2027年高考物理复习-电路与电能

第1页（共1页）2027年高考物理复习——电路与电能一．选择题（共14小题）1．（2026•宜昌模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，ab端连接电压恒定的交变电流，定值电阻R1＝R2＝2R，R3＝R4＝R。开关S闭合且电路稳定后（）A．R2中的电流与原线圈中的电流相等 B．变压器的输出功率与R1的功率相等 C．与闭合前相比变压器的输入电压增大 D．与闭合前相比变压器的输出功率减小2．（2026•朝阳区一模）如图所示为某环境监控电路简图，R1、R2均为可变电阻，M、N两元件中有一个是光敏电阻，另一个是热敏电阻。已知热敏电阻阻值随温度升高而减小，光敏电阻阻值随光照增强而减小。忽略光照对环境温度的影响。报警器1两端电压大于某值时报警，报警器2上通过的电流大于某值时报警。闭合开关后，两报警器1、2均未报警。不计报警器对电路的影响。下列说法正确的是（）A．仅温度升高，若只有报警器1报警，则M为热敏电阻 B．仅光照增强，若只有报警器2报警，则N为光敏电阻 C．仅增大R1的阻值，报警器1、2可能都报警 D．仅增大R2的阻值，报警器1、2可能都报警3．（2026•咸阳一模）如图所示，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当某时刻滑动变阻器R2的滑片时，微粒P向上运动，则下列说法正确的是（）A．滑动变阻器R2的滑片是向b端移动 B．电流表读数增大 C．R3上消耗的电功率减小 D．电源的输出效率增大4．（2026•保定二模）如图所示电路，电源电动势为12V，r＝R1＝1Ω，R2＝6Ω。已知电动机额定电压为6V，线圈电阻为0.5Ω。闭合开关后，电动机恰好正常工作，则（）A．流过电源的电流大小为6A B．电源的效率为50% C．电动机消耗的总功率为72W D．电动机的机械功率为10W5．（2026•湖北模拟）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的滑动触点在a端时合上开关S，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（）A．I1减小、I2增大、U增大 B．I1增大、I2减小、U减小 C．R1和R3发热功率都增大 D．电源总功率和内阻功率都增大6．（2026•雨花区校级一模）如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，两个电压表均视为理想电表，电阻R2为压敏电阻（阻值随所受压力的增大而减小，用柔软的导线与其他电学元件相连且导线足够长），在其受压面上固定一物块。如图乙所示，一半圆柱的工件固定在实验桌面上，A为半圆水平直径的端点，B为半圆的最高点。闭合开关S，将物块和压敏电阻一起置于圆柱表面上，用方向始终沿圆弧的切线方向的力F推物块，使物块和压敏电阻由A点缓慢移动到B点，在此过程中，电压表V1的示数改变量大小为ΔU1，电压表V2的示数改变量大小为ΔU2，U1、U2分别是电压表V1、V2示数。已知电阻R1＞r，下列说法正确的是（）A．流过R2的电流变小 B．ΔU1大于ΔU2 C．电源的效率逐渐变大 D．R2消耗的电功率逐渐减小7．（2026•丰台区模拟）某研究小组设计了一种压敏电阻式超载报警器，可将其安装在升降机底部，其简化原理图如图所示。当升降机装载货物的质量超过某一数值时为超载，已知压敏电阻R0的阻值随所受压力增大而减小，电源电动势大小可调，内阻不变，流过超载报警器电流增大到I0时触发报警。下列说法正确的是（）A．货物以某一速度落入升降机时触发报警，升降机一定超载 B．若装载货物后的升降机静止时未报警，则其在加速上升过程中一定不会报警 C．若使装载的货物质量更大时启动报警器，可将滑动变阻器滑片P向右移动 D．若使装载的货物质量更大时启动报警器，可将图中电源电动势调小8．（2026•长沙模拟）自从进入电力时代，变压器在我们的生活中就无处不在。某带有照明系统的电动装置电路如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1＝110，副线圈匝数分别为n2＝50，n3＝28，原线圈两端接电压u=2202sin100πt(V)的交流电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机线圈的电阻为5Ω，灯泡的电阻恒为28Ω，其他电阻不计。开关S闭合时，电动机和灯泡都正常工作，理想电流表的示数为A．开关S闭合时，灯泡中的电流为2A B．开关S闭合时，电动机中的电流为20A C．开关S断开后，电动机的输出功率约为102W D．开关S断开后，电动机仍能正常工作9．（2026•哈尔滨二模）如图，电路中电源电动势为E，内阻r不可忽略，定值电阻R1、R2、R3阻值均为R，理想电压表V与R2并联，理想电流表A串联在电路中。初始时开关S1闭合，开关S2断开，电路稳定后现将开关S2闭合，下列说法正确的是（）A．电流表示数变大 B．电压表示数不变 C．电源输出功率变小 D．电源效率变大10．（2026•红塔区校级模拟）如图所示为某品牌电动汽车的蓄电池、电流表、车灯、电动机连接的简化电路，汽车蓄电池电动势为12.5V，内阻为0.05Ω。闭合S1，车灯接通后，电动机未起动，电流表示数为10A；再闭合S2，电动机启动的瞬间，电流表示数为50A，假设车灯的电阻不变，不计电流表内阻，则（）A．闭合S1，电动机未启动时，车灯的功率为125W B．电动机启动瞬间，车灯两端的电压为12.0V C．电动机启动瞬间，车灯的功率减少了36.7W D．电动机启动瞬间，电动机消耗的功率为500W11．（2026•江苏模拟）如图所示，电流表、电压表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定，移去磁体。与移去前相比较，下列说法中正确的是（）A．电流表的示数变小，电压表的示数变小 B．电阻R2消耗的功率变大 C．电源的输出功率一定变大 D．电源的效率一定变低12．（2026•徐州模拟）某牧场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示，水量增加时滑片下移，电表均为理想电表，电源电动势为E、内阻不计。下列说法正确的是（）A．若选择电压表，水量增多时电压表示数变大 B．若选择电压表，电路中定值电阻R0的功率随水量变化发生改变 C．若选择电流表，电路的总电阻随水量增多的变化率为正值 D．若选择电流表，滑动变阻器消耗的功率随水量增多一定减小13．（2026•平度市一模）如图甲所示，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，两者与一理想电流表串联后接在恒压直流电源上，当滑动变阻器的触头从a端滑向b端的过程中，得到定值电阻的功率随电流变化的图线如图乙所示，其中电流为0.15A时对应的触头在a端，电流为Ic时对应的触头在c点，且ab＝4bc，下列说法正确的是（）A．电流Ic的大小为0.6A B．定值电阻R0＝25Ω C．滑动变阻器的全阻值为R＝280Ω D．当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，对应的电流一定为2.1A14．（2026•昆山市校级模拟）扫地机器人说明书上载明：电机额定功率为35W，由规格为DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，机器人就自动回座机充电。若用该锂电池给LC振荡电路充电，其电流随时间变化的i﹣t图像如图所示，据此，下列说法中正确的是（）A．该电池输出的是交变电流，可直接为LC振荡电路提供持续的振荡电流，LC振荡电路中c时刻线圈的磁场能为0 B．该机器人电机的额定电流约为2.36A，LC振荡电路中b～c时间段内电容器的电场能逐渐减小 C．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能，LC振荡电路中c～d时间段内线圈的磁场能逐渐增大 D．电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电，LC振荡电路中a时刻电容器的电荷量最大二．多选题（共1小题）（多选）15．（2026•淮南一模）在如图所示电路中，电源电动势E＝18V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝4Ω，R2＝12Ω，R3＝16Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0～25Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为ΔU1、ΔU2、ΔI。下列说法正确的是（）A．V1读数变小，V2读数变大 B．|ΔU1C．R4的功率先增大后减小，最大值为1.8W D．电源的输出功率先增大后减小，最大值为40.5W三．实验题（共1小题）16．（2026•湖北模拟）为研究某电阻两端的电压与通过它的电流关系，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，根据测得数据绘制出如图图像，依据图像分析：（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为ρ，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则（填写正确说法前的序号）；A.R增大，ρ增大B.R增大，ρ不变C.R减小，ρ减小D.R减小，ρ不变（2）根据I﹣U图像，推测该实验电路为；（3）当电阻连接在电动势为3.0V、内阻为0.6Ω的电源两端时，该电阻的功率为W（结果保留2位有效数字）；（4）实验中，若考虑电压表的内阻和电流表的内阻，结合（1）问中电阻的变化规律，分析第（2）问所选电路的系统误差。在电压逐渐增大的过程中，该系统误差（填“变大”“不变”或“变小”）。四．解答题（共5小题）17．（2026•丰台区模拟）为研究一种电磁辅助制动装置的工作原理，将其核心装置简化为如图1所示的旋转导体圆盘。制动时，整个装置处于与转轴平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向水平向右。导体圆盘内、外边缘通过电刷与外电阻相连形成闭合电路，最终将机械能转化为内能。已知圆盘内半径为r1，外半径为r2，沿转轴方向的厚度为d。（1）当电刷与电阻未接通时，圆盘以角速度ω顺时针匀速转动，如图2所示，判断导体圆盘内边缘电势φ1与外边缘电势φ2的高低，并求两者间的电势差大小U；（2）为研究圆盘的电阻特性及发热情况。将圆盘分割为无数个宽度均为Δr的同心圆环，各圆环间电阻串联。制动时，由于散热方式不同导致圆盘边缘温度高于中心，使圆盘的电阻率ρ随半径r变化，其关系为ρr=kr2（k为定值）。如果将非均匀电阻率圆盘的总电阻等效为一个电阻率ρ0恒定，内、外边缘半径仍为r1和r2、厚度为d的等效电阻Ra.求等效电阻电阻率ρ0的表达式（用k，r1，r2表示）；b.有同学提出：若圆盘中有沿半径方向的恒定电流I由于圆盘外边缘的电阻率大于内边缘的电阻率，导致圆盘上外边缘附近单位体积的发热功率大于内边缘附近单位体积的发热功率。你是否认同这个说法，并说明理由。18．（2026•杨浦区校级一模）随着国家“碳达峰，碳中和”政策的出台，光伏领域成为最热门的领域之一。（1）一辆用光伏电池驱动的小车，其电路总电阻为r，小车受到的阻力大小与其速率之比为k。某次运动中电池接收到的光照功率恒为P时，小车以速率v匀速行驶，通过电池的电流大小为I，则电池的光电转化效率为。（2）光照进半导体材料内激发出自由电荷，在材料内部电场作用下正、负电荷分别往两端积累。若材料内取O点的电势为零，N点到P点的电势φ随位置x变化的图像如图所示，请在方框内定性画出电场强度E与位置x的关系图像。（3）一光伏电池在特定光照下的I﹣U关系图像如图所示。在这种光照条件下，将总长度为100m、截面积为0.100mm2的金属丝绕制的电阻接在该电池两端时，电阻两端电压为2.10V，则：该金属丝的电阻率为Ω•m。（保留3位有效数字）（4）在某电压区间内，光伏电池可视为一个恒流源（输出电流恒定）。某同学连接了如图所示的两个电路：电路a由干电池、阻值为R4的定值电阻、阻值为RT的热敏电阻（RT随温度升高而减小）和小灯连接而成；电路b由恒流源、三个阻值分别为R1、R2、R3（R1＜R2＜R3）的定值电阻和阻值为RL的光敏电阻（RL随光照强度增大而减小，且其阻值变化范围足够大）连接而成。RL受到灯L照射。当RT所处环境温度降低时：①设电流表示数变化量为ΔI，R1两端电压变化量为ΔU1，RL两端电压变化量为ΔUL，则（）A．ΔI＜0，|ΔU1|＞|ΔUL|B．ΔI＜0，|ΔU1|＜|ΔUL|C．ΔI＞0，|ΔU1|＞|ΔUL|D．ΔI＞0，|ΔUl|＜|ΔUL|②设电压表的示数变化量为ΔU，电流表的示数变化量为ΔI，则|ΔUΔI|=③当RL＝时，RL和R1的总功率P最大。19．（2026•陇南模拟）如图，两足够长平行光滑金属导轨MN、PQ被倾斜固定放置，与水平面间夹角为θ，导轨间距离为L，导轨电阻不计，导轨下端接一阻值为R的定值电阻。导轨所在平面区域存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在导轨上放置一质量为m、电阻为r的金属棒ab，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。重力加速度为g，不计空气阻力，忽略回路中的电流对原磁场的影响。（1）由静止释放金属棒，求金属棒速度为v时a、b间的电压Uab；（2）由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度大小；（3）如果给金属棒一沿导轨平面向上的初速度v0，金属棒上滑的最大距离为s，则其上滑的时间是多少？金属棒上滑过程中电阻R上产生的热量是多少？20．（2026•云南模拟）如图，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平绝缘桌面上，EF为导轨向上弯曲部分与水平部分的边界，两导轨间距为L。导轨右端连接一个阻值为R的定值电阻，水平导轨内侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。现从弯曲导轨上距导轨水平部分高度h处由静止释放第1根导体棒，导体棒进入磁场后速度减为0时被锁定；从原位置再由静止释放第2根相同的导体棒，当速度减为0时又被锁定，以此类推，一共释放10根相同的导体棒。已知导体棒的质量为m、电阻为R、长度为L，与导轨始终垂直且接触良好（释放前导体棒与导轨不接触）。不计空气阻力及导轨的电阻，忽略感应电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。求：（1）第1根导体棒刚进入磁场时的感应电流大小；（2）第2根导体棒速度减为0时距水平导轨左端EF的距离；（3）从第1根导体棒进入磁场到第10根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总焦耳热。21．（2026•吴忠模拟）如图所示，间距L＝1m、倾角θ＝53°的平行且足够长的光滑金属导轨、顶端连接一电源，电动势E＝2V（内阻可忽略），阻值R＝3Ω的定值电阻接在两导轨间，导轨电阻不计，两导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。开关闭合、质量m＝0.5kg、阻值r＝1Ω，长度也为L的金属杆垂直导轨放置时恰能静止；开关断开，金属杆开始运动，在达到稳定状态过程中通过R的总电荷量q＝1C（金属杆运动过程中始终与导轨接触良好）。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）从断开开关至金属杆达到稳定状态过程中，①所用时间t；②回路中产生的热量Q。

2027年高考物理复习——解答一．选择题（共14小题）1．（2026•宜昌模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，ab端连接电压恒定的交变电流，定值电阻R1＝R2＝2R，R3＝R4＝R。开关S闭合且电路稳定后（）A．R2中的电流与原线圈中的电流相等 B．变压器的输出功率与R1的功率相等 C．与闭合前相比变压器的输入电压增大 D．与闭合前相比变压器的输出功率减小【分析】利用理想变压器的电压比、电流比关系，结合串并联电路的电阻、电流、电压计算，对比开关闭合前后副线圈负载电阻的变化，进而分析原线圈电路的电流、电压分配，判断各选项的正确性。【解答】解：A、根据题意分析可知，变压器原、副线圈电压满足U1：U2＝2：1，电流满足I原：I副＝1：2，R2中的电流I2=U1R2=U2R，原线圈中的电流B、根据题意分析可知，变压器的输出功率Pout=U1I原=2U22R，RC、根据题意分析可知，令ab端电压为E，变压器的输入电压U1=E-I1R1=E-(U1R2+I原)R1，原线圈中的电流I原=12I副D、根据题意分析可知，输出功率Pout=U22R34=U124开关S闭合后R34=与闭合前相比变压器的输出功率增大，故D错误。故选：A。【点评】本题考查理想变压器的动态分析，核心是掌握电压比、电流比关系，明确原线圈电路的串并联结构，注意开关闭合后负载电阻变化引起的电流、电压连锁反应。2．（2026•朝阳区一模）如图所示为某环境监控电路简图，R1、R2均为可变电阻，M、N两元件中有一个是光敏电阻，另一个是热敏电阻。已知热敏电阻阻值随温度升高而减小，光敏电阻阻值随光照增强而减小。忽略光照对环境温度的影响。报警器1两端电压大于某值时报警，报警器2上通过的电流大于某值时报警。闭合开关后，两报警器1、2均未报警。不计报警器对电路的影响。下列说法正确的是（）A．仅温度升高，若只有报警器1报警，则M为热敏电阻 B．仅光照增强，若只有报警器2报警，则N为光敏电阻 C．仅增大R1的阻值，报警器1、2可能都报警 D．仅增大R2的阻值，报警器1、2可能都报警【分析】题目中电路包含两条并联支路，分别由M与报警器2、N与R2串联后与报警器1并联构成。报警器1监测两端电压，报警器2监测所在支路电流。分析时需明确各元件电阻变化对并联电压、支路电流和分压的影响逻辑。仅温度升高时热敏电阻减小，若仅报警器1报警，说明N支路电阻减小导致R2分压增大，则N为热敏电阻。仅光照增强时光敏电阻减小，若仅报警器2报警，说明M支路电阻减小导致其电流增大，则M为光敏电阻。仅增大R1会减小并联电压，使两个报警器监测量均减小，不可能报警。仅增大R2会增大并联电压，同时使R2分压增大，可能使两个报警器监测量均超过阈值而报警。【解答】解：该电路由电源E、开关S和可变电阻R1构成干路。并联部分包含两条支路：第一条支路由元件N与并联了报警器1的电阻R2串联而成；第二条支路由元件M与报警器2串联而成。忽略报警器内阻的影响，报警器1所测电压UA1即为R2两端电压，报警器2所测电流I2即为第二条支路的总电流。设并联电路两端电压为U并，干路电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER外+r，U并＝E﹣I（R1+r），A、若仅温度升高，则热敏电阻阻值减小。假设M为热敏电阻，其阻值RM减小，导致外电路总电阻减小，干路电流I增大，U并减小。由UA1=R2R2+RNU并可知UA1减小，报警器1不报警；同时，根据I2=U并RM，RM减小而B、若仅光照增强，则光敏电阻阻值减小。同理分析，若出现只有报警器2报警的情形，说明第二条支路电阻减小，即M为光敏电阻，故B错误；C、仅增大R1的阻值，外电路总电阻增大，干路电流I减小。并联部分电压U并＝E﹣I（R1+r）随之减小，导致I2=U并RD、仅增大R2的阻值，并联部分总电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流I减小。由U并＝E﹣I（R1+r）可知U并增大。对于M支路，I2=U并RM增大，报警器2可能报警；对于N支路，UA1=U并1+故选：D。【点评】本题综合考查了动态电路分析、传感器特性以及闭合电路欧姆定律的应用，是一道难度中等偏上的电路综合分析题。题目巧妙地将热敏电阻和光敏电阻的阻值变化规律与两个不同触发方式的报警器相结合，要求学生不仅需要熟练掌握串并联电路的基本规律和动态分析的一般方法，还需具备较强的逻辑推理与分类讨论能力。解答本题的关键在于准确分析单一因素变化时对并联部分电压及各支路电流或电压的定量影响，尤其需要判断各物理量变化的相对快慢，例如分析报警器2时需比较U并与RM的变化幅度。本题计算量适中，但思维层次要求较高，能有效锻炼学生的电路建模与分析能力。3．（2026•咸阳一模）如图所示，两平行金属板间带电微粒P处于静止状态，当某时刻滑动变阻器R2的滑片时，微粒P向上运动，则下列说法正确的是（）A．滑动变阻器R2的滑片是向b端移动 B．电流表读数增大 C．R3上消耗的电功率减小 D．电源的输出效率增大【分析】分析电路结构，电容器、滑动变阻器R2和R3并联后，再与R1串联，接在电源两端。假设滑动变阻器滑片的移动，分析电路的变化，确定电表读数的变化。根据流过R3的电流变化，确定消耗功率的变化。根据电源的输出效率公式分析。【解答】解：A、电容器、滑动变阻器R2和R3并联后，再与R1串联，接在电源两端。假设滑动变阻器R2的滑片向b端移动，此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，故并联部分两端的电压减小，平行金属板两端电压减小，微粒P将向下运动，故滑片是向a端移动，A错误；B、当滑片是向a端移动时，接入电路的电阻增大，总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，R1两端电压减小，R3两端电压增大，流过R3的电流增大，又干路电流减小，故流过R2的电流减小，即电流表读数减小，故B错误；C、由于流过R3的电流增大，故R3上消耗的电功率增大，故C错误；D、由电源的输出效率η=UIEI×100%故选：D。【点评】该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，涉及到动态分析的问题，分清电路结构是解题的关键。4．（2026•保定二模）如图所示电路，电源电动势为12V，r＝R1＝1Ω，R2＝6Ω。已知电动机额定电压为6V，线圈电阻为0.5Ω。闭合开关后，电动机恰好正常工作，则（）A．流过电源的电流大小为6A B．电源的效率为50% C．电动机消耗的总功率为72W D．电动机的机械功率为10W【分析】根据闭合电路的欧姆定律列式解答；根据效率的公式列式求解；根据并联电路的电流关系结合功率公式列式解答；根据电动机的总功率和机械功率的公式列式求解。【解答】解：A.电动机正常工作时，其两端电压等于额定电压UM＝6V，根据闭合电路欧姆定律，电源电动势E＝UM+I（r+R1），其中I为干路电流。代入数据解得I=E-UMr+R1B.电源效率η=P出P总×100%，其中总功率P总＝EI＝12V×3A＝36W，输出功率P出=PC.电动机的总功率为PM＝UMIM，其中通过电动机的电流IM＝I﹣I2＝3A-66A＝2A，代入数据得PM＝6V×2A＝12W，故D.电动机的机械功率等于总功率减去发热功率，即P机=PM-IM2RM，其中RM＝0.5Ω，代入数据得P机＝12W﹣22×故选：D。【点评】考查恒定电流的相关问题，理解闭合电路的欧姆定律，熟练掌握非纯电阻电路的功率计算，属于中等难度考题。5．（2026•湖北模拟）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的滑动触点在a端时合上开关S，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（）A．I1减小、I2增大、U增大 B．I1增大、I2减小、U减小 C．R1和R3发热功率都增大 D．电源总功率和内阻功率都增大【分析】根据闭合电路的欧姆定律结合并联电路的电流关系以及各电阻的功率公式等知识分析解答。【解答】解：滑动触头向b端移动，接入电路部分的电阻R2变小，则电路总电阻减小，根据I=ER总可知，总电流I增大，R1两端电压U1＝E﹣I（r+R3）变小，则电流表A1读数I1变小，电流表A2的电流I2＝I﹣I1增大，外电阻变小，电压表读数U＝E﹣Ir变小，流过R1电流变小，则R1的发热功率减小，R3（的电流为总电流I）的发热功率增大，电源总功率为P＝EI和内阻功率P内＝I2r随干路电流I增大而增大，故D故选：D。【点评】考查闭合电路的欧姆定律，关键是熟练掌握先整体，后局部，再整体的分析思路，属于中等难度考题。6．（2026•雨花区校级一模）如图甲所示，电源电动势为E，内阻为r，两个电压表均视为理想电表，电阻R2为压敏电阻（阻值随所受压力的增大而减小，用柔软的导线与其他电学元件相连且导线足够长），在其受压面上固定一物块。如图乙所示，一半圆柱的工件固定在实验桌面上，A为半圆水平直径的端点，B为半圆的最高点。闭合开关S，将物块和压敏电阻一起置于圆柱表面上，用方向始终沿圆弧的切线方向的力F推物块，使物块和压敏电阻由A点缓慢移动到B点，在此过程中，电压表V1的示数改变量大小为ΔU1，电压表V2的示数改变量大小为ΔU2，U1、U2分别是电压表V1、V2示数。已知电阻R1＞r，下列说法正确的是（）A．流过R2的电流变小 B．ΔU1大于ΔU2 C．电源的效率逐渐变大 D．R2消耗的电功率逐渐减小【分析】随着物块和压敏电阻上升，压力增大，R2减小，对甲图电路进行动态分析；根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律，得到ΔU1和ΔU2与电阻R1和r的关系，进而判断变化量的相对大小；电源的效率等于路端电压与电动势之比，路端电压下降，所以效率逐渐降低；R2两端的电压下降，流经R2的电流增大，且内、外电阻关系未知，所以无法判断消耗电功率的变化。【解答】解：A．物块和压敏电阻由A点缓慢移动到B点，设θ为物块和压敏电阻到圆心的连线与水平方向的夹角，根据FN＝mgsinθ可知，物块对压敏电阻的压力逐渐增大，压敏电阻R2的阻值逐渐减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，则R1两端的电压增大，路端电压减小，即知R3两端电压减小，流过R3的电流减小，又因为干路电流增大，所以流过R2的电流变大，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律得U2＝E﹣Ir，则有ΔU2ΔI=r，根据欧姆定律可知ΔU1ΔI=R1，由题干可知R1＞C．电源的效率η=I2RD．通过R2的电流增大，R2两端的电压减小，由于内、外电阻关系未知，所以无法判断R2消耗电功率的变化，故D错误。故选：B。【点评】本题考查电路动态分析，学生需要熟练运用闭合电路欧姆定律，分析电路中各物理量的变化情况，并结合电功、电功率和电源效率等概念判断选项正误。7．（2026•丰台区模拟）某研究小组设计了一种压敏电阻式超载报警器，可将其安装在升降机底部，其简化原理图如图所示。当升降机装载货物的质量超过某一数值时为超载，已知压敏电阻R0的阻值随所受压力增大而减小，电源电动势大小可调，内阻不变，流过超载报警器电流增大到I0时触发报警。下列说法正确的是（）A．货物以某一速度落入升降机时触发报警，升降机一定超载 B．若装载货物后的升降机静止时未报警，则其在加速上升过程中一定不会报警 C．若使装载的货物质量更大时启动报警器，可将滑动变阻器滑片P向右移动 D．若使装载的货物质量更大时启动报警器，可将图中电源电动势调小【分析】货物以某一速度落入升降机时触发报警，根据超重观点分析货物对压敏电阻R0的压力变化，分析是否一定超载；若装载货物后的升降机静止时未报警，根据超重观点分析货物对压敏电阻R0的压力变化，判断是否一定不会报警；若使装载的货物质量更大时启动报警器，此时压敏电阻R0的阻值小，根据闭合电路欧姆定律分析滑动变阻器滑片P移动方向以及电源电动势如何调节。【解答】解：A、货物以某一速度落入升降机时触发报警，货物处于超重状态，对压敏电阻R0的压力增大，压敏电阻R0的阻值减小，使流过超载报警器电流超过I0触发报警，但货物的质量可能并未超载，故A错误；B、若装载货物后的升降机静止时未报警，其在加速上升过程中，货物处于超重状态，对压敏电阻R0的压力增大，压敏电阻R0的阻值减小，有可能使流过超载报警器电流超过I0触发报警，故B错误；CD、若使装载的货物质量更大时启动报警器，此时货物对压敏电阻R0的压力大，压敏电阻R0的阻值小，I0一定，根据闭合电路欧姆定律，滑动变阻器有效电阻应增大，或电源电动势小，则可将滑动变阻器滑片P向左移动，或将图中电源电动势调小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题属于电路动态分析问题，要掌握超重观点，结合闭合电路欧姆定律进行分析。8．（2026•长沙模拟）自从进入电力时代，变压器在我们的生活中就无处不在。某带有照明系统的电动装置电路如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1＝110，副线圈匝数分别为n2＝50，n3＝28，原线圈两端接电压u=2202sin100πt(V)的交流电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机线圈的电阻为5Ω，灯泡的电阻恒为28Ω，其他电阻不计。开关S闭合时，电动机和灯泡都正常工作，理想电流表的示数为A．开关S闭合时，灯泡中的电流为2A B．开关S闭合时，电动机中的电流为20A C．开关S断开后，电动机的输出功率约为102W D．开关S断开后，电动机仍能正常工作【分析】解析变压器原副线圈两端的电压之比与匝数成正比，由此求出副线圈的电压；根据输入功率等于输出功率求得电动机的电功率，然后求出电流，电动机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用于电动机电路。【解答】解：A、原线圈两端电压的有效值为U1＝220V，根据U1n1=U3n3，解得灯泡两端的电压U3=n3n1UB、由U1n1=U2n2，解得电动机两端的电压为U2=n2n1U1=50110×220V＝100V，由原副线圈的功率关系可得UC、开关S断开后，电动机正常工作，电动机的输出功率为P出＝U2I2-I22r＝100×1.08W﹣1.082×5W≈102WD、开关S断开后，副线圈n2两端电压仍然不受影响，则电动机仍能正常工作，故D正确。本题选错误的，故选：B。【点评】考查变压器的相关问题，理解变压器的工作原理和非纯电阻电路的功率计算，属于中等难度考题。9．（2026•哈尔滨二模）如图，电路中电源电动势为E，内阻r不可忽略，定值电阻R1、R2、R3阻值均为R，理想电压表V与R2并联，理想电流表A串联在电路中。初始时开关S1闭合，开关S2断开，电路稳定后现将开关S2闭合，下列说法正确的是（）A．电流表示数变大 B．电压表示数不变 C．电源输出功率变小 D．电源效率变大【分析】分析电路结构变化，初始时S1闭合S2断开，外电路为R1与R2串联；闭合S2后R2与R3并联再与R1串联，总外电阻减小。根据闭合电路欧姆定律，总电流增大使电流表示数变大；电压表测R2两端电压，干路电流增大导致R1与内阻分压增加，故电压表示数减小；电源输出功率取决于外电阻与内阻的相对大小，无法直接判断；电源效率随外电阻减小而降低。【解答】解：开始时开关S1闭合、S2断开，外电路总电阻为R外1＝R1+R2＝2R。随后闭合开关S2，此时R2与R3并联，再与R1串联，外电路总电阻为R外A、根据闭合电路欧姆定律，干路电流为I=ER外+r，由于外电路总电阻R外减小，干路电流增大，即电流表B、理想电压表测量的是并联部分的电压，由闭合电路欧姆定律可得UV＝E﹣I（R1+r），由于干路电流I增大，因此电压表示数减小，故B错误；C、电源输出功率为P出=I2R外=E2(D、电源效率为η=P出P总=I故选：A。【点评】本题以含容电路动态分析为背景，综合考查闭合电路欧姆定律、串并联电路规律、电源输出功率与效率等核心知识。题目计算量适中，难度中等偏上，重点检验学生对电路结构变化的识别能力以及对各物理量动态关系的逻辑推理。解答时需准确分析开关闭合前后外电路总电阻的变化，进而判断干路电流、路端电压及部分电压的变化。本题的亮点在于将电源输出功率这一非单调性问题的判断融入其中，要求学生理解输出功率随外电阻变化的规律，并明确在题目未给出具体数值关系时无法做出确定判断，有效考查了思维的严谨性。同时，通过电压表示数表达式UV＝E﹣I（R1+r）的分析，也锻炼了学生灵活运用闭合电路欧姆定律解决实际问题的能力。10．（2026•红塔区校级模拟）如图所示为某品牌电动汽车的蓄电池、电流表、车灯、电动机连接的简化电路，汽车蓄电池电动势为12.5V，内阻为0.05Ω。闭合S1，车灯接通后，电动机未起动，电流表示数为10A；再闭合S2，电动机启动的瞬间，电流表示数为50A，假设车灯的电阻不变，不计电流表内阻，则（）A．闭合S1，电动机未启动时，车灯的功率为125W B．电动机启动瞬间，车灯两端的电压为12.0V C．电动机启动瞬间，车灯的功率减少了36.7W D．电动机启动瞬间，电动机消耗的功率为500W【分析】题目描述闭合S1时车灯单独工作与再闭合S2时电动机并联启动两种电路状态。首先明确车灯电阻不变，通过电动机未启动时的电流与电源电动势内阻计算路端电压，进而确定车灯电阻与功率。分析电动机启动瞬间，总电流增大导致内阻分压增加，路端电压降低，车灯两端电压随之变化，功率需重新计算。比较两种状态下车灯功率差值可判断减少量，同时根据并联分流关系确定电动机电流，结合路端电压分析其消耗功率。【解答】解：当开关S1闭合时，蓄电池端电压U1＝E﹣I1r，代入数据解得U1＝12.0V，车灯电阻R=U1I1，解得：RA、此时车灯功率P1＝U1I1，解得：P1＝120W，故A错误；B、电动机启动瞬间（再闭合S2），电流表示数为I2＝50A，蓄电池端电压U2＝E﹣I2r，解得：U2＝10.0V，即车灯两端电压为10.0V，故B错误；C、此时通过车灯的电流IL=U2R，解得：IL=253A，车灯功率P2＝U2IL，解得：P2=250D、电动机启动瞬间，通过电动机的电流IM＝I2﹣IL，解得：IM=1253A，消耗功率PM＝U2IM故选：C。【点评】本题以汽车电路为背景，综合考查闭合电路欧姆定律、串并联电路分析及电功率计算。题目通过两个开关状态的变化，构建了电动机启动前后电路结构的动态分析情境，对学生的电路建模能力和逻辑推理能力提出了明确要求。计算量适中，涉及多步运算，需准确运用电动势、内电压、路端电压的关系，并注意车灯电阻不变的隐含条件。亮点在于将电动机启动瞬间视为纯电阻负载，实际考查并联分流与电源输出特性的结合，要求学生能区分各部分电压、电流的瞬时变化，并灵活应用功率公式完成定量分析。11．（2026•江苏模拟）如图所示，电流表、电压表为理想电表。闭合开关S，待电路稳定，移去磁体。与移去前相比较，下列说法中正确的是（）A．电流表的示数变小，电压表的示数变小 B．电阻R2消耗的功率变大 C．电源的输出功率一定变大 D．电源的效率一定变低【分析】题目描述电路在磁体移去前后干簧管通断状态的变化导致外电路结构改变。移去前干簧管闭合使R2支路短路，电流表示数为零，移去后干簧管断开，R2接入电路。分析需从电路结构变化入手，明确外电阻由R1变为R1与R2串联，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律确定总电流减小和路端电压增大，从而判断电压表和电流表示数变化。再根据通过R2的电流从无到有判断其功率变化，结合外电阻与内阻关系不确定分析电源输出功率可能变化，依据外电阻增大时电源效率公式判断效率升高。【解答】解：A、干簧管是一种磁控开关，当磁体靠近时，其内部簧片因磁化而吸合，从而使开关接通；移走磁体后，簧片在自身弹力作用下恢复断开状态。在该电路中，干簧管与电阻R2及电流表A所在的支路并联，而R1位于干路中。在磁体未移去时，干簧管处于闭合状态，电阻R2所在支路被短路，因此电流表A的示数为零；移去磁体后，干簧管断开，电流流经R2支路，电流表A的示数随之增大。同时，外电路的总电阻由R1变为R1+R2，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律I=ER+r可知，电路中的总电流减小，路端电压U＝E﹣Ir增大，即电压表示数变大，故B、根据以上分析，通过R2的电流从零变为某一非零值，依据电功率公式P2=IA2RC、电源的输出功率表达式为P出=I2R外，当外电阻与电源内阻越接近时，输出功率越大。由于R1、RD、电源的效率可表示为η=R外R外+r=故选：B。【点评】本题通过干簧管磁控开关这一情境，巧妙地将电路分析与电磁学知识相结合，考查了学生对闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率计算以及电源输出功率与效率等核心知识的掌握情况。题目计算量不大，但需要学生具备清晰的电路动态分析能力，能够准确判断开关状态变化导致的总电阻、总电流及路端电压的变化，并进一步推导各支路电流和功率的变化。本题的亮点在于引入了非典型的磁控开关元件，增加了题目的新颖性和对物理模型理解深度的考查。其中，对电源输出功率变化的不确定性和电源效率变化的确定性分析，是本题区分学生思维严谨性的关键。12．（2026•徐州模拟）某牧场设计了一款补水提示器，其工作原理如图所示，水量增加时滑片下移，电表均为理想电表，电源电动势为E、内阻不计。下列说法正确的是（）A．若选择电压表，水量增多时电压表示数变大 B．若选择电压表，电路中定值电阻R0的功率随水量变化发生改变 C．若选择电流表，电路的总电阻随水量增多的变化率为正值 D．若选择电流表，滑动变阻器消耗的功率随水量增多一定减小【分析】AB.如果选择电压表，R与R0串联，电压表测滑片上方电阻丝两端的电压，根据水量的变化得出滑片移动的方向，判断电压表示数的变化，再判断R0的功率变化情况；CD.如果选择电流表，滑片上方电阻丝被短路，滑片下方的电阻丝与R0串联，电流表测电路中的电流，根据水量的变化得出R接入电路中的电阻变化，根据相应的概念结合等效电源和电源有最大输出功率满足的条件进行分析解答。【解答】解：AB、若电表选择电压表，R与R0串联，电压表测滑片上方电阻丝两端的电压。水量增多时，滑片下移，但电路中电流不变，则知电压表示数变大。由于电流不变，根据P＝I2R0，可知R0的功率不会随水量的变化而变化，故A正确，B错误；CD、若选择电流表，滑片上方电阻丝被短路，滑片下方电阻丝与R0串联，电流表测电路中的电流，水量（水的质量m）增多时，滑片下移，滑片下方电阻减小，总电阻R总＝R0+R下，可知随水量增多的变化率为ΔR总Δm，ΔR总取负值，Δm取正值，故比值为负；将电阻R0视为电源内阻，根据等效电源思想，结合电源有最大输出功率满足的条件，由于不清楚R与R0故选：A。【点评】考查电路动态分析问题，要明确电路的结构，分析电路中电阻的变化，理解等效电源和电源有最大输出功率满足的条件，属于中等难度考题。13．（2026•平度市一模）如图甲所示，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，两者与一理想电流表串联后接在恒压直流电源上，当滑动变阻器的触头从a端滑向b端的过程中，得到定值电阻的功率随电流变化的图线如图乙所示，其中电流为0.15A时对应的触头在a端，电流为Ic时对应的触头在c点，且ab＝4bc，下列说法正确的是（）A．电流Ic的大小为0.6A B．定值电阻R0＝25Ω C．滑动变阻器的全阻值为R＝280Ω D．当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，对应的电流一定为2.1A【分析】AB.根据图中提供信息结合功率公式列式求解；C.根据变阻器在a点和c点的状态结合欧姆定律列式联立求解；D.根据欧姆定律和功率公式列式联立解得。【解答】解：B．由图乙可知，电流为0.15A时对应的功率为0.45W，根据P＝I2R0，解得R0＝20Ω，故B错误；A．由图乙可知，电流为Ic时对应的功率为5W，根据P=Ic2R0，解得IcC．当滑动变阻器在a端时，有U＝Ia（R0+R），当滑动变阻器在c点时，有U=Ic(R0+R4)，联立解得U＝D．当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，设滑动变阻器两端的电压为U1，则有I=U-U1R0，P=U1⋅U-U1R0，联立解得U1＝42V，I＝0.15A或U1＝3V，I＝2.1A，回路最大电流为Imax=UR故选：C。【点评】考查功率公式的应用和欧姆定律的应用，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于中等难度考题。14．（2026•昆山市校级模拟）扫地机器人说明书上载明：电机额定功率为35W，由规格为DC14.8V/2200mAh的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的20%时，机器人就自动回座机充电。若用该锂电池给LC振荡电路充电，其电流随时间变化的i﹣t图像如图所示，据此，下列说法中正确的是（）A．该电池输出的是交变电流，可直接为LC振荡电路提供持续的振荡电流，LC振荡电路中c时刻线圈的磁场能为0 B．该机器人电机的额定电流约为2.36A，LC振荡电路中b～c时间段内电容器的电场能逐渐减小 C．正常工作时机器人电动机每秒钟输出35J动能，LC振荡电路中c～d时间段内线圈的磁场能逐渐增大 D．电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电，LC振荡电路中a时刻电容器的电荷量最大【分析】先明确锂电池输出直流，无法直接为LC电路提供持续振荡电流，再根据P＝UI计算电机额定电流，结合LC振荡电路中电流与磁场能、电场能、电容器电荷量的对应关系（电流最大时磁场能最大、电荷量为0，电流为0时电场能最大、电荷量最大），以及放电、充电过程的能量转化，同时计算电池可用电量对应的续航时间，最终判断各选项正误。【解答】解：A、DC14.8V/2200mAh表示该电池输出的是直流电，LC振荡电路中，c时刻电流i的绝对值最大，线圈磁场能最大，故A错误；B、该机器人电机的额定电流为I=b～c时间段：电流从0增大到负向最大值，是电容器放电过程，电场能逐渐转化为磁场能，电场能逐渐减小，故B正确；C、正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35Jc～d时间段：电流从负向最大值减小到0，是电容器充电过程，磁场能逐渐转化为电场能，磁场能逐渐减小，故C错误；D、机器人人正常工作的时间t=a时刻：电流i最大，电容器电荷量为0，电荷量最大的时刻是电流为0的b、d时刻，故D错误。故选：B。【点评】该题综合考查直流电路参数计算、LC振荡电路的工作规律（电流与磁场能、电场能、电荷量的转化关系）及能量守恒应用，核心考点紧扣物理规律的实际应用。解题关键在于精准区分直流与交变电流特性，熟练运用P＝UI计算额定电流，结合LC振荡电路中“电流最大、为零对应磁场能、电场能最大、电荷量为零、最大”的规律，同时准确核算电池可用电量与续航时间，需将理论公式与图像分析、实际场景（机器人工作）相结合，对学生的综合分析能力和细节把控能力要求较高。二．多选题（共1小题）（多选）15．（2026•淮南一模）在如图所示电路中，电源电动势E＝18V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝4Ω，R2＝12Ω，R3＝16Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0～25Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为ΔU1、ΔU2、ΔI。下列说法正确的是（）A．V1读数变小，V2读数变大 B．|ΔU1C．R4的功率先增大后减小，最大值为1.8W D．电源的输出功率先增大后减小，最大值为40.5W【分析】分析电路结构为R3与滑动变阻器R4串联后与R2并联，再与R1及电源内阻r串联。将电源、r、R1和R2视为等效电源，其等效电动势与内阻为定值，滑动变阻器阻值增大时该等效回路总电流减小。电压表V1测量R3两端电压，随电流减小而线性减小；电压表V2测量等效电源的路端电压，随电流减小而线性增大。ΔU1与ΔI的比值绝对值即为R3的阻值，ΔU2与ΔI的比值绝对值则为等效内阻与R3之和。滑动变阻器R4的功率表达式可整理为关于其阻值的函数，当阻值等于等效回路中除自身外总电阻时取得最大值，该值在变阻器调节范围内。电源输出功率最大值理论条件为外电阻等于内阻，但实际外电路最小电阻仍大于内阻，故输出功率无法达到理论最大值且单调变化。【解答】解：A、由电路图可知，电阻R3与滑动变阻器R串联后与R2并联，再与R1、电源内阻r串联。将电源、r、R1和R2视为等效电源。根据戴维南定理，其等效电动势E等=E⋅R2r+R等效内阻r等=(r+R1)R当滑片从a端向b端移动时，R阻值增大，支路电流I=E电压表V1的示数U1＝IR3＝16I，随I减小而降低；电压表V2的示数U2＝E等﹣（r等+R3）I＝12﹣20I，随I减小而升高，故A正确；B、根据U1＝16I，可得|ΔU1ΔI|=16Ω；由U2＝12﹣20IC、滑动变阻器R4消耗的电功率为：P整理得：P由均值不等式可知，当R4＝20Ω时（在0～25Ω范围内），P4取得最大值为Pmax＝1.8W，其功率先增大后减小，故C正确；D、电源输出功率的表达式为P出=E2R外(R外+r)2，其理论最大值为E24r，代入数据解得：Pmax＝40.5W，取得该最大值的条件是R外＝r＝2Ω。但在本电路中，外电路总电阻R外＝故选：ABC。【点评】本题是一道综合性较强的直流电路动态分析与极值问题，考查了闭合电路欧姆定律、等效电源法、功率计算及函数极值等核心知识。题目计算量较大，对学生的电路分析、模型构建和数学应用能力提出了较高要求。通过等效电源法将复杂电路简化，是分析电压电流变化的关键思路，有效锻炼了学生的等效变换与逻辑推理能力。选项C涉及滑动变阻器功率最大值的求解，需要利用均值不等式或配方法寻找极值条件，体现了数理结合的深度。选项D则考查了对外电阻与内阻关系这一核心条件的深刻理解，学生需准确判断电源输出功率能否达到理论最大值，这是本题的一个典型易错点。三．实验题（共1小题）16．（2026•湖北模拟）为研究某电阻两端的电压与通过它的电流关系，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，根据测得数据绘制出如图图像，依据图像分析：（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为ρ，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则C（填写正确说法前的序号）；A.R增大，ρ增大B.R增大，ρ不变C.R减小，ρ减小D.R减小，ρ不变（2）根据I﹣U图像，推测该实验电路为C；（3）当电阻连接在电动势为3.0V、内阻为0.6Ω的电源两端时，该电阻的功率为1.2W（结果保留2位有效数字）；（4）实验中，若考虑电压表的内阻和电流表的内阻，结合（1）问中电阻的变化规律，分析第（2）问所选电路的系统误差。在电压逐渐增大的过程中，该系统误差变小（填“变大”“不变”或“变小”）。【分析】（1）根据图像斜率变化判断电阻变化，结合电阻率的影响因素分析；（2）根据图像中电压可从零开始调节的特点，判断滑动变阻器接法和电流表内外接；（3）作电源的伏安特性曲线，与电阻图像交点确定工作点，计算功率；（4）分析所选电路的误差来源，结合电阻变化规律判断误差变化趋势。【解答】解：（1）根据欧姆定律I=1R⋅U，I﹣由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小根据电阻定律R=ρlS，在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ABD错误，故选：C（2）根据I﹣U图像可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；根据I﹣U图像可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为R欧由于Rx≪RV，因此电流表采用外接法；故ABD错误，C正确。故选：C。（3）在图像中作电源的U﹣I图线交点电压、电流值约2.7V、0.45A，得功率为1.2W；（4）由于电阻测量值为电阻和电压表并联电阻，电压增大时，电阻增大，并联电阻值与真实电阻值差距变小。故答案为：（1）C；（2）C；（3）1.2；（4）变小。【点评】本题围绕伏安法研究电阻特性展开，综合考查图像分析、实验电路选择、电源负载功率计算和系统误差分析，对实验原理的理解和数据处理能力有较全面的检验。四．解答题（共5小题）17．（2026•丰台区模拟）为研究一种电磁辅助制动装置的工作原理，将其核心装置简化为如图1所示的旋转导体圆盘。制动时，整个装置处于与转轴平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向水平向右。导体圆盘内、外边缘通过电刷与外电阻相连形成闭合电路，最终将机械能转化为内能。已知圆盘内半径为r1，外半径为r2，沿转轴方向的厚度为d。（1）当电刷与电阻未接通时，圆盘以角速度ω顺时针匀速转动，如图2所示，判断导体圆盘内边缘电势φ1与外边缘电势φ2的高低，并求两者间的电势差大小U；（2）为研究圆盘的电阻特性及发热情况。将圆盘分割为无数个宽度均为Δr的同心圆环，各圆环间电阻串联。制动时，由于散热方式不同导致圆盘边缘温度高于中心，使圆盘的电阻率ρ随半径r变化，其关系为ρr=kr2（k为定值）。如果将非均匀电阻率圆盘的总电阻等效为一个电阻率ρ0恒定，内、外边缘半径仍为r1和r2、厚度为d的等效电阻Ra.求等效电阻电阻率ρ0的表达式（用k，r1，r2表示）；b.有同学提出：若圆盘中有沿半径方向的恒定电流I由于圆盘外边缘的电阻率大于内边缘的电阻率，导致圆盘上外边缘附近单位体积的发热功率大于内边缘附近单位体积的发热功率。你是否认同这个说法，并说明理由。【分析】（1）判断电势高低：可将圆盘看作无数根沿半径方向的导体棒切割磁感线，用右手定则判断感应电流方向（未接通电路时，电流方向即为电势升高的反方向），从而比较内、外边缘电势高低。计算电势差：对一根半径方向的导体棒，取微元用线速度公式和动生电动势公式积分，得到内、外边缘间的电势差。（2）a.先将圆盘分割为无数个宽度极窄的同心圆环，每个圆环的电阻用电阻定律写出微元表达式；再对所有圆环的电阻微元积分，得到圆盘的总电阻；最后将积分得到的总电阻与题目给出的等效电阻表达式对比，即可求出等效电阻率。b.先写出单位体积发热功率的表达式，再结合圆盘电流的分布特点：电流沿半径方向流动，同一半径处的电流横截面积与周长成正比，结合电阻率随半径变化的关系，推导出单位体积发热功率随半径的变化趋势，进而判断外边缘与内边缘单位体积发热功率的大小关系，说明是否认同该说法。【解答】解：（1）根据右手定则可知φ1＜φ2根据法拉第电磁感应定律，有E=B(又由v=v1+v22，其中v1＝r1ω联立解得U=E=（2）a．设距转轴r处，宽度为Δr的同心圆环的电阻为ΔR，则ΔR=其中S＝2πrd可得ΔR=r1至r2处圆盘的总电阻R可认为是无数个同心圆环串联，则R=可得R=令R＝R0解得ρb．不同意，设距离转轴r处，电阻为ΔR的圆环的热功率为Prr，则P该圆环的体积为Vr＝2πrdΔr则圆环单位体积的发热功率P=P答：（1）当电刷与电阻未接通时，圆盘以角速度ω顺时针匀速转动，如图2所示，判断导体圆盘内边缘电势φ1与外边缘电势φ2的高低，两者间的电势差大小U为Bω(r（2）a.等效电阻电阻率ρ0的表达式为ρ0b.有同学提出：若圆盘中有沿半径方向的恒定电流I由于圆盘外边缘的电阻率大于内边缘的电阻率，导致圆盘上外边缘附近单位体积的发热功率大于内边缘附近单位体积的发热功率。不同意这个说法，设距离转轴r处，电阻为ΔR的圆环的热功率为Prr，则P该圆环的体积为Vr＝2πrdΔr则圆环单位体积的发热功率P=P【点评】该题以电磁辅助制动装置为背景，综合了动生电动势、非均匀电阻的等效计算、焦耳热功率分析等知识点，情境贴近工程应用，设问层层递进，既考查了学生对右手定则、微元法积分、电阻定律等核心物理规律的掌握，也要求学生能结合电流分布特点分析单位体积发热功率的变化，区分了“电阻率大小”与“发热功率”的逻辑关系，能有效检验学生的物理建模能力、数学工具应用能力与逻辑辨析能力，整体难度梯度合理，区分度良好，是一道兼具基础性与综合性的优质物理题。18．（2026•杨浦区校级一模）随着国家“碳达峰，碳中和”政策的出台，光伏领域成为最热门的领域之一。（1）一辆用光伏电池驱动的小车，其电路总电阻为r，小车受到的阻力大小与其速率之比为k。某次运动中电池接收到的光照功率恒为P时，小车以速率v匀速行驶，通过电池的电流大小为I，则电池的光电转化效率为kv2+（2）光照进半导体材料内激发出自由电荷，在材料内部电场作用下正、负电荷分别往两端积累。若材料内取O点的电势为零，N点到P点的电势φ随位置x变化的图像如图所示，请在方框内定性画出电场强度E与位置x的关系图像。（3）一光伏电池在特定光照下的I﹣U关系图像如图所示。在这种光照条件下，将总长度为100m、截面积为0.100mm2的金属丝绕制的电阻接在该电池两端时，电阻两端电压为2.10V，则：该金属丝的电阻率为5.25×10﹣7Ω•m。（保留3位有效数字）（4）在某电压区间内，光伏电池可视为一个恒流源（输出电流恒定）。某同学连接了如图所示的两个电路：电路a由干电池、阻值为R4的定值电阻、阻值为RT的热敏电阻（RT随温度升高而减小）和小灯连接而成；电路b由恒流源、三个阻值分别为R1、R2、R3（R1＜R2＜R3）的定值电阻和阻值为RL的光敏电阻（RL随光照强度增大而减小，且其阻值变化范围足够大）连接而成。RL受到灯L照射。当RT所处环境温度降低时：①设电流表示数变化量为ΔI，R1两端电压变化量为ΔU1，RL两端电压变化量为ΔUL，则（B）A．ΔI＜0，|ΔU1|＞|ΔUL|B．ΔI＜0，|ΔU1|＜|ΔUL|C．ΔI＞0，|ΔU1|＞|ΔUL|D．ΔI＞0，|ΔUl|＜|ΔUL|②设电压表的示数变化量为ΔU，电流表的示数变化量为ΔI，则|ΔUΔI|=R③当RL＝R2﹣R1时，RL和R1的总功率P最大。【分析】（1）小车以速率v匀速行驶时牵引力等于阻力，依据题意得到牵引力与速率的关系，电池单位时间转化的电能等于车的机械功率与电路总电阻的热功率之和，电池的光电的转化效率等于单位时间转化的电能与电池接收到的光照功率的比值。（2）根据φ﹣x图像的斜率绝对值表示场强大小，以及沿电场强度的方向电势逐渐降低，定性作出E﹣x图像。（3）由图像得到电压为2.10V时的电流值，根据欧姆定律与电阻定律解答。（4）①先分析图a的电路，当温度降低时RT电阻增大，则电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流减小，从而得到光照强度的变化与RL阻值的变化。再分析图b的电路，因为是恒流源，干路电流保持不变，并联电路的电阻增大，由此进行推理；②由电路联接结构可得出电压表示数U和与电流表的示数I满足的关系式，得到|ΔU③对照闭合电路欧姆定律，应用等效电源的知识，将RL、R1串联作为外电阻，那么要让RL、R1的总功率最大，就是让这个等效电源的输出功率最大，根据电源输出功率与外电阻的关系解答。【解答】解：（1）小车受到的阻力大小与其速率之比为k，小车以速率v匀速行驶时牵引力等于阻力，则有：F＝f阻＝kv车的机械功率机械功率为：P电路总电阻的热功率为：P电池单位时间转化的电能为：E0＝P机械+P热电池的光电的转化效率为：η=（2）根据φ﹣x图像的斜率绝对值表示场强大小，以及沿电场强度的方向电势逐渐降低。由图可知ON段图像斜率大小在逐渐增大；OP段图像斜率大小在逐渐减小，沿+x方向电势降低，电场强度的方向沿+x方向。以x轴正方向为电场强度的正方向，定性作出E﹣x图像如下：（3）由图像可知，当电压为2.10V时电流为4.00mA，可得金属丝的电阻为：R=根据电阻定律：R=ρ联立解得：ρ=（4）①根据图a可知，当温度降低时RT电阻增大，则电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中的电流减小，故灯泡变暗，光照强度降低，则RL增大。再对电路图b进行分析，因为是恒流源，干路电流保持不变，但是并联电路的电阻增大，导致并联电路的电压UR2增大，由IR2=UR2R2，可知流过R2的电流增大，由于干路电流不变，所以流过RL的电流会减小，即ΔI＜0。由于流过RL支路的电流减小，可知R1两端电压U1减小，即ΔU1＜0，根据：UR2＝U1+UL，可知RL两端电压UL增大，即ΔUL＞0，且有|ΔU1|＜|ΔUL故选B。②设恒流源输出的恒定电流为I0，由电路联接结构可得出电压表示数U和与电流表的示数I满足的关系式为：I整理得：U＝I0（R2+R3）﹣IR2可得：|ΔUΔI③对照闭合电路欧姆定律：U＝E﹣Ir，由以上分析可以把R2、R3和恒流源看成一个电动势E＝I0（R2+R3），内阻r＝R2的等效电源，则RL、R1串联作为外电阻，那么要让RL、R1的总功率最大，就是让这个等效电源的输出功率最大，可知当RL+R1＝R2，即：RL＝R2﹣R1（已知：R1＜R2）时，RL、R1的总功率最大。故答案为：（1）kv2+（3）5.25×10﹣7；（4）①B；②R2；③R2﹣R1【点评】本题重点考查了电路的动态分析问题，还涉及到φ﹣x图像的物理意义，电阻定律的应用，掌握（4）问中应用“等效电源”处理问题的方法。19．（2026•陇南模拟）如图，两足够长平行光滑金属导轨MN、PQ被倾斜固定放置，与水平面间夹角为θ，导轨间距离为L，导轨电阻不计，导轨下端接一阻值为R的定值电阻。导轨所在平面区域存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在导轨上放置一质量为m、电阻为r的金属棒ab，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。重力加速度为g，不计空气阻力，忽略回路中的电流对原磁场的影响。（1）由静止释放金属棒，求金属棒速度为v时a、b间的电压Uab；（2）由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度大小；（3）如果给金属棒一沿导轨平面向上的初速度v0，金属棒上滑的最大距离为s，则其上滑的时间是多少？金属棒上滑过程中电阻R上产生的热量是多少？【分析】（1）金属棒由静止释放后沿导轨下滑，切割磁感线产生感应电动势，形成闭合回路。a、b间电压为路端电压，需根据感应电动势和电阻分配关系确定。金属棒速度为v时，感应电动势与速度成正比，电压Uab为电动势在电阻R上的分压。（2）金属棒下滑过程中，受重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的安培力作用。当两力平衡时，加速度为零，速度达到最大。最大速度的求解需通过受力平衡条件建立方程，其中安培力表达式涉及感应电流，而感应电流由金属棒切割磁感线的速度决定。（3）金属棒获得初速度v0后沿斜面向上运动，受重力分力和安培力作用做减速运动直至停止。求上滑时间需分析运动过程中合力的冲量，运用动量定理，安培力的冲量与金属棒的位移相关。求电阻R上产生的热量需运用能量守恒定律，金属棒初动能转化为重力势能和整个回路焦耳热，再根据焦耳热在电阻间的分配关系确定R上的热量。【解答】解：（1）当金属棒下滑时，电流从a点流出，表明a点电势较高，因此Uab＞0。金属棒以速度v运动时，产生的感应电动势为E＝BLv。ab之间的电压为Uab=RR+rE（2）当金属棒达到最大速度vm时，其沿斜面向下的重力分力与安培力平衡，即mgsinθ＝F安。安培力表达式为F安＝BIL，其中电流I=EmR+r（3）若给金属棒一个沿斜面向上的初速度v0，在其上滑至最高点的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有：-mgsinθ式中，∑BiL⋅Δt=B2根据能量守恒定律，金属棒上