高考物理一轮复习：电路及其应用
一、选择题
1．（2024高一下·溧阳期末）欧姆不仅发现了欧姆定律，还对导体的电阻进行了研究。如图所示，一块均匀长方体的金属样品，边长分别为a、b、c，且a>b>c。当样品两侧面加上相同的电压U时，样品中电流最大的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一上·衡阳开学考）小明家连接插线板的导线折断后，他把两根导线拧在一起继续使用，用久后发现连接处容易发热，其主要原因是连接处（ ）
A．电阻变小 B．电流比别处电流小
C．电阻变大 D．电流比别处电流大
3．（2024高一上·衡阳开学考）下列关于生活中的一些电路，判断正确的是（ ）
A．路灯同时亮同时灭，它们是串联的
B．英语听力时，教室里各个广播是并联的
C．交通路口的红、黄、绿三色指示灯是串联的
D．楼道里的声控开关和光控开关是并联的
4．（2024高一上·衡阳开学考）如图所示，开关S闭合时，小灯泡都不亮，用一段导线的两端接触a、b两点时，两个小灯泡都不亮；接触b、c两点时，两个小灯泡也不亮；接触c、d两点时，两个小灯泡都亮。下列对电路故障的判断正确的是（ ）
A．小灯泡断路 B．小灯泡断路
C．小灯泡短路 D．开关S断路
5．（2019高二上·咸阳期中）如图所示，电解池内有一价离子的电解液，时间t内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，以下解释中正确的是（ ）
A．正离子定向移动形成电流方向从A→B，负离子定向移动形成电流方向从B→A
B．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消
C．溶液内电流方向从A到B，电流I＝
D．溶液内电流方向从A到B，电流I＝
6．（2024高二下·富阳月考）如图所示是某品牌手机充电器，供电方式：~220V、50Hz，输出电流：120mA-230mA，空载输出电压：4.16~4.30V，下列说法正确的是（ ）
A．220V指输入电压的有效值
B．充电器输出的是50Hz的交流电
C．充电器可以只由降压变压器构成
D．输出电流为120mA时每分钟通过充电线某截面的电量有
7．（2024高一下·滨湖期末）如图，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则（ ）
A．通过两棒的电流不相等
B．细棒的电压等于粗棒的电压
C．两棒的自由电子定向移动的平均速率
D．两棒内的电场强度不同，细棒内场强大于粗棒内部场强
8．（伏安特性曲线++++++++++1 40）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，应 （ ）
A．采用电流表内接法，因为小灯泡的电阻比电压表内阻小得多
B．采用电流表内接法，因为小灯泡的电阻比电流表内阻大得多
C．采用电流表外接法，因为小灯泡的电阻比电压表内阻小得多
D．采用电流表外接法，因为小灯泡的电阻比电流表内阻大得多
9．（2024高二下·丰城月考） 随着集成电路的广泛应用，对集成度的要求越来越高，集成度越高，各种电子元件越微型化，图中和是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体．的边长是边长的5倍，通过两导体电流方向如图，下列说法正确的是（ ）
A．电阻 B．电阻 C．电阻 D．电阻
10．（2024高一下·黔西月考）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为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为
C．对应P点，小灯泡的电阻为
D．对应P点，小灯泡的功率为图中梯形所围面积
11．（2024高二上·温州期末） 一小量程电流表G，满偏电流为，内阻为。将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．与串联后的总电阻大于
B．开关S接b时的量程为0~1mA
C．测出的电流为时，流过G表的电流为
D．将图中与的位置互换，两量程都会发生变化
12．（2024高一下·惠山期末）某同学用内阻Rg=200Ω、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为600Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该电源电动势为3V B．该电源电动势为4.5V
C．刻度1mA处标注3000Ω D．刻度1.5mA处标注1500Ω
二、多项选择题
13．（2024高二上·温州期末） 下列说法正确的是（ ）
A．“电池电动势和内阻的测量”实验中每次记录完数据后应及时断开开关
B．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验可用直流电压表测量线圈两端电压
C．“练习使用多用电表”实验中多用电表使用完毕时，应该把选择开关旋转到欧姆挡
D．“探究影响感应电流方向的因素”实验需要确定电流表指针偏转方向和电流方向的关系
14．（2017高二上·通渭期末）在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，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
15．（2024高一下·黔西月考）电阻串联在电路中，，，的电压为，的电压为，则（ ）
A．电路中的电流为 B．电阻的阻值为
C．三个电阻两端的总电压为 D．电阻两端的电压为
16．（2024高二上·抚顺期末）如图所示，U-I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，连接O、b时，α＝β，则下列说法正确的是（ ）
A．在a、c两点时，电源的输出功率可能相等
B．在b点时，电源的输出功率最大
C．从a到b时，电源的总功率增大，输出功率减小
D．从b到c时，电源的总功率和输出功率都增大
17．（2024高一下·汨罗月考）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位长度的导线中有n个自由电子，设每个自由电子的电荷量为q，此时电子定向移动的速率为v，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ）
A．nvΔt B．nSΔt C． D．
三、非选择题
18．（2024高一上·衡阳开学考）某小组在测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻实验中，所用器材如图甲所示。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整 ；
（2）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到 （选填“A”或“B”）端。闭合开关后，发现电流表示数很小，小灯泡不发光，紧接下来应当进行的操作是 ；
（3）实验过程中，当小灯泡两端的电压调节为1.5V时，电流表的示数如图乙所示，此时通过计算可以得知小灯泡的电阻为 Ω；
实验序号 1 2 3 4 5
电压/V 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
电流/A 0.16 － 0.23 0.25 0.27
电阻/Ω
平均电阻/Ω
（4）请说明实验表格设计的不合理之处： 。
19．（2024高二下·丰城期末）如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点。
（1）为了检测小灯泡及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合的情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明 可能有故障。为保证用电器的安全，检测时应让多用电表的红表笔接 （“5”或“6”）点接线柱。
（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：
①将多用电表调至欧姆挡。
②将红、黑表笔短接，检查电阻挡能否正常工作。
③测量小灯泡的电阻，如果电阻为无穷大，说明 。
20．（2024·浙江）在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中，
（1）用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用×100 挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转.选用挡 （选填”×10”或“×1k”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管 （选填“正极”或“负极”）。
（2）图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接 接线柱（选填“a"“b”“c”或“d”），Q应连接 接线柱（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。某次选用多用电表量程为50mA挡测量，指针如图（B）所示，则电流I= mA。
（3）根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，说明该二极管是 元件（选填“线性”或“非线性”，正常发光时电压在 V范围。
21．（2024高二下·衡阳期末）某同学用伏安法测电阻的阻值（约为），除了待测电阻，开关S、导线外，还有下列器材。
电流表A（量程0~3mA，内阻约为）。
电压表V（量程0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器R（，允许通过的最大电流2A）。
蓄电池E（电动势为3V，内阻约为）。
（1）要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，你在图A、B、C、D中选择的电路图是______（填字母序号）。
A． B．
C． D．
（2）按所选电路进行实验，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到 端（填“A”或“B”），测量时测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）实验中该同学发现电压表坏了，于是找来一个电流表G（量程0~1mA，内阻）和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的电阻值应调节为 。该同学将改装成功后的电压表正确连入选择的电路，又想办法测出了电流表A的准确内阻，实验时电流表A的读数为，电流表G的读数为，则待测电阻 （用符号表示）。
22．（2024高二下·丰城月考） 如图所示，电源的电动势E＝24V，内阻r＝，电阻R＝，M为直流电动机，其电阻＝，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为UV＝21 V，求：
（1）回路中的电流是多少？
（2）电动机的发热功率是多少？
23．（2024·海南） 虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻，已知MN两端电压，A与B的电阻，求：
（1）MN间电阻R的变化范围；
（2）当，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字）
24．（2024高二下·岳阳开学考）如图所示，图为灯泡工作电路，图
为电源的图象。开关闭合，灯泡正常工作，理想电流表的示数，求：（ ）
（1）电源的电动势及内阻；
（2）电源的输出功率。
25．（2024高二下·安徽期末）如图甲所示，单匝圆形线圈电阻，线圈内部左侧存在垂直纸面向里的磁场，为圆的直径，圆面积为。磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）线圈中电流的大小及方向；
（2）时间内通过线圈横截面的电荷量大小。
26．（2024高二下·万州月考） 为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω m的海水，通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b=0.3mx0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0×103A的电流，设电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρ=1.0×103kg/m3．
（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．
（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何倒车？
（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】样品中电阻最小，电流最大，电阻最小，根据电阻定律
当L最小，S最大时电阻最小，因为a>b>c，结合数学关系则图B中电阻最小，根据
知电流最大。
故选B。
【分析】根据电阻定律求解电阻最小值即可。
2．【答案】C
【知识点】焦耳定律；电阻
【解析】【解答】导线连接处因接触不良，电阻较大，导线连接处与导线串联在电路中，通过的电流、通电时间相等，由
可知，连接处产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。
故选C。
【分析】根据电路特点和焦耳定律分析：明白生活中的用电现象，导线连接处的导线因为通电时间长，发热后容易氧化，使金属电阻率发生变大，即电阻变大。
3．【答案】B
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．路灯同时亮同时灭，但彼此之间的并不相互影响，它们是并联的，A错误；
B．英语听力时，教室里各个广播工作时， 如果一个损坏，其余的仍能正常工作 ，它们是并联的，B正确；
C．交通路口的红、黄、绿三色指示灯如果一个损坏，其余的仍能正常工作 ，它们是并联的，C错误；
D．楼道里的声控开关和光控开关，如果一个断开，电灯均不能正常工作，是串联的，D错误。
故选B。
【分析】串联电路中电流只有一条通路，一处断开整个电路没有电流通过。 并联电路有干路和支路之分，每一条支路各自与干路构成独立的回路。一条支路断开，不影响其他支路有电流通过，只有干路断开，整个电路才没有电流通过。
4．【答案】D
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】A．由电路图知，两灯串联，如果灯断路，用一段导线的两端接触a、b两点时，灯是发光的，与题意不符，故A错误；
B．如果灯断路，导线接触b、c两点时，会发光，与题意不符，故B错误；
C．如果灯短路，则灯是发光的，与题意不符，故C错误；
D．如果开关断路，导线接触c、d两点时，电路是通路，两灯都发光，符合题意，故D正确。
故选D。
【分析】根据电路的故障分析：
1.电路是通路时，电路中有电流通过或灯泡发光，否则出现短路或断路的状态。
2.用导线检验电路故障时，导线与用电器并联，其他用电器能工作，说明此处用电器断路；其他用电器不能工作，其他用电器断路。
5．【答案】D
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】AB. 电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，负离子从B到A，因此电流方向为A→B，不会相互抵消，A不符合题意，B不符合题意；
CD. 溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流 ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】电流的方向与正电荷移动方向相同，与负电荷移动方向相反；利用电荷量除以时间可以求出电流的大小。
6．【答案】A
【知识点】变压器原理；电流、电源的概念；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.220V指的是交流电的有效值，A正确；
B．内部有整流电路，故输出的是直流电，B错误；
C．内部不仅有降压变压器，而且还有整流元器件构成，C错误；
D．电量为
D错误。
故选A。
【分析】220V指的是交流电的有效值，输出的是直流电，充电器内部不仅有降压变压器。
7．【答案】D
【知识点】电阻定律；电势差与电场强度的关系；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由于两棒串联，根据串联电路的规律可以得出两棒的电流相等，故A错误；
BD．由电阻的决定式有
可知，细棒的横截面积小则电阻大，由串联分压原理可知细棒的电压U1大于粗棒的电压U2，又根据电势差与电场强度的大小关系有：
可知细棒内场强大于粗棒内部场强。故B错误；D正确；
C．由电流的决定式有：I＝nqSv
由于两棒电流相等，细棒的截面积小于粗棒的，所以两棒的自由电子定向移动的平均速率
故C错误。
故选D。
【分析】利用串联电路的规律可以判别电流相等，利用电阻定律可以比较电阻的大小，结合欧姆定律可以比较电压的大小；利用电压和电场强度的关系可以比较电场强度的大小；利用电流的决定式结合电流的大小可以比较自由电子定向移动速率的大小。
8．【答案】C
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：小灯泡电阻阻值较小，约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆档，电压表内阻远大于灯泡电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，故C正确；
故选：C．
【分析】灯泡电阻阻值较小，根据灯泡电阻与电表内阻的关系选择电流表的接法．
9．【答案】A
【知识点】电阻；电阻率
【解析】【解答】根据可得，R1与R2时材料相同，厚度相同，因此
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为A。
【分析】利用电阻的决定式进行求解。
10．【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图像的切线的斜率的绝对值表示该相应电压时小灯泡的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图像切线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，故A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻，则有
则有
故B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为
可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形所围面积，故D错误。
故答案为：B。
【分析】图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，小灯泡的功率为图中矩形所围面积。
11．【答案】B
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用
【解析】【解答】AB.R1与R2串联后应改装成小量程的电流表，即量程为1mA，电流表G与 R1与R2 串联部分并联，R1与R2串联部分所分的电流为950μA，根据并联电路电阻越大分得电流越小可知R1与R2串联后的总电阻小于G的内阻800Ω，故A错误，B正确；
C.测出的电流为0.5mA时则电流表的量程应为0～1mA，所以流过G表的电流为25μA，故C错误；
D.将图中R1与R2的位置互换时接a的电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化，故D错误。
故选：B
【分析】AB.先分析哪个是小量程，再根据电路的连接方式结合串并联电路的知识判断R1和R2串联后的总电阻跟电流表G的内阻值关系；
C.先分析测量出的电流选择的量程，再根据并联电路知识判断流过G的电流值；
D.将R1和R2位置互换，根据连接关系判断会不会影响量程。
12．【答案】B
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】AB．当毫安表满偏时，根据欧姆定律有：
将阻值为Rx=600Ω的电阻接在两表笔之间时读数为I=3mA，则
解得电动势和电表的内阻为：
E=4.5V，R内=900Ω
选项A错误，B正确；
C．刻度1mA处，根据欧姆定律有
可得待测电阻的大小为：
Rx1=3600Ω
即刻度1mA处标注3600Ω，选项C错误；
D．刻度1.5mA处，根据欧姆定律有：
可得待测电阻大小为：
Rx2=2100Ω
即刻度1.5mA处标注2100Ω，选项D错误。
故选B。
【分析】利用毫安表的欧姆定律结合闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和电表内阻的大小；利用电流的大小结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
13．【答案】A,D
【知识点】练习使用多用电表；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、该实验过程中，记录数据尽可能要快，防止时间过长，产生焦尔热，使电池内阻变化，从而影响实验精度，故A正确；
B、该实验中用交流电压表测量线圈两端电压，故B错误；
C、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故C错误；
D、“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要根据电流表指针偏转方向用于确定电流方向，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据各实验中的实验原理和实验注意事项分析。
14．【答案】B,C
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；
B、R2断路，B灯泡分得的电流变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；
C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；
D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；
故选BC．
【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．
15．【答案】A,C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得
故A正确；
B．根据欧姆定律得
故B错误；
CD．电阻两端的电压
总电压
故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】串联电路中各处的电流相等，总电压等于各个用电器电压之和，根据欧姆定律求解电流大小以及电阻大小。
16．【答案】A,B
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A、在a点时，外电阻较小，但电流较大，在c两点时，外电阻较大，但电流较小，根据
可知电源的输出功率可能相等，故A正确；
B、连接O、b时，α=β，故定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，故B正确；
CD、电源的总功率为
故a点对应的功率最大，从a→b时，电源的总功率P=EI减小，而输出功率变大，从b到c时，电源的总功率和输出功率都减小，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】U-I图像上点与原点连线的斜率表示外电阻阻值的大小。U-I图像与横轴的交点表示短路电流，此时的电路中的总电阻等于电源内阻，故α=β时，定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，外电阻越截距内阻，输出功率越大。
17．【答案】A,C
【知识点】电流的微观表达式及其应用
【解析】【解答】AB、取一段导线，自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为Δt，则这段导线中的自由电子数为
故A正确，B错误；
CD、根据电流的定义式，有
得
故C正确，D错误
故答案为：AC。
【分析】电子在导线中做匀速直线运动，可根据微元法结合运动规律确定时间Δt内通过这段导线中的自由电子数。电荷的定向移动形成电流，再根据电流的定义式确定通过这段导线中的自由电子数。
18．【答案】（1）
（2）B；向A端移动滑片，观察灯泡是否发光
（3）7.5
（4）不应设计平均电阻栏
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻，电压表应与小灯泡并联，且选择0~3V的量程，电流表与其串联，故将电压表的“3”接线柱接在小灯泡的右端，如图所示
（2）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大端，如图即B端。
闭合开关后，发现电流表示数很小，小灯泡不发光，应该是滑动变阻器接入电阻太大，使电路中电流太小，灯的实际功率太小，所以灯不亮，紧接下来应当进行的操作是向A端移动滑片，观察灯泡是否发光。
（3）如图乙，电流表选择0~0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，此时小灯泡的电阻为
（4）由于灯丝电阻随温度的变化而变化，所以求平均值无意义，不应设计“平均电阻”栏。
【分析】（1）测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻，电压表应选择0~3V的量程，并与小灯泡并联。再据此补全电路图；
（2）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大端；闭合开关后，滑动变阻器接入电阻太大，使电路中电流太小，灯的实际功率太小，所以灯不亮，接下来应当进行的操作是向A端移动滑片，观察灯泡是否发光。
（3）根据图乙确定电流表选择的量程及此时的电流表示数，再根据欧姆定律确定此时小灯泡的阻值；
（4）由于灯丝电阻随温度的变化而变化，所以求平均值无意义，不应设计“平均电阻”栏。
（1）测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻，电压表应与小灯泡并联，且选择0~3V的量程，电流表与其串联，故将电压表的“3”接线柱接在小灯泡的右端，如图所示
（2）[1]闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大端，如图即B端。
[2]闭合开关后，发现电流表示数很小，小灯泡不发光，应该是滑动变阻器接入电阻太大，使电路中电流太小，灯的实际功率太小，所以灯不亮，紧接下来应当进行的操作是向A端移动滑片，观察灯泡是否发光。
（3）如图乙，电流表选择0~0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，此时小灯泡的电阻为
（4）由于灯丝电阻随温度的变化而变化，所以求平均值无意义，不应设计“平均电阻”栏。
19．【答案】（1）电压；欧姆
（2）开关或连接点5、6；6
（3）小灯泡有故障
【知识点】电路故障分析；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡，直接测量某段电路的电阻即可。
（2）电压表示数接近电动势，分得大部分电压，说明开关或连接点5、6两点断路。按照电流通过电表“红入黑出”的原则，应让多用电表的红表笔接6点接线柱。
（3）测量小灯泡的电阻无穷大，表明小灯泡有故障。
【分析】（1）若选电流挡易造成表头烧坏、电源短路；若选欧姆挡则有可能造成短路、指针倒转。
（2）只有一种可能，即电压表与灯泡串联接入电路，电压表内阻极大。
（3）小灯泡的电阻如果无穷大，表明小灯泡有故障比如断路。
20．【答案】（1）×1k；负极
（2）a；c；4
（3）非线性；1.9v-2.5V
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）由题可知，变化连接方式后电表指针不偏转，说明电阻过大，应用量程更大的档位进行测试；指针偏转后，说明二极管导通，由表笔红进黑出可知红表笔与二极管的负极相连；
（2）为了实现电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，则P接a，Q接b；由图可知，电流读数为45.0mA；
（3）由图C可知，二极管的电阻随电压的增大而减小，二极管为非线性元件；有电流通过时电压在1.9V～2.5V范围内。
【分析】（1）根据二极管单向导电性的特点，结合欧姆表的原理可得出结论；（2）利用多用电表的读数方法可得出电流大小。
21．【答案】（1）B
（2）A；偏大
（3）2990；
【知识点】表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】 （1）实验要求能多测几组数据，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，电压表的分流影响大，实验中需要排除电压表的分流影响，即测量电路采用电流表的内接法，可知，第二个选择项符合要求。
故选B。
（2）按所选电路进行实验，为了确保安全，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到让待测电阻被短路的位置即滑到A端；测量电路采用电流表内接法，则测量时测量值比真实值偏大。
（3）根据电压表的改装原理，串联的电阻箱的电阻值应调节为
根据欧姆定律，待测电阻为
【分析】 （1）实验要求能多测几组数据，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，电压表的分流影响大，实验中需要排除电压表的分流影响，即测量电路采用电流表的内接法。
（2）在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到让待测电阻被短路的位置；
（3）根据欧姆定律求解待测电阻阻值。
22．【答案】（1）解：由闭合电路欧姆定律可得
（2）解：电动机的发热功率
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】根据欧姆定律公式求解电流；根据功率公式求解功率。
23．【答案】（1）解：根据电路可知，当时，MN间电阻R的阻值最小，为；
当时，MN间电阻R的阻值最大，为；
因此MN间电阻R的变化范围为。
（2）解：当时，通过电热器B的电流为，电热器B消耗的功率为，解得。
【知识点】电功率和电功；电阻；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】(1)电路中的C处接触电阻为0Ω时，MN间电阻最小，电路中的C处接触电阻为240Ω时， MN间电阻最大，根据并联电路的特点求出MN间电阻R的变化范围；(2)当RC=240Ω时，根据欧姆定律求出通过电热器B的电流，根据电功率的计算公式求解电热器B消耗的功率。
24．【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律有，可得，由图中截距与斜率可知
（2）解：电源的输出功率
代入数值解得
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律确定图像的函数表达式，再结合图像斜率及截距的物理意义结合表达式进行解答；
（2）电源的输出功率等于电源的总功率与热功率之差，再根据电功率及热功率的定义进行解答。
25．【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有
则有
代入数据解得
根据闭合电路的欧姆定律
解得
根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式有
解得
【知识点】电流、电源的概念；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式求解电荷量。
26．【答案】（1）将通电海水看成导线，所受磁场力： F=IBL，代入数据得：
F=IBc=
用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）
（2）考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．
（3）电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率
根据牛顿第三定律
=12IBL
当时，代入数据得
第二部分：海水的焦耳热功率
对单个直线推进器，根据电阻定律：
代入数据得
由热功率公式
代入数据得
第三部分：单位时间内海水动能的增加值
设时间内喷出海水的质量为m
考虑到海水的初动能为零
m=
=12=4.6104W
【知识点】牛顿第三定律；电功率和电功；电阻定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据安培力的公式F=IBL可求出其大小，再由左手定则可确定其方向；
(2)通过增加与减少安培力的个数来实现转弯，通过改变电流方向或磁场方向，从而改变安培力的方向。
(3)通过功率的公式，分别确定提供电源功率的几部分，及其功率大小。
1 / 1高考物理一轮复习：电路及其应用
一、选择题
1．（2024高一下·溧阳期末）欧姆不仅发现了欧姆定律，还对导体的电阻进行了研究。如图所示，一块均匀长方体的金属样品，边长分别为a、b、c，且a>b>c。当样品两侧面加上相同的电压U时，样品中电流最大的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】样品中电阻最小，电流最大，电阻最小，根据电阻定律
当L最小，S最大时电阻最小，因为a>b>c，结合数学关系则图B中电阻最小，根据
知电流最大。
故选B。
【分析】根据电阻定律求解电阻最小值即可。
2．（2024高一上·衡阳开学考）小明家连接插线板的导线折断后，他把两根导线拧在一起继续使用，用久后发现连接处容易发热，其主要原因是连接处（ ）
A．电阻变小 B．电流比别处电流小
C．电阻变大 D．电流比别处电流大
【答案】C
【知识点】焦耳定律；电阻
【解析】【解答】导线连接处因接触不良，电阻较大，导线连接处与导线串联在电路中，通过的电流、通电时间相等，由
可知，连接处产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。
故选C。
【分析】根据电路特点和焦耳定律分析：明白生活中的用电现象，导线连接处的导线因为通电时间长，发热后容易氧化，使金属电阻率发生变大，即电阻变大。
3．（2024高一上·衡阳开学考）下列关于生活中的一些电路，判断正确的是（ ）
A．路灯同时亮同时灭，它们是串联的
B．英语听力时，教室里各个广播是并联的
C．交通路口的红、黄、绿三色指示灯是串联的
D．楼道里的声控开关和光控开关是并联的
【答案】B
【知识点】欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．路灯同时亮同时灭，但彼此之间的并不相互影响，它们是并联的，A错误；
B．英语听力时，教室里各个广播工作时， 如果一个损坏，其余的仍能正常工作 ，它们是并联的，B正确；
C．交通路口的红、黄、绿三色指示灯如果一个损坏，其余的仍能正常工作 ，它们是并联的，C错误；
D．楼道里的声控开关和光控开关，如果一个断开，电灯均不能正常工作，是串联的，D错误。
故选B。
【分析】串联电路中电流只有一条通路，一处断开整个电路没有电流通过。 并联电路有干路和支路之分，每一条支路各自与干路构成独立的回路。一条支路断开，不影响其他支路有电流通过，只有干路断开，整个电路才没有电流通过。
4．（2024高一上·衡阳开学考）如图所示，开关S闭合时，小灯泡都不亮，用一段导线的两端接触a、b两点时，两个小灯泡都不亮；接触b、c两点时，两个小灯泡也不亮；接触c、d两点时，两个小灯泡都亮。下列对电路故障的判断正确的是（ ）
A．小灯泡断路 B．小灯泡断路
C．小灯泡短路 D．开关S断路
【答案】D
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】A．由电路图知，两灯串联，如果灯断路，用一段导线的两端接触a、b两点时，灯是发光的，与题意不符，故A错误；
B．如果灯断路，导线接触b、c两点时，会发光，与题意不符，故B错误；
C．如果灯短路，则灯是发光的，与题意不符，故C错误；
D．如果开关断路，导线接触c、d两点时，电路是通路，两灯都发光，符合题意，故D正确。
故选D。
【分析】根据电路的故障分析：
1.电路是通路时，电路中有电流通过或灯泡发光，否则出现短路或断路的状态。
2.用导线检验电路故障时，导线与用电器并联，其他用电器能工作，说明此处用电器断路；其他用电器不能工作，其他用电器断路。
5．（2019高二上·咸阳期中）如图所示，电解池内有一价离子的电解液，时间t内通过溶液内截面S的正离子数是n1，负离子数是n2，设元电荷为e，以下解释中正确的是（ ）
A．正离子定向移动形成电流方向从A→B，负离子定向移动形成电流方向从B→A
B．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消
C．溶液内电流方向从A到B，电流I＝
D．溶液内电流方向从A到B，电流I＝
【答案】D
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】AB. 电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，负离子从B到A，因此电流方向为A→B，不会相互抵消，A不符合题意，B不符合题意；
CD. 溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流 ，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】电流的方向与正电荷移动方向相同，与负电荷移动方向相反；利用电荷量除以时间可以求出电流的大小。
6．（2024高二下·富阳月考）如图所示是某品牌手机充电器，供电方式：~220V、50Hz，输出电流：120mA-230mA，空载输出电压：4.16~4.30V，下列说法正确的是（ ）
A．220V指输入电压的有效值
B．充电器输出的是50Hz的交流电
C．充电器可以只由降压变压器构成
D．输出电流为120mA时每分钟通过充电线某截面的电量有
【答案】A
【知识点】变压器原理；电流、电源的概念；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.220V指的是交流电的有效值，A正确；
B．内部有整流电路，故输出的是直流电，B错误；
C．内部不仅有降压变压器，而且还有整流元器件构成，C错误；
D．电量为
D错误。
故选A。
【分析】220V指的是交流电的有效值，输出的是直流电，充电器内部不仅有降压变压器。
7．（2024高一下·滨湖期末）如图，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端的电压为U，则（ ）
A．通过两棒的电流不相等
B．细棒的电压等于粗棒的电压
C．两棒的自由电子定向移动的平均速率
D．两棒内的电场强度不同，细棒内场强大于粗棒内部场强
【答案】D
【知识点】电阻定律；电势差与电场强度的关系；电流的微观表达式及其应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．由于两棒串联，根据串联电路的规律可以得出两棒的电流相等，故A错误；
BD．由电阻的决定式有
可知，细棒的横截面积小则电阻大，由串联分压原理可知细棒的电压U1大于粗棒的电压U2，又根据电势差与电场强度的大小关系有：
可知细棒内场强大于粗棒内部场强。故B错误；D正确；
C．由电流的决定式有：I＝nqSv
由于两棒电流相等，细棒的截面积小于粗棒的，所以两棒的自由电子定向移动的平均速率
故C错误。
故选D。
【分析】利用串联电路的规律可以判别电流相等，利用电阻定律可以比较电阻的大小，结合欧姆定律可以比较电压的大小；利用电压和电场强度的关系可以比较电场强度的大小；利用电流的决定式结合电流的大小可以比较自由电子定向移动速率的大小。
8．（伏安特性曲线++++++++++1 40）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，应 （ ）
A．采用电流表内接法，因为小灯泡的电阻比电压表内阻小得多
B．采用电流表内接法，因为小灯泡的电阻比电流表内阻大得多
C．采用电流表外接法，因为小灯泡的电阻比电压表内阻小得多
D．采用电流表外接法，因为小灯泡的电阻比电流表内阻大得多
【答案】C
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：小灯泡电阻阻值较小，约为几欧姆，电流表内阻约为零点几欧姆，电压表内阻约为几千欧姆甚至几万欧姆档，电压表内阻远大于灯泡电阻，为减小实验误差，电流表应采用外接法，故C正确；
故选：C．
【分析】灯泡电阻阻值较小，根据灯泡电阻与电表内阻的关系选择电流表的接法．
9．（2024高二下·丰城月考） 随着集成电路的广泛应用，对集成度的要求越来越高，集成度越高，各种电子元件越微型化，图中和是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体．的边长是边长的5倍，通过两导体电流方向如图，下列说法正确的是（ ）
A．电阻 B．电阻 C．电阻 D．电阻
【答案】A
【知识点】电阻；电阻率
【解析】【解答】根据可得，R1与R2时材料相同，厚度相同，因此
A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为A。
【分析】利用电阻的决定式进行求解。
10．（2024高一下·黔西月考）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为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（ ）
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B．对应P点，小灯泡的电阻为
C．对应P点，小灯泡的电阻为
D．对应P点，小灯泡的功率为图中梯形所围面积
【答案】B
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．根据欧姆定律有
可知，图像中，图像的切线的斜率的绝对值表示该相应电压时小灯泡的电阻的倒数，根据图像可知，随着所加电压的增大，图像切线的斜率的绝对值减小，即小灯泡的电阻增大，故A错误；
BC．根据欧姆定律有
可知，图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻，则有
则有
故B正确，C错误；
D．小灯泡消耗的功率为
可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形所围面积，故D错误。
故答案为：B。
【分析】图像中某点与坐标原点连线的斜率表示该状态的电阻的倒数，小灯泡的功率为图中矩形所围面积。
11．（2024高二上·温州期末） 一小量程电流表G，满偏电流为，内阻为。将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．与串联后的总电阻大于
B．开关S接b时的量程为0~1mA
C．测出的电流为时，流过G表的电流为
D．将图中与的位置互换，两量程都会发生变化
【答案】B
【知识点】表头的改装；电表的改装与应用
【解析】【解答】AB.R1与R2串联后应改装成小量程的电流表，即量程为1mA，电流表G与 R1与R2 串联部分并联，R1与R2串联部分所分的电流为950μA，根据并联电路电阻越大分得电流越小可知R1与R2串联后的总电阻小于G的内阻800Ω，故A错误，B正确；
C.测出的电流为0.5mA时则电流表的量程应为0～1mA，所以流过G表的电流为25μA，故C错误；
D.将图中R1与R2的位置互换时接a的电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化，故D错误。
故选：B
【分析】AB.先分析哪个是小量程，再根据电路的连接方式结合串并联电路的知识判断R1和R2串联后的总电阻跟电流表G的内阻值关系；
C.先分析测量出的电流选择的量程，再根据并联电路知识判断流过G的电流值；
D.将R1和R2位置互换，根据连接关系判断会不会影响量程。
12．（2024高一下·惠山期末）某同学用内阻Rg=200Ω、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为600Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．该电源电动势为3V B．该电源电动势为4.5V
C．刻度1mA处标注3000Ω D．刻度1.5mA处标注1500Ω
【答案】B
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装
【解析】【解答】AB．当毫安表满偏时，根据欧姆定律有：
将阻值为Rx=600Ω的电阻接在两表笔之间时读数为I=3mA，则
解得电动势和电表的内阻为：
E=4.5V，R内=900Ω
选项A错误，B正确；
C．刻度1mA处，根据欧姆定律有
可得待测电阻的大小为：
Rx1=3600Ω
即刻度1mA处标注3600Ω，选项C错误；
D．刻度1.5mA处，根据欧姆定律有：
可得待测电阻大小为：
Rx2=2100Ω
即刻度1.5mA处标注2100Ω，选项D错误。
故选B。
【分析】利用毫安表的欧姆定律结合闭合电路的欧姆定律可以求出电动势和电表内阻的大小；利用电流的大小结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
二、多项选择题
13．（2024高二上·温州期末） 下列说法正确的是（ ）
A．“电池电动势和内阻的测量”实验中每次记录完数据后应及时断开开关
B．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验可用直流电压表测量线圈两端电压
C．“练习使用多用电表”实验中多用电表使用完毕时，应该把选择开关旋转到欧姆挡
D．“探究影响感应电流方向的因素”实验需要确定电流表指针偏转方向和电流方向的关系
【答案】A,D
【知识点】练习使用多用电表；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、该实验过程中，记录数据尽可能要快，防止时间过长，产生焦尔热，使电池内阻变化，从而影响实验精度，故A正确；
B、该实验中用交流电压表测量线圈两端电压，故B错误；
C、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故C错误；
D、“探究影响感应电流方向的因素”实验中，需要根据电流表指针偏转方向用于确定电流方向，故D正确。
故选：AD。
【分析】根据各实验中的实验原理和实验注意事项分析。
14．（2017高二上·通渭期末）在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，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
【答案】B,C
【知识点】电路故障分析
【解析】【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；
B、R2断路，B灯泡分得的电流变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；
C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；
D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；
故选BC．
【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．
15．（2024高一下·黔西月考）电阻串联在电路中，，，的电压为，的电压为，则（ ）
A．电路中的电流为 B．电阻的阻值为
C．三个电阻两端的总电压为 D．电阻两端的电压为
【答案】A,C
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得
故A正确；
B．根据欧姆定律得
故B错误；
CD．电阻两端的电压
总电压
故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】串联电路中各处的电流相等，总电压等于各个用电器电压之和，根据欧姆定律求解电流大小以及电阻大小。
16．（2024高二上·抚顺期末）如图所示，U-I图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，连接O、b时，α＝β，则下列说法正确的是（ ）
A．在a、c两点时，电源的输出功率可能相等
B．在b点时，电源的输出功率最大
C．从a到b时，电源的总功率增大，输出功率减小
D．从b到c时，电源的总功率和输出功率都增大
【答案】A,B
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A、在a点时，外电阻较小，但电流较大，在c两点时，外电阻较大，但电流较小，根据
可知电源的输出功率可能相等，故A正确；
B、连接O、b时，α=β，故定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，故B正确；
CD、电源的总功率为
故a点对应的功率最大，从a→b时，电源的总功率P=EI减小，而输出功率变大，从b到c时，电源的总功率和输出功率都减小，故CD错误。
故答案为：AB。
【分析】U-I图像上点与原点连线的斜率表示外电阻阻值的大小。U-I图像与横轴的交点表示短路电流，此时的电路中的总电阻等于电源内阻，故α=β时，定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，外电阻越截距内阻，输出功率越大。
17．（2024高一下·汨罗月考）有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位长度的导线中有n个自由电子，设每个自由电子的电荷量为q，此时电子定向移动的速率为v，则在Δt时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ）
A．nvΔt B．nSΔt C． D．
【答案】A,C
【知识点】电流的微观表达式及其应用
【解析】【解答】AB、取一段导线，自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为Δt，则这段导线中的自由电子数为
故A正确，B错误；
CD、根据电流的定义式，有
得
故C正确，D错误
故答案为：AC。
【分析】电子在导线中做匀速直线运动，可根据微元法结合运动规律确定时间Δt内通过这段导线中的自由电子数。电荷的定向移动形成电流，再根据电流的定义式确定通过这段导线中的自由电子数。
三、非选择题
18．（2024高一上·衡阳开学考）某小组在测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻实验中，所用器材如图甲所示。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整 ；
（2）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到 （选填“A”或“B”）端。闭合开关后，发现电流表示数很小，小灯泡不发光，紧接下来应当进行的操作是 ；
（3）实验过程中，当小灯泡两端的电压调节为1.5V时，电流表的示数如图乙所示，此时通过计算可以得知小灯泡的电阻为 Ω；
实验序号 1 2 3 4 5
电压/V 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
电流/A 0.16 － 0.23 0.25 0.27
电阻/Ω
平均电阻/Ω
（4）请说明实验表格设计的不合理之处： 。
【答案】（1）
（2）B；向A端移动滑片，观察灯泡是否发光
（3）7.5
（4）不应设计平均电阻栏
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻，电压表应与小灯泡并联，且选择0~3V的量程，电流表与其串联，故将电压表的“3”接线柱接在小灯泡的右端，如图所示
（2）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大端，如图即B端。
闭合开关后，发现电流表示数很小，小灯泡不发光，应该是滑动变阻器接入电阻太大，使电路中电流太小，灯的实际功率太小，所以灯不亮，紧接下来应当进行的操作是向A端移动滑片，观察灯泡是否发光。
（3）如图乙，电流表选择0~0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，此时小灯泡的电阻为
（4）由于灯丝电阻随温度的变化而变化，所以求平均值无意义，不应设计“平均电阻”栏。
【分析】（1）测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻，电压表应选择0~3V的量程，并与小灯泡并联。再据此补全电路图；
（2）闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大端；闭合开关后，滑动变阻器接入电阻太大，使电路中电流太小，灯的实际功率太小，所以灯不亮，接下来应当进行的操作是向A端移动滑片，观察灯泡是否发光。
（3）根据图乙确定电流表选择的量程及此时的电流表示数，再根据欧姆定律确定此时小灯泡的阻值；
（4）由于灯丝电阻随温度的变化而变化，所以求平均值无意义，不应设计“平均电阻”栏。
（1）测量额定电压为2.5V的小灯泡发光时电阻，电压表应与小灯泡并联，且选择0~3V的量程，电流表与其串联，故将电压表的“3”接线柱接在小灯泡的右端，如图所示
（2）[1]闭合开关前，应先将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大端，如图即B端。
[2]闭合开关后，发现电流表示数很小，小灯泡不发光，应该是滑动变阻器接入电阻太大，使电路中电流太小，灯的实际功率太小，所以灯不亮，紧接下来应当进行的操作是向A端移动滑片，观察灯泡是否发光。
（3）如图乙，电流表选择0~0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，此时小灯泡的电阻为
（4）由于灯丝电阻随温度的变化而变化，所以求平均值无意义，不应设计“平均电阻”栏。
19．（2024高二下·丰城期末）如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点。
（1）为了检测小灯泡及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合的情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明 可能有故障。为保证用电器的安全，检测时应让多用电表的红表笔接 （“5”或“6”）点接线柱。
（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：
①将多用电表调至欧姆挡。
②将红、黑表笔短接，检查电阻挡能否正常工作。
③测量小灯泡的电阻，如果电阻为无穷大，说明 。
【答案】（1）电压；欧姆
（2）开关或连接点5、6；6
（3）小灯泡有故障
【知识点】电路故障分析；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡，直接测量某段电路的电阻即可。
（2）电压表示数接近电动势，分得大部分电压，说明开关或连接点5、6两点断路。按照电流通过电表“红入黑出”的原则，应让多用电表的红表笔接6点接线柱。
（3）测量小灯泡的电阻无穷大，表明小灯泡有故障。
【分析】（1）若选电流挡易造成表头烧坏、电源短路；若选欧姆挡则有可能造成短路、指针倒转。
（2）只有一种可能，即电压表与灯泡串联接入电路，电压表内阻极大。
（3）小灯泡的电阻如果无穷大，表明小灯泡有故障比如断路。
20．（2024·浙江）在测绘发光二极管在导通状态下的伏安特性曲线实验中，
（1）用多用电表欧姆挡判断发光二极管的正负极选用×100 挡时，变换表笔与二极管两极的连接方式，发现电表指针均不偏转.选用挡 （选填”×10”或“×1k”）重新测试，指针仍不偏转，更换二极管极性后，发现指针偏转，此时与多用电表红色表笔相连的是二极管 （选填“正极”或“负极”）。
（2）图（A）是已完成部分连线的实物图，为实现电压可从零开始调节，并完成实验，P应连接 接线柱（选填“a"“b”“c”或“d”），Q应连接 接线柱（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。某次选用多用电表量程为50mA挡测量，指针如图（B）所示，则电流I= mA。
（3）根据测得数据，绘出伏安特性曲线如图（C）所示，说明该二极管是 元件（选填“线性”或“非线性”，正常发光时电压在 V范围。
【答案】（1）×1k；负极
（2）a；c；4
（3）非线性；1.9v-2.5V
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）由题可知，变化连接方式后电表指针不偏转，说明电阻过大，应用量程更大的档位进行测试；指针偏转后，说明二极管导通，由表笔红进黑出可知红表笔与二极管的负极相连；
（2）为了实现电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压式接法，则P接a，Q接b；由图可知，电流读数为45.0mA；
（3）由图C可知，二极管的电阻随电压的增大而减小，二极管为非线性元件；有电流通过时电压在1.9V～2.5V范围内。
【分析】（1）根据二极管单向导电性的特点，结合欧姆表的原理可得出结论；（2）利用多用电表的读数方法可得出电流大小。
21．（2024高二下·衡阳期末）某同学用伏安法测电阻的阻值（约为），除了待测电阻，开关S、导线外，还有下列器材。
电流表A（量程0~3mA，内阻约为）。
电压表V（量程0~3V，内阻约为）；
滑动变阻器R（，允许通过的最大电流2A）。
蓄电池E（电动势为3V，内阻约为）。
（1）要求能多测几组数据，且测量值尽可能准确，你在图A、B、C、D中选择的电路图是______（填字母序号）。
A． B．
C． D．
（2）按所选电路进行实验，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到 端（填“A”或“B”），测量时测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）实验中该同学发现电压表坏了，于是找来一个电流表G（量程0~1mA，内阻）和电阻箱串联改装成量程为0~3V的电压表，则电阻箱的电阻值应调节为 。该同学将改装成功后的电压表正确连入选择的电路，又想办法测出了电流表A的准确内阻，实验时电流表A的读数为，电流表G的读数为，则待测电阻 （用符号表示）。
【答案】（1）B
（2）A；偏大
（3）2990；
【知识点】表头的改装；伏安法测电阻
【解析】【解答】 （1）实验要求能多测几组数据，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，电压表的分流影响大，实验中需要排除电压表的分流影响，即测量电路采用电流表的内接法，可知，第二个选择项符合要求。
故选B。
（2）按所选电路进行实验，为了确保安全，在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到让待测电阻被短路的位置即滑到A端；测量电路采用电流表内接法，则测量时测量值比真实值偏大。
（3）根据电压表的改装原理，串联的电阻箱的电阻值应调节为
根据欧姆定律，待测电阻为
【分析】 （1）实验要求能多测几组数据，控制电路采用滑动变阻器的分压式接法，电压表的分流影响大，实验中需要排除电压表的分流影响，即测量电路采用电流表的内接法。
（2）在闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到让待测电阻被短路的位置；
（3）根据欧姆定律求解待测电阻阻值。
22．（2024高二下·丰城月考） 如图所示，电源的电动势E＝24V，内阻r＝，电阻R＝，M为直流电动机，其电阻＝，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为UV＝21 V，求：
（1）回路中的电流是多少？
（2）电动机的发热功率是多少？
【答案】（1）解：由闭合电路欧姆定律可得
（2）解：电动机的发热功率
【知识点】电功率和电功；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】根据欧姆定律公式求解电流；根据功率公式求解功率。
23．（2024·海南） 虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻，已知MN两端电压，A与B的电阻，求：
（1）MN间电阻R的变化范围；
（2）当，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字）
【答案】（1）解：根据电路可知，当时，MN间电阻R的阻值最小，为；
当时，MN间电阻R的阻值最大，为；
因此MN间电阻R的变化范围为。
（2）解：当时，通过电热器B的电流为，电热器B消耗的功率为，解得。
【知识点】电功率和电功；电阻；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【分析】(1)电路中的C处接触电阻为0Ω时，MN间电阻最小，电路中的C处接触电阻为240Ω时， MN间电阻最大，根据并联电路的特点求出MN间电阻R的变化范围；(2)当RC=240Ω时，根据欧姆定律求出通过电热器B的电流，根据电功率的计算公式求解电热器B消耗的功率。
24．（2024高二下·岳阳开学考）如图所示，图为灯泡工作电路，图
为电源的图象。开关闭合，灯泡正常工作，理想电流表的示数，求：（ ）
（1）电源的电动势及内阻；
（2）电源的输出功率。
【答案】（1）解：根据闭合电路欧姆定律有，可得，由图中截距与斜率可知
（2）解：电源的输出功率
代入数值解得
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律确定图像的函数表达式，再结合图像斜率及截距的物理意义结合表达式进行解答；
（2）电源的输出功率等于电源的总功率与热功率之差，再根据电功率及热功率的定义进行解答。
25．（2024高二下·安徽期末）如图甲所示，单匝圆形线圈电阻，线圈内部左侧存在垂直纸面向里的磁场，为圆的直径，圆面积为。磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）线圈中电流的大小及方向；
（2）时间内通过线圈横截面的电荷量大小。
【答案】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有
则有
代入数据解得
根据闭合电路的欧姆定律
解得
根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式有
解得
【知识点】电流、电源的概念；感应电动势及其产生条件
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解电流，根据楞次定律可知电流方向为逆时针。
（2）根据电流的定义式求解电荷量。
26．（2024高二下·万州月考） 为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω m的海水，通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b=0.3mx0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0×103A的电流，设电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρ=1.0×103kg/m3．
（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．
（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何倒车？
（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．
【答案】（1）将通电海水看成导线，所受磁场力： F=IBL，代入数据得：
F=IBc=
用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）
（2）考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．
（3）电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率
根据牛顿第三定律
=12IBL
当时，代入数据得
第二部分：海水的焦耳热功率
对单个直线推进器，根据电阻定律：
代入数据得
由热功率公式
代入数据得
第三部分：单位时间内海水动能的增加值
设时间内喷出海水的质量为m
考虑到海水的初动能为零
m=
=12=4.6104W
【知识点】牛顿第三定律；电功率和电功；电阻定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据安培力的公式F=IBL可求出其大小，再由左手定则可确定其方向；
(2)通过增加与减少安培力的个数来实现转弯，通过改变电流方向或磁场方向，从而改变安培力的方向。
(3)通过功率的公式，分别确定提供电源功率的几部分，及其功率大小。
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