均为总阻值一定的滑动变阻器，Ro

为定值电阻，R1为