专题09 恒定电流-2021高考物理专项攻关高分宝典（解析版）

这是一份专题09 恒定电流-2021高考物理专项攻关高分宝典（解析版），共19页。
近年来，本章一般以实验考查为主，单独命题的考查角度主要有：1、定性分析电路的动态变化，一般由某一电阻阻值变化或者部分电路的接入和断开为变化方式，根据欧姆定律和串并联电路的特点与规律分析电路中电流、电压、功率等变化趋势。2、含容电路分析，考查电容器所带电荷量、板间电场强度变化等。3、与电磁感应结合综合考查电路的规律。预计今后仍然以考查实验为主，主要考查闭合电路欧姆定律、仪器的选取、电路的设计与创新。
【经典例题】
考点一： 电阻 电阻定律的应用
【典例1】(2019·黄冈期末)将两截阻值均为R、长度均为L的均匀铜棒A和铝棒B沿中轴线对接后串联接入电路中，已知两棒的横截面积分别为SA和SB，忽略温度变化对电阻的影响，下列说法正确的是( )
A．通过铜棒和铝棒的电流大小一定相同
B．铜棒两端的电压与铝棒两端电压之比为SB∶SA
C．铜和铝的电阻率之比为SA∶SB
D．电路稳定后两棒中电场强度均为零
【答案】AC
【解析】由于均匀铜棒A和铝棒B沿中轴线对接后串联接入电路中，通过铜棒和铝棒的电流大小一定相同，选项A正确；由于两截阻值均为R，根据欧姆定律可知，铜棒两端的电压与铝棒两端电压相等，即铜棒两端的电压与铝棒两端电压之比为1∶1，选项B错误；由电阻定律可知，铜和铝的电阻率之比为SA∶SB，选项C正确；电路稳定后两棒中电场强度均不为零，选项D错误。
考点二 欧姆定律及伏安特性曲线
【典例2】如图所示的图象中，直线表示某电源路端电压与电流的关系，直线为某一电阻的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图象可知： ( )
A．的阻值为
B．电源电动势为，内阻为
C．电源的输出功率为
D．电源内部消耗功率为
【答案】AD
【解析】电阻R=U/I=1.5Ω．故A正确；根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=|△U/△I|=3/2Ω=1.5Ω．故B错误；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=1.5V，电流I=1.0A，则电源的输出功率为P =UI=1.5W．故C错误；电源内部消耗功率为，故D正确．
【典例3】如图所示，电路中电源的电动势E恒定，内阻r=2 Ω，定值电阻R3=4 Ω。ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，电压表和电流表均为理想电表，则以下说法中正确的
A．开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数
B．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、6 Ω
C．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、9 Ω
D．开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关
【答案】CD
【解析】开关断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则开关断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数，故A错误；由题，开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有，将3 Ω、9 Ω代入方程成立，而将4 Ω、6 Ω代入方程不成立，故C正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律得，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D正确。
考点三 串、并联电路及电表的改装
【典例4】如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为Rg，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中正确的是
A．它是根据闭合电路欧姆定律制成的
B．接表内电池负极的应是红表笔
C．电阻的“∞”刻度一般在刻度盘的右端
D．调零后刻度盘的中心刻度值是r+Rg+R
【答案】ABD
【解析】其原理为闭合电路欧姆定律，A正确；接表内负极的是红表笔，故B正确；欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，C错误；调零后刻度盘的中心刻度值是Rg+r+R调零电阻的连入电路部分的阻值，故D正确。
【典例5】(2019·信阳模拟)如图所示，电源电动势为4 V，内阻1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝4 Ω，R4＝8 Ω，电容器C＝6.0 μF，闭合S电路达稳定状态后，电容器极板所带电量为( )
A．1.5×10－5 C B．3.0×10－5 C
C．2.0×10－5 C D．2.1×10－5 C
【答案】A
【解析】由电路结构可知，电路中的总电阻为R总＝R1＋r＋eq \f(R4（R2＋R3）,R2＋R3＋R4)＝8 Ω，电路中的电流为I＝eq \f(E,R总)＝0.5 A，电容器两极板间的电势差为UC＝UR1＋UR2＝IR1＋eq \f(I,2)R2＝2.5 V，电容器极板所带电量为Q＝CUC＝1.5×10－5 C，故A正确，B、C、D错误．
考点四 电功、电功率及电热的计算
【典例6】（2020江苏高考仿真模拟2）新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某品牌观光新能源电动车的动力电源上的铭牌标有“96V 、210Ah”字样。假设工作时电源的输出电压恒为96V，额定输出功率5.04k W。由于电动机发热造成的损耗（其它损耗不计），电动汽车的效率为80%。根据上述有关数据，下列说法不正确的是 （ ）
图
A．动力电源充满电后总电荷量为3.6×105 C
B．额定工作电流为52.5 A
C．电动机的内阻约为0.46 Ω
D．电动汽车保持额定功率行驶的最长时间是4 h
【答案】A
【解析】由动力电源上的铭牌可知，q＝It＝210×3.6×103 C＝7.56×105 C，选项A错误；由公式I＝eq \f(P,U)＝52.5 A，所以额定工作电流为52.5 A，选项B正确；由题意可知，额定输出功率5.04k W，发热功率为Pr＝eq \f(P,0.8)－P＝1.26k W，额定工作电流为52.5 A，由公式Pr＝I2r，解得r≈0.46Ω，选项C正确；根据电池容量Q＝210 A·h，电流为52.5 A，则可得t＝eq \f(q,I)＝4 h，选项D正确。
【典例7】受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I的变化图象如图所示，由图可知下列选项错误的是
A．该电池的电动势=4 V
B．该电池的内阻r=1 Ω
C．该电池的输出功率为3 W时，电路中的电流可能为1 A
D．输出功率为3 W时，此电源的效率一定为25%
【答案】D
【解析】P=EI-I2r，根据数学知识，当时，P最大，此时U内=U外。由P=4 W，I=2 A，得到=2V，则E=4 V，故A正确。=1 A，故B正确。当P=3 W时，由P=EI–I2r，代入解I1=1 A，I2=3 A，故C正确。由C项，η=UI/EI=U/E，当I1=1 A时，U=E–I1r=2 V，η=50%，当I2=3 A，U=E–I2r=1 V，η=25%，故D错误。
考点五 电路的动态分析
【典例8】(多选)如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中( )
A．电源的内功率先减小后增大
B．电源的效率先减小后增大
C．电流表的示数先减小后增大
D．电压表的示数先增大后减小
【答案】AD
【解析】因R1阻值小于变阻器的总电阻，则知在滑片P由中点向上移动的过程中，滑动变阻器与R1并联部分电路的总电阻R并先增大后减小，电路中总电流 I总＝eq \f(E,R并＋R2＋R内)先减小后增大，电源的内功率P内＝Ieq \\al(2,总)R内先减小后增大，A项正确．电源的效率η＝eq \f(I\\al(2,总)(R并＋R2),I\\al(2,总)(R并＋R2＋R内))＝eq \f(R并＋R2,R并＋R2＋R内)＝eq \f(1,1＋\f(R内,R并＋R2))先增大后减小，B项错误．在滑片P由中点向上移动到顶端的过程中，因R1与滑动变阻器上部分电阻之和逐渐减小，由“串反并同”可知，电流表的示数一直增大，C项错误．电压表的示数U＝eq \f(R并＋R2,R并＋R2＋R内)E＝eq \f(E,1＋\f(R内,R并＋R2))先增大后减小，D项正确．
【典例9】[多选](2019·新疆兵团四校联考)如图所示，电源电动势为E，内阻为r。当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是( )
A．电阻R3消耗的功率变大
B．电容器C上的电荷量变大
C．灯L变暗
D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值
【答案】 BCD
【解析】 当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，则外电压变小，故R3消耗的功率：P＝eq \f(U2,R3)变小，故A错误；R2变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而R3上电压变小，则电流变小，故R1上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q＝CU，则电荷量变大，故B正确；R2变小，则R2的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L变暗，故C正确；R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析知外电压变小，故R1两端增加的电压小于R2两端减小的电压，故D正确。
考点六 电路中的功率及效率问题
【典例10】(多选)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线在P点的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,则下列说法中正确的是( )
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大,
B.对应P点,小灯泡的电阻为R= QUOTE \* MERGEFORMAT
C.对应P点,小灯泡的电阻为R= QUOTE \* MERGEFORMAT
D.对应P点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积大小
【答案】ABD
【解析】由图像可以看出,随着电压的增大,图线的斜率逐渐减小,导体的电阻等于斜率的倒数,所以导体的电阻不断增大,选项A正确;灯泡的电阻在图线上每一点都是R= QUOTE \* MERGEFORMAT ,选项B正确,C错误;小灯泡的功率P=UI,选项D正确.
【典例11】（2019辽宁沈阳一模）某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是
A. 直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线
B. 曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线
C. 曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线
D. 电源的电动势E=3V，内电阻r=2Ω
【答案】C
【解析】
根据电源消耗的总功率的计算公式可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系；
由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式，，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率=EI-I2r，所以AB错误，C正确；由图可知，当短路时电流为，总功率，则可知电动势为：，则内阻为：，故D错误。
【典例12】有一个直流电动机，把它接入0.2 V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4 A；若把电动机接入2.0 V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0 A。求电动机正常工作时的输出功率多大？如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？
【答案】 1.5 W 8 W
【解析】当电动机转子不转时，电动机无机械能输出，故电能全部转化成内能，相当于纯电阻电路，欧姆定律成立。当电动机转动时，一部分电能转化成机械能输出，但因线圈有电阻，故又在线圈上产生内能，输入的电功率P电＝P热＋P机。
接U＝0.2 V电压时，电动机不转，电流I＝0.4 A，根据欧姆定律，线圈电阻R＝eq \f(U,I)＝eq \f(0.2 V,0.4 A)＝0.5 Ω。当接U′＝2.0 V电压时，电流I′＝1.0 A，故
输入电功率P电＝U′I′＝2.0×1.0 W＝2.0 W
消耗热功率P热＝I′2R＝1.02×0.5 W＝0.5 W
故输出功率即机械功率
P机＝P电－P热＝(2.0－0.5) W＝1.5 W。
如果正常工作时转子被卡住，则电能全部转化成内能，故其发热功率P热′＝eq \f(U′2,R)＝eq \f(22,0.5) W＝8 W。
考点七 含电容器电路的分析
【典例13】(多选)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点．在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动
B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动
C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
【答案】AD
【解析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动．故A正确；当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容减小，而电容器的电压不变，由C＝eq \f(Q,U)知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E＝eq \f(4πkQ,εrS)知电容器板间场强不变，由U＝Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高．故C错误；当电容器的下极板向左移动时，C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容器的电容减小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E＝eq \f(U,d)知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高．故D正确．
【典例14】(2019·石家庄模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．电压表示数变小 B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低
【答案】D.
【解析】：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D正确．
考点八 故障电路分析
【典例15】（2018云南昭通五校联考）如图所示电路L1发光，L2，L3不亮，A1有读数，A2没有读数，则产生的故障应是（只有一处有故障）（ ）
A． 灯泡L1断路 B． 灯泡L2断路
C． 灯泡L2短路 D． 灯泡L3短路
【答案】C
【解析】因A1有读数，但L2不亮，可见L2短路，由于它的短路，使L3两端电压为零，A2中没有读书。所以正确选项为C。
【走进高考】
１、（黑龙江省大庆实验中学2016届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（ ）
A．I=1.5A B．I＜1.5A C．P=15W D．P＜15W
【答案】BD
【解析】当开关打开时，由欧姆定律U=I1R1=0.5×20V=10V.。当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压10V不变，通过R1的电流不变，电动机中电流一定小于U/R2=1A。则电流表示数I＜1.5A，选项A错误B正确。电路消耗的电功率P=UI＜15W，选项C错误D正确。
考点：欧姆定律；电功率
【名师点睛】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，是关键不等式。
２.（2018朝阳二模）为了确定一个标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的电阻，小明和小华两位同学分别采用了不同的方法：小明同学用多用电表的欧姆档测量，测量结果R1=2Ω；小华同学由计算可得其阻值R2≈13Ω。小明同学的操作过程无误，但R1和R2存在明显差异。对此，下列说法正确的是
A．小明同学的方法错误，因为测量时没有电流通过小灯泡
B．小华同学的方法错误，因为小灯泡的电阻不能用来计算
C．两位同学的方法都正确，因为多用电表的欧姆档的精确度不够
D．两位同学的方法都正确，因为小灯泡的工作状态不同
【答案】D
【解析】小明同学用多用电表的欧姆档测量，测量的是小灯泡灯丝在常温下的电阻值，测量结果R1=2Ω；小华同学由计算可得其阻值R2≈13Ω，得出的是小灯泡灯丝正常发光时的电阻值，由于小灯泡灯丝的电阻值随温度的升高而增大，所以两位同学的方法都正确，因为小灯泡的工作状态不同，选项D正确。
３.如图2是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10 V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100 V。已知电流表的内阻Rg为500 Ω，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值( )
图2
A.9 500 Ω 90 000 ΩB.90 000 Ω 9 500 Ω
C.9 500 Ω 9 000 ΩD.9 000 Ω 9 500 Ω
【答案】A
【解析】接a、b时，由串联电路特点有R总＝R1＋Rg＝eq \f(U1,Ig)得R1＝eq \f(U1,Ig)－Rg＝9 500 Ω。接a、c时，同理有R总′＝R1＋R2＋Rg＝eq \f(U2,Ig)得R2＝eq \f(U2,Ig)－Rg－R1＝90 000 Ω。
４.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图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图像应是( )
【答案】C
【解析】由于小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大，随着灯泡两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，在图像上某点到原点连线的斜率应越来越大，C正确.
５.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变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知 ( )
A．反映Pr变化的图线是b
B．电源电动势为8 V
C．电源内阻为1 Ω
D．当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω
【答案】D
【解析】由题意可知Pr＝I2r，变化曲线应该是c，且由图象可求得电源内阻r＝2 Ω，选项A，C错误；由PE＝EI，可求得电源电动势E＝4 V，选项B错误；由图象及闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir可知，当电流为0.5 A时外电路的电阻为6 Ω，选项D正确。故选D。
６.【2017·江苏卷】某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则
（A）电感L1的作用是通高频（B）电容C2的作用是通高频
（C）扬声器甲用于输出高频成分（D）扬声器乙用于输出高频成分
【答案】BD
【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误．
７.在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 ( )
A．增大R1的阻值 B．减小R2的阻值
C．减小R3的阻值 D．增大M、N间距
【答案】B
【解析】因为R1与平行板电容器串联，故无论R1阻值变大还是变小，电容器两极板间的电压都等于R3两端电压，故选项A错误；当R2阻值减小时，电路的电阻变小，则电路的总电阻变小电流变大，R3的分压变大，电容器两极板间的电压变大，所以电场力变大，油滴向上运动，故选项B正确；当减小R3的阻值时，电路的电流也变大，因此内电压和R2的分压变大，则R3的分压变小，所以电场力变小，油滴向下运动，故选项C错误；当增大极板间的距离时，由E＝eq \f(U,d)，电场强度变小，故电场力变小，油滴向下运动，选项D错误。故选B。
８.科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中，GMR为一个磁敏电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。则 ( )
A．只调节电阻R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
B．只调节电阻R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动
C．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大
D．只调节电阻R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动
【答案】A
【解析】：选 A。P1向右端移动时R接入电路阻值增大，左侧电路中电流减小，磁场减弱，此时磁敏电阻(GMR)阻值减小，右侧闭合回路中电流增大，由P＝I2R可得R1消耗的电功率变大，此时R2两端电压U2＝IR变大，带电微粒所受电场力增大，故带电微粒将向上运动，所以A正确，B错误；P2向下端移动时，R2接入电路阻值不变，电路中电流不变，R1消耗的电功率不变，R2两端电压不变，电容器两端分压增大，带电微粒向上运动，故CD错误。
９.某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如下图甲所示连接电路。先使开关S接1，电容器很快充电完毕。然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示。他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I－t曲线。关于这条曲线，下列判断正确的是
A．曲线与时间坐标轴所围面积将增大
B．曲线与时间坐标轴所围面积将减小
C．曲线与纵轴交点的位置将向上移动
D．曲线与纵轴交点的位置将向下移动
【答案】D
【解析】 I－t曲线与时间轴所围面积表示电容器放电的电荷量，而电容器所带电荷量Q＝CU＝CE不变，故曲线与时间坐标轴所围面积不变，故AB错；将滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器的阻值R变大，由I＝eq \f(U,R)等，可知将开关掷向2时电容器开始放电的电流变小，因此曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故C错、D对。
１０.(多选)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点．在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动
B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动
C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
【答案】AD
【解析】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动．故A正确；当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容减小，而电容器的电压不变，由C＝eq \f(Q,U)知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误；当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由E＝eq \f(4πkQ,εrS)知电容器板间场强不变，由U＝Ed知，P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高．故C错误；当电容器的下极板向左移动时，C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容器的电容减小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E＝eq \f(U,d)知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高．故D正确．
１１.如图所示，电路中电源的电动势E恒定，内阻r=2 Ω，定值电阻R3=4 Ω。ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，电压表和电流表均为理想电表，则以下说法中正确的
A．开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数
B．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、6 Ω
C．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、9 Ω
D．开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关
【答案】CD
【解析】开关断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则开关断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数，故A错误；由题，开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有，将3 Ω、9 Ω代入方程成立，而将4 Ω、6 Ω代入方程不成立，故C正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律得，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为，故D正确。
１２.如图所示为欧姆表的原理图，表头内阻为Rg，调零电阻为R，电池的电动势为E，内阻为r，则下列说法中正确的是
A．它是根据闭合电路欧姆定律制成的
B．接表内电池负极的应是红表笔
C．电阻的“∞”刻度一般在刻度盘的右端
D．调零后刻度盘的中心刻度值是r+Rg+R
【答案】ABD
【解析】其原理为闭合电路欧姆定律，A正确；接表内负极的是红表笔，故B正确；欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，C错误；调零后刻度盘的中心刻度值是Rg+r+R调零电阻的连入电路部分的阻值，故D正确。
13（2018盐城三模）电热水器金属内胆出水口加接一段曲长管道，在电热水器漏电且接地线失效时，能形成“防电墙”，保障人的安全．如图所示，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为220 V，由于曲长管道中水具有电阻(简称“隔电电阻”)，因而人体两端的电压不高于12 V，下列说法正确的是( )
A. 曲长管道应选用导电性能好的材料制成
B. 曲长管道应选用不易导电的材料制成
C. “隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联
D. 热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”使人体内无电流通过
【答案】BC
【解析】要使人体两端的电压不高于12V，漏电电流通过曲长管道时损失的电压要足够大，所以曲长管道应选用不易导电的材料制成，选项A错误B正确；“隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联，选项C正确。
热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”可使人体内有很微弱的电流通过，不会造成人体触电，保障人的安全，D错。
14.（黑龙江省大庆实验中学2016届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（ ）
A．I=1.5A B．I＜1.5A C．P=15W D．P＜15W
【答案】BD
【解析】当开关打开时，由欧姆定律U=I1R1=0.5×20V=10V.。当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压10V不变，通过R1的电流不变，电动机中电流一定小于U/R2=1A。则电流表示数I＜1.5A，选项A错误B正确。电路消耗的电功率P=UI＜15W，选项C错误D正确。
考点：欧姆定律；电功率
15.（2020吉林长春一模） 某同学设想运用如图所示的实验电路，测量未知电阻的阻值，电流表的内阻和电源（内阻忽略不计）的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求．
（1）为了测量未知电阻的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至________（填“最大”或“最小”），然后闭合开关，将开关拨至位置，调节使电流表有明显读数；接着将开关拨至位置，保持不变，调节，当调节＝时，电流表读数仍为，则该未知电阻的阻值＝________．
（2）为了测量电流表的内阻和电源（内阻忽略不计）的电动势，他将的阻值调到＝，调到最大，将开关调至位置，闭合开关；然后多次调节，并在表格中记录下了各次的阻值和对应电流表的读数；最后根据记录的数据，他画出了如图所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为：________（用题中所给字母表示）；利用图象中的数据可求得；电流表的内阻＝________，电源（内阻忽略不计）的电动势＝________．
【答案】
（1）最大， （2）, 4.0
【考点】
伏安法测电阻
测定电源的电动势和内阻
【解析】
（1）从保护电路的角度考虑的阻值，分析开关拨至位置和位置时的电路结构，根据欧姆定律求解阻值；
闭合开关之前，从保护电路的角度，的阻值应调到最大值，
根据题意可知，开关拨至位置和位置时，电流表示数相同，阻值不变，所以＝＝，
（2）根据闭合电路欧姆定律求出的表达式，结合图象得斜率、截距的物理意义即可求解．
根据闭合电路欧姆定律得：
＝
整理得：，
则图象的斜率表示，在纵轴上的截距表示，结合图象得：
，
解得：＝，＝
16.在如图A-10-45-4所示电路中，电池电动势 E=5 V，内阻r=10 Ω，固定电阻R=90 Ω，R0是可变电阳．在R0由零增加到400Ω的过程中．求：
图A-10-45-4
⑴可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率．
⑵电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．
【解析】⑴回路中电流
，则R0上热功率
当R0=100Ω时，P1有最大值，．
⑵内阻r和固定电阻R上消耗的热功率之和
当R0=400Ω时，P2有最小值，．