2027年高考物理总复习训练题-电路与电能

2027年高考物理总复习训练题——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,

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Ri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，Ri、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I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I、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Ri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•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（)

p-Rz用

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=Ri=m,R2=61K已知电动机额定电压为

C.电动机消耗的总功率为72W

D.电动机的机械功率为10W

5.（2026•湖北模拟）在如图所示的电路中,E为电源电动势，।•为电源内阻,Ri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Ai、A2和V的示数分别为h、12和U。现

将R2的滑动触头向b端移动，则（）

A.h减小、匕增大、U增大

B.h增大、12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,内殂为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Vi的示数改变量大

小为AUi,电压表V2的示数改变量大小为△U2,Ui、U2分别是电压表VI、V2示数。已知电阻Ri>r,

A.流过R2的电流变小

B.AUi大于AU2

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Ro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I。时触发报警。下列

说法正确的是（）

升降机

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ni=110,副线圈匝数分别为n2=5O,2=28,原线圈两

端接电压u=220&S比100兀叩）的交流电源，两副线圈分另।.连接电动机M和灯泡L,电动机线圈的电

阻为5C,灯泡的电阻恒为28Q,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lAo下列说法错误的是（）

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Ri、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c初始时开关Si闭合，开关S?断开，电路

稳定后现将开关S2闭合，下列说法正确的是（）

R—A—

——

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0.05C。闭合Si,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Si,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

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（）

—1

R

1—X

二

干

RI磁

簧

E^J体

二

^管T

—J

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（）

水

L

B

B

^

—

A.若选择电压表，水量增多时电压表示数变人

B.若选择电压表，电路中定值电阻R。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，Ro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』5A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Ro=25Q

C.滑动变阻器的全阻值为R=280C

D.当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，时应的电流一定为2.1A

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DCI4.8V/2200mAh

的锂电池供电，当锂电池剩余电量为总容量的2。％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

的滋场能为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=2C,定值电阻Ri=4Q,

R2=12Q,R3=16Q,滑动变阻器R4的取值范围为0〜25Q,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Vi、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为A

5、AU2、Ah下列说法正确的是（）

的|=。，|第|=。

B.1620

C.R4的功率先增大后减小，最大值为L8W

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:

（I）电阻阻值为R，其材料电阻率为p,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,p增大

B.R增大,p不变

C.R减小,p减小

D.R减小,P不变

（2）根据I-U图像,推测该实验电路为.

‘I__

B.R,C.

（3）当电阻连接在电动势为3.0V、内阻为0.6。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。在电压逐渐增人的过程中，该系统误差.（填“变人”“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

为门，外半径为⑵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3顺时针匀速转动，如图2所示，判断导体圆盘内边缘电

势（P1与外边缘电势（P2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Ar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p随半径r变化，其关

系为Pr=kN（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po恒定，内、外边缘

半径仍为口和r2、厚度为d的等效电阻Ro,其阻值可表示为：=黑伉，（R。、Po均未知）。

LTICIT[

a.求等效电阻电阻率po的表达式（用匕门，门表示）；

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。

a

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O

（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0点的电势为零，N点到P点的电势（p随位置x变亿的图像如图所示，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O.IOOmnf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

（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RHR2、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:

恒

流

源

①设电流表示数变化量为ALRi两端电压变化量为AUi,上两端电压变化量为AUL,则（）

A.AI<0,|AUI|>|AUL|

B.AKO,|AUI|<|AUL|

C.AI>0,|AUI|>|AUL|

D.AI>0,|AUI|<|AUL|

②设电压表的示数变化量为AU,电流表的示数变化量为AI,则|崇1=:

③当RL=时，RL和Ri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，与水平面间夹角为仇

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vo,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？

M

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。己知导体棒的质量

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=lm、倾角0=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=3Q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=l。，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；

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RI=R2=2R,R3=R4=RO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Ri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Ui：U2=2：I,电流满足Ig【副=

1：2,R2中的电流，2=*=半，原线圈中的电流/原=9副=*（*+引）=牛，因此12=1麻，故A

正确；

22

B、根据题意分析可知，变压器的输出功率匕.二%/原一半，Ri的功率匕=（/承+/2）2&二竿，因

此Pout#Pl，故B错误；

C、根据题意分析可知，令ab端电压为E,变压器的输入电压内=E-=E—（给+/原）%,原线

圈中的电流心=夕恻另卷=急，联立推导得力=2

，开关S闭合前R34=R3=R,U1=qE,

开关S闭合后7?34=义上力=^E,因此与闭合前相比变压器的输入电压减小，故C错误：

D、根据题意分析可知，输出功率匕法=牡=熙，开关S闭合前R34=R3=R，Pout=察=盥

K344K34耳34

["2*

sR34=]R，Pout=B=

开关闭合后34而

与闭合前相比变压器的输出功率增大，故D错误。

故选：Ao

【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，Ri、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I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（）

报警器I

A.仅温度升高，若只有报警器I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Ri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I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Ri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Ri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UAI即为R2

两端电压，报警器2所测电流12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：/=万刍；，U并=£-I（Ri+r）,

R产

,_并_%it

b=%'"1=4+即U加

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。由以1=可知UAI减小，报警器1不报警；同时，根据/2=谓，

RM减小而U井也减小，但RM减小效应更显著，故12增大，报警器2报警。若实际情况为“只有报警

器1报警”，则表明N为热敏电阻，故A错误；

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Ri的阳值，外电路总电阻增大，干路电流I减小。并联部分电压U井一E-I(Ri+r)随之减

小，导致^二焉和以1=比/U用均减小，因此两个报警器均不可能触发报警，故C错:吴；

D、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=£-I(Ri+r)

可知U并增大。对于M支路，12=报警器2可能报警；对于N支路，UAl=

增大而分母减小，UAI增大，报警器I也可能报警，故D正确。

故选：Do

【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•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井与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，当某时刻滑动变通器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Ri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Ri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，Ri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，Ri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”=咎><1()0%可知，当路端电压增大时，电源的输出效率增大，故D正确。

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=Ri=l(l,R2=6H.1已知电动机额定电压为

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+RD,其中I为干路电流。代入数据解得/=为件=能臀=34故流过电源的

I~rt\\IJZ-T1

电流为3A,故A错误。

P由

B.电源效率〃=芳乂100%,其中总功率P,^=EI=12VX3A=36W,输出功率=P总一=（36-

32x1）W=27W,则效率为7?=需x100%=75%,故B错误。

C.电动机的总功率为PM=UMM其中通过电动机的电流IM=【-I2=3A-2A=2A,代入数据得PM=

O

6VX2A=12W,故C错误。

D.电动机的机械功率等于总功率减去发热功率，即P^=PM—*RM，其中RM=0.5C,代入数据得P机

=12W-22X0.5W=12W-2W=1OW,故D正确。

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Ai、A2和V的示数分别为h、12和U。现

将R2的滑动触头向b端移动，则（）

A.h减小、匕增大、U增大

B.h增大、12减小、U减小

C.Ri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1=/可

知，总电流I增大，Ri两端电压Ui=E7（r+R3）变小，则电流表Ai读数h变小，电流表A2的电流

l2=I-Ii增大，外电阻变小，电压表读数U=E・k变小，流过Ri电流变小，则Ri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=科随干路电流I增大

而增大，故D正确，ABC错误。

故选：Do

【点评】考查闭合电路的欧姆定律，关犍是熟练掌握先整体，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;且为1•，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，川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Vi的示数改变量大

小为AUi,电压表V2的示数改变量大小为AU2,UH5分别是电压表VI、V2示数。已知电阻Ri>r,

A.流过R2的电流变小

B.△Ui大于八5

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△Ui和AU2与电阻Ri和r的关系，进而判断变化后的相对■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0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=mgsin8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Ri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,则有华=r,根据欧姆定律可知华=治,由题干可知Ri

AlAl1

>r,所以AUI>AU2,故B正确；

2

C.电源的效率4=-^―x100%=忌X100%,由于外电阻减小，所以电源效率减小，故C错误；

r（R+r）"+r

D.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R工消耗电功率

的变化，故D错误。

故选：Bo

【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，分析电路中各物理后的变化情

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Ro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I。时触发报警。下列

说法正确的是（）

升降机

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E寸启动报警器，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Ro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R。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Ra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Ro的压力

增大，压敏电阻Ro的阻值减小，使流过超载报警器电流超过Io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「超重状态，对压敏电阻Ro

的压力增大，压敏电阻R。的阻值减小，有可能使流过超载报警器电流超过I。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Ro的压力大，压敏电阻Ro的阻值

小，I。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，变压器在我们的牛•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ni=110,副线圈匝数分别为碇=50,n3=28,原线圈两

端接电压u=220&smlOOTrt（V）的交流电源，两副线圈分另!连接电动机M和灯泡L,电动机线圈的电

阻为5C,灯泡的电阻恒为280,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IA。下列说法错误的是（）

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E的有效值为Ui=220V,根据今=旨解得灯泡两端的电压外=年内=

黑X22OV=56V,开关S闭合时，灯泡中的电流为13="=碧A=2A,故A正确；

11U40

B、由今■二^J'解得电动机两端的电压为内二晟黑X22OV=IOOV’由原副线圈的功率关系可

得Uih=U2l2+U3l3,解得电动机中的电流为l2=L08A,故B错误；

C、开关S断开后，电动机正常工作，电动机的输出功率为P±=U212-/打=100X1.08W-1.0X2x5W~

102W,故C正确;

D、开关S断开后，副线圈m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：Bo

【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Ri、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c初始时开关Si闭合，开关S?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Si闭合S2断开，外电路为Ri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Ri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Si闭合、S2断开，外电路总电阻为R%I=RI+R2=2R。随后闭合开关S2,此

时R2与R3并联，再与Ri串联，外电路总电阻为/?分2=匕+/暮=L5R，可知外电路总电阻减小。

A、根据闭合电路欧姆定律，干路电流为/二尊/，由于外电路总电阻R外减小，干路电流增大，即电

流表A的示数变大，故A正确；

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（Ri+r）,由于干路电流

I增大，因此电压表示数减小，故B错误;

E2RE2

C、电源输出功率为P出=/2/?外=由于题目未给定值电阻R与电源内阻r

(5+了办“毛a'

的具体数值关系，无法判断R外减小会导致电源输出功率增大还是减小，故C错误;

D、电源效率为〃=”=?—―=由于R外减小，可知电源效率降低，故D错误。

屋/常产)“I

故选：Ao

【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，土而判断干路

电流、路端电压及部分电压的变化。本题的痉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(Ri+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0.05Q。闭合Si,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

()

S2

------------------

S.

E

A.闭合Si,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I2.0V

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Si闭合时，蓄电池端电压Ui=E-hr,代入数据解得Ui=12.0V,车灯电阻

解得：R=1.2Oo

A、此时车灯功率Pi=Uih,解得：Pi=120W,故A错误；

B、电动机启动瞬间（再闭合S2）,电流表示数为l2=50A,蓄目池端电压U2=E-3,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祟解得：〃=郛，车灯功率P2=U2lL,解得：P2=^-W-83.3VT,

功率减少量AP=P|-P2，解得：AP=^W«36.71V,故C正确；

D、电动机启动瞬间，通过电动机的电流lM=l2-lL,解得：儿=苧力，消耗功率PM=U2lM,解得:

PM=写^小心416.7川，故D错误。

故选：Co

【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i-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（）

—1

R

1—X

二

干

RI磁

簧

E^J体

二

^管T

—SJ

-

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十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，甩流表示数为零，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Ri变为Ri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