高考物理1.5轮资料汇编 专题09 恒定电流试题精选精练.doc

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、r3为定值电阻，r1为滑动变阻器，a、b为电容器的两个极板。当滑动变阻器r1处于某位置时， a、b两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是 （ ）a. 仅把r1的触头向右滑动时，油滴向下运动b. 仅把r1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【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。在将滑动变阻器的滑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变暗，小灯泡l2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l1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，现今已慢慢普及，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 （ ）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8.3 hb. 该扫地机器人最多能储存的能量为4.32105 jc. 该扫地机器人充满电后能工作5 hd. 该扫地机器人充满电后能工作3 h【答案】 b【解析】由表格内的数据可知，电池的容量是5000mah，所带的电量为：q=500010-3a3600s=1.8104c，充电器输出电流为i充=1000ma=1a，所以充电的时间为： ，故a错误；最多能储存的能量为：w=qu=1.810424j=4.32105j，故b正确；额定功率未40w，所以工作的时间： ，故cd错误。所以b正确，acd错误。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 （ ）av和a的示数都增大bv和a的示数都减小cv示数增大、a示数减小dv示数减小、a示数增大【答案】 b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 （ ）【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， 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当只要有一个断开时，输入端电势不为0，输出为1，灯亮故d正确。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。视频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，则同时工作），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ui图线，曲线b为某小灯泡d1的ui图线的一部分，用该电源和小灯泡d1组成闭合电路时，灯泡d1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2/3 b. 灯泡d1的额定电压为3v，功率为6wc. 把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，电源的输出功率将变小d. 由于小灯泡b的ui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【解析】由图线可知，电源的内阻为，选项a 错误；因为灯泡正常发光，故灯泡d1的额定电压为3v，功率为p=iu=23w=6w，选项b正确；把灯泡d1换成“3v，20w”的灯泡d2，由于灯泡d2的电阻小于灯泡d1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ui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a2的量程，伏特表v1的量程大v2的量程，把它们按图接入电路，则安培表a1的读数大于安培表a2的读数；安培表a1的偏转角小于安培表a2的偏转角；伏特表v1的读数小于伏特表v2的读数；伏特表v1的偏转角等于伏特表v2的偏转角； （ ）a. b. c. d.【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a1的量程大于a2的量程，则安培表a1的读数大于安培表a2的读数故正确，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v1的偏转角等于伏特表v2的偏转角故错误，正确考点：考查了电表的改装10如图所示，闭合电键s，灯l1、l2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯l1变暗，电流表读数变小，则故障可能是 （ ）a. r1断路 b. r2断路c. r3短路 d. r4短路【答案】 b【解析】本题考查电路的串并联问题，r1与l1并联，r2和r3并联后再和r4串联最后再和l2并联，l1变暗，通过的电流减小，r1如果断，l1变亮，r3如果短路，电流表读数会增大，r4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，两电表均为理想电表，定值电阻.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、可能分别为3、6b电阻、可能分别为4、5c开关k断开时电压表的示数一定小于k闭合时的示数d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【答案】 b考点：本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u0增加到2u0，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2/3d若可变电阻器r的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4u0【答案】 b【解析】电压表是纯电阻，电压表的示数u0增大到2u0，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=i2r，可变电阻消耗的功率变为倍，b错误；电流变为2倍，电阻变为，根据u=ir，可变电阻两端的电压减为原来的，c正确；设电压表的内阻为rx根据闭合电路欧姆定律，开始时：e=u0+，可变电阻的阻值减少为原来的后：e=2u0+联立解得：e=4u0,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，为4u0d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、灯泡l、光敏电阻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时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的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时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由知灯泡的功率增大，将变亮，选项a错误.两端间的电压增大，则电容器的电压增大，选项b错误.由电容器的电量知电荷量增大，选项c错误.电容器板间场强增大，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i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列判断正确的是 （ ）a. |u1|u2|，|u2|u3| b. |不变，变小c. |变大，变大 d. |变大，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题中r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=|=r1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究|、|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，r1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r1的电压减小量小于r2的电压增加量，即有：|u1|u2|，且有|u2|u3|故a正确b、由于r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=|=r1，保持不变，故b错误c、|=r2，变大根据闭合电路欧姆定律知：u2=ei（r1+r），则得|=r1+r，保持不变，故c错误d、|=r1+r2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：u3=eir，|=r保持不变故d错误故选：a【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有r=，而变阻器是非线性元件，r=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 （ ）a小球带负电b当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角变大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=1.0，外接r=9.0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=（v），则 （ ）a. 该交变电流的频率为10hzb. 该电动势的有效值为vc. 外接电阻r所消耗的电功率为10wd. 电路中理想交流电流表的示数为1.0a【答案】 d【解析】交流电的频率，a错误；该电动势的最大值为，b错误；电压有效值为，电路中电流为，外接电阻所消耗的电功率为，c错误d正确。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。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u，则在这个过程中 （ ）a.通过r1的电流变化量一定等于u/r1b.r2两端的电压减小量一定等于uc.通过r的电流减小，减小量一定等于u/r1d.路端电压增加，增加量一定等于u【答案】 a【解析】因电阻r的阻值调大，则电压表示数增大，而r1为定值电阻，故电流的增加量一定等于u/r1，故a正确；r1两端的电压增大，则说明r2及内阻两端的电压均减小，故r2两端的电压减小量一定小于u，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r1的电流增加u/r1，故通过电阻r的电流减小量大于u/r1，选项c错误；因内电压减小，故路端电压增大，由b的分析可知，路端电压的增加量一定小于u，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，r1是定值电阻，r2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，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、r2、r3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关s闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（ ）ar1断路 br2断路 cr1短路 dr3短路【答案】 b【解析】因为当r2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r1上的电压减小，r3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r2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m的物体，以速度v匀速上升已知电动机线圈的电阻为r，电源电动势为e，通过电源的电流为i，当地重力加速度为g，忽略一切阻力及导线电阻，则 （ ）a电源内阻b电源内阻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.热功率输出功率，可解得：，又由闭合电路欧姆定律得：，解得：；当电动机被卡住时，电动机变成纯电阻元件，总电流，电流增大，故电源消耗的功率p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r110，r28。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 （ ）a1.3v b1.6v c 1.9v d2.2v【答案】 c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r3r1r2r0e,r（ ）a增大r3，油滴上升b增大电容器板间距离的过程中，电流计指针不动c增大r1，r1中电流的变化值大于r3中电流的变化值d增大r1，r1中电压的变化值小于r3中电压的变化值【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=ir并，i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r1，外电路总电阻增大，总电流i3减小，电阻r3的电压减小，r1、r2并联电压增大，r2中电流i2增大，则r1中电流i1减小，又i3=i1+i2，所以r1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10左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻r1=20 k,r2 =10 k,r3=40 k,rt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uab 0时，电压鉴别器会令开关s接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当a、b端电压uab0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. 10b. 20c. 35d. 45【答案】 c【解析】当 a、b端电压时，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；当时，电压鉴别器使 s断开，停止加热，得出当时，恒温箱保持稳定。由题意得：当时，恒温箱保持稳定，根据串并联电路电压与电阻的关系可知： 只有也为2：1的时候，才有，所以可知电阻值为20k，从图乙可以看出，电阻为20k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，相距为的两平行金属板水平放置，开始开关s1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s1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s1和s2均闭合，将r1、r3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s1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】保持和均闭合，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错误保持和均闭合，将均调大一些，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，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，知电场强度不变，减小磁感应强度，洛伦兹力减小，两力不再平衡故c错误把开关断开，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，电量保持不变；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r1、r2串联在12v的电路中，r1 =6 k，r2=3 k。当用电阻不是远大于r1和r2的电压表03 v量程测量r2两端的电压时，电压表的读数是3 v，当用该电压表015 v量程测量电压表的电压时，电压表的读数为 （ ）a9 v b 7.5 v c8 v d6 v【答案】 b【解析】用电压表0-3v量程测量时，电压表读数为uv=3v，并联关系可知，r1两端电压为u1=12-3v=9v，则r1上经过的电流为i1=u1/r1=1.510-3a，也可以计算r2通过的电流为i2=u2/r2=110-3a，则电压表上的电流为iv= i1- i2=0.510-3a，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rv=uv/iv=30k，r1和电压表总电阻r并=5k，据串并联关系有：u总/r总=u并/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，r1是光敏电阻，r2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r1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r1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r1两端电压减小，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压不变，根据电源效率可知电源效率减小，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，下列描述正确的是 （ ）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： ，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 r。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，v1表的示数变小，v2表的示数变大b.小灯泡l2变亮，v1表的示数变大，v2表的示数变小c.小灯泡l1变亮，v1表的示数变大，v2表的示数变小d.小灯泡l1变暗，v1表的示数变小，v2表的示数变大【答案】 c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，内电阻为，将滑动变阻器的滑片p从图示位置向右滑动的过程中，下列判断中正确的是 （ ）rr0pvae ra电压表v的示数变小b电源的效率一定变大c电源的输出功率一定变小d电流表a的示数一定变大【答案】 b【解析】设滑动变阻器在滑片p右侧的电阻值为，则左侧为，等效电路为与并联再与串联，故由，选项d错误。由，可得，选项a错误。，选项b正确。由，可得，由于不知道与的大小关系，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“6v 12w”字样，电动机的线圈电阻rm0.50。若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12v，此时 （ ）mrmlera电动机的输入功率为12wb电动机的热功率为12wc电动机的输出功率为12wd整个电路消耗的电功率为24w【答案】 a【解析】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um=u-ul=12-6=6v，电动机的输入功率p=umi=62=12w，电动机的输出功率p出=p-pq=12w-2w=10w，故a正确，c错误；电动机的热功率pq=i2rm=220.5=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，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【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r1两端的电压减小，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=i2r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r1两端的电压减小，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u0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4u0，d以上说法都不正确【答案】 bc【解析】电压表的读数由u0增大到2u0，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，解得，后来变阻器两端电压为，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，4u0，故c正确故选bc33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“220 v,60 w”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，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，则下列说法不正确的是e rbcarp（ ）a三个灯泡中，c灯电阻最大，b灯电阻最小b当滑片p向左移动时，a、c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，电源的总功率减小【答案】 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氖管发光，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，灯泡的钨丝肯定没有断d.断路，必是灯泡的钨丝断了，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，氖管会发光，接触零线时，氖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，而测电笔的氖管发光，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 （ ）【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：aby000010100111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：aby001011101110可见d选项正确.37压敏电阻的阻值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，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。电梯匀减速下降时，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3v4ma，图乙中两表的示 数分别为4v39ma，则待测电阻rx的真实值为 （ ）a略小于1 b略小于750c略大于1 d略大于750【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和滑动变阻器r，合上开关s，当滑动变阻器的滑动片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cr消耗的功率一定变大 dr消耗的功率一定变小【答案】 a【解析】滑动片p从r的最左端移到最右端的过程中电阻r增大 ，由闭合电路欧姆定律可知电流i减少，内电压减少，外电压增大，而电压表测得的是外电压，所以读数一定增大，a对，b错；r消耗的功率由数学知识可知，p先增大后减少，cd错，所以本题选择a。考点：闭合电路欧姆定律40某同学准备用一种金属丝准备制作一只电阻温度计他先通过实验描绘出一段金属丝的u-i曲线，如图甲所示再将该金属丝与某一定值电阻r0串联接在电路中，用电压表（电压表的内阻远大于金属丝的电阻）与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示.下列说法中正确的是 （ ）a从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小b图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小c选用不同阻值的r0可以改变温度计的量程，r0越大，量程越大d温度越高，电源消耗的功率越大【答案】 c【解析】从图甲可知，图像割线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以a错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明rt的阻值大，即温度高，所以b错误；若r0越大，电压表要偏转同样的的角度，需rt的阻值更大，即温度更高，量程越大，所以c正确；温度越高，rt的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率p=ei越小，故d错误。考点：本题考查传感器、闭合电路的欧姆定律41（2012大连检测）如图所示，r3处是光敏电阻，a、b两点间接一电容，当开关s闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻r3时 （ ）ar3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大br3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大cr3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小dr3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小【答案】 b【解析】当用光线照射电阻r3时，r3的电阻变小，a点所在支路电流增大，r4上电压增大，a点的电势降低，电容上极板带负电，电流表示数变大，选项b正确。42直流电源的电动势为e、内电阻为r，用它给直流电动机供电使之工作。电动机的线网电阻是r，电动机两端的电压为u，通过电动机的电流为i，导线电阻不计，若经过时间t，则 （ ）a电流在整个电路中做的功等于i2（r+r）ib电动机输出的机械能等于ei（r+r）itc电动机输出的机械能等于uitd电流在整个电路中做的功等于（eir）it【答案】 b43压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。某同学为探究电梯的运动情况，将压敏电阻平放在电梯内并接入如图4所示的电路，在其受压面上放一物体。电梯静止时电流表示数为i0 。当电梯做四种不同的运动时，电流表的示数分别按图甲、乙、丙、丁所示的规律变化。下列判断中正确的是 （ ）a甲图表示电梯一定做匀速运动b乙图表示电梯可能向上做匀加速运动c丙图表示电梯运动过程中处于超重状态d丁图表示电梯可能向下做匀减速运动【答案】 c【解析】a、甲图中电梯静止时电流表示数为i0，由于电流等于i0且不变，故电梯匀速直线运动或静止不动，故a错误；b、乙图中，电流逐渐变大，故压力逐渐变大，且大于重力，故电梯处于超重状态，且加速度变大，故b错误；c、丙图中，电流恒为2i0，故电梯处于超重状态，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故c正确；d、丁图中，电流一直大于i0，且不断减小，故电梯的加速度向上，并且一直减小，故电梯可能减速下降，也可能加速上升，但加速度不断减小，故d错误；本题关键根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断电梯的可能运动情况44某白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36w与36v若把此灯泡接到输出电压为18v的电源两端，则灯泡消耗的电功率 （ ）a. 等于36w b. 小于36w，大于9wc. 等于9w d. 小于36w【答案】 b【解析】白炽灯泡的电阻会随着电压的增大而增大，当输出电压为18v时，电阻比36 v时要小，功率的值比9w要大，选项b正确。考点：此题考查了电功率。视频45把电阻非线性变化的滑动变阻器接入如图的电路中，移动滑动变阻器触头改变接入电路中的长度x（x为图中a与触头之间的距离），定值电阻r1两端的电压与x间的关系如图2，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是 （ ）a. 电流表示数变化相等b. 电压表v2的示数变化不相等c. 电阻r1的功率变化相等d. 电源的输出功率不断增大【答案】 a【解析】根据欧姆定律得到电阻r1两端的电压u1=ir1，由图看出，电压u1变化相等，r1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等故a正确；电压表v2的示数u2=e-ir，电流i的变化相等，e、r一定，则u2相等故b不正确；电阻r1的功率p1i2r1，其功率的变化量为p1=2ir1i，由上知i相等，而i减小，则知，从a移到b功率变化量较大故c不正确；由图2知，u1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路总与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化故d不正确本题不正确的，故选bcd。考点：电路的动态分析；电功率46直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用。如图所示，一直流电动机m 和电灯l 并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1=05 ，电灯灯丝电阻 r=9（阻值认为保持不变），电源电动势 e=12v，内阻r2=1 开关s闭合，电动机正常工作时，电压表读数为 9v 。则下列说法不正确的是 （ ）a. 流过电源的电流3a。b. 流过电动机的电流2a。c. 电动机的输入功率等于2wd. 电动机对外输出的机械功率16w【答案】 c【解析】电源的输出电压：u=e-ir，则有，代入解得：i=3a，选项a正确；对灯泡： 电动机与灯泡并联，则电动机的电流i电=i-i灯=3a-1a=2a，选项b正确；电动机的输入功率p=iu=18w，选项c错误；根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率p出=ui电-i电2r，代入解得，p出=16w，选项d正确；此题选择错误的选项，故选c考点：闭合电路的欧姆定律；电功率【名师点睛】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用。47在研究微型电动机的性能时，可采用右图所示的实验电路。当调节滑动变阻器r，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5a和1.0v；重新调节r，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0a和15.0v则当这台电动机正常运转时 （ ）a电动机的输出功率为8w b电动机的输出功率为30wc电动机的内阻为7.5 d电动机的内阻为2【答案】 d【解析】电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5a和1.0v，电动机的输入功率全部转化为热功率，有，则电动机的内阻r=.当电动机正常工作时，电动机的输入功率p=ui=15.0w=30w。电动机内阻消耗的功率.则电动机的输出功率.故d正确，a、b、c错误。故选d。48如图所示电路，已知平行金属板电容器c中固定一个带正电的质点p，下板接地，当将滑动变阻器r1的滑动片向右移动时，下列说法正确的是 （ ）a电流表示数增大b电压表示数增大c. 电压表示数与电流表示数的比值减小d质点p的电势能减小【答案】 d考点：本题考查了平行板电容器、匀强电场、电势能、闭合电路的欧姆定律、电路的动态分析。49如图电路中，电源的内电阻为r，r1、r3、r4均为定值电阻，电表均为理想电表闭合电键s，当滑动变阻器r2的滑动触头向右滑动时，下列说法中正确的是 （ ）a电压表的示数变小b电流表的示数变大c电流表的示数变小dr1中电流的变化量一定大于r4中电流的变化量【答案】 c【解析】设r1、r2、r3、r4的电流分别为i1、i2、i3、i4，电压分别为u1、u2、u3、u4干路电流为i总，路端电压为u，电流表电流为i当滑动变阻器r2的滑动触头p向右滑动时，r2变大，外电路总电阻变大，i总变小，由u=e-ir可知，u变大，则电压表示数变大，故a错误；u变大，i3变大因i4=i总-i3，则i4变小，u4变小，而u1=u-u4，u变大，则u1变大，i1变大，i总变小，又i总=i+i1，则i变小所以r1两端的电压变大，电流表的示数变小故b错误，c正确; 由i4=i1+i2，i4变小，i1变大，则i2变小，则|i1|i2|，|i2|i4|，则不能确定r1中电流的变化量与r4中电流的变化量故d错误所以c正确，abd错误。考点：动态电路【名师点睛】本题主要考查了动态电路。首先认识电路的结构：r1、r2并联后与r4串联，再与r3并联，电压表测量路端电压，等于r3电压由r2接入电路的电阻变化，根据欧姆定律及串并关系，分析电流表和电压表示数变化量的大小。50图示电路中，、为定值电阻，电源内阻为r，闭合开关s，电压表显示有读数，调节可变电阻r的阻值，使电压表示数增加，则在此过程中 （ ）a可变电阻r阻值增大，通过它的电流增大b电阻两端的电压减小，变化量等于c通过电阻的电流减小，变化量大于d电源的路端电压增大，变化量小于【答案】 d【解析】由题，电压表的示数增大，r和并联的电阻增大，得知r增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过的电流增大，所