【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 电路与电能（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 电路与电能
一．选择题（共8小题）
1．（2025 南通模拟）如图所示，足够大的金属板A、B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球心，a、b为球壳外表面上的两点，闭合开关S。稳定后（　　）
A．a点的电势比b点的高
B．a点的电场强度比O点的大
C．向右移动滑片P，a点的电势降低
D．断开开关S，a点的电场强度减小
2．（2025 浙江）光伏产业是新能源产业的重要发展方向之一，光伏市场的发展对于优化我国能源结构、促进能源生产和消费革命、推动能源技术创新等方面都有重要的意义。某户居民楼顶平台安装的12块太阳能电池板，据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3kW，工作电压为380V，设备使用年限在25年以上。发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度（1度＝1kW h）价格并入国家电网。则下列说法可能正确的是（　　）
A．该光伏项目年发电量约为2.6×104kW h
B．该光伏项目的工作总电流约为3A
C．该光伏项目富余发电的年收入约为7000元
D．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作600小时
3．（2024秋 郴州期末）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，所有电表均为理想电表。闭合开关S1和S2，待电路稳定后，两极板中间位置M处有一带电油滴恰好静止。R1、R2为定值电阻，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S1、S2，待电路稳定后，将电容器上极板向上移动时，带电油滴的电势能减小
B．闭合开关S1，断开开关S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电源的输出功率增大
C．闭合开关S1、S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电压表V的示数变化量绝对值ΔU与电流表A1的示数变化量绝对值ΔI1的比值减小
D．闭合开关S1、S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，通过电流表A2的电流方向由a→b
4．（2024秋 石景山区期末）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电灯L正常发光。两块电表均为理想电表。在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变小
C．灯泡L的亮度变大 D．电源的总功率变小
5．（2024秋 石景山区期末）将一个内阻为100Ω、满偏电流为3mA的电流表，改装成量程为0～0.6A的电流表，则需要（　　）
A．串联一个阻值约为0.5Ω的电阻
B．串联一个阻值约为5Ω的电阻
C．并联一个阻值约为0.5Ω的电阻
D．并联一个阻值约为5Ω的电阻
6．（2024秋 盐城期末）如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变小
C．R1消耗的功率变大
D．R2消耗的功率变大
7．（2024秋 广州期末）如图所示为汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，车灯电阻不变，电动机线圈内阻为0.02Ω，电流表和电压表均为理想电表，只闭合S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则（　　）
A．蓄电池的电动势为12.5V
B．车灯电阻为1.0Ω
C．启动电动机工作时蓄电池两端的电压升高
D．启动电动机工作时整个电路的总功率降低
8．（2024秋 广州期末）某品牌扫地机器人如图所示，已知其工作额定电压为14V，额定功率为42W。扫地机器人体内的电池容量为5100mA h，充电时额定电压为20V，额定电流为1.7A。则下列说法正确的是（　　）
A．扫地机器人正常工作时的电流为4A
B．电池充满时储存的化学能为5100mA h
C．电池充满电后，扫地机器人单次连续工作时长最多为3h
D．将耗光的电池充电，充满电满消耗的电能约为3.67×105J
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 南宁期末）为了打击酒驾行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试，如图甲是一款酒精浓度检测仪的简化电路，其电源电动势与内阻保持不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻，其阻值随酒精浓度c成反比关系如图乙所示。当驾驶员呼出气体中酒精浓度c1＝20mg/mL时，刚好达到酒驾标准；当驾驶员呼出气体酒精浓度为c2＝80mg/mL时，则刚好达到醉驾标准。根据以上信息，下列判断正确的是（　　）
A．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电流表的示数越小
B．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电压表示数与电流表示数比值越小
C．呼出气体中酒精浓度为c2时，电路中电流等于呼出气体中酒精浓度为c1时电路中电流的4倍
D．呼出气体中酒精浓度为c2时，电路中电流小于呼出气体中酒精浓度为c1时电路中电流的4倍
（多选）10．（2024秋 凉州区期末）如图甲是酒精测试仪的原理图，气敏电阻的阻值R随气体中酒精含量的变化关系如图乙所示。机动车驾驶员呼出的气体中酒精含量大于等于20mg/ml小于80mg/ml为酒驾，大于等于80mg/ml为醉驾。使用前先对酒精测试仪进行调零（改变R0的阻值），此时电压表的示数为5V，调零后R0的阻值保持不变。已知电源电动势E＝6V、内阻r＝1Ω，电路中的电表均为理想电表。当一位饮酒者对着测试仪吹气时（可视为气体中酒精含量逐渐增大），下列说法中正确的是（　　）
A．电压表示数减小，电流表的示数增大
B．电源的输出功率减小
C．电压表、电流表示数变化量绝对值的比值减小
D．当电流表的示数为0.4A时，气体中酒精含量大于80mg/mL
（多选）11．（2025 庐阳区校级模拟）如图电路，电源的电动势为E，内阻为r，其路端电压为U；R1为定值电阻，它的电压为U1；R2为滑动变阻器，其电压为U2；电路中的电流为I。当滑动变阻器的触片向下移动时，电流变化的绝对值为|ΔI|，路端电压变化的绝对值为|ΔU|，定值电阻电压变化的绝对值|ΔU1|，滑动变阻器电压变化的绝对值|ΔU2|，则（　　）
A．|ΔU1|＝|ΔU2|
B．|ΔU|＜|ΔU2|
C．变大，不变
D．
（多选）12．（2024秋 重庆期末）如图所示，直流电源内阻为1Ω，定值电阻R＝9Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，定值电阻R的电功率为P1，滑动变阻器的电功率为P2，则下列说法正确的是（　　）
A．P1增大 B．P1减小 C．P2增大 D．P2减小
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 永定区校级期末）夏天天气炎热，同学们常用手持式微型电风扇来降温解暑。某小组拆下一个小电风扇的电动机，设计了如下图所示的实验电路，其中电源的电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.75W，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，当R＝7Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，根据以上信息，可以得出：
（1）该电动机正常工作时的电流为 　 　A，功率为 　 　W；
（2）若已知该电动机线圈电阻RM＝2Ω，则其正常工作时的输出功率为 　 　W。
14．（2024秋 青浦区校级期末）如图甲所示是吴老师家的部分家庭电路图，吴老师在家用甲台灯L2学习时，突然台灯L2的灯丝断了，而屋内的照明灯L1依然正常发光。甲、乙两根进户线中 　 　（选填“甲”或“乙”）是火线，若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，会发现 　 　（选填“a”、“b”或“都”）能使试电笔的管发光。
15．（2023秋 越城区校级期末）如图所示，抛物线C1、C2分别是一纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。电源的电动势为 　 　V，电源的内电阻为 　 　Ω。
16．（2023秋 城厢区校级期末）如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时，电流表的读数 　 　（选填“变大”或“变小”），小灯泡 　 　（选填“变亮”或“变暗”）。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淄博期末）某电动玩具车内部简化电路如图所示。开关闭合后，电动机正常工作，车轮正常转动。当不小心卡住车轮时，此时测得流过电阻R0的电流为I0＝0.8A。已知电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R＝1Ω，电阻R0＝6Ω，电动机额定电压U＝6V，玩具车的质量m＝0.9kg，取g＝10m/s2。
（1）求电动机的内阻RM；
（2）求电动机正常工作时的机械功率P；
（3）若某次玩具车在水平地面上运动过程中，其阻力恒为玩具车重力的0.1倍，电动机始终正常工作，当玩具车达到最大速度时，恰有一质量m0＝0.1kg的橡皮泥竖直下落到玩具车上，瞬间与玩具车粘为一体，求此时二者的共同速度大小v；
（4）若玩具车被卡住的情况下，把电阻R换成可变电阻R′，当R′的阻值多大时，R′消耗的电功率最大？此时电动机的发热功率多大？
18．（2024秋 成都期末）某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U＝6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：
（1）电动机的内阻r；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P和机械效率η（计算结果保留两位有效数字）。
19．（2024秋 重庆期末）如图所示电路中，直流电源电动势E＝5V、内阻r＝2Ω，四个定值电阻R1、R2、R3、R4阻值均为5Ω，电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S且电路稳定后，求：
（1）电流表的示数I；
（2）电压表的示数U；
（3）该直流电源的效率。
20．（2024秋 龙岗区期末）如图所示，两个竖直放置的同轴导体薄圆筒，筒半径为r，两筒间距为d（r d），内外筒分别与如图所示的电路连接，电源的电动势为E（内阻忽略不计），在两筒之间存在靠近内筒M、N两点与相应内筒距离相等。一质量为m、电量为q的粒子从M点以v0垂直纸面方向进入，恰好从N点射出。已知重力加速度为g。求：
（1）内外筒之间的电场强度E1大小；
（2）电源电动势E大小；
（3）粒子从N点出射的动能Ek与圆筒半径r的关系。
高考物理考前冲刺押题预测 电路与电能
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 南通模拟）如图所示，足够大的金属板A、B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球心，a、b为球壳外表面上的两点，闭合开关S。稳定后（　　）
A．a点的电势比b点的高
B．a点的电场强度比O点的大
C．向右移动滑片P，a点的电势降低
D．断开开关S，a点的电场强度减小
【考点】含容电路的常规分析与计算；通过电场线的方向判断电势的高低；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据处于静电平衡下的导体的特点分析AB；移动滑片和断开开关S，金属板A、B的带电情况不变，板间的电场不变，据此分析即可。
【解答】解：AB、稳定后金属板A、B带等量的异种电荷，金属板间存在着电场，金属球壳处于静电平衡状态，处于静电平衡状态的导体是个等势体，所以a点和b点的电势相等，器内部场强处处为零，所以O点的场强为零，故a点的场强大于O点的场强，故A错误，B正确；
C、向右移动滑片P，金属板A、B的带电情况不变，内部电场不变，所以a点的电势不变，故C错误；
D、断开开关S，金属板A、B的带电荷量不变，所以金属板内的电场不变，则a点的电场强度不变，故D错误。
故选：B。
【点评】掌握处于静电平衡状态的导体的特点是解题的关键。
2．（2025 浙江）光伏产业是新能源产业的重要发展方向之一，光伏市场的发展对于优化我国能源结构、促进能源生产和消费革命、推动能源技术创新等方面都有重要的意义。某户居民楼顶平台安装的12块太阳能电池板，据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3kW，工作电压为380V，设备使用年限在25年以上。发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度（1度＝1kW h）价格并入国家电网。则下列说法可能正确的是（　　）
A．该光伏项目年发电量约为2.6×104kW h
B．该光伏项目的工作总电流约为3A
C．该光伏项目富余发电的年收入约为7000元
D．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作600小时
【考点】电功和电功率的计算．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据W＝Pt求解发电的总电量，根据P＝UI求解工作总电流，用总电量乘以一度电的价格即为总收入，求出一天的发电量，根据W＝Pt求解使灯泡工作的时间，
【解答】解：A．光照时间为12h，发电总功率可达3kW，该光伏项目年发电量约为
W＝Pt＝3kW×12h×365＝1.3×104kW h
故A错误；
B．发电总功率可达3kW，工作电压为380V，该光伏项目的工作总电流约为
故B错误；
C．该光伏项目富余发电的年收入约为
X＝1.3×104×70%×0.4元＝3640元
故C错误；
D．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作时间为
，故D正确。
故选：D。
【点评】解决该题的关键是明确知道总电量与电功率之间的关系，熟记电功率与电压和电流之间的关系。
3．（2024秋 郴州期末）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，所有电表均为理想电表。闭合开关S1和S2，待电路稳定后，两极板中间位置M处有一带电油滴恰好静止。R1、R2为定值电阻，下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S1、S2，待电路稳定后，将电容器上极板向上移动时，带电油滴的电势能减小
B．闭合开关S1，断开开关S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电源的输出功率增大
C．闭合开关S1、S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，电压表V的示数变化量绝对值ΔU与电流表A1的示数变化量绝对值ΔI1的比值减小
D．闭合开关S1、S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，通过电流表A2的电流方向由a→b
【考点】含容电路的动态分析．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】开关均闭合时，由电路连接情况，可知滑动变阻器两端电压与电容两端电压相等，结合匀强电场的场强公式，即可知极板间的场强变化情况；由电势与电场强度的关系，即可知电势的变化情况；对油滴受力分析，结合电路图，即可知油滴的电性；由电势能公式可知，油滴的电势能变化情况；由闭合电路欧姆定律推论，可知电源输出功率最大值的条件、电表示数变化量之比的物理意义，即可根据结构分析其变化情况；开关均闭合时，由电路连接情况，可知滑动变阻器两端电压与电容两端电压相等，将滑动变阻器滑片滑动过程中，由阻值的变化可知电容两端的电压变化情况，即可知电容的充放电情况及通过电流表的电流方向。
【解答】解：A．闭合开关S1和S2，待电路稳定后，电容器两端电压不变，将电容器上极板向上移动，两极板间距增大，由匀强电场：，可知极板间电场强度减小；
由场强于电势的关系，可知M点的电势为：φ＝Ed下，故电势φ减小；
初始带电油滴可以静止，重力竖直向下，故电场力竖直向上，而由图可知电场竖直向下，故带电油滴带负电；由Ep＝qφ可知，电势能增加，故A错误；
B．闭合开关S1，断开开关S2，电路结构为：电源内阻r和R1、R3串联，由闭合电路欧姆定律推论可知，当R3+R1＝r时，电源输出功率最大；将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，由于不知电源内阻r和R1、R3最大阻值的大小关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故B错误；
C．闭合开关S1和S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，由闭合电路欧姆定律推论，可知电压表V的示数变化量ΔU与电流表A1的示数变化量ΔI1的比值等于（r+R1），比值不变，故C错误；
D．闭合开关S1和S2，将滑动变阻器滑片P向下滑动的过程中，R3变大，由串联分压特点，可知其两端分压变大，电容器充电，通过电流表A2的电流方向由a→b，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电路的动态分析，关键是利用闭合电路欧姆定律的推论，分析电源输出功率、电表示数变化量之比的变化情况。
4．（2024秋 石景山区期末）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电灯L正常发光。两块电表均为理想电表。在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变小
C．灯泡L的亮度变大 D．电源的总功率变小
【考点】电路动态分析．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，确定电灯L消耗功率的变化；根据流过电阻R1的电流与总电流、电灯L电流的关系，分析其电流的变化，确定R1两端电压的变化，再分析变阻器两端电压的变化；电源总功率等于电动势与流过电源电流的乘积。
【解答】解：B、将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路总电流I增大，则电流表的示数变大，故B错误；
C、电路总电流I增大，路端电压U＝E﹣Ir减小，则电灯L的两端电压减小，其亮度变暗，故C错误；
D、电源总功率P＝EI，电流I增大，电源总功率增大，故D错误；
A、电灯L两端的电压减小，流过它的电流IL减小，流过电阻R1的电流I1＝I﹣IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1两端的电压U1增大；电压表的示数UV＝U﹣U1，U减小，U1增大，则电压表示数变小，故A正确。
故选：A。
【点评】本题是动态电路变化分析问题，由滑动变阻器的阻值变化，得到干路电流的变化为切入点，按从部分到整体再到部分的顺序进行分析。
5．（2024秋 石景山区期末）将一个内阻为100Ω、满偏电流为3mA的电流表，改装成量程为0～0.6A的电流表，则需要（　　）
A．串联一个阻值约为0.5Ω的电阻
B．串联一个阻值约为5Ω的电阻
C．并联一个阻值约为0.5Ω的电阻
D．并联一个阻值约为5Ω的电阻
【考点】把表头改装成电流表．
【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．
【答案】C
【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值。
【解答】解：把电流表改装成0.6A的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值为：R0.5Ω； 故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。
6．（2024秋 盐城期末）如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动头P向a端移动时（　　）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变小
C．R1消耗的功率变大
D．R2消耗的功率变大
【考点】电路动态分析．
【专题】比较思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据串反并同分析AB；根据串反并同分析通过R1的电流，根据P＝I2R分析R1消耗的功率；先分析出并联部分电压的变化，然后根据P分析R2消耗的功率。
【解答】解：AB、当变阻器R3的滑动头P向a端移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，根据串反并同可知电流表示数变大，电压表示数变小，故AB错误；
C、根据串反并同可知，通过电阻R1的电流增大，根据P＝I2R可知，电阻R1消耗的功率变大，故C正确；
D、根据闭合电路的欧姆定律可得并联部分的电压U并＝E﹣I（R1+r），由上面的分析知I变大，则U并减小，即电阻R2两端电压减小，根据P可知，电阻R2消耗的功率变小，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握串反并同的应用，知道串并联电路的电压、电流、电阻的特点是解题的基础。
7．（2024秋 广州期末）如图所示为汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω，车灯电阻不变，电动机线圈内阻为0.02Ω，电流表和电压表均为理想电表，只闭合S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则（　　）
A．蓄电池的电动势为12.5V
B．车灯电阻为1.0Ω
C．启动电动机工作时蓄电池两端的电压升高
D．启动电动机工作时整个电路的总功率降低
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算蓄电池的电动势；根据欧姆定律计算车灯的电阻；根据欧姆定律得到车灯两端的电压即为路端电压；先计算出通过电源的电流，然后根据P＝EI分析比较。
【解答】解：A、设蓄电池的电动势为E，当只闭合开关S1时，根据闭合电路的欧姆定律有E＝U1+Ir＝12V+10×0.05V＝12.5V，故A正确；
B、根据欧姆定律可得车灯的电阻为R，故B错误；
C、启动电动机工作时蓄电池两端的电压为U2＝I2R＝8×1.2V＝9.6V＜12V，所以启动电动机工作时蓄电池两端的电压降低，故C错误；
D、启动电动机工作时的内电压为U内＝E﹣U2＝12.5V﹣9.6V＝2.9V，则通过蓄电池的电流为A＞10A，根据P总＝EI可知，启动电动机工作时整个电路的总功率增大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了闭合电路的欧姆定律的应用，基础题。
8．（2024秋 广州期末）某品牌扫地机器人如图所示，已知其工作额定电压为14V，额定功率为42W。扫地机器人体内的电池容量为5100mA h，充电时额定电压为20V，额定电流为1.7A。则下列说法正确的是（　　）
A．扫地机器人正常工作时的电流为4A
B．电池充满时储存的化学能为5100mA h
C．电池充满电后，扫地机器人单次连续工作时长最多为3h
D．将耗光的电池充电，充满电满消耗的电能约为3.67×105J
【考点】电功和电功率的计算；用定义式计算电流大小及电荷量．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据P＝UI计算；mA h是电荷量的单位；根据q＝It计算；先计算出充电时间，然后根据W＝UIt计算即可。
【解答】解：A、扫地机器人正常工作时的电流为I，故A错误；
B、电池充满时储存的电荷量为5100mA h，故B错误；
C、电池充满电后，扫地机器人单次连续工作时长最多为th＝1.7h，故C错误；
D、充满电所需时间为t'，所以充满电消耗的电能为W＝U'I't'＝20×1.7×3×3600J＝3.67×105J，故D正确。
故选：D。
【点评】知道mA h是电量的单位，掌握电流的定义式，以及功率的计算公式是解题的基础。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 南宁期末）为了打击酒驾行为，交警常用酒精浓度检测仪对驾驶员进行酒精测试，如图甲是一款酒精浓度检测仪的简化电路，其电源电动势与内阻保持不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻，其阻值随酒精浓度c成反比关系如图乙所示。当驾驶员呼出气体中酒精浓度c1＝20mg/mL时，刚好达到酒驾标准；当驾驶员呼出气体酒精浓度为c2＝80mg/mL时，则刚好达到醉驾标准。根据以上信息，下列判断正确的是（　　）
A．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电流表的示数越小
B．当测试者呼出的气体中酒精浓度越低，电压表示数与电流表示数比值越小
C．呼出气体中酒精浓度为c2时，电路中电流等于呼出气体中酒精浓度为c1时电路中电流的4倍
D．呼出气体中酒精浓度为c2时，电路中电流小于呼出气体中酒精浓度为c1时电路中电流的4倍
【考点】电路动态分析．
【专题】定量思想；图析法；电学图象专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】由图可知随着酒精浓度的降低，电阻的变化情况，结合闭合电路欧姆定律，可知电流表、电压表示数的变化；由题意可知，两个浓度的关系，结合阻值与浓度成反比，可知两个浓度下的阻值比例，根据闭合电路欧姆定律，可得到两种情况下电流的比例关系。
【解答】解：AB、由图乙可知，测试者呼出的气体中酒精浓度越低，气敏电阻的阻值越大；由闭合电路欧姆定律，可知电阻越大，电路中电流越小；由电压表与电流表之比为气敏电阻的阻值，所以电压表示数与电流表示数的比值越大；故A正确，B错误；
CD、由题意可知，酒精浓度c2为c1的4倍，而电阻与浓度成反比，故浓度为c1时的电阻R1，为浓度为c2时的电阻R2的4倍；
由闭合电路欧姆定律，可知电阻为R1时的电流I1：，电阻为R2时的电流I2：；故I2＜4I1，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查电路的动态分析，关键是根据图像得到浓度与电阻的关系，再根据闭合电路欧姆定律，得到电流与电阻的关系。
（多选）10．（2024秋 凉州区期末）如图甲是酒精测试仪的原理图，气敏电阻的阻值R随气体中酒精含量的变化关系如图乙所示。机动车驾驶员呼出的气体中酒精含量大于等于20mg/ml小于80mg/ml为酒驾，大于等于80mg/ml为醉驾。使用前先对酒精测试仪进行调零（改变R0的阻值），此时电压表的示数为5V，调零后R0的阻值保持不变。已知电源电动势E＝6V、内阻r＝1Ω，电路中的电表均为理想电表。当一位饮酒者对着测试仪吹气时（可视为气体中酒精含量逐渐增大），下列说法中正确的是（　　）
A．电压表示数减小，电流表的示数增大
B．电源的输出功率减小
C．电压表、电流表示数变化量绝对值的比值减小
D．当电流表的示数为0.4A时，气体中酒精含量大于80mg/mL
【考点】电路动态分析；电源的总功率、输出功率和效率．
【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数的变化情况；根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况；根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比的变化情况。当电流表的示数为0.4A时，根据闭合电路欧姆定律求出气敏电阻的阻值，再确定气体中酒精含量范围。
【解答】解：AB、当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，由图乙可知，随着气体中酒精含量的升高，气敏电阻的阻值减小，回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则电流表示数增大，由闭合电路的欧姆定律可得电压表示数为
U＝E﹣I（r+R0）
可知电压表的示数减小，电源的输出功率为
由于R+R0＞r，当R减小时，电源的输出功率增大，故A正确，B错误；
C、根据U＝E﹣I（r+R0）可得，保持不变，故C错误；
D、由题意可知，当酒精检测仪调零时，气敏电阻R＝50Ω，电压表的示数为U＝5V，则电路中电流为
IA＝0.1A
r+R0Ω＝10Ω
当电流表示数I′＝0.4A时，气敏电阻的阻值为
R′（r+R0）＝（10）Ω＝5Ω，小于10Ω，由图乙可知，气体中酒精含量大于80mg/mL，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，会利用闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。
（多选）11．（2025 庐阳区校级模拟）如图电路，电源的电动势为E，内阻为r，其路端电压为U；R1为定值电阻，它的电压为U1；R2为滑动变阻器，其电压为U2；电路中的电流为I。当滑动变阻器的触片向下移动时，电流变化的绝对值为|ΔI|，路端电压变化的绝对值为|ΔU|，定值电阻电压变化的绝对值|ΔU1|，滑动变阻器电压变化的绝对值|ΔU2|，则（　　）
A．|ΔU1|＝|ΔU2|
B．|ΔU|＜|ΔU2|
C．变大，不变
D．
【考点】电路动态分析．
【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】对R1，根据部分电路欧姆定律得到ΔU1与电流变化量的关系。由闭合电路欧姆定律得到ΔU2与ΔU的表达式，再分析|ΔU1|与|ΔU2|的大小以及|ΔU|与|ΔU2|大小。根据欧姆定律分析的变化，根据闭合电路欧姆定律列式分析的变化，并判断D项。
【解答】解：AB、对R1，根据部分电路欧姆定律得
U1＝R1I
则ΔU1＝R1ΔI
由闭合电路欧姆定律得
U2＝E﹣（R1+r）I
U＝E﹣rI
则ΔU2＝﹣（R1+r）ΔI
ΔU＝﹣rΔI
所以|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU|＜|ΔU2|，故A错误，B正确；
C、当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻R2的阻值增大，根据部分电路欧姆定律得
则变大
由U2＝E﹣（R1+r）I可得
则不变，故C正确；
D、由AB选项分析可得
，，
所以，故D错误。
故选：BC。
【点评】分析本题时，要知道对于定值电阻，有R。对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析的大小。
（多选）12．（2024秋 重庆期末）如图所示，直流电源内阻为1Ω，定值电阻R＝9Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，定值电阻R的电功率为P1，滑动变阻器的电功率为P2，则下列说法正确的是（　　）
A．P1增大 B．P1减小 C．P2增大 D．P2减小
【考点】电路动态分析．
【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】先分析外电阻的变化，判断路端电压的变化，再分析P1的变化。根据内外电阻的关系分析电源的输出功率的变化，再分析P2的变化。
【解答】解：AB、将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，R的电压增大，则定值电阻R的电功率P1增大，故A正确，B错误；
CD、滑片P在正中间位置时，外电路总电阻为R外ΩΩ＞1Ω，根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知将滑动变阻器的滑片P从正中间位置缓慢向M端滑动过程中，外电路总电阻增大，内外电阻的差值增大，电源的输出功率P出减小，结合P出＝P1+P2，P1增大，可知P2减小，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】解答本题的关键要掌握结论：当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，根据内外电阻的关系和外电阻的变化分析电源输出功率的变化。
三．填空题（共4小题）
13．（2023秋 永定区校级期末）夏天天气炎热，同学们常用手持式微型电风扇来降温解暑。某小组拆下一个小电风扇的电动机，设计了如下图所示的实验电路，其中电源的电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.75W，闭合开关S，调节电阻箱的阻值，当R＝7Ω时，灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，根据以上信息，可以得出：
（1）该电动机正常工作时的电流为 　0.3　A，功率为 　1.95　W；
（2）若已知该电动机线圈电阻RM＝2Ω，则其正常工作时的输出功率为 　1.77　W。
【考点】计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）0.3，1.95；（2）1.77。
【分析】（1）根据P＝UI计算灯泡的额定电流，根据闭合电路的欧姆定律计算电动机两端的电压，进而可得电动机的功率；
（2）电动机的输出功率等于电动机的电功率与发热功率之差。
【解答】解：（1）因为电动机与小灯泡串联，所以电动机的电流与小灯泡的电流大小相等，即
电动机两端电压
UM＝E﹣UL﹣IR﹣Ir＝（12﹣2.5﹣0.3×7﹣0.3×3）V＝6.5V
电动机功率
PM＝IUM＝0.3×6.5W＝1.95W
（2）电动机正常工作时的输出功率
故答案为：（1）0.3，1.95；（2）1.77。
【点评】掌握串联电路电压、电流的特点是解题的关键，掌握电动机的输入功率、输出功率和发热功率之间的关系是解题的基础。
14．（2024秋 青浦区校级期末）如图甲所示是吴老师家的部分家庭电路图，吴老师在家用甲台灯L2学习时，突然台灯L2的灯丝断了，而屋内的照明灯L1依然正常发光。甲、乙两根进户线中 　甲　（选填“甲”或“乙”）是火线，若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，会发现 　b　（选填“a”、“b”或“都”）能使试电笔的管发光。
【考点】根据电路故障分析电路现象．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】甲；b。
【分析】测电笔是用来辨别火线和零线的设备，即当用测电笔检测时，若是碰到火线，氖管会发光的。
【解答】解：开关连在火线和用电器之间，说明甲是火线；c孔不能使测电笔的氖管发光，则说明甲是零线；若吴老师将屋内的照明灯L1的开关S1闭合，用试电笔检测灯L1两端的a、b两点，b点连接火线，a点连零线，b点发光。
故答案为：甲；b。
【点评】知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键。
15．（2023秋 越城区校级期末）如图所示，抛物线C1、C2分别是一纯电阻直流电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线。电源的电动势为 　4　V，电源的内电阻为 　1　Ω。
【考点】利用U﹣I图像交点的物理意义求解导体的实际功率．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】4，1。
【分析】根据电源内电路功率和外电路功率公式判断对应的图像，结合交点的含义列方程组求解。
【解答】解：内电路消耗的电功率为，外电路消耗的电功率为，结合图线可知，曲线C1为内电路消耗的电功率随电流变化的图像，C2为外电路消耗的电功率随电流变化的图像，根据图像可知，曲线
C1、C2的交点表示内外电路消耗的功率相等，则有I2r＝EI﹣I2r＝4W，图中I＝2A，解得E＝4V，r＝1Ω。
故答案为：4，1。
【点评】考查电源的内外功率问题，关键是准确判断曲线对应的电路功率，列出对应的方程组进行解答。
16．（2023秋 城厢区校级期末）如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时，电流表的读数 　变小　（选填“变大”或“变小”），小灯泡 　变亮　（选填“变亮”或“变暗”）。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】变小；变亮。
【分析】由于可知，R2和灯泡并联后与R1串联，电流表测量干路电流；负温度系数的热敏电阻的特性：温度升高，电阻减小。根据温度下降，R2电阻增大，确定并联部分电阻及总电阻的变化情况，可定出电流、电压的变化情况及灯泡亮度变化情况。
【解答】解：A温度下降，R2电阻增大，并联部分电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R1电压减小，电流表示数减小。因为R1两端电压减小，根据串联电路电压特点可知，灯泡的电压增大，故灯泡变亮。
故答案为：变小；变亮。
【点评】本题的热敏电阻相当于滑动变阻器，当温度变化时，其电阻发生变化．通常电路动态变化问题分析按“部分→整体→部分”思路进行
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淄博期末）某电动玩具车内部简化电路如图所示。开关闭合后，电动机正常工作，车轮正常转动。当不小心卡住车轮时，此时测得流过电阻R0的电流为I0＝0.8A。已知电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R＝1Ω，电阻R0＝6Ω，电动机额定电压U＝6V，玩具车的质量m＝0.9kg，取g＝10m/s2。
（1）求电动机的内阻RM；
（2）求电动机正常工作时的机械功率P；
（3）若某次玩具车在水平地面上运动过程中，其阻力恒为玩具车重力的0.1倍，电动机始终正常工作，当玩具车达到最大速度时，恰有一质量m0＝0.1kg的橡皮泥竖直下落到玩具车上，瞬间与玩具车粘为一体，求此时二者的共同速度大小v；
（4）若玩具车被卡住的情况下，把电阻R换成可变电阻R′，当R′的阻值多大时，R′消耗的电功率最大？此时电动机的发热功率多大？
【考点】电源的总功率、输出功率和效率；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）电动机的内阻RM为3Ω；
（2）电动机正常工作时的机械功率P为3W；
（3）此时二者的共同速度大小v为3m/s；
（4）当R′的阻值为4Ω时，R′消耗的电功率最大，此时电动机的发热功率为7.68W。
【分析】（1）当不小心卡住车轮时，电动机变为纯电阻，由欧姆定律求出并联部分两端电压，由闭合电路欧姆定律求出干路电流，再求电动机的内阻RM；
（2）电动机正常工作时，由闭合电路欧姆定律求出通过电源的电流，由欧姆定律求出通过R0的电流，再得到通过电动机的电流，由电功率与发热功率之差求电动机正常工作时的机械功率P；
（3）由P＝fv求此时二者的共同速度大小v；
（4）将R′以外的部分都看成电源的内电路，根据内外相等时，电源的输出功率最大来分析解答。
【解答】解：（1）当不小心卡住车轮时，电动机变为纯电阻，并联部分两端电压为
U'＝I0R0＝0.8×6V＝4.8V
则干路电流为IA＝2.4A
为通过电动机的电流为IM＝I﹣I0＝2.4A﹣0.8A＝1.6A
所以电动机内阻为RMΩ＝3Ω
（2）电动机正常工作时，通过电源的电流为
I'A＝2A
此时通过电阻R0的电流为
I0'A＝1A
电动机的额定电流为
I'M＝I'﹣I0'＝2A﹣1A＝1A
电动机正常工作时的机械功率P为
代入数据解得
P＝3W
（3）由P＝0.1（m+m0）gv得
v
解得v＝3m/s
（4）将R′以外的部分都看成电源的内电路，根据内外相等时，电源的输出功率最大可知，当R′＝r时，等效电源的输出功率即R′消耗的电功率最大
解得R′＝4Ω
电阻R0与电动机并联电阻为R并Ω＝2Ω
并联部分的电压为U′E12V＝4.8V
此时电动机的发热功率为P′W＝7.68W
答：（1）电动机的内阻RM为3Ω；
（2）电动机正常工作时的机械功率P为3W；
（3）此时二者的共同速度大小v为3m/s；
（4）当R′的阻值为4Ω时，R′消耗的电功率最大，此时电动机的发热功率为7.68W。
【点评】本题是非纯电阻电路问题，要搞清电路的结构，根据闭合电路欧姆定律和串并联电路的规律确定电动机的电压和电流是关键。
18．（2024秋 成都期末）某小组通过实验测得玩具电动机电流随电压变化的I﹣U图像如图所示，电压小于1V时，电动机不转，且图像为直线；当电压U＝6V时，电动机恰好正常工作。忽略电动机内阻变化。求：
（1）电动机的内阻r；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P和机械效率η（计算结果保留两位有效数字）。
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．
【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）电动机的内阻r为1Ω；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P为12W，机械效率η为67%。
【分析】（1）电动机不转时，其电路为纯电阻电路，由I﹣U图像读出电压和对应的电流，由欧姆定律求电动机的内阻r；
（2）电动机正常工作时，由图像读出当电压U＝6V时对应的电流，由P＝UI求出电动机消耗的电功率。由P热＝I2r求出电动机的发热功率，再求电动机的输出功率P和机械效率η。
【解答】解：（1）由I﹣U图像可得电压为1V时，电流为1A，此时电动机不转，其电路为纯电阻电路，内阻为
rΩ＝1Ω
（2）电动机正常工作时，从I﹣U图像可得电压为U＝6V，电流为I＝2A
电动机消耗的电功率为
P＝UI＝6×2W＝12W
电动机的发热功率为
P热＝I2r＝22×1W＝4W
电动机正常工作时电动机的输出功率为
P机械＝P﹣P热＝12W﹣4W＝8W
电动机正常工作时电动机的机械效率为
η100%100%≈67%
答：（1）电动机的内阻r为1Ω；
（2）电动机正常工作时电动机的输出功率P为12W，机械效率η为67%。
【点评】本题的关键熟悉电动机三种功率的计算，在分析过程中要注意非纯电阻不能直接使用欧姆定律计算。
19．（2024秋 重庆期末）如图所示电路中，直流电源电动势E＝5V、内阻r＝2Ω，四个定值电阻R1、R2、R3、R4阻值均为5Ω，电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S且电路稳定后，求：
（1）电流表的示数I；
（2）电压表的示数U；
（3）该直流电源的效率。
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；混联电路的特点及应用．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）电流表的示数I为0.484A；
（2）电压表的示数U为0.806V；
（3）该直流电源的效率为81%。
【分析】（1）先计算出并联部分的电阻，然后根据闭合电路的欧姆定律计算即可；
（2）先计算出并联部分两端的电压，然后可得电压表的示数；
（3）根据效率公式计算。
【解答】解：（1）电路中电阻R2和R3串联和R4并联，然后和R1串联，则R2和R3串联后和R4并联后的总电阻为
R
代入数据解得R
根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为
I
解得I＝0.484A
（2）并联部分的电压为
U并＝IR
电压表测量的是R3两端的电压，因为R2＝R3，所以电压表的示数为
UU并
解得U＝0.806V
（3）设路端电压为U‘，则电源的效率为
解得η＝81%
答：（1）电流表的示数I为0.484A；
（2）电压表的示数U为0.806V；
（3）该直流电源的效率为81%。
【点评】能够看懂电路的连接方式是解题的关键，掌握串并联电路中电压、电流、电阻的特点是解题的基础。
20．（2024秋 龙岗区期末）如图所示，两个竖直放置的同轴导体薄圆筒，筒半径为r，两筒间距为d（r d），内外筒分别与如图所示的电路连接，电源的电动势为E（内阻忽略不计），在两筒之间存在靠近内筒M、N两点与相应内筒距离相等。一质量为m、电量为q的粒子从M点以v0垂直纸面方向进入，恰好从N点射出。已知重力加速度为g。求：
（1）内外筒之间的电场强度E1大小；
（2）电源电动势E大小；
（3）粒子从N点出射的动能Ek与圆筒半径r的关系。
【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻；匀强电场中电势差与电场强度的关系；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）内外筒之间的电场强度E1大小为；
（2）电源电动势E大小为；
（3）粒子从N点出射的动能Ek与圆筒半径r的关系为。
【分析】（1）粒子在水平方向上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律计算；
（2）先计算出电容器两桶间的电压，然后根据串联电路的电压特点计算；
（3）根据动能定理计算。
【解答】解：（1）粒子在水平方向上做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qE1
解得
（2）两个圆筒之间的电势差为U1，和电阻R1两端电压相等，则
U1＝E1d
根据串联电路电压特点有
联立解得
E
（3）粒子在圆筒内水平方向做匀速圆周运动，电场力不做功，粒子在竖直方向上做自由落体运动，设从M到N的时间为t，则
h
根据圆周运动关系，t
根据动能定理有
mgh
联立解得
答：（1）内外筒之间的电场强度E1大小为；
（2）电源电动势E大小为；
（3）粒子从N点出射的动能Ek与圆筒半径r的关系为。
【点评】知道粒子在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动是解题的关键。
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