2012届高考物理第一轮电路的基本规律精练跟踪复习题(附答案)
2012届高考物理第一轮串并联及混联电路考点解析复习题(含答案)
2012届高考物理第一轮串并联及混联电路考点解析复习题(含答案) 串并联及混联电路（内容分析）知识目标一、串联电路①电路中各处电流相同．I=I1=I2=I3=…… ②串联电路两端的电压等于各电阻两端电压之和.U=U1+U2+U3…… ③串联电路的总电阻等于各个导体的电阻之和，即R=R1＋R2＋…＋Rn ④串联电路中各个电阻两端的电压跟它的阻值成正比，即⑤串联电路中各个电阻消耗的功率跟它的阻值成正比，即二、并联电路①并联电路中各支路两端的电压相同．U=U1=U2=U3…… ②并联电路子路中的电流等于各支路的电流之和I=I1＋I2＋I3=…… ③并联电路总电阻的倒数等于各个导体的电阻的倒数之和。
= + +…+ ，当并联电路是由n个相同的电阻R并联而成时，总电阻R总= ；当并联电路只有两个支路时，则总电阻为R 总= ④并联电路中通过各个电阻的电流踉它的阻值成反比，即I1R1＝I2R2=…＝InRn= U．⑤并联电路中各个电阻消耗的功率跟它的阻值成反比，即P1R1=P2R2=…=PnRn=U2．【例1】如图所示，P为一块均匀的半圆形薄电阻合金片，先将它按图甲方式接在电极A、B之间，测出电阻为R，然后再将它按图乙方式接在C、D之间，这时P的电阻为（） A. R； B. R/2 ；C. R/4； D. 4R 简析：将半圆形合金片从中间（图中虚线所示）割开，分成完全相同的两块，设每块电阻力R0，则图中甲连接方式相当于两个电阻并联，图乙连接相当于两个电阻串联． RAB=R0/2=R RCD=2R0＝4R答案：D 点评：巧妙选取相同的电阻，运用电阻的串并联特点来分析是解决此题的特点．【例2】如图中三个R1、R2、R3，电流表的内阻忽略不计，则通过三个电阻的电流强度之比和两个电流表读数之比各为多少？解析：原图可变换成附图所示电路，三个电阻组成并联电路．流过三个电阻电流强度之比I1：I2：I3=1/ R1：1/ R2：1/ R3=R2R3：R1R3：R1R2 电流表A1和A2的读数之比I1/：I2/=（I2＋ I3）：（I1＋ I2）＝R1（R2＋R3）：R3（R1＋R2）答案：I1：I2：I3=1/ R1：1/ R2：1/ R3，I1/：I2/=R1（R2＋R3）：R3（R1＋R2）【例3】图中电源电压U＝5 V，内阻不计，V1、V2、V3、三个电压表的内电阻相同，其中V1、V2的读数分别为3V、2V，试求电压表V3的读数．简析：V1表的读数大于V2表的读数，V1表通过的电流I1大于V2表通过的电流I2，并且等于V2表和V3表通过的电流之和，即I1＝I2十I3，三个电压表的内阻相同，设为RV，则 I1RV= I2 RV十I3 RV 得：V1＝V2＋V3 V3＝V1―V2=3V―2V=1V 点评：电压表的示数为本身的电压值，此题是把三个电压表当成三个相同的电阻来讨论的．【例4】有三个电阻，其阻值分别为10 Ω、20Ω、30Ω，现在它们分别按不同方式连接后加上相同的直流电压，问：（1）在总电路上可能获得的最大电流和最小电流之比为多少？（2）对20Ω电阻来说，在各种可能连接方式中能使它获得最大功率的，有哪些连接方式？获得最小功率的有哪些连接方式？（只要求画电路图表示）解析：如图所示（1）在电压不变的情况下，三电阻并联时总电阻最小，电流最大；三电阻串联时总电阻最大，电流最小． = ＋＋，R并=60/11Ω R 串=10＋20＋30，R串=60 Ω，I最大/I最小=R串/R并=11 （2）使20 Ω电阻获得最大功率的连接方式有：a、b，获得最小功率的连接方式是C。
2012年高考物理第一轮考点及考纲复习题(有答案)
2012年高考物理第一轮考点及考纲复习题（有答案）2012年高考一轮复习考点及考纲解读（八）恒定电流内容要求说明 64．电流。
欧姆定律。
电阻和电阻定律65．电阻率与温度的关系 66．半导体及其应用。
超导及其应用 67．电阻的串、并联。
串联电路的分压作用。
并联电路的分流作用 68．电功和电功率。
串联、并联电路的功率分配 69．电源的电动势和内电阻。
闭合电路的欧姆定律。
路端电压 70．电流、电压和电阻的测量：电流表、电压表和多用电表的使用。
伏安法测电阻 II I I IIII II II名师解读恒定电流部分是高考必考内容之一，特别是电学实验更是几乎每年必考。
常见题型有选择题、实验题、计算题，其中以实验题居多。
高考考查的重点内容有：欧姆定律，串、并联电路的特点，电功及电热，闭合电路的欧姆定律，电阻的测量（包括电流表、电压表内阻的测量）。
其中含容电路、电路动态变化的分析、功率分配问题是命题率较高的知识点，尤其电阻的测量、测量电源的电动势和内电阻更是连续多年来一直连考不断的热点。
复习时要理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义，另外，要密切注意半导体、超导等与生产和生活相结合的新情景问题。
样题解读【样题1】(江都市2011届高三联考)一中学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图8－1，连接在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值。
关于这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中示数的判断正确的是 A．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数仍为正 B．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数为负 C．飞船在近地圆轨道上运行时，电压表的示数为零D．飞船在近地圆轨道上运行时，电压表的示数所对应的加速度应约为9.8m/s2 [分析] 飞船竖直加速升空的过程和竖直减速返回地面的过程中都发生超重现象，弹簧被压缩，变阻器的滑动头向下滑动，所以电压表的示数正负情况相同，A项正确，B项错误；飞船在近地圆轨道上运行时，处于完全失重状态，加速度等于重力加速度，约为9.8m/s2，C项错误，D项正确。
2012届高考物理第一轮课时复习题131
2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第七章 恒定电流第2讲 电动势 闭合电路的欧姆定律一、选择题（本题共11小题，共88分）1．两个相同的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ； 若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．R C.R 2D ．无法计算 解析：当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r当两电阻并联接入电路中时I ＝E R 2＋r ×12 由以上两式可得：r ＝R ，故选项B 正确．答案：B2．(2011·广州调研)如图7－2－24所示电路中，电源电动势E＝9 V 、内阻r ＝3 Ω，R ＝15 Ω.下列说法中正确的是( )A ．当S 断开时，U AC ＝9 VB ．当S 闭合时，U AC ＝9 VC ．当S 闭合时，U AB ＝7.5 V ，U BC ＝0D ．当S 断开时，U AB ＝0，U BC ＝0解析：本题考查电动势、路端电压知识．当S 断开时，电路中电流为0，U AC 的大小等于 电动势的大小为9 V ，A 项正确；当S 闭合时，U BC ＝0，U AB ＝E R ＋r R ＝7.5 V ，C 项正确． 答案：AC3．如图7－2－25所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，A 、B 两灯亮度的变化情况为 ( )A ．A 灯和B 灯都变亮B ．A 灯和B 灯都变暗C ．A 灯变亮，B 灯变暗D ．A 灯变暗，B 灯变亮解析：滑动触头向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，总电 流增大，路端电压减小，故A 、B 灯都变暗，B 正确．答案：B4．如图7－2－26所示，一只玩具电动机用一节干电池供电，闭合开关S 后，发现电动机转速较慢，经检测，电动机性能完好；用电压表测a 与b 间电压，只有0.6 V ；断开开关S ，测得a 与b 间电图7－2－24 图7－2－25压接近1.5 V ，电动机转速较慢的原因是 ( )A ．开关S 接触不良B ．电动机接线接触不良C ．电动机两端接线短路D ．电池过旧，内阻过大解析：本题考查了电源的电势和内阻等知识．开关S 接触不良、电动机接线接触不良、电动机两端接线短路，电动机就不会旋转了，而不是转得慢．电 动机转得慢的原因是电池过旧，内阻过大，电动机两端的电压过低造成的，D 对． 答案：D5．(2011·北京海淀期末)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工 作，则 ( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E解析：本题考查了恒定电流的有关知识．电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ， A 选项正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，B 选项错误；电源的输出功率为UI ，C 选项错误；电源的效率为U E ＝E －Ir E，D 选项正确． 答案：AD6．在如图7－2－27所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合电键S ，将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是 ( )A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率变小C ．电容器C 上电荷量减少D ．电流表读数变小，电压表读数变大解析：将滑动变阻器滑片P 向左移动一段距离后，R 的阻值变大，电路中电流变小，灯泡变暗，A 选项错误；路端电压变大，电阻R 两端电压变大，电容 器C 两端电压变大，电容器C 上电荷量增加，C 选项错误，D 选项正确；当外电路电阻 等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，则外电路电 阻比r 大得越多，输出功率越小，B 选项正确．答案：BD7．在如图7－2－28所示的电路中，E 为内阻不可忽略的电源，R 1、R 2为定值电阻，R 为光敏电阻．无光照射时，外电路的总电阻比电源的内阻小；当有光照射在光敏电阻上，且照射光的强度逐渐增大时，下列说法正确的是 ( )A ．电源消耗的总功率减小B ．外电路消耗的功率逐渐减小C ．外电路消耗的功率先增大后减小图7－2－27 图7－2－28D ．电压表的读数增大，电流表的读数减小答案：C8．有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图7－2－29中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G (实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数式为R＝30－0.02 F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．下列说法正确的是( ) A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是1 300 NC ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘0.400 A 处解析：本题考查传感器及闭合电路欧姆定律．电路中允许的最大电流为3 A ，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R ＋2＝123，R 最小为2 Ω，代入R ＝ 30－0.02F ，求出最大F ＝1 400 N ，A 项正确，B 项错误；当F ＝0时，R ＝30 Ω，这时 电路中的电流I ＝1230＋2 A ＝0.375 A ，C 项正确，D 项错误． 答案：AC9．如图7－2－30所示，电阻R 1＝20 Ω，电动机线圈电阻R 2＝10 Ω.当开关S 断开时，电流表的示数为0.5 A ；当电键S 闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．电流表显示的电流或电路消耗的电功率P 应是 ( )A ．I ＝1.5 AB ．I ＞1.5 AC ．P ＝15 WD ．P ＜15 W解析：S 断开时，电流表示数为0.5 A ，则U ＝I 1R 1＝10 V ，S 闭合时，因电动机为非纯电阻元件，故I 2＜U R 2＝1 A ，故A 、B 错．这时电路总功率P 总＝ UI 总＝U (I 1＋I 2)＜10×(1＋0.5)W ，即P 总＜15 W ，故D 对．答案：D10．(2011·天星专题)图7－2－31甲为某一小灯泡的U －I 图线，现将两个这样的小灯泡并联 后再与一个4 Ω的定值电阻R 串联，接在内阻为1 Ω、电动势为5 V 的电源两端，如图7 －2－31乙所示．则 ()图7－2－31A ．通过每盏小灯泡的电流强度为0.2 A ，此时每盏小灯泡的电功率为0.6 W图7－2－29 图7－2－30B．通过每盏小灯泡的电流强度为0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.6 WC．通过每盏小灯泡的电流强度为0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.26 WD．通过每盏小灯泡的电流强度为0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.4 W解析：若通过每盏小灯泡的电流强度为0.2 A，则电源输出电流为I＝0.4 A，由闭合电路欧姆定律计算得此时小灯泡两端电压为U＝E－I(R＋r)＝3 V．由题图甲可知小灯泡的电流强度为0.2 A时小灯泡两端电压仅为1.3 V，显然通过每盏小灯泡的电流强度不可能为0.2 A，A、C错误；若通过每盏小灯泡的电流强度为0.3 A，由题图甲可知小灯泡的电流强度为0.3 A时小灯泡两端电压为2.0 V，电阻R和内阻r上的电压为3.0 V，此时每盏小灯泡的电功率为P＝UI＝0.6 W，B正确、D错误．答案：B11．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某研究性学习小组利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图7－2－32甲所示，将压敏电阻和两块挡板固定在升降机内，中间放一个绝缘重球，当升降机静止时，电流表的示数为I0，在升降机做直线运动的过程中，电流表的示数如图7－2－32乙所示，下列判断正确的是()图7－2－32A．从0到t1时间内，升降机做匀加速直线运动B．从t1到t2时间内，升降机做匀加速直线运动C．从t1到t2时间内，重球处于超重状态D．从t2到t3时间内，升降机可能静止解析：由压敏电阻的特点知，0到t1时间内电流I最大，压敏电阻的阻值最小，故所受的压力最大、恒定，故升降机做匀加速直线运动，A正确；t1到t2时间内，I均匀减小，所以压敏电阻所受的压力均匀减小，但压力仍大于重力，所以升降机做加速度越来越小的加速运动，B错误，C正确．由于升降机一直加速，所以t2到t3时间内，升降机不可能静止，而应该是做匀速直线运动．答案：AC二、非选择题（第12题12分）12．如图7－2－33甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图7－2－33乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：图7－2－33(1)电源的电动势和内阻.(2)定值电阻R 2的阻值．(3)滑动变阻器的最大阻值．解析：(1)将题中乙图中AB 线延长，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝E I 短＝20 Ω. (2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应乙图中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，得R 2 ＝U 2I 2＝5 Ω.(3)当P 滑到R 3的左端时，由乙图知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80Ω. 因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以滑动变阻器的最大阻值为：R 3＝300 Ω.答案：(1)20 V 、20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω。
2012高考物理第一轮测试题精选_(7)
2011高考物理热点预测专题8·直流电路和交流电路高考预测本专题内容主要讨论了恒定电流的产生，电源的作用，电路的组成，电流、电压、功率以及能量转化关系，还有闭合电路欧姆定律、串并联电路等等内容，与实际联系紧密，象超导现象及其在生产、科技方面的应用，该知识点与高科技，日常生活的联系较大，贴近生活． 符合现代高考的对知识应用和能力的考查，本专题的内容在2010年高考中大约占总分的百分之十五左右，以单独命题占多数，也可以与牛顿运动定律、动量和能量、电磁感应相结合，基本题型是以选择题、实验题或计算题出现。
如以选择题出现难度一般不大，若以实验题和计算题出现，则属于较难的题一、选择题（共10小题，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）1.如图1所示，电阻t R 是热敏电阻，电阻Ｒ是标准电阻（阻值不随温度变化），现将它们串联在一起，在两端加上恒定的电压Ｕ，在室温下，两电阻的阻值相等，当环境温度改变时，有（ ）Ａ.温度升高时，t R 上电流变小Ｂ.温度降低时，t R 上电流变小Ｃ.温度降低时，t R 上消耗的电功率变小，温度升高时，t R 上消耗的电功率变大Ｄ不论温度升高还是降低，t R 上消耗的电功率都变小2.在生产实际中，有些高压直流电路含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关Ｓ由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关Ｓ处产生电弧，危及操作人员的人身安全，为了避免电弧的产生，可在线圈出并联一个元件，下列方案可行的是（ ）3.设长度为l 、横截面积为S ，单位体积自由电子数为n 的均匀导体中电流的流动，在导体两端加上电压U ，于是导体中有匀强电场产生，在导体内移动的自由电子(-e )受匀强电场作用而加速.而和做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度v 成正比，其大小可以表示成kv (k 是常数)。
2012届高考物理第一轮课时复习训练题(附答案)
2012届高考物理第一轮课时复习训练题（附答案）第二节带电粒子在磁场中的运动一、单项选择题1．(2011年广东广州模拟)速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如下图所示，则磁场最强的是()解析：选D.由qvB＝mv2r得r＝mvqB，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项D正确．2．初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中的电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：选A.由安培定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，用左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指指向此时洛伦兹力的方向，方向向右，电子向右偏转；而洛伦兹力不做功，则速率不变，故A正确．3．(2011年浙江杭州模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看成零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子射出磁场的位置到入口处S1的距离为x，下列判断正确的是()A．若离子束是同位素，则x越大，离子进入磁场时速度越小B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小C．只要x相同，则离子质量一定不相同D．只要x相同，则离子的比荷一定相同解析：选D.在加速电场中，qU＝12mv2；在磁场中qvB＝mv2R；由几何关系知x＝2R；以上三式联立可得x＝2mvqB＝2B2mUq，只有选项D 正确．4．(2011年山东淄博模拟)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为em的电子以速度v0从A 点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为()A．B＞3mv0aeB．B＜2mv0aeC．B＜3mv0aeD．B＞2mv0ae解析：选C.如图所示，由题意知，当电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝a2/cos30°＝a3，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝mvqB，有a3＞mv0eB，即B＜3mv0ae，C选项正确．二、双项选择题5．(2011年广东四校联考)质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流．已知粒子的运动速率为v、半径为R、周期为T，环形电流的大小为I.则下面说法正确的是()A．该带电粒子的比荷为qm＝BRvB．在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝qBtmC．当速率v增大时，环形电流的大小I保持不变D．当速率v增大时，运动周期T变小解析：选BC.在磁场中，由qvB＝mv2R，得qm＝vBR，选项A错误；在磁场中运动周期T＝2πmqB与速率无关，选项D错误；在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角θ＝tT•2π＝qBtm，选项B正确；电流定义I＝qT＝Bq22πm，与速率无关，选项C正确．6．(2011年深圳模拟)1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量解析：选AD.回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A正确，选项B错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C错误；D形盒D1、D2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D正确．7．(2011年辽宁锦州模拟)如图所示，圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π/3，根据上述条件可求得的物理量为()A．带电粒子的初速度B．带电粒子在磁场中运动的半径C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的比荷解析：选CD.设圆柱形区域的半径为R，粒子的初速度为v0，则v0＝2Rt，由于R未知，无法求出带电粒子的初速度，选项A错误；若加上磁场，粒子在磁场中的轨迹如图所示，设运动轨迹半径为r，运动周期为T，则T＝2πrv0，速度方向偏转了π/3，由几何关系得，轨迹圆弧所对的圆心角θ＝π/3，r＝3R，联立以上式子得T＝3πt；由T＝2πm/qB得q/m ＝23Bt，故选项C、D正确；由于R未知，无法求出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，选项B错误．8．(2011年上海模拟)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个真空的圆环状的空腔．若带电粒子的初速度可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.带电粒子将被局限在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是()A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B 越小B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B 越大C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动周期越小D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变解析：选AC.带电粒子先经电压为U的电场加速，由动能定理有qU＝12mv2，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝mv2R，解得：R＝1B2mUq，因半径R确定，对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小，选项A正确；对于给定的带电粒子，加速电压U越大，磁感应强度越大，由周期公式T＝2πmqB，所以粒子运动周期越小，选项C正确，选项D错误．三、非选择题9．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm.(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？解析：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径r＝R，又qvB＝mv2R，则粒子的比荷为qm＝vBr.(2)令粒子飞出磁场的点为D点，则粒子从D飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°角．用粒子速度的偏向角的角平分线及一处(A点)速度的垂线可找出圆心．粒子做圆周运动的半径：R′＝rcot30°＝3r，又：R′＝mvqB′，所以B′＝33B，粒子在磁场中飞行时间t＝16T＝16•2πmqB′＝3πr3v.答案：(1)负电vBr(2)3B33πr3v10．(2011年东北四市联考)如图所示，在空间有一直角坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的理想边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B.一质量为m，电荷量为q的质子(不计重力，不计质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x 轴上的Q点(图中未画出)，试求：(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(2)Q点到O点的距离．解析：(1)设质子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域Ⅱ中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r1qvB′＝mv2r2粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点出匀强磁场区域Ⅰ时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动轨迹对应的圆心角为θ＝60°则ΔO1OA为等边三角形OA＝r1r2＝OAsin30°＝12r1解得区域Ⅱ中磁感应强度为B′＝2B.(2)Q点到O点的距离为x＝OAcos30°＋r2＝(3＋12)mvqB.答案：(1)2B(2)(3＋12)mvqB1．(2010年高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且α>β.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有()A．三个质子从S运动到S′的时间相等B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近D．附加磁场方向与原磁场方向相同解析：选CD.三个质子运动的弧长不同，但速度大小相同，所以运动的时间一定不同，选项A错误；假设三个质子在附加磁场以外区域运动轨迹的圆心均在OO′轴上，则必定三个质子运动轨迹的半径不同，这与R＝mvqB都相同相矛盾，所以选项B错误；若撤去附加磁场，画出三个质子的运动轨迹(图略)，a、b、c三个质子到达SS′连线的位置距离S 的长度分别为sa＝2Rcosα，sb＝2R，sc＝2Rcosβ，由于α>β，所以sa 最小，选项C正确；由于撤去附加磁场sb最大，加上附加磁场三者都经过S′，又由于质子b经过附加磁场区域最大，所以附加磁场应起到“加强偏转”的作用，即附加磁场方向与原磁场方向相同，选项D正确．2．(2010年高考山东卷)如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量＋q、重力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1.(2)粒子第n次经过电场时电场强度的大小En.(3)粒子第n次经过电场所用的时间tn.(4)假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值)．解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，粒子第n次进入磁场时的半径为Rn，速度为vn，由牛顿第二定律得qvnB＝mv2nRn①由①式得vn＝qBRnm②因为R2＝2R1，所以v2＝2v1③对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得W1＝12mv22－12mv21④联立③④式得W1＝3mv212.⑤(2)粒子第n次进入电场时速度为vn，出电场时速度为vn＋1，有vn＝nv1，vn＋1＝(n＋1)v1⑥由动能定理得qEnd＝12mv2n＋1－12mv2n⑦联立⑥⑦式得En＝ 2n＋1 mv212qd.⑧(3)设粒子第n次在电场中运动的加速度为an，由牛顿第二定律得qEn＝man⑨由运动学公式得vn＋1－vn＝antn⑩联立⑥⑧⑨⑩式得tn＝2d 2n＋1 v1.(4)如图所示．答案：(1)32mv21(2) 2n＋1 mv212qd(3)2d 2n＋1 v1(4)如解析图所示。
高考物理一轮基础复习 电路、电路的基本规律1
电路、电路的基本规律一、选择题(每小题6分，共54分)1.如图所示，电源内阻不可忽略，已知R 1为半导体热敏电阻，热敏电阻的阻值随温度的升高而变小，R 2为锰铜合金制成的可变电阻，当发现灯泡L 的亮度逐渐变暗时，可能的原因是( )A ．R 1的温度逐渐降低B ．R 1受到可见光的照射C ．R 2的阻值逐渐增大D ．R 2的阻值逐渐减小解析 AD 灯泡L 的亮度变暗，说明流过灯泡的电流减小，其原因可能是R 1的阻值增大或R 2的阻值减小，半导体热敏电阻随温度的升高电阻率减小，故可能的原因是R 1的温度降低或R 2的阻值减小，A 、D 正确，B 、C 错误．2.如图所示电路中，电源电动势E ＝9 V 、内阻r ＝3 Ω、R ＝15 Ω，下列说法中正确的是( )A ．当S 断开时，U AC ＝9 VB ．当S 闭合时，U AC ＝9 VC ．当S 闭合时，U AB ＝7.5 V ，U BC ＝0D ．当S 断开时，U AB ＝0，U BC ＝0解析 AC 当S 断开时，AC 两端电压即为电源电压为9 V ，因无电流通过R ，故U AB ＝0，BC 两端电压也为电源电压，即U BC ＝9 V ，故A 对，D 错；当S 闭合时，U AB ＝U AC ＝R R ＋r E ＝7.5 V ，此时BC 间为一根连通的导线，故U BC ＝0，故B 错，C 对．3．用电压表检查如图所示电路中的故障，测得U ad ＝5.0 V ，U cd ＝0 V ，U bc ＝0 V ，U ab ＝5.0 V ，则此故障可能是( )A ．L 断路B ．R 断路C ．R ′断路D ．S 断路解析 B 用电压表检查电路时，如电压表有示数，则表示电压表跨接的电路部分断路，由U ad ＝U ab ＝5.0 V ，可以判断R 断路．4．某实物投影机有10个相同的强光灯L 1～L 10(24 V 200 W)和10个相同的指示灯X 1～X 10(220 V 2 W)，将其连接在220 V 交流电源上，电路如图所示，若工作一段时间后，L 2灯丝烧断，则( )A ．X 1的功率减小，L 1的功率增大B ．X 1的功率增大，L 1的功率增大C ．X 2的功率增大，其他指示灯的功率减小D ．X 2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析 C 强光灯和指示灯先并联，然后它们再串联在220 V 交流电源上．L 2灯丝断开，则总电阻变大，电路中电流I 减小，又L 1和X 1并联的分流关系不变，则X 1和L 1的电流都减小，功率都减小，同理可知除X 2外各灯功率都减小，选项A 、B 均错误；由于I 减小，各并联部分的电压都减小，交流电源电压不变，则X 2上电压增大，根据P ＝U 2R可知X 2的功率变大，选项C 正确，选项D 错误．5.闭合电路的电源电动势为E ，内阻为r ，如图所示，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑片P 从右端滑到左端时，下列说法中正确的是( )A ．小灯泡L 1、L 3变亮，L 2变暗B ．小灯泡L 3变暗，L 1、L 2变亮C ．电压表V 1示数变化量较小D ．电压表V 2示数变化量较小解析 BD 当滑动变阻器的滑片P 从右端滑到左端时，并联电路总电阻减小(局部)，总电流I 增大，路端电压U 减小(整体)．干路电流增大，则L 2变亮；与滑动变阻器串联的灯泡L 1电流增大，变亮；与滑动变阻器并联的灯泡L 3电压U 3＝U －U 2，U 减小，U 2增大，则U 3减小，L 3变暗．U 1减小，U 2增大，而路端电压U ＝U 1＋U 2减小，所以U 1的变化量大于U 2的变化量．6.如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线．若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大解析 A 电源的效率η＝P 出P 总＝UI EI ＝U E，由于U B >U C ，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 项正确，B 项错误；将电阻接在电源上，电阻的U I 图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，由于图线的斜率等于电阻的阻值，由图象可知，R 2与电源的内阻相等，所以接在电源上时，R 2比R 1消耗功率大，故C 、D 错．7.如图为“热得快”热水器的电路图和示意图．现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A 、B 两端的电压为220 V ，指示灯两端电压为220 V ．该热水器的故障在于( )A ．连接热水器和电源之间的导线断开B ．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路C ．电阻丝熔断，同时指示灯烧毁D ．同时发生了以上各种情况解析 C 由于A、B两端的电压和指示灯两端的电压均为220 V，说明热水器和电源之间的导线未断，同时电阻丝和指示灯也未发生短路而应该是电阻丝和指示灯同时发生断路，故选C.8.某同学设计了一个转向灯电路(如图)，其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源．当S置于位置1时，以下判断正确的是( )A．L的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大解析 A 由电路结构可知，当S置于1位置时，L与L2串联后再与L1并联，由灯泡的额定电压和额定功率可知，L1和L2的电阻相等，L与L2串联后的总电阻大于L1的电阻，由于电源电动势为6 V，本身有内阻，所以L1两端电压和L与L2的总电压相等，且都小于6 V，所以三只灯都没有正常发光，三只灯的实际功率都小于额定功率．含L的支路的总电阻大于L1支路的电阻，由于两条支路的电压相等，所以含L的支路的总功率小于另一支路的功率．9.如图所示的电路图中，C2＝2C1，R2＝2R1，下列说法正确的是( )A．开关处于断开状态，电容器C2的电荷量大于C1的电荷量B．开关处于断开状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量C．开关处于接通状态，电容器C2的电荷量大于C1的电荷量D．开关处于接通状态，电容器C1的电荷量大于C2的电荷量解析 A 当开关处于断开状态时，C1与C2的电压均等于电源的电动势，由Q＝CU知，C2的电荷量大于C1的电荷量，故A正确，B错误；当开关处于接通状态时，电阻R1和R2串联，C1的电压等于C2的电压的2倍，而C2＝2C1，由Q＝CU可知，两电容的电荷量相等，故C、D均错．二、非选择题(共46分)10．(12分)如图所示，A1和A2是两块相同的电流表，V1和V2是两块相同的电压表，电流表A1的示数是1.4 mA，电压表V1和V2的示数分别是0.8 V和0.6 V，试求：(1)电流表A2的示数．(2)电压表和电流表的内阻之比．解析(1)设电压表和电流表的内阻分别是R V和R A，两电压表完全相同，可知其示数跟通过的电流成正比，即I V1∶I V2＝U1∶U2＝4∶3又因I V1＋I V2＝1.4 mA所以通过A2的电流为I V2＝0.6 mA.(2)通过电压表V1的电流为I V1＝0.8 mA根据I V1R V＝I V2(R A＋R V)得R V/R A＝3∶1.【答案】(1)0.6 mA (2)3∶111．(16分)如图所示，电源的电动势E ＝9 V ，内阻r ＝0.5 Ω，电阻R 1＝5.0 Ω、R 2＝3.5 Ω、R 3＝6.0 Ω、R 4＝3.0 Ω，电容C ＝2.0 μF ，当电键K 由与a 接触到与b 接触通过R 3的电荷量是多少？解析 K 接a 时，由图可知U C ＝U 1＝E R 1＋R 2＋rR 1＝5 V 此时电容器带电荷量Q C ＝CU C ＝CU 1＝1.0×10－5 C ，上极板带正电；K 接b 时，由图可知U ′C ＝U 2＝E R 1＋R 2＋rR 2＝3.5 V 此时电容器带电荷量Q ′C ＝CU ′C ＝CU 2＝0.7×10－5 C ，下极板带正电；流过R 3的电荷量为ΔQ ＝Q C ＋Q ′C ＝1.7×10－5 C.【答案】 1.7×10－5 C12．(18分)某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N 相接，穿在光滑的金属杆上．弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k ＝1 300 N/m ，自然长度为L 0＝0.5 m ，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S ＝0.5 m 2，工作时总是正对着风吹来的方向．电路中左端导线与金属杆M 端相连，右端导线接在N 点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．限流电阻的阻值R ＝1 Ω，电源的电动势E ＝12 V ，内阻r ＝0.5 Ω.合上开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表示数为U 1＝3.0 V ；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表的示数为U 2＝2.0 V ，求：(1)金属杆单位长度的电阻；(2)此时作用在迎风板上的风力．解析 设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1，有风时接入电路的电阻为R 2，由题意得(1)无风时：U 1＝E R 1＋r ＋RR 1＝3 V 解得：R 1＝0.5 Ω 所以金属杆单位长度的电阻为：r 0＝R 1L 0＝1 Ω/m.(2)有风时，U 2＝E R 2＋R ＋rR 2＝2 V 解得：R 2＝0.3 Ω， 此时弹簧的长度为L ＝R 2r 0＝0.3 m ，弹簧的压缩量为：x ＝L 0－L ＝(0.5－0.3) m ＝0.2 m 由于迎风板受风力和弹力而平衡，所以风力大小为 F ＝kx ＝1 300×0.2 N＝260 N.【答案】 (1)1 Ω/m (2)260 N。
2012版物理一轮精品复习学案：7.2 电路的基本规律及其应用(选修3-1)
第2节 电路的基本规律及其应用【考纲知识梳理】一、闭合电路的欧姆定律1、内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比，这个结论叫做闭合电路的欧姆定律。
2、公式：I =rR E+ 3、适用条件：外电路是纯电阻的电路。
根据欧姆定律，外电路两端的电势降落为U 外=IR ，习惯上成为路端电压，内电路的电势降落为U 内=Ir ，代入E =IR + Ir得内外U U E +=该式表明，电动势等于内外电路电势降落之和。
4.路端电压与负载R （外电路电阻的关系）二、三、逻辑电路1.“与”门：如果一个事件的几个条件都满足后,该事件才能发生.这种关系叫做“与”逻辑关系.具有“与”逻辑关系的电路称为“与”门电路,简称“与”门。
（1）“与”逻辑电路（2）“与”门的逻辑符号（3）“与”门的真值表：（4）“与”门反映的逻辑关系2.“或”门：如果几个条件中，只要有一个条件得到满足,某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系.具有“或”逻辑关系的电路叫做“或”门.（1）“或”逻辑电路（2）“或”门的逻辑符号（3）“或”门的真值表：（4）“或”门反映的逻辑关系3.“非”门：输出状态和输入状态呈相反的逻辑关系,叫做”非”逻辑关系,具有”非”逻辑关系的电路叫“非”门.（1）“非”逻辑电路（2）“非”门的逻辑符号（3）“非”门的真值表：（4）“非”门反映的逻辑关系三、串并联电路【要点名师透析】一、电源的有关功率和效率1.电源的总功率(1)任意电路：P总=EI=U外I+U内I=P出+P内.(2)纯电阻电路：P总=I2(R+r)=2.电源内部消耗的功率P内=I2r=U内I=P总-P出.3.电源的输出功率(1)任意电路：P出=UI=EI-I2r=P总-P内.(2)纯电阻电路：P出=I2R=(3)输出功率随R的变化关系①当R=r时，电源的输出功率最大为②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小.③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大.④当P出<P m时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1·R2=r2.⑤P出与R的关系如图所示.4.电源的效率(1)任意电路：η= ×100%= ×100%.(2)纯电阻电路：η=因此在纯电阻电路中R越大，η越大；当R=r时，电源有最大输出功率时，效率仅为50%.【例1】(2011·盐城模拟)(14分)如图所示，电阻R1=2 Ω，小灯泡L上标有“3 V，1.5 W”，电源内阻r=1 Ω,滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时，电流表的读数为1 A，小灯泡L 恰好正常发光，求：(1)滑动变阻器的最大阻值R0.(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率.【答案】(1)6 Ω (2)12 W 8 W【详解】(1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为：I L= =0.5 A (2分)流过滑动变阻器的电流： I0=I A-I L=1 A-0.5 A=0.5 A (2分)故：R0==6 Ω. (2分)(2)电源电动势为： E=U L+I A(R1+r)=3 V+1×(2+1) V=6 V. (2分)当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路.电路中总电流为：I==2 A (2分)故电源的总功率为：P总=EI=12 W (2分)输出功率为：P出=EI-I2r=8 W (2分)二、电路的动态分析1.电路的动态分析问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，某处电路变化又引起其他电路的一系列变化；对它们的分析要熟练掌握闭合电路欧姆定律，部分电路欧姆定律，串、并联电路中电压和电流的关系.2.分析这类问题的一般步骤是：(1)明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化.(2)根据局部电阻的变化，确定电路的外电阻R外总如何变化.(3)根据闭合电路欧姆定律I总＝确定电路的总电流如何变化.(4)由U内＝I总r确定电源的内电压如何变化.(5)由U外＝E－U内确定电源的外电压如何变化.(6)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化.(7)确定支路两端的电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化.由以上步骤可以看出，解决此类问题，基本思路是“局部→整体→局部”，同时要灵活地选用公式，每一步推导都要有确切的依据.【例2】(2011·广州模拟)如图所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变化是 ( )A.A灯变亮，B灯变亮B.A灯变暗，B灯变亮C.A灯变暗，B灯变暗D.A灯变亮，B灯变暗【答案】选C.【详解】当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大，内阻分担电压增大，路端电压U减小，A灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I′=I-I A增大，U1=I′R1增大，故R与B灯的并联支路电压U B=U-U1减小，B灯变暗，C正确.三、含电容器电路的分析与计算1.电路的简化：不分析电容器的充、放电过程时，把电容器处的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上.2.电路稳定时电容器的处理方法：电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端可能出现电势差.3.电压变化带来的电容器的变化：电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电. 若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ=C·ΔU计算电容器上电荷量的变化.4.含电容器电路的处理方法：如果电容器与电源并联，且电路中有电流通过，则电容器两端的电压不是电源电动势E，而是路端电压U.【例3】(10分)如图所示的电路中，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电池内阻不计，C1＝C2＝30 μF.先闭合开关S，待电路稳定后再断开S，求断开S后通过电阻R1的电荷量.【答案】S闭合时，I＝U C1＝I R2＝6 V (2分)由于C2被S短路，其两端电压U C2＝0S断开待电路稳定后，由于电路中无电流，故U C1′＝U C2′＝10 V (2分)电容器C2上增加的电荷量为：ΔQ2＝C2(U C2′－0)＝30×10－6×10 C＝3×10－4 C.(2分)电容器C1上增加的电荷量为：ΔQ1＝C1(U C1′－U C1)＝30×10－6×4 C＝1.2×10－4 C. (2分)通过R1的电荷量Q＝ΔQ1+ΔQ2＝4.2×10－4 C. (2分)【感悟高考真题】1.（2011·北京高考·T17）如图所示电路，电源内阻不可忽略。
江苏省2012届高三高考物理一轮复习精选精练跟踪练习 第七章 恒定电流章末质量检测
第七章恒定电流(时间50分钟，满分100分）一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分）1．在基本逻辑电路中，当所有输入均为“0”时，输出是“1”的是（)A．“与”门电路B．“或”门电路C．“非”门电路D．都不可能2．利用图1所示电路可以测出电压表的内阻．已知电源的内阻可以忽略不计，R为电阻箱．当R取不同阻值时,电压表对应有不同读数U.多次改变电阻箱的阻值，所得到的错误!－R图象应该是图2中的哪一个( )图1图23．如图3所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变）、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω.电流表和电压表均为理想电表，只接通S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V；再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是（) 图3A．2 A B．8 A C．50 A D．58 A4．在第二十九届奥运会上“绿色、科技、人文”的理念深入人心．如在奥运村及奥运场馆内大量使用太阳能路灯，其光电转换装置在阳光照射下把太阳能转换为电能储存起来,供夜晚照明使用．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达20％，可产生24 V 电压,产生2.5 A的电流，则每秒该路灯可转化的太阳能为（)A．120 J B．300 J C．600 J D．1200 J5。
为了儿童安全,布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针,可以先将玩具放置强磁场中,若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．图4所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I、ab两端的电压U将（）图4A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大6．某同学设计了一个转向灯电路(图5)，其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯,S为单刀双掷开关，E为电源．当S置于位置1时，以下判断正确的是( ）A．L的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮,其功率等于额定功率图5D．含L支路的总功率较另一支路的大二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题至少有一个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,有选错的得0分）7．把标有“220 V，100 W”的A灯和“220 V,200 W”的B灯串联起来，接入220 V的电路中，不计导线电阻，则下列判断中正确的是（）A．两灯的电阻之比R A∶R B＝2∶1B．两灯的实际电压之比U A∶U B＝2∶1C．两灯实际消耗的功率之比P A∶P B＝1∶2D．在相同时间内,两灯实际发热之比Q A∶Q B＝1∶28．在如图6所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是( ）A．灯泡L将变暗B．灯泡L将变亮图6C．电容器C的电荷量将减小D．电容器C的电荷量将增大9．如图7所示的电路中，由于某一电阻发生断路或短路,使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是( ）A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R4短路图710．如图8所示,电阻R1＝20 Ω，电动机内阻的阻值R2＝10 Ω。
2012届高考物理第一轮精练跟踪复习题(附答案和解释)
2012届高考物理第一轮精练跟踪复习题（附答案和解释）第二章第二单元力的合成与分解一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)1.手握轻杆，杆的另一端安装有一个小滑轮C，支持着悬挂重物的绳子，如图1所示，现保持滑轮C的位置不变，使杆向下转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将()A．变大B．不变C．变小D．无法确定2.如图2所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是()A.3mgB.32mgC.12mgD.33mg3．(2010•镇江模拟)如图3所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，墙壁对涂料滚的支持力为F2，下列说法正确的是()A．F1、F2均减小B．F1、F2均增大C．F1减小，F2增大D．F1增大，F2减小4．如图4甲所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F，则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为() A．FB.F2C．F＋mgD.F＋mg25.(如图5所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为()A.32mg和12mgB.12mg和32mgC.12mg和12μmgD.32mg和32μmg6.在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图6所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞弧形瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作中发现瓦滑到底端时速度较大，有时会摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是()A．增加每次运送瓦的块数B．减少每次运送瓦的块数C．增大两杆之间的距离D．减小两杆之间的距离二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)7.如图7所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住，在这三种情况下，若绳的张力分别为F1、F2、F3，轴心对定滑轮的支持力分别为FN1、FN2、FN3.滑轮的摩擦、质量均不计，则()A．FN1＞FN2＞FN3B．FN1＝FN2＝FN3C．F1＝F2＝F3D．F1＜F2＜F38.如图8所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F49．如图9所示，A、B两物体的质量分别为mA、mB，且mA＞mB，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q 点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是()A．物体A的高度升高B．物体A的高度降低C．θ角不变D．θ角变小10.如图10所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止．已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ，则()A．物体B受到的摩擦力可能为0B．物体B受到的摩擦力为mAgcosθC．物体B对地面的压力可能为0D．物体B对地面的压力为mBg－mAgsinθ三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(15分)(2008•重庆高考)滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)．某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图11所示)，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54kg/m，人和滑板的总质量为108kg，试求(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝35，忽略空气阻力)：(1)水平牵引力的大小；(2)滑板的速率．12．(15分)榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图12所示，其中B点为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l＝0.5m，b＝0.05m．求物体D所受压力的大小是F的多少倍？第二章第二单元力的合成与分解【参考答案与详细解析】一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)1.解析：杆对滑轮C的作用力大小等于两绳的合力，由于两绳的合力不变，故杆对滑轮C的作用力不变．答案：B2.解析：将mg在沿绳方向与垂直于绳方向分解，如图所示．所以施加的力与F1等大反向即可使小球静止，故Fmin＝mgsin30°＝12mg，故选C.答案：C3．解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可知：F1sinθ－F2＝0F1cosθ－G＝0解得F1＝GcosθF2＝Gtanθ由于θ减小，所以F1减小，F2减小，故正确答案为A.答案：A4．解析：O点周围共有4根绳子，设每根绳子的力为F′，则4根绳子的合力大小为2F′，所以F＝2F′，所以F′＝F2，应选B.答案：B5.解析：三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故FN＝mgcos30°＝32mg，Ff＝mgsinθ＝12mg，A正确．答案：A6.解析：沿两个杆的方向仰视或俯视，弧形瓦受到两个杆各自提供的两个支持力，且支持力垂直于瓦面和杆倾斜向上，如图所示．因为瓦在垂直两杆的平面内受力平衡，即其垂直分量不变，所以两杆之间距离越大支持力的方向就越倾斜，支持力也就越大，滑动摩擦力Ff随着支持力的增大而增大；根据牛顿第二定律得弧形瓦下滑的加速度a＝gsinα－Ffm，其值会随Ff增大而减小；因为弧形瓦滑到底端的路程即木杆的长度一定，所以加速度越小，到达底端的速度就越小，C正确．答案：C二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)7.解析：由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以F1＝F2＝F3＝G，又轴心对定滑轮的支持力等于绳对定滑轮的合力．而已知两个分力的大小，其合力与两分力的夹角θ满足关系式：F＝G2＋G2＋2GGcosθ＝G2(1＋cosθ)，θ越大，F越小，故FN1＞FN2＞FN3，选项A、C正确．答案：AC8.解析：由于小球B处于静止状态，且细线OB沿竖直方向，因此细线AB无弹力，对小球A受力分析，由于它受力平衡，并根据小球A受到的细线的拉力和重力的方向可知，施加给小球A的力F应沿F2或F3的方向，故选B、C.答案：BC9．解析：最终平衡时，绳的拉力F大小仍为mAg，由二力平衡可得2Fsinθ＝mBg，故θ角不变，但因悬点由Q到P，左侧部分绳子变长，故A 应升高，所以A、C正确．答案：AC10.解析：对B受力分析如右图所示，则水平方向上：Ff＝FT•cosθ由于FT＝mAg所以Ff＝mAgcosθ，故A错B对；竖直方向上：FNB＋FTsinθ＝mBg所以FNB＝mBg－FTsinθ＝mBg－mAgsinθ，故C错D对．答案：BD三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．解析：(1)以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得FNcosθ＝mg①FNsinθ＝F②由①、②联立，得F＝810N(2)FN＝mg/cosθ，FN＝kv2得v＝mgkcosθ＝5m/s.答案：(1)810N(2)5m/s12．解析：按力F的作用效果沿AB、AC方向分解为F1、F2，如图甲所示，则F1＝F2＝F2cosθ由几何知识得tanθ＝lb＝10.按力F2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为FN′、FN，如图乙所示，则FN＝F2sinθ，以上各式联立解得FN＝5F，所以物体D所受压力的大小是F的5倍．答案：5倍。
高考物理一轮复习电路的基本规律专题训练(有答案)-最新教学文档
高考物理一轮复习电路的基本规律专题训练（有答案）基尔霍夫定律是电路理论中最基本也是最重要的定律之一。
下面是查字典物理网整理的电路的基本规律专题训练，请考生及时练习。
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2019江门模拟)在已接电源的闭合电路中,关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 ()A.如果外电压增大,则内电压增大,电源电动势也会随之增大B.如果外电压减小,内电阻不变,内电压也就不变,电源电动势也随外电压减小C.如果外电压不变,则内电压减小时,电源电动势也随内电压减小D.如果外电压增大,则内电压减小,电源电动势始终为二者之和,保持恒定2.(2019南宁模拟)一台直流电动机电枢线圈的电阻是R,其额定电压是U,额定功率是P。
那么,正常工作的电流 ()A.等于,且大于B.等于,且小于C.等于,也等于D.不等于,但等于3.有a、b、c、d四个电阻,它们的U -I关系如图所示,其中电阻最小的是 ()A.aB.bC.cD.d4.(2019福州模拟)一电池外电路断开时的路端电压为3V,接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V,则可以判定电池的电动势E和内电阻r为 ()A.E=2.4V,r=1B.E=3V,r=2C.E=2.4V,r=2D.E=3V,r=15.(2019百色模拟)甲、乙两根保险丝均为同种材料制成,直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm,熔断电流分别为2.0A和6.0 A,把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中,允许通过的最大电流是 ()A.6.0 AB.7.5 AC.10.0 AD.8.0 A6.(2019厦门模拟)在如图所示的电路中,E为电源电动势,r 为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器。
当R2的滑动触头在a端时合上开关S,此时三个电表A1、A2和V 的示数分别为I1、I2和U。
现将R2的滑动触头向b端移动,则三个电表示数的变化情况是()A.I1增大,I2不变,U增大B.I1减小,I2增大,U减小C.I1增大,I2减小,U增大D.I1减小,I2不变,U减小7.(2019北海模拟)如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环,接入电路中,电路与圆环的O点固定连接,P为与圆环良好接触的滑动头。
高考物理一轮复习 电路 电路的基本规律课后练习(新题,含解析)(1)
课时训练22电路电路的基本规律一、选择题1.[2014·大连联考]如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，内阻不能忽略，电阻R1>R2.图中电压表为理想表．当在两电路中通过相同的电荷量q的过程中，下列关于两电路的比较正确的是()A．R1上产生的热量比R2上产生的热量多B．电源内部产生热量较多的是甲电路C．电压表V1示数大于电压表V2示数D．甲、乙两电路电源输出功率可能相等解析由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝It×IR＝qU，由于两电路电源相同，R1>R2，由串联分压与电阻成正比，得U1>U2，所以Q1>Q2，A、C正确；电源内部产生的热量Qr＝I2rt＝It×Ir ＝q(E－U)，由于U1>U2，故Qr1<Qr2，B错误；由于电源的内阻与负载电阻的大小关系未知，由输出功率与负载电阻的关系可知，甲、乙两电路电源输出功率可能相等，D正确．答案ACD2.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是()A．L1变暗，L2和L3变亮B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变C．L1中电流变化值大于L3中电流变化值D．L1两端电压变化值小于L2两端电压变化值解析滑动变阻器滑动触头向右滑动，电阻增大，电路总电阻增大，干路电流减小，L1变暗，干路电流减小使得电源内阻及定值电阻和L1上的电压均减小，则并联部分电压增大，L2上的电流增大，L3上的电流减小，L2变亮，L3变暗，故A、B选项错；L3中电流的减少值减去L2中电流的增加值等于L1中电流的减小值，故L3中电流的变化值大于L1中电流的的变化值，C项错误；同理，L2两端电压增加值等于电源内阻、定值电阻和L1上的电压减小值之和，故有L2两端电压变化值大于L1的电压变化值，D选项正确．答案 D3．如图所示，电路中RT为热敏电阻，R1和R2为定值电阻．当温度升高时，RT阻值变小．开关S闭合后，RT的温度升高，则下列物理量变小的是()A．通过RT的电流B．通过R1的电流C．通过R2的电流D．电容器两极板间的电场强度解析由题意，温度升高，RT阻值变小，总阻值变小，总电流变大，即通过干路电阻R1的电流变大，故B错；显然R1两端即电容器两极板间的电压变大，故两极板间的电场强度变大，D错；RT和R2的并联电压U＝E－I(r＋R1)变小，因此通过R2的电流I2变小，C 对；由IT＝I总－I2，可知通过RT的电流变大，故A错．答案 C4.[2014·北京测试]电源、开关S、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，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R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两极板间的M点．当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则()A．液滴向下运动B．液滴向上运动C．电容器所带电荷量减少D．电容器两极板间电压变小解析无光照时，带电液滴处于平衡，说明电场力方向竖直向上；有光照时，R2阻值减小，R1两端电压增大，液滴受到的电场力增大，液滴向上运动，A错误，B正确；根据Q＝CU 得，电容器带电荷量增加，C、D均错误．答案 B5．竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带负电的小球．将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后绝缘线与左极板的夹角为θ.当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则()A．θ1<θ2，I1<I2 B．θ1>θ2，I1>I2C ．θ1＝θ2，I1＝I2D ．θ1<θ2，I1＝I2解析 在滑动变阻器的滑片由a 滑到b 位置的过程中，平行金属板两端电势差增大，小球受到的电场力增大，因此夹角θ增大，即θ1<θ2；另外，电路中的总电阻减小，因此总电流增大，即I1<I2.对比各选项可知，答案选A. 答案 A6．如图所示电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 从最高端向下滑动时，( ) A ．电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数变大 B ．电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数变小C ．电压表V 读数先变大后变小，电流表A 读数先变小后变大D ．电压表V 读数先变小后变大，电流表A 读数先变大后变小 解析 设P 以上电阻为Rx ，则变阻器在电路中的阻值R′＝R0－Rx Rx R0.当Rx ＝R02时，R′最大．P 从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小．当P 滑向中点时：P 滑过中点后，R′↓→I↑→U↓，由并联分流IA ＝RxR′I ，新的IA 增大，故A 正确．答案 A 7.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器滑片移动时，电流表示数变大，则( )A ．电源的总功率一定增大B ．电源的输出功率一定增大C ．电源内部消耗功率一定减小D ．电源的效率一定减小解析 滑片移动时，电流表示数变大，可知滑片向右滑动，电路总电阻减小，电流增大，因此电源总功率增大，电源效率减小，选项A 、D 正确；电源内阻消耗功率增大，输出功率变化不确定，选项B 、C 错误，所以答案选AD. 答案 AD8.[2014·卢湾调研]某同学将一直流电源的总功率PE 、输出功率PR 和电源内部的发热功率Pr 随电流I 变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知( )A ．反映Pr 变化的图线是cB ．电源电动势为8 VC ．电源内阻为2 ΩD ．当电流为0.5 A 时，外电路的电阻为6 Ω解析 电源的总功率PE ＝IE ，功率与电流成正比，由Pr ＝I2r 知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A 正确．电流为2 A 时电源的总功率与发热功率相等，可得出电源电动势为4 V ，内阻为2 Ω，当电流为0.5 A 时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6 Ω，C 、D 正确． 答案 ACD9.[2014·山东测试]如图所示，电动势为E ，内阻为r 的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则( ) A ．电流表读数增大 B ．电容器带电荷量增加 C ．R2消耗的功率减小D ．电压表与电流表示数变化之比不变解析 由电路图可知R1、R2并联再与R3串联，当滑动触头向左移动一小段时，R1电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流增大，所以内电压增大，路端电压减小，并联部分电压减小，电容器的带电荷量Q ＝CU 减小，R2消耗的功率减小，选项A 、C 正确，B 错误；由U ＝E －Ir ，可得ΔUΔI＝－r ，故选项D 正确．答案 ACD10.[2014·安徽测试]温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图(甲)所示，电源的电动势E ＝9.0 V ，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I1＝2 mA ；当电流表的示数I2＝3.6 mA 时，热敏电阻的温度是( )A ．60 ℃B ．80 ℃C ．100 ℃D ．120 ℃解析 由图象知，当t1＝20 ℃，热敏电阻的阻值R1＝4 kΩ，根据闭合电路欧姆定律：I1＝E R1＋Rg ，可解得Rg ＝0.5 kΩ，又I2＝ER2＋Rg ，可解得R2＝2 kΩ，结合图象得：t2＝120 ℃.答案 D二、非选择题11.[2013·天津卷]要测绘一个标有“3 V 0.6 W\”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V ，并便于操作．已选用的器材有： 电池组(电动势为4.5 V ，内阻约1 Ω)； 电流表(量程为0～250 mA ，内阻约5 Ω)； 电压表(量程为0～3 V ，内阻约3 kΩ)； 电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)． A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A) B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) ②实验的电路图应选用下列的图______(填字母代号)．③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V ，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.解析 ①由R ＝U2P ＝ 3 V 20.6 W ＝15 Ω知小灯泡的电阻为15 Ω，为调节方便，应选最大阻值为20 Ω的滑动变阻器，即选A.②因实验要求灯泡两端电压从零逐渐增大，所以应采用分压电路，又灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，B 项正确． ③将灯泡接到电源上时，作出电源的I －U 图象如图所示，读得两图线的交点坐标U ＝1.0 V 、I ＝0.10 A ，即为此时灯泡两端的电压及通过灯泡的电流，则小灯泡消耗的功率P ＝UI ＝1.0 V×0.10 A ＝0.1 W.答案 ①A ②B ③0.112.[2013·浙江卷]采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．(1)除了选用照片中的部分器材外，______(填选项)；A ．还需要电压表B ．还需要电流表C ．还需要学生电源D ．不再需要其他器材 (2)物理量测量次数 1 2 3 4 5 6 R/Ω 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 I/A 0.60 0.70 0.80 0.89 1.00 1.20 U/V0.900.780.740.670.620.43用作图法求得电池的内阻r ＝________；(3)根据第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻RA ＝________. 解析 (1)因图中无定值电阻，且实验过程需测量电压，故选A. (2)作出U －I 图象，可求得r ＝ΔUΔI≈0.75 Ω.(3)将第5组数据代入RA ＋R ＝UI可求得：RA≈0.22 Ω.答案 (1)A(2)r ＝(0.75±0.10)Ω (3)0.22 Ω13.[2013·安徽卷]根据闭合电路欧姆定律，用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图中R0是定值电阻，通过改变R 的阻值，测出R0两端的对应电压U12，对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在1U12－R 坐标系中描出坐标点，如图2所示．已知R0＝150 Ω，请完成以下数据分析和处理．图1图2(1)图2中电阻为________Ω的数据点应剔除； (2)在坐标纸上画出1U12－R 关系图线；(3)图线的斜率是________(V －1·Ω－1)，由此可得电池电动势Ex ＝________V .解析 (1)图中偏离图线较远的点要舍去，所以电阻为80.0 Ω的数据点应剔除；(2)在坐标纸上画一条平滑曲线连结各点，如图所示．(3)图线的斜率k ＝1.41－0.70160 V －1·Ω－1＝0.004 44 V －1·Ω－1，根据闭合电路欧姆定律可得，Ex R0＋R ＋rx ＝U12R0，整理得，1U12＝R0＋rx R0Ex ＋1R0Ex ·R ，即，1R0Ex ＝0.004 44，则电池电动势Ex ＝1.50 V.答案 (1)80.0 (2)如解析图所示 (3)0.004 44 1.5014．莉莉同学为了测一节干电池的电动势E 和内电阻r ，做了以下实验．(1)她先用多用电表估测电动势E.将选择开关旋至直流2.5 V 挡，红、黑表笔与干电池的正、负极相接，此时指针所指位置如图甲所示，则此时多用电表的读数为________V.(2)莉莉再用伏安法更精确地测量该干电池的电动势和内电阻，实验电路如图乙所示．请你用实线代替导线在图丙中连接好实物，要求滑动变阻器的滑动头向右滑动时，其电阻值变大． (3)由实验测得的7组数据已在图丁的U —I 图上标出，请你完成图线．由图象可得E ＝________V(保留3位有效数字)，r ＝________Ω(保留2位有效数字)．解析 (1)当选择开关置于直流2.5 V ，电压表的最小刻度值为2.550＝0.05(V)，故对应的读数为29.0×0.05＝1.45(V)．(3)由电源的伏安特性曲线在U 轴上的截距表示电源电动势可得：E ＝1.49 V ．斜率表示内阻的大小，则有：r ＝1.49－1.100.36＝1.1(Ω)．答案 (1)1.45(1.45±0.01均对) (2)连线如图丙 (3)如图丁1．49(1.49±0.01均对) 1.1(或1.0均对)。
2012届高考物理一轮复习课时训练：电路基本规律及其应用
第二节 电路基本规律及其应用一、单项选择题1．(2011年陕西模拟)如图所示，电源电动势E ＝8 V ，内阻不为零，电灯A 标有“10 V 10 W ”字样，电灯B 标有“8 V 20 W ”字样，滑动变阻器的总电阻为6 Ω，当滑动触头P 由a 端向b 端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化)( )A ．电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小B ．电流表的示数一直减小，电压表的示数一直增大C ．电流表的示数先增大后减小，电压表的示数先减小后增大D ．电流表的示数先减小后增大，电压表的示数先增大后减小解析：选A.由P ＝U 2R 可知电灯A 的电阻为10 Ω，电灯B 的电阻为3.2 Ω，所以电灯B的电阻与滑动变阻器最大阻值之和为9.2 Ω，由串并联电路特点可知，滑片P 下滑过程中回路中电阻始终减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路中电流一直增大，路端电压一直减小，选项A 正确．2．(2009年高考广东卷)如图所示，电动势为E 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S 1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S 2，则下列表述正确的是( )A ．电源输出功率减小B ．L 1上消耗的功率增大C ．通过R 1上的电流增大D ．通过R 3上的电流增大解析：选C.电源不计内阻，其输出电压等于电动势．当闭合S 2时，电路的外电阻R 变小，电路电流变大，故C 对；电源的输出功率P 出＝E 2R ，所以电源输出功率应该变大，A 错误；因并联部分两端的电压U 并＝E －UR 1，闭合S 2时UR 1变大，所以U 并变小，L 1上消耗的功率变小，通过R 3的电流也是变小的，故B 、D 错误．3．如图所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率P 总随电流I 变化的图线，抛物线OBC 为同一直流电源内部热功率P 随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2 A，那么线段AB表示的功率及I＝2 A时对应的电阻为()A．2 W,0.5 ΩB．4 W,2 ΩC．2 W,1 ΩD．6 W,2 Ω解析：选A.P总＝P电源＝IE，代入I＝3 A，P总＝9 W，得E＝3 V，P内＝I2r，代入I＝3 A，P内＝9 W得r＝1 Ω.由闭合电路欧姆定律，有I＝2 A，R＝0.5 Ω，AB段对应的功率为P R＝I2R＝2 W．A正确．P总＝P电源＝IE，P总－I图线为正比例曲线；P内＝I2r，P内－I图线为抛物线．4．某同学设计了一个转向灯电路，如图所示，其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源．当S置于位置1时，以下判断正确的是()A．L1的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大解析：选A.当S置于位置1时，由于电源内阻的影响，L1的电压小于其额定电压，故功率小于额定功率，选项A对B错；含L的支路中，根据电压分配和电阻的关系，L2的电压远小于额定电压，不会亮，这一支路的总功率也一定小于另一支路，选项C、D错．二、双项选择题5．(2011年陕西宝鸡检测)在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是()A．电阻R1短路B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器C断路解析：选AB.若R1短路，则R总变小，I总变大，通过灯泡L的电流变大，灯泡变亮，A 对；若R2断路，R总变大，I总变小，U内＝I总r变小，U外变大，U1＝I总R1变小，因U L＝U外－U1，所以U L变大，灯泡变亮，故B对；若R2短路，电流不经过灯泡，灯泡不亮，C错；若电容器断路，总电阻不影响，故灯泡亮度不变，D错．6．(2011年北京海淀区模拟)平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是()A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变解析：选BD.电容器两端电压等于电阻R2两端的电压，只增大R1时，电容器两端的电压减小，电容器所带电荷量减小，选项A错误；只增大R2时，电容器两端的电压增大，电容器所带电荷量增大，选项B正确；只减小R3时，电容器两端的电压不变，电容器所带电荷量不变，选项C错误；只减小a、b两极板间的距离时，电容变大，电容器所带电荷量增大，选项D正确．7．(2011年邯郸模拟)如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是()A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值解析：选AC.当P向a移动时，R2阻值减小，总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，因R1的阻值不变，所以R1两端的电压U1＝IR1增大，R2两端的电压U2减小，因为路端电压减小，所以R2的电压减小量大于R1的电压增大量；同理可分析，当P向b移动时，U1减小，U2增大，R2的电压增大量大于R1的电压减小量，故选项A、C正确．8．(2011年江苏南通检测)如图所示的电路中，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝6 Ω、R2＝5 Ω、R3＝3 Ω，电容器的电容C＝2×10－5 F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q.则()A．I＝0.75 A B．I＝0.5 AC ．q ＝2×10－5 CD ．q ＝1×10－5 C解析：选AD.开关S 闭合时，I ＝Er ＋R 并＋R 2＝0.75 A ，选项A 对，而B 错．此时U C ＝U R 并＝1.5 V ，q C ＝C ·U C ＝3×10－5C ，若将开关断开，则电容器上所带的电荷量通过R 1、R 3放掉，因I 1∶I 3＝R 3∶R 1＝1∶2，根据q ＝I ·t 可知，通过R 1的电荷量q ＝13q C ＝1×10－5C ，选项C 错而D 对．三、非选择题9．如图所示的电路中，电源电动势E ＝6.00 V ，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R 1＝2.4 kΩ、R 2＝4.8 kΩ，电容器的电容C ＝4.7 μF.闭合开关S ，待电流稳定后，用电压表测R 1两端的电压，其稳定值为1.50 V ．求：(1)该电压表的内阻为多大？(2)由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少？解析：(1)设电压表的内阻为R V ，测得R 1两端的电压为U 1，R 1与R V 并联后的总电阻为R ，则有1R ＝1R 1＋1R V① 由串联电路的规律R R 2＝U 1E －U 1②联立①②并代入数据，得R V ＝4.8 kΩ.(2)电压表接入前，电容器上的电压U C 等于电阻R 2上的电压，设R 1两端的电压为U R 1，则U C U R 1＝R 2R 1，又E ＝U C ＋U R 1 接入电压表后，电容器上的电压为U C ′＝E －U 1由于电压表的接入，电容器带电量增加了ΔQ ＝C (U C ′－U C )由以上各式并代入数据，可得ΔQ ＝2.35×10－6C.答案：(1)4.8 kΩ (2)2.35×10－6C10．如图所示为一测速计原理图，滑动触头P 与某运动物体相连，当P 匀速滑动时，电流表有一定的电流通过，从电流表示数可得到运动物体的速度，已知电源电动势E ＝4 V ．内阻r ＝10 Ω，AB 为粗细均匀的电阻丝，阻值R ＝30 Ω，长度L ＝30 cm ，电容器电容C ＝50 μF ，现测得电流表示数为0.05 mA ，方向由N 流向M ，试求物体速度的大小和方向．解析：估算流过电阻丝的电流为I ＝E R ＋r ＝430＋10A ＝100 mA ，远远大于电容器上的充放电电流．当P 移动Δx 时，电容器上电压的变化为ΔU ，ΔU ＝I ΔR ＝ER Δx (R ＋r )L其充放电电流I c ＝ΔQt＝C ·ΔU t ＝CER (R ＋r )·L ·Δx t 又v ＝Δxt ，所以v ＝I c (R ＋r )L CER ＝0.1 m/s 又因为I c 由N 流向M ，电容器放电，P 右移，物体移动方向向右． 答案：0.1 m/s 方向向右1．高温超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件R 1和限流电阻R 2并联组成，如图所示．超导部件有一个超导临界电流I C ，当通过限流器的电流I >I C 时，将造成超导部件从超导态(电阻为零)转变为正常态(一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导部件的正常态电阻为R 1＝3 Ω，超导临界电流I C ＝1.2 A ，限流电阻R 2＝6 Ω，小灯泡L 上标有“6 V 6W”的字样(设其电阻值不变)，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，原来电路正常工作，现L 突然发生短路，则( )A ．L 短路前通过R 1的电流为23AB ．L 短路后超导部件将由超导态转化为正常态C ．L 短路后通过R 1的电流为43AD ．L 短路后通过R 1的电流为2 A解析：选BC.电路正常工作时，电路中的电流为1 A ，小于I C ，超导部件处于超导态，限流电阻R 2被短路，则通过R 1的电流为1 A ．L 短路后，电路中的电流瞬间增大，大于I C ，超导部件将由超导态转化为正常态，限流器的总电阻R ＝2 Ω，此时干路中的电流I ＝ER ＋r ＝84A ＝2 A ，通过R 1的电流I 1＝R 2R 1＋R 2I ＝69×2 A ＝43A.综上所述，选项B 、C 正确． 2．(2011年上海杨浦检测)如图所示为检测某传感器的电路图．传感器上标有“3 V ,0.9 W”的字样(传感器可看成一个定值电阻)，滑动变阻器R 0上标有“10 Ω ,1 A ”字样，电流表的量程为0.6 A ，电压表的量程为3 V .(1)根据传感器上的标注，计算该传感器的电阻和额定电流．(2)若电路各元件均完好，检测时，为了确保电路各部分的安全，在a 、b 之间所加的电源电压最大值是多少？(3)根据技术资料可知，如果传感器的电阻变化超过1 Ω，则该传感器就失去了作用．实际检测时，将一个电压恒定的电源加在图中a 、b 之间(该电源电压小于上述所求电压的最大值)，闭合开关S ，通过调节R ，来改变电路中的电流和R 两端的电压．检测记录如下：用？此时a 、b 间所加的电压是多少？解析：(1)传感器的电阻R 传＝U 2传/P 传＝320.9Ω＝10 Ω传感器的额定电流I 传＝P 传/U 传＝0.93A ＝0.3 A.(2)要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流： I ＝I 传＝0.3 A此时电源电压最大值：U m ＝U 传＋U 0U 传为传感器的额定电压，U 0为R 0调至最大值R 0m ＝10 Ω时R 0两端的电压， 即U 0＝I 传R 0m ＝0.3×10 V ＝3 V所以电源电压最大值U m ＝U 传＋U 0＝3 V ＋3 V ＝6 V.(3)设实际检测时加在a 、b 间的电压为U ，传感器的实际电阻为R 传 根据第一次实验记录数据有：U ＝I 1R 传＋U 1 即U ＝0.16 A ×R 传＋1.48 V根据第二次实验记录数据有：U ＝I 2R 传＋U 2 即U ＝0.22 A ×R 传＋0.91 V 解得：R 传＝9.5 Ω U ＝3 V传感器的电阻变化为ΔR ＝R 0m －R 传＝10 Ω－9.5 Ω<1 Ω 所以此传感器仍可使用．答案：(1)10 Ω 0.3 A (2)6 V (3)传感器仍可使用 3 V。
2012届高考物理电路的基本规律及其应用单元复习测试题(含答案)
2012届高考物理电路的基本规律及其应用单元复习测试题(含答案)云南省新人教版物理2012届高三单元测试22《电路的基本规律及其应用》(时间:90分钟满分：100分)一、选择题1 关于电的电动势，下列说法正确的是( )A电的电动势等于电两端的电压B电不接入电路时，电两极间的电压大小等于电动势电动势的国际单位是安培D常见的铅蓄电池电动势为1V【答案】选 B【详解】电电动势等于电路端电压与内电压之和，只有外电路是断路时，电两端的电压等于电电动势，A错，B对；电动势的国际单位是伏特，错；常见铅蓄电池的电动势为 2 V，D错2下列关于电电动势的说法中正确的是( )A在某电池的电路中，每通过 2 的电荷量，电池提供的电能是 4 ，那么这个电池的电动势是0 VB电的路端电压增大时，其电的电动势一定也增大无论内电压和外电压如何变化，其电的电动势一定不变D电的电动势越大，电所能提供的电能就越多【答案】选【详解】由E= 得E＝2 V，则A错误；电的电动势与外电路无关，只由电自身的性质决定，则B错对；电的电动势大，所提供的能量不一定大，电的电动势取决于通过电的电量与电动势的乘积，D错误3某实验小组用三只相同的小灯泡连接成如图所示的电路，研究串并联电路的特点实验中观察到的现象是( )A2断开，1与a连接，三只灯泡都熄灭B2断开，1与b连接，三只灯泡亮度相同2闭合，1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同D2闭合，1与b连接，三只灯泡都发光，L3的亮度小于L2的亮度【答案】选 D【详解】2断开，1与a连接时三只灯泡串联，三只灯泡应该亮度相同，A错误；2断开，1与b连接时，L1、L2两只灯泡串联，L3被断开没有接入电路，B错误；2闭合，1与a连接时只有L2亮，L1和L3被短路，错误；2闭合，1与b连接时，L1和L3并联，然后与L2串联，此时三只灯泡都发光，L3的亮度与L1的亮度相同，都小于L2的亮度，D正确4如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )A电容器中的电场强度将增大B电容器所带的电荷量将减少电容器的电容将减小D液滴将向上运动【答案】选 B【详解】电容器和电阻R2并联，两端电压与R2两端电压相等，当滑片P向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电容器中场强减小，A错；液滴受到的电场力减小，故液滴向下运动，D错误；由Q＝U知，电容器所带的电荷量减少，B正确；电容器的电容与两端电压及所带电荷量无关，故错小强在用恒温箱进行实验时,发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制经检查,恒温箱的控制器没有故障(如图所示)，则下列对故障判断正确的是( )A只可能是热敏电阻出现故障B只可能是温度设定装置出现故障热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障D可能是加热器出现故障【答案】选【详解】恒温箱内温度持续升高，说明加热器没损坏，D错；而控制器也没问题，故热敏电阻或温度设定装置出现故障，在没有确定的条下选而不选A、B6．如图所示电路中，电内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法正确的是()A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮．电容器的带电荷量将增加D．闭合S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左【答案】AD【详解】只有S1闭合时，L1和L2串联，电容器两端的电压等于电两端的电压．S2闭合后，L3和L2串联，再和L1串联．则L1两端的电压增大，故L1变亮，电容器两端的电压减小，故电容器放电．电荷量减小．电流表上的电流是电容器的放电电流，故方向从右向左．可知AD正确．7．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图20所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为8 A，若电电动势为12 V，内阻为00 Ω电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了()A．38 B．432．482 D．768【答案】B【详解】电动机未启动时，通过灯泡电流为I＝10 A，电压U1＝12 V－10×00 V＝12 V所以灯泡电阻为R＝U1I＝1210 Ω＝12 Ω电动机启动时，灯泡两端的电压U2＝12 V－8×00 V＝96 V故车灯的电功率降低了ΔＰ＝U21R－U22R＝432 ．故B正确．8．如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系(U&sh;I。
高考物理一轮复习 第7章 第2单元《电路的基本规律》定
2014届高考物理一轮复习定时跟踪检测：第7章第2单元《电路的基本规律》（人教版）(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．[北京市西城区2012届高三第一学期期末考试]如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电动机内阻为R1.当开关闭合，电动机正常工作时，滑动变阻器接入电路中的电阻为R2，电动机两端的电压为U，通过电动机的电流为I.电动机输出的机械功率P等于( )A．UI B．I2R1C．UI－I2R1 D.ER1＋R2＋rU解析：根据题意，电动机的总功率为P总＝UI，消耗的热功率为P热＝I2R1，所以机械功率P＝P总－P热＝UI－I2R1，选项C正确．本题答案为C.答案：C[2．伏特表V1、V2是由完全相同的两个电流表改装而成的，V1的量程是5 V，V2的量程是15 V，为了测量5 V～10 V的电压，把两表串联使用，则有( )A．两表指针偏转的角度相等，但读数不等B．两表读数不等，指针偏角也不等C．指针偏角不等，其大小与两表的量程成正比D．两表读数不等，其数值与两表的量程成正比解析：根据串联电路的电流相等特点可知，两表指针偏转角相同，但是相同的偏角所表示的电压的数值不同．读数与两表的内阻成正比，即与两表的量程成正比．答案：AD3．在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3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R3的光的强度减弱，则( )A．电压表的示数变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源内阻消耗的电压变大解析：若将照射R3的光的强度减弱，则R3的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电流减小，故电压表的示数变小，内电压也减小，A、D错误；而电阻R2两端的电压将变大，通过R2的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，小灯泡消耗的功率变小，B正确，C错误．答案：B[4．[2012·4月上海徐汇区二模]如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U－I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )A．4W,8W B．2W,4WC．2W,3W D．4W,6W解析：用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI＝2×2 W＝4 W，电源的总功率是EI＝3×2 W＝6 W．选项D正确．答案：D5．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，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．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大[D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小解析：滑动触片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，总电流变小，路端电压变大，故电流表A的读数变小，电压表V的读数变大，小灯泡L2变暗，L1两端电压变大，小灯泡L1变亮，B、C正确．答案：BC6．[2012·石家庄三模]如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1＝R2＝r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是( )A．电路中的总电流先减小后增大B．电路的路端电压先增大后减小C．电源的输出功率先增大后减小D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大解析：在滑动触头从a端移动到b端的过程中，R1接入电路的电阻(实际上是R aP与R bP的并联电阻)先增大后减小，所以电路中的总电流先减小后增大，电路的路端电压先增大后减小，A、B正确；题中R外总大于电源内阻，外电路电阻R外越接近电源内阻，电源输出功率越大，滑动触头从a端移动到b端的过程中，R1接入电路的电阻先增大后减小，电源的输出功率先减小后增大，C错误；将R2＋r视为电源内阻，在滑动触头从a端移动到b端的过程中，外电阻R1接入电路的电阻先增大后减小，滑动变阻器R1上消耗的功率先增大后减小，D错误．答案：AB7．[2013·昆明联考]如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R2的滑动触头P滑动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是( )A．P向a滑动示数增大、的示数减小B．P向b滑动示数增大、的示数减小C．P向a滑动，示数改变量的绝对值小于示数改变时的绝对值D．P向b滑动，示数改变量的绝对值大于示数改变量的绝对值解析：本题中当P向a滑动时，R2阻值减小，总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，因R1的阻值不变，所以R1两端的电压U1＝IR1增大，R2两端的电压U2减小，因为路端电压减小，所以R2的电压减小量大于R1的电压增大量；同理可分析，当P向b滑动时，U1减小，U2增大，R2的电压增大量大于R1的电压减小量，故选项A、C正确(程序思维法)．答案：AC8．[2013·绵阳诊测]平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是( )A．只增大R1，其他不变B．只增大R2，其他不变C．只减小R3，其他不变D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变解析：电容器两端电压等于电阻R2两端的电压，只增大R1时，电容器两端的电压减小，电容器所带电荷量减小，选项A错误；只增大R2时，电容器两端的电压增大，电容器所带电荷量增大，选项B正确；只减小R3时，电容器两端的电压不变，电容器所带电荷量不变，选项C错误；只减小a、b两极板间的距离时，电容变大，电容器所带电荷量增大，选项D 正确．答案：BD9．[辽宁省五校协作体2012届高三上学期期末联合考试]如下图所示，电路中的电阻均为1 Ω，电源电动势为3 V ，内阻为0.5 Ω，电流表、电压表均为理想电表，则此时电流表、电压表的读数分别是( )A ．3 A 、3 VB.1.5 A 、1.5 V C ．3 A 、1.5 V D.1.5 A 、3 V解析：解决本题的关键是画出其等效电路图；如图所示，外电路电阻R ＝0.5 Ω，路端电压U ＝R R ＋r E ＝0.50.5＋0.5×3.0 V ＝1.5 V ，即电压表的读数为1.5 V ；电流表的读数为UR 12＋R 45＝1.5 V 0.5 Ω＋0.5 Ω＝ 1．5 A ．本题答案为B.答案：B10．[2013·武汉部分学校测试]在如图(a)所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器．闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头P 从最右端滑到最左端，两个电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示．则( )A ．图线甲是电压表V 2示数随电流变化的图线B ．电源内阻的阻值为10 ΩC ．电源的最大输出功率为3.6 WD ．滑动变阻器R 2的最大功率为0.9 W解析：当R 2的滑动头P 滑到最左端时，电压表V 2的示数为0，可知图线甲是V 2示数随电流变化的图线，A 正确．由两图线得U 1＋U 2＝5 V≠U 1′＋U 2′＝3 V ，可知电源有内阻，R 1＝U 1I 1＝5 Ω，R 2m ＝U 2I 1＝40.2＝20 Ω.[0．2＝E 5＋20＋r ，0.6＝E5＋r 解得E ＝6 V ，r ＝5 Ω.B 错误，当R 2＝0时，因R 1＝r 电源有最大输出功率P m ＝E 24r ＝1.8 W ，C 错误，当R 2＝R 1＋r 时，R 2上有最大功率P 2m ＝E 24R 1＋r ＝0.9 W ，D 正确．(极限思维法)答案：D二、非选择题(共30分)11．(14分)某电子元件的电压与电流的关系如图所示，将该电子元件与一个R ＝8 Ω的电阻串联，再接至电动势E ＝3 V ，内阻r ＝2 Ω的电源上，试求电路中的电流及电源的效率．解析：将R 看成电源的内阻，可在原来的图象中作出其路端电压和电流的图象(如图所示)，与电子元件和电流关系图象有交点(I 0＝130 mA ，U 0＝1.7 V)．[该交点即为电路中的实际电流和电子元件两端的实际电压．电源的效率为： η＝U E ＝1－I 0Er所以电路中电流：I 0＝130 mA ，效率为91.3%.12．(16分)如图所示电路，已知R 3＝4 Ω，闭合电键，安培表读数为0.75 A ，伏特表读数为2 V ，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8 A ，伏特表读数变为3.2 V ，问：(1)哪个电阻发生断路故障？(2)R 1的阻值是多少？(3)能否求出电源电动势E 和内阻r ？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．解析：(1)伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R 2被烧断路了．(2)R 1＝U 1′I 1′＝3.20.8Ω＝4 Ω.(3)UR 3＝I 1R 1－UR 2＝0.75×4 V－2 V ＝1 VI 3＝UR 3R 3＝14A ＝0.25 AE ＝3.2 V ＋0.8 A×(R 4＋r )E ＝3 V ＋(0.25 A ＋0.75 A)(R 4＋r )R 4＋r ＝1 ΩE ＝4 V故只能求出电源电动势E 而不能求出内阻r .答案：(1)R 2断路 (2)4 Ω (3)4 V ；不能求出内阻。
高考物理一轮复习电路的基本规律专题训练(有答案)
高考物理一轮复习电路的基本规律专题训练（有答案）基尔霍夫定律是电路理论中最基本也是最重要的定律之一。
下面是查字典物理网整理的电路的基本规律专题训练，请考生及时练习。
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2019江门模拟)在已接电源的闭合电路中,关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 ()A.如果外电压增大,则内电压增大,电源电动势也会随之增大B.如果外电压减小,内电阻不变,内电压也就不变,电源电动势也随外电压减小C.如果外电压不变,则内电压减小时,电源电动势也随内电压减小D.如果外电压增大,则内电压减小,电源电动势始终为二者之和,保持恒定2.(2019南宁模拟)一台直流电动机电枢线圈的电阻是R,其额定电压是U,额定功率是P。
那么,正常工作的电流 () A.等于,且大于 B.等于,且小于C.等于,也等于D.不等于,但等于3.有a、b、c、d四个电阻,它们的U -I关系如图所示,其中电阻最小的是 ()A.aB.bC.cD.d4.(2019福州模拟)一电池外电路断开时的路端电压为3V,接上8的负载电阻后路端电压降为2.4V,则可以判定电池的电动势E和内电阻r为 ()A.E=2.4V,r=1B.E=3V,r=2C.E=2.4V,r=2D.E=3V,r=15.(2019百色模拟)甲、乙两根保险丝均为同种材料制成,直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm,熔断电流分别为2.0A和6.0 A,把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中,允许通过的最大电流是 ()A.6.0 AB.7.5 AC.10.0 AD.8.0 A6.(2019厦门模拟)在如图所示的电路中,E为电源电动势,r 为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器。
当R2的滑动触头在a端时合上开关S,此时三个电表A1、A2和V 的示数分别为I1、I2和U。
现将R2的滑动触头向b端移动,则三个电表示数的变化情况是()A.I1增大,I2不变,U增大B.I1减小,I2增大,U减小C.I1增大,I2减小,U增大D.I1减小,I2不变,U减小7.(2019北海模拟)如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环,接入电路中,电路与圆环的O点固定连接,P为与圆环良好接触的滑动头。
高考物理大一轮总复习 电路 电路的基本规律限时规范特训(含解析)
拾躲市安息阳光实验学校【金版教程】高考物理大一轮总复习 7-2 电路电路的基本规律限时规范特训（含解析）1. (多选)关于电动势E，下列说法中正确的是( )A．电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样B．电动势E的大小，与非静电力的功W的大小成正比，与移动电荷量q 的大小成反比C．电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关D．电动势E是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量解析：电势是电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，而电势差是电场中两点电势的差值，电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电动势反映了电源中非静电力做功本领的大小，是电源的属性之一，所以AB错误、CD正确．答案：CD2. (多选)如图所示是根据某次测电源的电动势和内阻的实验记录的数据作出的U－I图象，下列关于图象的说法中正确的是 ( )A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即：E＝3.0 VB．横截距表示短路电流，即：I0＝0.6 AC. 根据r＝EI0计算出待测电源内阻为5 ΩD. 根据r＝|ΔUΔI|计算出待测电源内阻为1 Ω解析：显而易见，选项AD是正确的，U－I图象中的短路电流应当是输出电压为0时的电流，B是错误的；自然C也是错误的．答案：AD3. [2014·安徽合肥]如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r.闭合电键S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，则( )A. 电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C．电压表V1示数变化量大于V2示数变化量D．电压表V1示数变化量小于V2示数变化量解析：当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，接入电路中的R3增大，电压表V1、V2和R3均是并联，根据“串反并同”结论可知，电压表V1和V2示数均变大，故A、B两项错误．设V1示数为U1，V2示数为U2，干路电流为I，则有U1＝U2＋IR1，ΔU1＝ΔU2＋ΔIR1，根据“串反并同”结论可知I减小，即ΔI<0，则ΔU1<ΔU2，故D项正确．答案：D4. 如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a 、b 分别表示路端电压、负载电阻上的电压随电流变化的情况，下列说法正确的是( )A. 阴影部分的面积表示电源的输出功率B. 阴影部分的面积表示电源的内阻消耗的功率C. 当满足α＝β时，电源的效率最高D. 当满足α＝β时，电源的效率小于50%解析：根据闭合电路的欧姆定律和U －I 图象特点可知，阴影部分的面积表示负载电阻消耗的功率，即电源的输出功率，A 正确，B 错误；当满足α＝β时，电源内阻等于负载电阻，电源的效率为50%，输出功率最大，C 、D 错误．答案：A5. [2014·北京东城]如图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知R 0＝r ，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. 路端电压变大B. 电路中的电流变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R 0上消耗的功率变小解析：由闭合电路欧姆定律得，I ＝Er ＋R 0＋R，当滑动变阻器的滑片P 由a端向b 端滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值R 减小，I 增大，路端电压U ＝E－Ir 变小，A 、B 两项错误；滑动变阻器消耗的功率P ＝E 2RR 0＋R ＋r2＝E 2R 0＋r 2R＋2R 0＋r ＋R，当R ＝R 0＋r ＝2r 时，R 消耗的功率最大，R 减小，P 变小，C 项正确；定值电阻R 0上消耗的功率P 0＝I 2R 0，R 减小，I 变大，P 0变大，D 项错误．答案：C6. 某控制电路如图所示，主要由电源(电动势为E 、内阻为r )与定值电阻R 1、R 2及电位器(滑动变阻器)R 连接而成，L 1、L 2是红绿两个指示灯，当电位器的触片滑向a 端时，下列说法正确的是( )A. L 1、L 2两个指示灯都变亮B. L 1、L 2两个指示灯都变暗C. 电路的输出功率减小D. 流经R 1的电流减小解析：当电位器的触片滑向a 端时，R 的并联电阻减小，致使该部分的分压随之减小，L 2的分压也随之减小，因此L 2指示灯变暗．由于R 的并联电阻减小，总外电阻减小，路端电压也随之减小，故L 1指示灯也变暗，A 错，B 对；由于不知道内外电阻的大小关系，无法判断输出功率的变化，故C 错；由于干路电流增大，L1所在支路电流减小，故流经R1的电流增大，所以D错．答案：B7. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R 组成，它们之中一个是电压表，一个是电流表．则下列说法中正确的是( )A. 甲是电压表，R增大时量程增大B. 甲是电流表，R增大时量程增大C. 乙是电压表，R增大时量程增大D. 乙是电流表，R减小时量程增大解析：电压表是扩大了灵敏电流表的电压承受能力，故其由灵敏电流表和大电阻串联而成，串联的电阻越大，其量程越大；电流表是扩大了灵敏电流表的电流承受能力，故其由灵敏电流表和小电阻并联而成，并联的电阻越小，其量程越大．故选项C正确．答案：C8. (多选)如图所示，曲线C1、C2分别是纯直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知下列说法正确的是( )A. 电源的电动势为4 VB. 电源的内阻为1 ΩC. 电源输出功率最大值为8 WD. 电源被短路时，电源消耗的功率为16 W解析：根据图象可知，当电流为2 A时，内电路消耗功率为4 W，由I2r＝4 W可得电源内阻r＝1 Ω，选项B正确；根据图象可知，当电流为2 A时，外电路消耗功率为4 W，外电路路端电压为U＝2 V，由E＝U＋Ir可得电源电动势为E＝4 V，选项A正确；由U＝IR可得外电路电阻R＝1 Ω时，电源输出功率最大，最大值为4 W，选项C错误；电源被短路时，短路电流为I＝E/r＝4 A，电源消耗功率为I2r＝16 W，选项D正确．答案：ABD题组二提能练9. 有三个电阻串联，如图所示，电流表是完好的，合上开关S后，发现电流表示数为零，在不拆开电路的前提下，通过电压表测量各连接点的电压值，可判断故障原因，电压表测量数据为U ab＝U cd＝0，U ac≠0，则该电路的故障原因可能是( )A. R1断路B. R2断路C. R3断路D. R1、R2、R3均断路解析：首先根据U ac≠0，说明电阻R3是完好的，电源、开关和电阻R3之间通路，然后根据U ab＝U cd＝0可判断出R1也正常，R2发生了故障．答案：B10. [2014·江苏常州](多选)如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为ΔU.在这个过程中，下列判断正确的是( )A. 电阻R 1两端的电压减小，减小量等于ΔUB. 电容器的带电荷量减小，减小量等于C ΔUC. 电压表的示数U 和电流表的示数I 的比值变大D. 电压表示数变化量ΔU 和电流表示数变化量ΔI 的比值不变解析：增大R 后，总电阻增大，总电流减小，则R 1两端电压减小，内阻消耗电压减小，由于电动势不变，R 两端电压的增加量等于两者减小量之和，所以电阻R 1两端的电压减小，减小量小于ΔU ，电容器带电荷量减小量小于C ΔU ，A 、B 项错误，U I 表示R 的阻值，R 增大，所以UI增大，C 项正确；将R 1“等效”到电源内部，ΔUΔI表示内阻r 和R 1之和，比值不变，D 项正确．答案：CD11. 温度传感器广泛应用于空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的．如图甲所示，电源的电动势E ＝9.0 V ，内阻不计，G 为灵敏电流计，内阻R g 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I 1＝2 mA ；当电流表的示数I 2＝3.6 mA 时，热敏电阻的温度是( )A. 60℃B. 80℃C. 100℃D. 120℃解析：由图象知，当t 1＝20℃时，热敏电阻的阻值R 1＝4 kΩ，根据闭合电路欧姆定律I 1＝ER 1＋R g，可解得R g ＝0.5 kΩ，又I 2＝ER 2＋R g，可解得R 2＝2 kΩ，结合图象得t 2＝120℃，故选D.答案：D12. 位移传感器的工作原理如图所示，物体M 在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑片P ，假设电压表、电流表都是理想的，则下列说法正确的是( )A. 通过电压表显示的数据，可以反映物体位移的大小xB. 通过电流表显示的数据，可以反映物体位移的大小xC. 物体M 不运动时，电路中没有电流D. 物体M 不运动时，电压表没有示数解析：由电路特点知：当滑动变阻器的滑片P 移动时，通过滑动变阻器的电流I ＝ER不变，电压表测的是AP 段对应的电压值，当滑片P 移动时，由U ＝IR AP知电压表示数变化，对应位移的变化，故选项A 正确．滑片不移动的时候，电压表、电流表均有读数．答案：A13. 如图所示，电池的电动势为E ，内阻为r ，电阻R ＝r ，滑动变阻器的总阻值为2R ，电表为理想电表，在滑动变阻器的滑动片P 由a 向b 滑动的过程中，下列判断正确的是 ( )A. 电压表示数最大值为E2B ．电源的输出功率一直减小C ．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D ．电流表示数在E 4r ～E2r间变化解析：外电路是滑动变阻器两部分并联再与定值电阻串联，当滑动片位于a 、b 时，外电路阻值最小为R ，内、外电阻相等，电源输出功率最大，电流表示数最大为E 2r ，电压表示数最大为E2，A 对；当滑动片两侧电阻值相等时，外电路阻值最大为3R 2，干路电流最小为2E5r ，所以在滑动变阻器的滑动片P 由a 向b滑动的过程中，电源的输出功率、电压表示数、电流表示数都先减小后增大，电流表示数变化范围为2E 5r ～E2r，B 、C 、D 错．答案：A14. [2014·江苏名校检测]如图所示的电路中，电池的电动势E ＝5 V ，内阻r ＝10 Ω，固定电阻R ＝90 Ω，R 0是可变电阻．在R 0由0增加到400 Ω的过程中，求：(1)可变电阻R 0上消耗热功率最大的条件和最大热功率；(2)电池的内阻r 和固定电阻R 上消耗的最小热功率之和．解析：(1)可变电阻R 0上消耗的热功率P 1＝I 2R 0＝(E R ＋R 0＋r)2R 0＝25R 0R 0＋1002＝25R 0－1002R 0＋400由上式可知，当R 0＝100 Ω时，电阻R 0上消耗功率最大为 P m ＝25400 W ＝116W.(2)r 和R 上消耗的热功率之和P 2＝I 2(R ＋r )＝25R 0＋1002×100由上式可知，R 0最大时，P 2最小．即当R 0＝400 Ω时，电池的内阻和固定电阻上消耗功率的最小值为P 2 min＝25400＋1002×100 W＝0.01 W.答案：(1)R 0＝100 Ω160W (2)0.01 W。
高三高考物理一轮复习精选精练跟踪练习第七章第2单元 电路的基本规律
现吨市安达阳光实验学校第七章第2单元电路的基本规律一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)1．走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为( )A．“与”门电路 B．“非”门电路C．“或”门电路 D．上述答案都有可能2．为探究小灯泡L的伏安特性，连好图1所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象是图2中的( )图23．如图3所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则( )A．L3变亮，L2、L4变暗B．L2、L3变亮，L4变暗C．L4变亮，L2、L3变暗图3D．L3、L4变亮，L2变暗4．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220 V交流电源上，电路如图4所示．若工作一段时间后L2灯丝烧断，则( )图4A．X1的功率减小，L1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率减小5．如图5所示的电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然B灯比原来亮了，这是因为电路中某一处发生断路故障造成的，那么发生这种故障可能是(电源内阻图1不计)( )A．R1断路 B．R2断路C．R3断路D．灯A断路图56．图6所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为图7中的 ( )图7二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)7．一个T型电路如图8所示，电路中的电阻R1＝10Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则 ( ) 图8A．当cd端短路时，ab之间的效电阻是40 ΩB．当ab端短路时，cd之间的效电阻是40 ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V8．在如图9所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知( )A．电源的电动势为3 V，内阻为0. 5 ΩB．电阻R的阻值为1 Ω图9C．电源的输出功率为2 WD．电源的效率为66.7 %9．高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图10所示，超导部件有一个超导临界电流I c，当通过限流器的电流I>I c时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零)转变为正常态(一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导部件的正常态电阻为R1＝3Ω，超导临界电流I c＝1.2 A，限流电阻R2＝6 Ω，小电珠L上标有“6 V,6W”的字样，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，原来电路正常工作，现L突然发生短路，则 ( )图6A ．短路前通过R 1的电流为23AB ．短路后超导部件将由超导状态转化为正常态C ．短路后通过R 1的电流为43 AD ．短路后通过R 1的电流为2 A10．在如图11所示的电路中，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I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和 ΔU 3表示．下列比值正确的是 ( ) A ．U 1/I 不变，ΔU 1/ΔI 不变B ．U 2/I 变大，ΔU 2/ΔI 变大 图11C ．U 2/I 变大，ΔU 2/ΔI 不变D ．U 3/I 变大，ΔU 3/ΔI 不变11．(14分)如图12所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，R 3＝5 Ω，电容器的电容C 1＝4 μF，C 2＝1 μF，求C 1、C 2所带电荷量．12．(16分)如图13所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q ＝1×10－2C ， 质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g ＝10 m/s 2)第七章 第2单元 电路的基本规律【参考答案与详细解析】一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)1．解析：不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，这体现了“或”逻辑关系，故C 项正确． 答案：C2．解析：小灯泡中的电流逐渐增大时其温度升高，导致其电阻增大．由R ＝U I知只有C 选项对． 答案：C图10图133．解析：灯L 1的灯丝烧断之后电路总电阻变大，由闭合电路欧姆律可知路端电压增大，由P ＝U 2R可知L 3变亮；总电流变小，由于通过L 3的电流变大，所以L 4所在支路电流一变小(L 4变暗)，L 4两端电压一变小，所以L 2两端电压变大，L 2变亮．B 选项正确．答案：B4．解析：L 2灯丝烧断后电路的总电阻增大，电路中总电流减小，流过其他指示灯、强光灯的电流都同比例的减小，消耗的功率都减小，两端的电压都减小，则X 2两端电压增大，消耗的功率也增大，C 正确．答案：C5．解析：由于电源内阻不计，故路端电压为电源的电动势，所以R 1断路时，灯A 和B 两端电压不变，故B 灯亮度不会发生变化，A 选项错误．对B 选项，当R 2断路时，会使A 灯两端电压升高，B 灯两端电压降低，B 灯变暗，故B 选项错误，同理可知D 选项也错误．对于C 选项，当R 3断路时，会使B 灯两端电压升高，A 灯两端电压降低，故B 灯变亮，因此正确选项为C.答案：C6．解析：由U －I 图线的斜率及截距可得该电源E ＝6 V ，r ＝0.5 Ω.当U＝4.8 V 时，I ＝E －Ur＝2.4 A ，R ＝U /I ＝2 Ω，B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)7．解析：当cd 端短路时，ab 之间的电路为R 2和R 3并联，然后与R 1串联，因此ab 之间的效电阻为R 2R 3R 2＋R 3＋R 1＝40 Ω，选项A 正确．同理，当ab 端短路时，R 1和R 3并联，然后与R 2串联，总电阻为128 Ω，B 选项错误．当ab 两端接通测试电源时，cd 两端的电压，为R 3两端的电压，电路为测试电源给串联的电阻R 1和R 3供电，因此，cd 两端的电压为10010＋40×40 V＝80 V ，选项C 正确．同理，当cd 两端接通测试电源时，ab 两端的电压即R 3两端的电压，为100120＋40×40V ＝25 V ，故D 错．答案：AC8．解析：图象Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势，为3 V ，图象Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻，为0.5 Ω，选项A 正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R 的阻值为1 Ω，选项B 正确；电源输出电压为U ＝2 V ，电流为2 A ，电源输出功率为4 W ，选项C 错；电源效率η＝P 出/P 总＝U /E ＝2/3×100%≈66.7%，选项D 正确．答案：ABD9．解析：小电珠L 上标有“6 V,6 W”，该电珠的电阻R L ＝U 2/P ＝62/6 Ω＝6 Ω，短路前由于电路正常工作，电路的总电阻为R ＝R L ＋r ＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω，总电流为I ＝E /R ＝1 A ，所以短路前通过R 1的电流为I 1＝1 A ，选项A 错误；当L 突然短路后，电路中电流为I ＝E /r ＝4 A>I c ＝1.2 A ，超导部件由超导态转变为正常态，则此时电路中总电阻为R ′＝2 Ω＋2 Ω＝4 Ω，总电流I ′＝E /R ′＝84 A ＝2 A ，短路后通过R 1的电流为I 1′＝43A ，故选项B 、C 正确． 答案：BC10．解析：ΔU 1ΔI ＝U 1I ＝R 1，由于R 1不变，故U 1I 不变，ΔU 1ΔI 不变．同理U 2I＝R 2，由于R 2变大，所以U 2I 变大．但是ΔU 2ΔI ＝ΔI (R 1＋r )ΔI ＝R 1＋r ，所以ΔU 2ΔI 不变．而U 3I ＝R 2＋R 1，所以U 3I 变大，由于ΔU 3ΔI ＝ΔIr ΔI ＝r ，所以ΔU 3ΔI不变．故选项A 、C 、D 正确．答案：ACD11．解析：根据闭合电路欧姆律，I ＝E R 1＋R 2＋r ＝126 A ＝2 A ，U 1＝IR 1＝6 V ，U 2＝IR 2＝4 V U C 1＝U 2＝4 V ，U C 2＝U 1＋U 2＝10 V根据Q ＝CUQ 1＝C 1U C 1＝4×10－6×4 C＝1.6×10－5 C Q 2＝C 2U C 2＝1×10－6×10 C＝10－5 C.答案：1.6×10－5C 10－5C12．解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A 板时速度为零．设两板间电压为U AB ，由动能理得 －mgd －qU AB ＝0－12mv 02解得U AB ＝8 V滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆律得I ＝E －U 滑R ＋r＝1 A滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I＝8 Ω电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W答案：8 Ω 23 W。
高考物理一轮计时双基练【25】电路的基本规律及应用(含答案)
计时双基练25 电路的基本规律及应用(限时：45分钟满分：100分)A级双基达标1．电动势为E，内阻为r的电源与固定电阻R0、可变电阻R串联，如练图7－2－1所示，设R0＝r，R ab＝2r，当变阻器的滑片自a端向b端滑动时，下列各物理量中随之减小的是( )练图7－2－1A．电源的输出功率B．变阻器消耗的功率C．固定电阻R0上消耗的功率D．电池内电阻上消耗的功率解析当滑片由a端向b端滑动时，总电阻减小，总电流增大，所以R0和电源内阻消耗的功率增大，C、D 项不合题意；当滑到b端时，R外＝R0＝r，电源的输出功率最大，A项不合题意；此时，变阻器电阻为零，功率最小．答案 B2．(多选题)如练图7－2－2所示，用甲、乙、丙三个电动势E相同而内电阻r不同的电源，分别给定值电阻R供电．已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为r甲>r乙>r丙，则将R先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是( )练图7－2－2A ．接在甲电源上时，通过R 的电流最大B ．接在丙电源上时，通过R 的电流最大C ．接在乙电源上时，电阻R 消耗的电功率最大D ．接在丙电源上时，电阻R 消耗的电功率最大解析 由I ＝E R ＋r 知，当r 越小时，I 越大，故A 项错、B 项对．又由P ＝I 2R 可知，I 越大，P 越大，故C项错、D 项对．答案 BD3．(2018·陕西省西安市长安区一中模拟)如练图7－2－3所示电路中，电源电动势为E ，电源内阻为r ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总电阻为R 1，电阻大小关系为R 1＝R 2＝r ，则在滑动触头从a 端移动到b 端的过程中，下列描述中正确的是( )练图7－2－3A ．电路中的总电流先增大后减小B ．电路的路端电压先增大后减小C ．电源的输出功率先增大后减小D ．滑动变阻器R 1上消耗的功率先减小后增大解析 当滑动变阻器从a→b 移动时R 1作为并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，A 错误；路端电压U ＝E －Ir ，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，B 正确；当电源内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，滑动变阻器在两端时，外电阻恰好等于内电阻，此时输出功率最大，因此电源的输出功率先减小后增大，C 错误；当滑片在a 端或者b 端的时候R 1被短路，此时R 1消耗的功率为零，因此R 1输出功率是先增大后减小，D 错误．答案 B4.练图7－2－4(多选题)(2018·陕西省长安一中月考)如练图7－2－4所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值，则( )A．减小R1，C1、C2所带的电量都增加B．增大R2，C1、C2所带的电量都增加C．增大R3，C1、C2所带的电量都增加D．减小R4，C1、C2所带的电量都增加答案BD5.练图7－2－5(2018·安徽皖南八校联考)如练图7－2－5所示，电池的电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑动片P 由a向b滑动的过程中，电流表、电压表的示数变化情况( )A．电流表一直减小，电压表一直增大B．电流表一直增大，电压表一直减小C．电流表先减小后增大，电压表先增大后减小D．电流表先增大后减小，电压表先减小后增大解析外电路是滑动变阻器两部分并联，再与R0串联，当两部分电阻阻值相等时，外电路电阻最大，路端电压达到最大值，干路电流最小，所以当滑片P由a向b滑动的过程中，电流表先减小后增大，电压表先增大后减小，选项C 正确．答案 C6．(2018·安徽高考)用图22－6所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0 解析 当灵敏电流表的电流为零时，有R 0l 1＝R x l 2，可得R x ＝l 2l 1R 0.答案 C7．如练图7－2－6所示，直线Ⅰ、Ⅱ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Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡先后分别与电源1和电源2单独连接时，则下列说法不正确的是( )练图7－2－6A ．电源1和电源2的内阻之比是B ．电源1和电源2的电动势之比是C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是D ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是解析 电源的特性图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，即为电源与小灯泡连接时的工作状态，交点的坐标为工作时的电压和电流．电源内阻之比r 1r 2＝E 1/I 1E 2/I 2＝I 2I 1，A 项正确；两电源电动势均为10 V ，比值为，B 项对；两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是P 1P 2＝I 1U 1I 2U 2＝3×55×6＝12，C 项正确；两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是R 1R 2＝U 1/I 1U 2/I 2＝3×65×5＝1825，D 项错，选D 项．答案 D8．练图7－2－7①是某同练图7－2－7(1)求出电压表示数U x 与所称物体的质量m 之间的关系式；(2)由(1)的计算结果可知，电压表示数与待测物体质量不成正比，不便于进行刻度，为使电压表示数与待测物体质量成正比，请利用原有器材进行改进，在图乙上完成改进后的电路原理图，并求出电压表示数U x ′与所称物体的质量m 的关系．解析 (1)设变阻器的上端到滑动端的长度为x ，根据题意有 mg ＝kx ，R x ＝x L R ，U x ＝R xR x ＋R 0＋r E ，得U x ＝mgRE mgR ＋＋.(2)电路如练答图7－2－1所示．练答图7－2－1根据题意有mg ＝kx ，R x ＝xL R ，U x ′＝R xR ＋R 0＋rE ，得U x ′＝mgRE ＋R 0＋.答案 (1)U x ＝mgREmgR ＋0＋(2)U x ′＝mgRE ＋R 0＋B 级 能力提升1.练图7－2－8如练图7－2－8所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大解析 电源的效率η＝P 出P 总＝UI EI ＝UE ，由于U B ＞U C ，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 项正确，B 项错误；将电阻接在电源上，电阻的U －I 图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，由于图线的斜率等于电阻的阻值，由图象可知，R 2与电源的内阻相等，所以接在电源上时，R 2比R 1消耗功率大，故C 、D 项错．答案 A练图7－2－92．(2018·泉州市质量检查)如练图7－2－9所示，E 为电源，其内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻．闭合开关S 后，若照射R 3的光强度减弱，则( )A ．R 1两端的电压变大B ．小灯泡消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源两极间的电压变小解析 光照强度减弱，R 3阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，R 1两端电压减小，A 错误；并联电路两端电压增大，R 2中电流增大，C 错误；灯泡中电流I L ＝I 总－IR 2，则I L 减小，其功率减小，B 正确；由U ＝E －I总r 得路端电压增大，D 错误．答案 B 3.练图7－2－10如练图7－2－10所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF. (1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流；(2)然后将开关S 断开，求电容器两端的电压变化量和断开开关后流过R 1的总电量；(3)如果把R 2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R 2消耗的最大电功率．解析 (1)稳定时，电容器看做断开状态，电路中的电流 I ＝E r ＋R 1＋R 2＝101＋3＋6A ＝1 A ，(2)S 闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压 U ＝IR 2＝1×6 V＝6 V ，断开开关后，电容器两端的电压为10 V ， 所以ΔU ＝4 V ， 流过R 1的总电量为ΔQ ＝ΔU·C＝4×30×10－6C ＝1.2×10－4C. (3)当R 2＝R 1＋r ＝4 Ω时，R 2消耗的电功率最大， P 2＝E 2/4(R 1＋r)＝6.25 W. 答案 (1)1 A (2)4 V 1.2×10－4C (3)6.25 W 4.练图7－2－11如练图7－2－11所示，电阻R1＝2 Ω，小灯泡L上标有“3 V，1.5 W”，电源内阻r＝1 Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时，电流表的读数为1 A，小灯泡L恰好正常发光，求：(1)滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率．解析(1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为I L＝P LU L＝1.53A＝0.5 A.流过滑动变阻器的电流I0＝I A－I L＝1 A－0.5 A＝0.5 A.故R0＝U LI0＝6 Ω.(2)电源电动势为：E＝U L＋I A(R1＋r)＝3 V＋1×(2＋1) V＝6 V.当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路．电路中总电流I＝ER1＋r＝2 A，故电源的总功率P总＝EI＝12 W，输出功率P出＝EI－I2r＝8 W.答案(1)6 Ω(2)12 W 8 W。
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2012届高考物理第一轮电路的基本规律精练跟踪复习题（附答案）第七章第2单元电路的基本规律一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分) 1．走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为 ( ) A．“与”门电路 B．“非”门电路 C．“或”门电路D．上述答案都有可能 2．为探究小灯泡L的伏安特性，连好图1所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是图2 中的 ( ) 图2 3．如图3所示，电源电动势为E，内阻为r，合上开关S后各电灯都能发光．如果某一时刻灯L1的灯丝烧断，之后各灯虽亮度变化，但并未损坏，则 ( ) A．L3变亮，L2、L4变暗 B．L2、L3变亮，L4变暗 C．L4变亮，L2、L3变暗图3 D．L3、L4变亮，L2变暗 4．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10个相同的指示灯
X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220 V交流电源上，电路如图4所示．若工作一段时间后L2灯丝烧断，则 ( ) 图4 A．X1的功率减小，L1的功率增大 B．X1的功率增大，L1的功率增大 C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小 D．X2的功率减小，其他指示灯的功率减小
5．如图5所示的电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然B灯比原来亮了，这是因为电路中某一处发生断路故障造成的，那么发生这种故障可能是(电源内阻不计) ( ) A．R1断路 B．R2断路 C．R3断路D．灯A断路图5 6．图6所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U－I图线．用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为图7中的 ( ) 图7 二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分) 7．一个T型电路如图8所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则 ( ) 图8 A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效
电阻是40 Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V 8．在如图9
所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知 ( ) A．电源的电动势为3 V，内阻为0. 5 Ω B．电阻R的阻值为1 Ω图9 C．电源的输出功率为2 W D．电
源的效率为66.7 %
9．高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图10所示，超导部件有一个超导临界电流Ic，当通过限流器的电流I>Ic时，
将造成超导体失超，从超导态(电阻为零)转变为正常态(一个纯电阻)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导部件的正常态电阻为R1
＝3 Ω，超导临界电流Ic＝1.2 A，限流电阻R2＝6 Ω，小电珠L上标有“6 V,6 W”的字样，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，原来
电路正常工作，现L突然发生短路，则 ( ) A．短路前通过R1的电流为23 A B．短路后超导部件将由超导状态转化为正常态 C．短
路后通过R1的电流为43 A D．短路后通过R1的电流为2 A 10．在
如图11所示的电路中，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I、U1、U2 和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是 ( ) A．U1/I不变，ΔU1/ΔI
不变 B．U2/I变大，ΔU2/ΔI变大图11 C．U2/I变大，ΔU2/ΔI
不变 D．U3/I变大，ΔU3/ΔI不变三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 11．(14分)如图12所示，电源电动势E＝12 V，内阻r
＝1 Ω，电阻 R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，电容器的电容C1＝4 μF，C2＝1 μF，求C1、C2所带电荷量．
12．(16分)如图13所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，
两板间的距离d＝40 cm.电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝ 15 Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q
＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？(取g＝10 m/s2)
第七章第2单元电路的基本规律【参考答案与详细解析】一、单项选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分) 1．解析：不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，这体现了“或”逻辑关系，故C项正确．答案：C 2．解析：小灯泡中的电流逐渐增大时其温度升高，导致其电阻增大．由R＝UI知只有C选项对．答案：C 3．解析：灯L1的灯丝烧断之后电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知路端电压增大，由P＝U2R可知L3变亮；总电流变小，由于通过L3的电流变大，所以L4所在支路电流一定变小(L4变暗)，L4两端电压一定变小，所以L2两端电压变大，L2变亮．B选项正确．答案：B 4．解析：L2灯丝烧断后电路的总电阻增大，电路中总电流减小，流过其他指示灯、强光灯的电流都同比例的减小，消耗的功率都减小，两端的电压都减小，则X2两端电压增大，消耗的功率也增大，C正确．答案：C
5．解析：由于电源内阻不计，故路端电压为电源的电动势，所以R1断路时，灯A和B两端电压不变，故B灯亮度不会发生变化，A选项错误．对B选项，当R2断路时，会使A灯两端电压升高，B灯两端电压降低，B灯应变暗，故B选项错误，同理可知D选项也错误．对于C选项，当R3断路时，会使B灯两端电压升高，A灯两端电压降低，故B灯变亮，因此正确选项为C. 答案：C 6．解析：由U－I图线的斜率及截距可得该电源E＝6 V，r＝0.5 Ω.当U＝4.8 V时，I ＝E－Ur＝2.4 A，R＝U/I＝2 Ω，B正确．答案：B 二、多项选择题(本题共4小题，每小题7分，共28分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得7分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分) 7．解析：当cd端短路时，ab之间的电路为R2和R3并联，然后与R1串联，因此ab之间的等效电阻为R2R3R2＋R3＋R1＝40 Ω，选项A正确．同理，当ab端短路时，R1和R3并联，然后与R2串联，总电阻为128 Ω，B选项错误．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压，为R3两端的电压，电路为测试电源给串联的电阻R1和R3供
电，因此，cd两端的电压为10010＋40×40 V＝80 V，选项C正确．同理，当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压即R3两端的电压，为100120＋40×40 V＝25 V，故D错．答案：AC 8．解析：图象Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势，为3 V，图象Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻，为0.5 Ω，选项A正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1 Ω，选项B正确；电源输出电压为U＝2 V，电流为2 A，电源输出功率为4 W，选项C错；电源效率η＝P出/P总＝U/E＝
2/3×100%≈66.7%，选项D正确．答案：ABD 9．解析：小电珠L上标有“6 V,6 W”，该电珠的电阻RL＝U2/P＝62/6 Ω＝6 Ω，短路前由于电路正常工作，电路的总电阻为R＝RL＋r＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω，总电流为I＝E/R＝1 A，所以短路前通过R1的电流为I1＝1 A，选项A错误；当L突然短路后，电路中电流为I＝E/r＝4 A>Ic＝1.2 A，超导部件由超导态转变为正常态，则此时电路中总电阻为R′＝2 Ω＋2 Ω＝4 Ω，总电流I′＝E/R′＝84 A＝2 A，短路后通过R1的电流为I1′＝43 A，故选项B、C正确．答案：BC 10．解析：ΔU1ΔI ＝U1I＝R1，由于R1不变，故U1I不变，ΔU1ΔI不变．同理U2I＝R2，由于R2变大，所以U2I变大．但是ΔU2ΔI＝ΔI(R1＋r)ΔI＝R1＋r，所以ΔU2ΔI不变．而U3I＝R2＋R1，所以U3I变大，由于ΔU3ΔI＝ΔIrΔI＝r，所以ΔU3ΔI不变．故选项A、C、D正确．答案：ACD 三、计算题(本题共2小题，共30分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 11．解析：根据闭合电路欧姆定律， I＝ER1＋R2＋r＝126 A＝2 A， U1＝IR1＝6 V，U2＝IR2＝4 V UC1＝U2＝4 V，UC2＝U1＋U2＝10 V 根据Q＝CU Q1＝C1UC1＝4×10－6×4 C＝1.6×10－5 C Q2＝C2UC2＝1×10－6×10 C ＝10－5 C. 答案：1.6×10－5 C 10－5 C 12．解析：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A板时速度为零．设两板间电压为UAB，由动能定理得－mgd－qUAB＝0－12mv02 解得UAB＝8 V 滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝8 V 设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得 I＝E－U滑R＋r＝1 A 滑动变阻器接入电路的电阻 R 滑＝U滑I＝8 Ω电源的输出功率 P出＝I2(R＋R滑)＝23 W 答案：
8 Ω23 W。