高考物理轮资料汇编专题恒定电流试题精练

专题09恒定电流

一、单选题

1.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r,电阻R2、&为定值电阻，R为滑动变阻器，A、B为电

容器的两个极板。当滑动变阻器R处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确

A.仅把R的触头向右滑动时，油滴向下运动

B.仅把Ri的触头向右滑动时，油滴向上运动

C.仅把两极板A、B间距离增大，油滴向上运动

D.仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动

【答案】B

【解析】仅把K的触头向右滑动时，为增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，由£=二

a

可知，板间场强增大，油滴所受电场力熠大，则油滴向上运动.A错误，B正确.仅把两极板A、B间距离

d增大，电容器的电压不变，由£二=可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动.C

a

错误.仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍

保持静止.D错误.选B.

【点睛】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于路端电压.分析电容器板间电压的变化，判断电

场强度的变化，根据油滴所受的电场力变化，判断油滴的运动情况.

2.如图所示，电源电动势为心内阻为八不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小

灯泡均能发光。在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）

A.小灯泡L、L2均变暗

B.小灯泡L变喑，小灯泡L变亮

C.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小

D.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大

【答案】D

【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大,

外电路总电阻增大，干路电流减小，则L2灯变暗，电流表读数变小.电源的内电压减小，则路端电压增大,

电压表读数变大.根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则Li灯变亮.故D正确.故选D.

3.智能扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能，自动在房间内完成地板清理工作，现

今己慢慢普及，成为上班族或是现代家庭的常用家电用品.如图为某款智能扫地机器人，其参数见下表，

工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%,下列说法中正确的是()

L品名称科沃斯地宝尘盒容量0.3L

清扫路线自由式液晶显示有

电池容量5000mAh充电器输出直流24V/1000mA

噪音W60db额定功率40W

行走速度20cm/s工作电压24V

A.该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h

B.该扫地机器人最多能储存的能量为4.32X10'J

C.该扫地机器人充满电后能工作5h

0.该扫地机器人充满电后能工作3h

【答案】B

【解析】由表格内的数据可知,电池的容量是50内的h,所带的电量为:<7=5000X10-3A*3600s=l.8X104C,

aiXxlO4

充电器输出电流为/充=1000mA=lA,所以充电的时间为：1=土=二-----S=5h,故A错误；最多能储存

I1

的能量为：胎4片1.8X1(TX24J=4.32X1O5J,故B正确；额定功率未40W,所以工作的时间：

W432x105

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

1P40

4.如图所示电路中，当变阻器R的滑动片P向上滑动时，电压表V和电流表A的示数变化情况是

A.V和A的示数都增大

B.V和A的示数都减小

C.V示数增大、A示数减小

D.V示数减小、A示数增大

【答案】B

【解析】

在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，R与段并联电阻及并塔大，则外电路总

电阻塔大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流工减小，路端电压U熠大，可知见两端的电压减小，V

的示数减小.并联部分电压4=£-式舄+尸），I砌、，E、氏、工均不变，则与增大，通过段的电流增

大，则电流表A的示数;咸小.故B正确，

考点：电路的动态变化分析问题，

5.家用电吹风由电动机和电热丝等组成。为了保证电吹风的安全使用，要求：电动机不工作时，电热丝不

能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作。下列电路中符合要求的是（）

ABCD

【答案】D

【解析】

电动机不工作时，电热丝不能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作，根据要求，不能简单的是串联电

路，所以A错。若是B,电动机不工作，发热丝也在工作，B错误。C同理也不满足要求，只有D答案可以

考点：电路分析

点评：本题考查了结合实际情况的电路分析题，通过实际要求设计符合要求的电路图，通过电路图反馈是

否设计合理。

6.在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光。

能实现此功能的电路是（）

【答案】D

【解析】由题意，S「反中任何一个开关处于开路状态，报警灯就发光，该逻辑电路应采用或门电路，当

S2都闭合时，输入都为0,根据或门电路的特性，得到Y端输出为0.当S2只要有一个断开时，输

入端电势不为0,输出为1,灯亮.故DE确。

考点：简单的逻辑电路

【名师点睛】两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光，该或逻

辑关系为或门电路。

前视频Q

7.投影仪的光源是强光灯泡，发光时必须用风扇给予降温.现设计投影仪的简易电路，要求：带动风扇的

电动机先启动后，灯泡才可以发光；电动机未启动，灯泡绝对不可以发光。电动机的电路元件符号是M图

中符合设计要求的是（）

【答案】C

【解析】

电动机先启动后，灯泡才能发光，说明两者是并联关系（若串联，则同时工咋），且灯泡所在支路有开关

控制；电动机未启动，灯泡不发光；说明了电动机所在支路并没有开关，当接通干路开关后，电动机即可

启动.故选C,

考点：本题考查了并联电路的特点

点评：干路上的开关控制所有用电器，支路上的开关只控制该支路上的开关.

8.如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡口的U-I图线的一部分，用该电源和小灯

泡口组成闭合电路时，灯泡口恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）

A.此电源的内阻为2/3Q

B.灯泡D的额定电压为3V,功率为6W

C.把灯泡D换成“3V,20W”的灯泡灰,电源的输出功率将变小

D.由于小灯泡B的U-I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用

【答案】B

-4^17

r=------D=0.5（

【解析】由图线可知，电源的内阻为____L______选项A错误；因为灯泡正常发光，故灯泡Di的额定

电压为3V,功率为P=IU=2X3W=6肌选项B正确；把灯泡口换成“3V,20W”的灯泡D2,由于灯泡外的电阻

小于灯泡口的电阻，更接近于电源的内阻，故电源的输出功率将变大，选项C错误；虽然小灯泡B的U-I

图线是一条曲线，但由于小灯泡是纯电阻，所以灯泡发光过程，欧姆定律仍适用，选项D错误。

考点：U-I图线；电功率。

9.如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A1的量程大于A?的量程，伏特

表区的量程大V2的量程，把它们按图接入电路，则

①安培表A.的读数大于安培表A2的读数；

②安培表Ai的偏转角小于安培表Az的偏转角；

③伏特表片的读数小于伏特表V?的读数；

④伏特表明的偏转角等于伏特表V2的偏转角；（）

A.①②B.②③C.③©D.①④

【答案】D

【解析】

两安培表并联，表头两端的电压相同，电流相同，指针偏转角度相同，安培表A的量程大于A2的量程，则

安培表A的读数大于安培表儿的读数.故①正确，②错误.两电压表串联，两表头的电流相同，指针偏转

角度相同，量程大的读数大，伏特表％的偏转角等于伏特表V2的偏转角.故③错误，④正确.

考点：考查了电表的改装

10.如图所示，闭合电键S,灯L、L2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L变暗，电流表读数变小,

则故障可能是)

A.Ri断路B.R2断路

C.R3独路D.R」短路

【答案】B

【解析】本题考查电路的串并联问题，R与L并联，R?和R3并联后再和R』串联最后再和L2并联，Li变暗，

通过的电流减小，R如果断，L变亮，R3如果短路，电流表读数会增大，&如果短路，电流表示数变大；

11.如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r=lC,两电表均为理想电表，定值电阻/?3=5。.当开关

K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等.则下列说法正确的是（）

A.电阻凡、号可能分别为3。、6。

B.电阻凡、&可能分别为4。、5Q

C.开关K断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数

I）.开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于1C

【答案】B

【解析】

据题意，电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，K闭合时段被矩路，则有：

（---）2（舄+&）=（，一）一,将骂=30、&=6Q代入方程不成立，而将舄=4Q、&=5Q代入

&+&+「火i+r

方程成立，.故A错误，B正确.电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则电键K断开时

电压表的示数一定大于K闭合时的示数.故C错误.根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R3+r）,则电压

表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为竺=招+「=6Q,故D错误.故选B.

考点：木题考查了闭合电路的欧姆定律、动态分析电路.

12.如图所示，电池的内阻可以忽略不计,电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减

为原来的1/3时，电压表的读数由U。增加到2口,则下列说法中不正确的是（）

A.流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍

B.可变电阻器R消耗的电功率增加为原来的4倍

C.可变电阻器R两端的电压减小为原来的2/3

I）.若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U。

【答案】B

【解析】

电压表是纯电阻，电压表的示数U。增大到2U。，故通过电压表的电流增加为2倍，由于串联，故通过可变电

阻的电流也增大为原来的2倍，A正确；电流变为2倍，电阻变为原来的?，根据P=『R,可变电阻消耗的

3

419

功率变为一倍，B错误；电流变为2倍，电阻变为一，根据U=IR,可变电阻两端的电压减为原来的一，C

333

正确；设电压表的内阻为此根据闭合电路欧姆定律，开始时：E=U°+且xR,可变电阻的阻值减少为原来

此

的［后：E=2U0+祖xB联立解得：E=4U°.若可变电阻的阻值减到零，则电压表的示数等于电源的电动势，

3Rx3

为4U°.D正确.

考点：本题考查闭合电路的欧姆定律。

13.电源、开关S、定值电阻回、灯泡L、光敏电阻码和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板

水平放置。当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻限时，一带电液滴恰好静上在电容器两板间的M点。当

用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则（）

A.灯泡亮度变暗

B.电容器两极板间电压变小

C.电容器所带电荷量减小

D.液滴向上运动

【答案】D

【解析】当用强光照射光敏电阻图时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由匕;四知灯泡的功率

增大，将变亮，选项A错误.四两端间的电压口;增大，则电容器的电E增大，选项B错误.由电容器

的电量E三百知电荷量增大，选项c错误.电容器板间场强”为增大，液滴所受的电场力（方向向上）

增大，故液滴向上运动，选项D正确.故选D.

考点：本题考查了电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律、部分电路的欧姆定律、匀强电场.

14.在如图所示电路中，闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发

生变化，电表的示数分别用1、5、112和小表示，电表示数变化量的大小分别用AI、△□、△小和表示.下

列判断正确的是（)

Ul[△UiI

A.lAU.^lA^I，lA^^lAUalB.i'T|不变，lail变小

叼

u2"21u31△

C.III变大，lAll变大D.了1变大，l/kil变大

【答案】A

【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，分析电路中电流的变化，判断各

个电阻的电压变化，根据路端电压的变化，确定电压变化量的关系.

力△山

题中R是定值电阻，根据欧姆定律得知了=|变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究

△%AU2

、|石亍|与电源内阻的关系，再分析选择.

解：

A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特

点可知，R的电压减小，R2的电压增加.电源的内电压减小，则路端电压增大，因为U1+U2=U3,所以R的电

压减小量小于R2的电压增加量，即有:|AU.|<|AU2|,且有故A正确.

U1△%

B、由于％是定值电阻，根据欧姆定律得知工=|"|=Ri,保持不变，故B错误.

u2AU2

C、II|=R2,变大.根据闭合电路欧姆定律知：U2=E-I（R.+r），则得I|=R+r,保持不变，故C错

误.

U3Ajh

D、|I|二R1+R2,变大；根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-Ir,I△1|二i'保持不变.故D错误.

故选：A.

UU_AU

【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有R=1=2T,而变阻器是非线性元件，R=6Z.

15.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合

且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向。（电源的内阻不能忽略）下列判断正确

的是（）

B.当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角0变大

C.当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下

D.当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小.

【答案】C

【解析】

由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右.细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故

A错误。滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=£-?/变小，电容器

电压变小，细线偏角变小，故B错误.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，

则流过电流表的电流方向向下，故C正确.在滑片由a向b滑动时，滑动变阻器接入电阻减小；总电阻城

小，总电流增大，则尸=即可知，总功率增大，故D错误。

考点：考查了含电容电路

16.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Q,外接R=9.0Q的电阻。闭合开关S,当发动机转子

以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=l班sinl3(V),则()

A.该交变电流的频率为10Hz

B.该电动势的有效值为100Y

C.外接电阻R所消耗的电功率为10W

D.电路中理想交流电流表④的示数为1.0A

【答案】D

f=——='Hz

【解析】交流电的频率2万，A错误；该电动势的最大值为10后，B错误；电压有效值为10V,

电路中电流为/=t4=14,外接电阻R所消耗的电功率为P=/2R=9W,C错误D正确。

1+9

考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式

【名师点睛】根据电动势瞬时值的表达式可以知道角速度、最大值，从而计算频率和有效值，结合欧姆定

律进行其它分析。

前视频。

17.如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，当把电阻R的阻值调大，理想电压表的示数的变化量为AU,

则在这个过程中（）

A.通过R的电流变化量一定等于AU/R

B.Rz两端的电压减小量一定等于AU

C.通过R的电流减小，减小量一定等于AU/R

I）.路端电压增加，增加量一定等于AU

【答案】A

【解析】

因电阻R的阻值调大，则电压表示数增大，而R为定值电阻，故电流的增加量一定等于AU/R”故A正确;

R两端的电压增大，则说明Rz及内阻两端的电压均减小，故Rz两端的电压减小量一定小于△（）,故B错误；

因为电阻R变大，故通过电阻R的电流减小，因为总电流减小，而通过电阻R的电流增加AU/R,故通过

电阻R的电流减小量大于AU/R,选项C错误；因内电压减小，故路端电压漕大，由B的分析可知，路端

电压的增加量一定小于△*故D错误；故选A.

考点：动态电路的分析；欧姆定律的应用。

18.如图所示的电路中，R是定值电阻，电是光敏电阻，电源的内阻不能忽略.闭合开关S,当光敏电阻上

的光照强度增大时，下列说法中正确的是（）

A.通过R2的电流减小

B.电源的路端电压减小

C.电容器C所带的电荷量增加

D.电源的效率增大

【答案】B

【解析】当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻阻值减小U，通过R2的电流增大，电源的路端电压减小,

电容器C所带的电荷量减小，电源效率n=U/E减小，选项A、C、D错误，B正确.

19.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、Rz、此均为定值电阻，酚与③均为理想电表；开始时开关S

闭合，©③均有读数，某时刻发现酚和®读数均变大，则电路中可能出现的故障是

A.R断路B.矽断路C.R短路D.R：y短路

【答案】B

【解析】

因为当R?断路时，外电路的总电阻变大，故路端电压变大，即电压表读数变大；电路的总电流减小，故R

上的电压减小，R,电压变大，故电流表读数变大，与题目所给的现象吻合，故电路是Rz断路，故答案选B。

考点：电路的故障分析.

20.如右图所示，一台电动机提着质量为勿的物体，以速度/匀速上升.已知电动机线圈的电阻为尼电源

电动势为反通过电源的电流为当地重力加速度为g,忽略一切阻力及导线电阻，则（）

B.电源内阻r=△一2叱

II

C.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大

D.如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小

【答案】C

【解析】

由于电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，电动机的输入功率6=14.热功率2=/2R,输出功率

号［=2+6，可解得：U=I肝等,又由闭合电路欧姆定律得：E=U+h,解得：

一箸-R；当电动机被卡住时，电动机变成纯电阻元件，总电流/总=言；，电流增大，故电源消

耗的功率尸增大，所以选项C正确.

故选c

考点：考查了非纯电阻电路电工的计算

点评：关键是知道电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不再适用，

21.在右图所示的电路中，电源的内阻不能忽略。已知定值电阻R)=10Q,R2=8QO当单刀双掷开关S置

于位置1时，理想电压表读数为2V。则当S置于位置2时，电压表读数的可能值为()

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

【答案】C

【解析】

解：由闭合电路欧姆定律可知：当开关置1时,U=九当开关置2时,少=二&；

2_40+5r

将两式相比可得:5故U'=2————,因0＜———故1.6＜『＜2.0j故只

斤—40+4r4O+5r40+5r5

有L9V符合题意,所以C正确；A、B、D错误。

考点：本题考查闭合电路的欧姆定律。

22.如图所示，一平行板电容器C,极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的电流计和

电源连成电路。现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动，下列判断正确的是

B.增大电容器板间距离的过程中，电流计指针不动

C.增大Ri,RI中电流的变化值大于R3中旦流的变化值

I).增大七，R|中电压的变化值小于G中可压的变化值

【答案】C

【解析】

增大R3,外电路总电阻增大，总电流I减小，平行板电容器C的电压Uc=IRaI减小，Uc减小，板间场强

减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下降.故A错误.在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容

减小，而电容器的电压不变，由电容器的电量减小，电容器放电，电流计指针转动.故B错误.增大R”

外电路总电阻增大，总电流13减小，电阻R.3的电压减小，Ri、R2并联电压增大，R2中电流L增大，则R中

电流L减小，又3L+I2,所以％中电流的变化值大于R3中电流的变化值.故C正确，D错误.

考点：全电路欧姆定律；动态电路的分析。

23.图甲是在温度为10C左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻Rk”20〃kQ,R2="10〃

kQ,R3=〃40〃kQ,R为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示.当a、b端电压11曲W0时，电

压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当a、b端电压上＞0时，电压鉴别

器会令开关S断开，停止加热，则恒温箱内的温度可保持在（）

A.10℃

B.20℃

C.35℃

D.45℃

【答案】C

【解析】当a、b端电压U,由＜0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提

高；当。如＞0时，电压鉴别器使S断开，停止加热，得出当«而=0时・，恒温箱保持稳定。

由题意得：当。而=0时，恒温箱保持稳定，根据串并联电路电压与电阻的关系可知：K：&=2:1只有

宠3：凡也为2：1的时候，才有«疝=0,所以可知用电阻值为20kQ,从图乙可以看出，电阻为20kQ时,

温度为35摄氏度。故选C

考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理

24.如图所示，相距为d的两平行金属板水平放置，开始开关£和S2均闭合使平行板电容器带电，板间存

在垂直纸面向里的匀强磁场。一个带电粒子恰能以水平速度向右匀速通过两板间。在以下方法中，有可能

使带电粒子仍能匀速通过两板的是（不考虑带电粒子所受重力）（）

A.保持Si和S2均闭合，减小两板间距离，同时减小粒子射入的速率

B.保持Si和S2均闭合，将Ri、RB均调大一些，同时减小板间的磁感应强度

C.把开关S2断开，增大两板间的距离，同时减小板间的磁感应强度

D.把开关&断开，增大板间的磁感应强度，同时减小粒子人射的速率

【答案】B

【解析】

保持S1和S2均闭合，减小两板间距离，电场强度增大，电场力增大，减小粒子的入射速率，根据F=qvB,

知洛伦兹力减小，两力不再平衡，不能做匀速直线运动.故A错误.保持S1和S2均闭合，将凡、&均调大

一些，鸟两端的电压变小，电容器两端的电压变小，电场强度变小，电场力变小.减小板间的磁感应强度,

根据尸=知洛伦兹力减小，两力还可能平衡.故B正确.把开关S2断开，增大两板间的距离，电容

器带电量不变，根据c=2,。=力1，E=4=2=色丝，知电场强度不变，减小磁感应强度，

U4冗kddCdeS

洛伦兹力减小，两力不再平衡.故C错误.把开关S1断开，电容器会放电，电场强度变为0,电场力为0,

所以不再平衡.故D错误.

故选B.

考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律；带电粒子在混合场中的运动.

点评：处理电容器的动态分析关键抓住不变量.若电容器与电源断开，电量，呆持不变；若电容器始终与电

源相连，电容器两端间的电势差保持不变.

25.如图所示，电阻R】、R2串联在12V的电路中，R.=6kQ,R2=3kQ。当用电阻不是远大于R和R2的电

压表Q〜3V量程测量R?两端的电压时，电压表的读数是3V,当用该电压表。〜15V量程测量电压表的电

压时，电压表的读数为（）

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

【答案】B

【解析】用电压表0-3V量程测量时，电压表读数为UHW,并联关系可知，用两端电压为U产12-3V=9V,则

R上经过的电流为I产UMR尸1.5X10%,也可以计算Rz通过的电流为I^^IXIO^A,则电压表上的电流

为h=I-l2=0.5X10-3A,该电流也为0-3V时电压表的满偏电流。如果用0-15V量程测量，此时的电压表

内阻为R；=U；/L=30KQ,Ri和电压表总电阻R'井=5KQ,据串并联关系有：U总/R*U弁/R,并，由于总电阻R

总;8。，所以得到此时电压表读数为7.5V。所以B选项正确。

考点：本题考查电表的改装，串并联关系。

26.图示电路中，R是光敏电阻，R?是定值电阻，电源的内阻不能忽略.闭合开关S,当光敏电阻上的光照

强度增大时，下列有关电路的分析，其中正确的是（）

A.通过R的电流增大

B.电容器所带电荷量增加

C.电源的输出功率减小

D.电源的效率增大

【答案】A

【解析】

电路稳定时电容器相当于开路，当光照强度增大时光敏电阻Ri的阻值减小，电路总电阻减小，根据欧姆定

律可知电流增大。由于电源内阻不变外电阻增大，根据分压定律可知Ri两端电压减小，即电容器两端电压

减小，电容器带电荷量减少。当外电阻大于内电阻时输出功率随着外电阻的增加而减小，而当外电阻小于

内电阻时输出功率随着外电阻的增加而增加，题中无法判断内阻和外电阻的关系。由于外电压增大电源电

P外u外

压不变，根据电源效率〃=刀=7■可知电源效率减小，故只有A正确。

考点：电容器的提点，闭合电路的欧姆定律

27.在如图所示的闭合电路中，灯泡正常发光，电压表、电流表均为理想电表。当滑片向左滑动时，下列

描述止确的是（）

A.电压表、电流表示数均曾大

B.电压表、电流表示数均减小

C.灯泡逐渐变暗

D.灯泡逐渐变的更亮

【答案】C

【解析】

根据欧姆定律及串并联知识分析有：nJfR总J—qTfu°TfU/.J,电流表测干路电流变大，电压

表测灯泡电压变小，所以A、B错误：因灯泡两端电压变小，所以灯泡功率变小，变暗，故C正确、D错误;

电路的动态变化也可以利用“串反并同”规律进行分析，电流表与变阻器有串联关系、电压表与变阻器有

并联关系、灯泡与变阻器并联，故可知电流表示数变大、电压表示数变小、灯泡变暗，故只有选项c正确;

考点：闭合电路的欧姆定律

28.如图所示，电源电动势为E,内电阻为ro两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻

器的滑片由左端向右端滑动时（设灯丝电阻不变），下列说法中正确的是（）

A.小灯泡L2变暗，％表的示数变小，V2表的示数变大

B.小灯泡Lz变亮，V1表的示数变大，V?表的示数变小

C.小灯泡L变亮，明表的示数变大，V2表的示数变小

D.小灯泡I变暗,%表的示数变小,V2表的示数变大

【答案】c

【解析】

由电阻定御犬=0。可知影响电阻的因素是①与导线的长度成正比，②与导线的横戢面积成反比，所以当

滑动变阻器的滑片由左端向右转滑动时，L变长，R变大，故外电路总电阻墙大，由闭合电路欧姆定律

7=/一，总电滂减小，所以小灯泡L,变晤，由。=£->,路端电压增大，所以9表的示数变大，庄

%=吗，“减小，匕表的示数变小，而5=%+%，所以灯Li的电压墙大，小灯泡L变苑所以C

选项正确，ABD均错。

考点：闭合电路欧姆定律电阻定律串并联电路的动态分析

29.在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内电阻为广，将滑动变阻器R的滑片P从图示位置向右滑

动的过程中，下列判断中正确的是（)

A

A.电压表V的示数变小

B.电源的效率一定变大V

C.电源的输出功率一定变小

D.电流表A的示数一定蛙

DKo

【答案】BR

【解析】

设滑动变阻器在滑片P右侧的电阻值为4，则左侧为R-N，等效电路为用与《并联再与R串联，故

R『R_Ri+&&+r=R+r-1n由闫,尺总=/，选项D错误。由t/内二刀•，可

凡）+用冬+上

R；R、

用1E2

得Uy=。外二七一。内，选项A错误。〃，选项B正确。由端=/2与卜=，可得

一葭Q（凡卜+r）2

R总

端=（琢-rf+4%r,由于不知道R外与r的大小关系，故/可能先增大后减小，或一直增大或一直减

小，选项C错误。故选B。

考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、动态分析电路。

30.如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机。小灯泡L上标有“6V12W”字样,

电动机的线圈电阻RM=0.50Q。若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V,此时（）

A.电动机的输入功率为12W

B,电动机的热功率为12W

C.电动机的输出功率为12W

D.整个电路消耗的”电功率为24W

【答案】A

【解析】

P

灯泡正常发光，则电路电流I=—=2A。灯泡正常发光时，电动机电压UN=U-UL=12-6=6V,电动机的输入功率

U

P=U«I=6X2=12W,电动机的输出功率P出二P-P0=12W-2W=10W,故A正确，C错误；电动机的热功率

PcFlWxO,5=2W,故B错误；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，

故D错误；

考点：电功、电功率

31.在如图所示的电路中，£为电源，其内阻为八L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R、是为定值电阻,

此为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表.若将照射用的光的强度减弱,

A.电压表的示数变大

B.小灯泡消耗的功率变小

C.通过总的电流变小

D.电源内阻消耗的电压变大

【答案】B

【解析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由

欧姆定律可得出电压表示数的变化：同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电

压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化.

解：A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电

路中电流减小，故R两端的电压减小，故A错误：

B、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=「R可知，小灯泡消耗的功率变小，故

B正确；

C、因电路中电流减小，故电源内阻的电压减小，路端电压增大，同时R两端的电压减小，故并联电路部分

电压增大；则流过R2的电流增大，故CD错误；

故选:B.

【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据

总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质.

32.在如图所示的部分电路中，当滑动变阻器的滑键从最左端向右滑过2R/3时，电压表的读数由U。增大到

2U0,若电源内阻不计，则下列说法中正确的是（）

A.通过变阻器R的电流增大为原来的3倍，

B.变阻器两端的电压减小为原来的2/3倍，

C.若R的阻值减小到零，则电压表的示数为41k

D.以上说法都不正确

【答案】BC

【解析】电压表的读数由U。增大到2U。，则电路中的电流增大到原来的2倍，故A错误

总电压恒定，有+=2/gR+2U0,解得/R=3U。，后来变阻器两端电压为2/gR=2U0,即电压

减小为原来的2/3倍，故B正确

若R的阻值减小到零，则电压表的示数为总电压，U0+3Uo=4lk,故C正确

故选BC

33.有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220V,60W”.现

让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量()

A.日光灯最多B.电烙铁最多

C.电风扇最多D.一样多

【答案】B

【解析】

电风扇，电烙铁和日光灯额定电压、额定功率相同，相同时间内消耗的电能相等，而电风扇消耗的电能大

部分转化为机械能，日光灯消耗的电能大部分转化为光能，电烙铁消耗的电能全部转化为内能，所以产生

的热量电烙铁最多.

故选B

考点：焦耳定律；电功、电功率.

点评：本题中电风扇、日光灯正常工作时是非纯电阻电路，抓住能量如何转化是关键.基本题.

34.如图所示电路中，电源电动势为E,内阻为小当变阻器R的滑片位于中点时，额定功率相同的A、B、

C三个小灯泡均正常发光，则下列说法不手砸的是

A.三个灯泡中，C岛阻最大，B灯人阻最小

B.当滑片P向左移动在，A、分两灯变亮，B灯变暗

C.当滑片P向左移动时，B、C两灯变亮，A灯变暗

D.当滑片P想左移动时，屯源的总姆减小

【答案】C

【解析】

等效电路为变阻器与A灯并联后与B灯串联，最后与C灯并联，对于灯A、B:通过A的电流小于B的电流,

当两灯泡的功率相同时，由公式尸=户太分析可知，A的电阻大于B的电阻.灯C的电压大于A的电压，当

两个灯泡的功率相同时，C的电阻大于A的电阻.可见，C灯电阻最大，B灯电阻最小.故选项A正确.B、

C当滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，C

灯变亮.流过B灯的电流4=1一七，】雇小，增大，则及减小，则8灯变暗.A灯的电压%=U-U”

。增大，%减小，则%增大，A灯变亮.故选项B正确，选项C错误.当滑片P向左移动时，外电阻增

大，总电流;咸小，由总功率及=型知减小，选项D正确。本题选不正确的故选C.

考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、电路的动态分析.

35.普通照明电路中一只白炽灯泡不发光了，电工师傅在检修时，拧下灯口的上盖，露出了两个接线柱(如

图所示)，然后用测电笔分别去接触a接线柱和b接线柱，结果发现a、b两接线柱都能够使电笔的舛管发

光，根据这一现象，电工师傅就断定了故障的性质及发生故障的部位，以下说法中你认为正确的是

()

A.短路，短路处必在灯口内

B.短路，短路处必在跟灯口连接的两根电线之间

C.断路，必是跟灯口连接的两根电线中有一根断了，且断掉的那根是零线，灯泡的鸨丝肯定没有断

I).断路，必是灯泡的铝丝断了，而不是连接灯口的电线断了

【答案】C

【解析】

家庭电路的两根线分别是火线和零线，测电笔和火线接触时，筑管会发光，接触零线时，气管不会发光.

若电路发生短路，会造成电路中的电流过大，从而使得保险装置切断电路.所以应该发生了断路，而测电

笔的息管发光，这说明零线断了.

故选C.

考点：家庭电路的故障分析；测电笔的使用.

点评：该题考查了用测电笔判断电路故障的方法，是一项基本技能，了解家庭电路的构成和安全用电连接

方式是解题的关键.

36.：2011•上海高考物理・T6）右表是某逻辑电路的真值表，该电路是（）

=tEFI输入输出|

(A)(B)LZJLZJ

LTJ

=(AHIKnjLTJ

(C)(D)□JL±J0J

【答案】选D.

【解析】与门电路的逻辑功能是两个输入端只要有一端是“0”，输出端就是“0”，真值表是:

ABY

000

010

100

111

非门的输入端与输出端相反，所以，与门跟非门串联后的真值表是:

ABY

001

011

101

110

可见D选项正确.

37.压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装

置，其装置示意图如图甲所示.将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A,电梯静止时电

压表示数为U。，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是

A.乙图表示电梯可能做变减速下降

B.乙图表示电梯可能做匀减速下降

C.乙图表示电梯可能做变减速上升

D.乙图表示电梯可能做匀速下降

【答案】A

【解析】

电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小.与图象的意义相符，故A正确。电梯

匀减退下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象情况不符，故B错

误。电梯变减速上升时，其加速度向下，根据牛顿第二定律，压敏电阻所受压力小于重力，则其电压逐渐

增大，与图象意义不符，故C错误。电梯匀速下降时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与

图象反映的情况不符，故D错误。故选A.

考点：本题考查了闭合电路的欧姆定律、超重和失重、牛顿第二定律、图象.

38.分别用图甲.图乙两种电路测量同一未知电阻的阻值。图甲中两表的示数分别为3v.4mA,图乙中两表

的示数分别为4V.3.9mA,则待测电阻Rx的真实值为（）

A.略小于19B.略小于750g

C.略大于IknD.略大于750g

【答案】D

【解析】先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，

这种电流表分压较大，应该采用甲图进行测量比较准确。甲图中测量值较真实值偏小。

39.如图所示，电源的电动势为E,内电阻为r,外电路接有定值电阻用和滑动变阻器R,合上开关S,当

滑动受阻器的滑动片P从R的最左端移到最右端的过程中，下述说法正确的是（）

A.电压表读数一定变大B.电压表读数一定变小

C.R消耗的功率一定变大D.R消耗的功率一定变小

【答矣】A

【解析】