第二章 电路及其应用（预习衔接.含解析）2025-2026学年高二上学期物理必修第三册教科版（2019）

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新课预习衔接 电路及其应用
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 白山期末）如图所示电路，电源电动势为E，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1＝R2＝r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）
A．电路中的总电流先减小后增大
B．电路的路端电压先减小后增大
C．电源的输出功率先增大后减小
D．变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
2．（2024春 鼓楼区校级期末）某同学设计了如图所示的电路进行电表改装，已知电流表A的量程为500mA，内阻RA＝0.4Ω，R1＝RA，R2＝7RA。则若将接线柱（　　）
A．1、2接入电路时，最大可以测量的电流为0.5A
B．1、3接入电路时，最大可以测量的电压为3.0V
C．1、2接入电路也可作为电压表使用，R1阻值越小量程越大
D．1、3接入电路也可作为电流表使用，R2阻值越小量程越大
3．（2024秋 沙坪坝区校级期末）交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，测试仪电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为r，电路中的电表均为理想电表，R0为定值电阻，当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时下列说法中正确的是（　　）
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数增大
C．定值电阻R0的功率增大
D．电压表示数变化量ΔU与电流表示数变化量ΔI之比的绝对值减小
4．（2024秋 门头沟区期末）系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，它的数值总是向某一个方向偏离真实值。在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（　　）
A．电流表分压；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
B．电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
C．电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
D．电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 辽宁期末）近年来，国产新能源汽车技术进步明显，比亚迪秦LDM﹣i搭载第五代DM技术的混动“双引擎”小汽车在实测中，百公里油耗小于2.5L，综合续航里程超过2300km，续航实现了巨幅提升，远超传统燃油车。若质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/h＜v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v＞90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第t1时刻。下列判断正确的是（　　）
A．0﹣t0阶段汽车的加速度为2.5m/s2
B．汽车第一次切换动力引擎时刻t0＝10s
C．电动机输出的最大功率为90kW
D．t1时刻后若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式
（多选）6．（2024秋 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．从a到b时，电源的总功率增大，输出功率减小
B．从b到c时，电源的总功率和输出功率都增大
C．在a、c两点时，电源的输出功率可能相等
D．在b点时，电源的输出功率最大
（多选）7．（2024秋 甘肃期末）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（　　）
A．电源1与电源2的内阻之比是11：7
B．电源1与电源2的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 揭西县期末）用图甲所示电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小．除蓄电池，开关，导线外可供使用的实验器材还有：
A．电压表V（量程0﹣3V）
B．电流表A1（量程0﹣0.6A）
C．电流表A2（量程0﹣3A）
D．定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）
E．滑动变阻器R（阻值范围0﹣20Ω，额定电流1A）
（1）电流表应选 　 　；（填字母代号）
（2）根据实验数据作出U﹣I图象（图乙所示），则蓄电池的电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω；
（3）定值电阻R0在电路中的作用是 　 　（只要求写一点）．
9．（2024秋 太原期末）如图为欧姆表原理示意图，电流表的满偏电流Ig＝1mA，电池电动势E＝1.5V，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是 　 　色（填“红”或“黑”），按正确方法测量Rx的阻值，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝　 　kΩ。
该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.4V，内阻变大，但此表仍能调零，仍按正确方法测量电阻，测量结果与真实值相比会 　 　（填“变大”“变小”或“不变”），若示数为1.5kΩ，所测电阻的阻值应为 　 　kΩ。
10．（2024秋 徐汇区校级期末）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1为一定值电阻、R2为一滑动变阻器，电流表A1，A2的示数分别记为I1，I2。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则|ΔI1|　 　|ΔI2|（填“＜”、“＞”或“＝”，Δ表示该物理量的变化），P将 　 　移动。（填“向上”、“向下”或“不”）
11．（2024秋 福州期末）如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为3Ω，定值电阻R0＝2Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为 　 　W，变阻器消耗的最大功率为 　 　W。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 天心区校级期末）如图所示的小型电动机演示电路中，在S1闭合、S2断开的情况下，电流表的示数为1A，在S1、S2均闭合的情况下，电流表的示数为3A，已知电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω。不计电流表的内阻，且灯丝电阻不变，求：
（1）灯L的电阻RL；
（2）S1、S2均闭合时电动机M的总功率PM。
13．（2024秋 大通县期末）2022年7月15日至17日，第十届万魅 北方礼品玩具展在山东临沂举办。如图是一参展玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内阻为0.5Ω，电阻R＝2.5Ω，闭合开关S后，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.16kg的物体时（不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2），标有“3V 0.6W”的灯泡恰好正常发光。求：
（1）电动机两端的电压；
（2）通过电阻R的电流；
（3）电动机的内阻。
14．（2024春 建邺区期末）如图甲所示，直流电源电压U恒定，电阻R1为250Ω，R2为500Ω。闭合开关S，理想电压表的示数为1000V。
（1）求通过R1的电流。
（2）求电源电压U。
（3）如图乙所示，将图甲电路中的R2和电压表替换为两极板水平放置的平行板电容器，两板间距d＝1m，A、B为板间的两位置，其连线与水平方向的夹角θ＝30°。闭合开关S，待电容器充电完毕后，一带电液滴以v＝2m/s的初速度，从A处以垂直于AB连线方向斜向上飞出，恰好经过B处，此运动过程中未与上极板相碰。已知带电液滴所受电场力方向竖直向下，其质量m＝1.5×10﹣3kg、电荷量q＝1×10﹣6C。不计空气阻力，板间的电场可视为匀强电场，重力加速度大小g取10m/s2。求A、B间的距离。（结果可用分式表示）
15．（2024春 东城区校级期末）小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω.车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，求：
（1）电动机未启动时，车灯的功率；
（2）电动机启动时，车灯的功率。
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参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 白山期末）如图所示电路，电源电动势为E，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1＝R2＝r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）
A．电路中的总电流先减小后增大
B．电路的路端电压先减小后增大
C．电源的输出功率先增大后减小
D．变阻器R1上消耗的功率先减小后增大
【考点】电路动态分析；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【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】A
【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，总电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，以及路端电压的变化。当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，结合内外电阻的关系分析电源的输出功率变化情况。将R2看成电源的内阻，分析变阻器R1上消耗的功率变化情况。
【解答】解：A、当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联的总电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流先减小后增大，故A正确；
B、路端电压为U＝E﹣Ir，因为总电流I先减小后增大，所以路端电压U先增大后减小，故B错误；
C、当R外＝r时，电源的输出功率最大，因R1＝R2＝r，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻R外＝r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率先减小后增大，故C错误；
D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，滑动变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题关键要判断出滑动变阻器滑片P从最右端→中间→左端总电阻变化情况：先增大后减小。要掌握电源的输出功率与外电阻的关系，能巧妙运用等效思维分析变阻器消耗功率的变化。
2．（2024春 鼓楼区校级期末）某同学设计了如图所示的电路进行电表改装，已知电流表A的量程为500mA，内阻RA＝0.4Ω，R1＝RA，R2＝7RA。则若将接线柱（　　）
A．1、2接入电路时，最大可以测量的电流为0.5A
B．1、3接入电路时，最大可以测量的电压为3.0V
C．1、2接入电路也可作为电压表使用，R1阻值越小量程越大
D．1、3接入电路也可作为电流表使用，R2阻值越小量程越大
【考点】把表头改装成电压表．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】和电流表并联一个电阻，可以改装为大量程的电流表，且电阻越小，改装后的电流表量程越大；和电流表串联一个电阻，可以改装为一个大量程的电压表，且电阻越大，电压表的量程就越大，根据欧姆定律可以计算出改装后 的电压表与电流表的量程。
【解答】解：AC．1、2接入电路时，也可作为电流表使用，R1阻值越小量程越大；因为R1＝RA，通过R1的最大电流为500mA，最大可以测量的电流为1A，即量程为1A，故AC错误；
BD．1、3接入电路也可作为电压表使用，R2阻值越大量程越大。电流表A两端最大电压为
UA＝500mA×0.4Ω＝0.2V
R2两端最大电压为
R2＝7RA＝7×0.4Ω＝2.8Ω
U2＝IR2＝1A×2.8Ω＝2.8V
最大可以测量的电压为
Um＝UA+U2＝0.2V+2.8V＝3.0V，故B正确，D错误。
故选：B。
【点评】认清电路结构，掌握电压、电流和电阻在串并联电路中的特点，以及熟练掌握欧姆定律是解题的关键。
3．（2024秋 沙坪坝区校级期末）交警使用的某型号酒精测试仪如图甲，其工作原理如图乙所示，测试仪电阻R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E、内阻为r，电路中的电表均为理想电表，R0为定值电阻，当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时下列说法中正确的是（　　）
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数增大
C．定值电阻R0的功率增大
D．电压表示数变化量ΔU与电流表示数变化量ΔI之比的绝对值减小
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；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】C
【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列式，分析两电表示数变化关系；当酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，根据电功率的公式分析C。
【解答】解：ABD、设电压表的示数为U，电流表的示数为I。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻R的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表的示数I变大，根据闭合电路欧姆定律得：U＝E﹣I（R0+r），知U变小。根据数学知识可知，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比：||＝R0+r，保持不变，故ABD错误；
C、根据P＝I2R0，由于电流增大，所以定值电阻R0的功率增大，故C正确。
故选：C。
【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，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。
4．（2024秋 门头沟区期末）系统误差是由于实验原理等原因而产生的误差，它的数值总是向某一个方向偏离真实值。在“测电源电动势和内阻”实验中由于电表的内阻所产生的误差即为系统误差。关于该系统误差产生原因以及影响，以下正确的是（　　）
A．电流表分压；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
B．电流表分压；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
C．电压表分流；测得的电源电动势偏小，内阻偏小
D．电压表分流；测得的电源电动势偏大，内阻偏大
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．
【答案】C
【分析】分析图示电路结构，根据实验误差来源分析实验误差。
【解答】解：由图示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，
电流测量值小于真实值，实验误差是由电压表分流造成的，当外电路短路时电流的测量值等于真实值，U﹣I图象如图所示
U﹣I图线的纵轴截距等于电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻，
由图示图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，内阻测量值小于真实值，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了实验误差分析，理解实验原理、分析清楚图示电路图是解题的前提，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 辽宁期末）近年来，国产新能源汽车技术进步明显，比亚迪秦LDM﹣i搭载第五代DM技术的混动“双引擎”小汽车在实测中，百公里油耗小于2.5L，综合续航里程超过2300km，续航实现了巨幅提升，远超传统燃油车。若质量m＝1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v≤54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/h＜v≤90km/h范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v＞90km/h时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第t1时刻。下列判断正确的是（　　）
A．0﹣t0阶段汽车的加速度为2.5m/s2
B．汽车第一次切换动力引擎时刻t0＝10s
C．电动机输出的最大功率为90kW
D．t1时刻后若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式
【考点】计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；牛顿第二定律的简单应用；瞬时功率的计算．
【专题】定量思想；模型法；功率的计算专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】根据牛顿第二定律计算；根据运动学公式计算时间；根据P＝Fv计算；先根据P＝Fv计算出速度，然后结合题意分析。
【解答】解：A．开始阶段，牵引力F1＝5000N，根据牛顿第二定律
F1﹣f＝ma
代入数据解得开始阶段的加速度
a＝2.5m/s2
故A正确；
B．汽车第一次切换动力引擎时速度大小v1＝54km/h＝15m/s，根据运动学公式得加速的时间
，故B错误；
C．t0时刻，电动机输出功率最大
Pm＝F1v1＝5000×15W＝75kW，故C错误；
D．汽油机工作期间，功率
P＝F2v1＝6000×15W＝90000W
t1时刻汽车的速度为
90km/h
根据题意，若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式，故D正确；
故选：AD。
【点评】熟练掌握公式P＝Fv以及牛顿第二定律在加速过程中的应用。
（多选）6．（2024秋 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．从a到b时，电源的总功率增大，输出功率减小
B．从b到c时，电源的总功率和输出功率都增大
C．在a、c两点时，电源的输出功率可能相等
D．在b点时，电源的输出功率最大
【考点】电功和电功率的计算；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】CD
【分析】斜率为负值的图线是电源的路端电压与电流关系的图线，斜率为正值的图线是定值电阻的U﹣I图线；根据电源的输出功率规律可明确电源的输出功率。
【解答】解：D、U﹣I图像中，直线的斜率代表电阻的大小，连接O、b时，a＝β，所以此时定值电阻R和电源的内电阻r相等，此时电源的输出功率最大，故D正确；
C、在a点时，外电阻较小，但电流较大，在c点时，外电阻较大，但电流较小，根据P＝I2R可知，电源的输出功率可能相等，故C正确；
AB、电源的总功率P＝EI，则a点对应的总功率最大，从a→b时，电源的总功率减小，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AB错误。
故选：CD。
【点评】本题关键明确电源总功率P＝EI；当R＝r时，电源的输出功率最大；而电源的效率随着外电压的增大而增大。
（多选）7．（2024秋 甘肃期末）如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（　　）
A．电源1与电源2的内阻之比是11：7
B．电源1与电源2的电动势之比是1：1
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1：2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1：2
【考点】利用U﹣I图像交点的物理意义求解导体的实际功率；利用电源的外特性曲线得出电源的电动势和内阻；电源的U﹣I图像与导体的U﹣I图像相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】根据电源的U﹣I曲线，可求出电动势和内阻；
根据灯泡伏安特性曲线与电源U﹣I曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻。
【解答】解：A、电源U﹣I图线的斜率的绝对值表示电源内阻，r1，r2，则r1：r2＝11：7，故A正确；
B、电源U﹣I图象与纵轴的截距表示电源的电动势，故电源1与电源2的电动势相等，E1＝E2＝10V，电源1与电源2的电动势之比是1：1，故B正确；
C、D、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态
则U1＝3V，I1＝5A，P1＝U1I1＝3×5W＝15W，R1Ω
U2＝5V，I2＝6A，P2＝U2I2＝5×6W＝30W，R2Ω
P1：P2＝1：2，R1：R2＝18：25，故C正确，D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律和电功率的计算，解题的关键在于对电源U﹣I曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 揭西县期末）用图甲所示电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小．除蓄电池，开关，导线外可供使用的实验器材还有：
A．电压表V（量程0﹣3V）
B．电流表A1（量程0﹣0.6A）
C．电流表A2（量程0﹣3A）
D．定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）
E．滑动变阻器R（阻值范围0﹣20Ω，额定电流1A）
（1）电流表应选 　B　；（填字母代号）
（2）根据实验数据作出U﹣I图象（图乙所示），则蓄电池的电动势E＝　2.10　V，内阻r＝　0.2　Ω；
（3）定值电阻R0在电路中的作用是 　保护电路　（只要求写一点）．
【考点】测量普通电源的电动势和内阻．
【专题】实验题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据电路最大电流选择电流表．
（2）电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
（3）定值电阻在电路中可以保护电源，防止电源短路，还要增大内电阻的测量值，减小误差．
【解答】解：（1）电路最大电流约为：I0.5A，电流表应选B；
（2）由图乙所示图象可知，电源电动势为2.10V，R0+r4.2Ω，电源内阻为：r＝4.2Ω﹣4Ω＝0.2Ω；
（3）定值电阻在电路起到以下作用：a、保护电路；b、增大电源的等效内阻，实验时电压表示数变化明显，减小实验误差．
故答案为：（1）B；（2）2.10，0.2；（3）保护电路．
【点评】本题考查了实验器材的选取、求电源电动势与内阻等问题，要掌握实验器材的选取原则，要会由电源的U﹣I图象求电源电动势与内阻．
9．（2024秋 太原期末）如图为欧姆表原理示意图，电流表的满偏电流Ig＝1mA，电池电动势E＝1.5V，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是 　红　色（填“红”或“黑”），按正确方法测量Rx的阻值，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝　1.5　kΩ。
该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变为1.4V，内阻变大，但此表仍能调零，仍按正确方法测量电阻，测量结果与真实值相比会 　变大　（填“变大”“变小”或“不变”），若示数为1.5kΩ，所测电阻的阻值应为 　1.4　kΩ。
【考点】练习使用多用电表（实验）；电表的改装和应用（实验）．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】红，1.5，变大，1.4。
【分析】根据欧姆表的内部结构判断两表笔的连接情况，根据闭合电路的欧姆定律计算中值电阻，根据题意继续利用闭合电路的欧姆定律分析测量值和真实值之间的关系，并代入公式计算真实值。
【解答】解：欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“﹣”出，如图所示，回路中电流表的负端接到电源负极，所以电流应从A线柱流进，内电路电源正极与B接线柱相连，根据多用电表的使用规则为红表笔接正，黑表笔接负，得电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以与A相连的表笔颜色是红色，故选红；当两表笔短接（即Rx＝0）时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内，由闭合电路欧姆定律得
解得 R内＝1500Ω
当指针指在刻度盘的正中央时
根据闭合电路欧姆定律有
要满足上式可得 R内＝Rx＝1500Ω＝1.5kΩ
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆挡重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式
R内
知欧姆表内阻会变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由闭合电路欧姆定律
I
可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，即测量值变大，电池电动势变为E′＝1.4V时，
R内′Ω＝1400Ω＝1.4kΩ
若示数为1.5kΩ，可知指针指在刻度盘的正中央，由闭合电路欧姆定律
解得 R内′＝Rx′＝1.4kΩ
故答案为：红，1.5，变大，1.4。
【点评】考查欧姆表的内部结构和闭合电路的欧姆定律，会根据闭合电路的欧姆定律分析可能出现的测量结果。
10．（2024秋 徐汇区校级期末）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1为一定值电阻、R2为一滑动变阻器，电流表A1，A2的示数分别记为I1，I2。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则|ΔI1|　＜　|ΔI2|（填“＜”、“＞”或“＝”，Δ表示该物理量的变化），P将 　向下　移动。（填“向上”、“向下”或“不”）
【考点】含容电路的动态分析．
【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】＜，向下。
【分析】滑动变阻器R2的滑片向b端移动，分析其接入电路的电阻变化情况，判断干路电流的变化，进一步分析电容器极板间电压的变化，从而判断油滴的运动情况。根据欧姆定律和并联电路的规律分析两电表示数的变化，结合干路电流的变化，判断|ΔI1|与|ΔI2|的大小。
【解答】解：滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流I增大，电容器的电压UC＝E﹣I（R+r），可知电容器的电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动。
R1的电压等于电容器的电压，则R1的电压减小。根据I＝I1+I2，I增大，可知流过R2的电流I2增大，且有|ΔI1|＜|ΔI2|。
故答案为：＜，向下。
【点评】本题是含有电容器的动态电路分析，解决的思路一般为：从部分到整体再到部分。
11．（2024秋 福州期末）如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为3Ω，定值电阻R0＝2Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为 　1.5　W，变阻器消耗的最大功率为 　0.75　W。
【考点】路端电压和负载的关系；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】0.5；0.75
【分析】根据电源的功率计算公式和闭合电路欧姆定律求出电源总功率的最小值；
再根据外电路电阻等于等效内阻时，电源的输出功率最大求出滑动变阻器的最大功率。
【解答】解：根据P＝EI，可得当电路中电流最小时，电源的总功率最小。
根据闭合电路欧姆定律
电源总功率的最小值为P＝EI＝3×0.5W＝1.5W
将定值电阻和电源内阻看作等效内阻，把滑动变阻器消耗的功率看作等效电源的输出功率，当滑动变阻器的电阻等于r+R0时，滑动变阻器的功率最大
0.75W
故答案为：0.5；0.75
【点评】本题考查了电路的能量，解决本题的关键是熟练掌握电源总功率的计算公式以及输出功率最大时的条件。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 天心区校级期末）如图所示的小型电动机演示电路中，在S1闭合、S2断开的情况下，电流表的示数为1A，在S1、S2均闭合的情况下，电流表的示数为3A，已知电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω。不计电流表的内阻，且灯丝电阻不变，求：
（1）灯L的电阻RL；
（2）S1、S2均闭合时电动机M的总功率PM。
【考点】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；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】（1）灯L的电阻RL为2.5Ω；
（2）S1、S2均闭合时电动机M的总功率PM为3.6W。
【分析】（1）S1闭合、S2断开，根据闭合电路欧姆定律求解灯L的电阻RL；
（2）S1、S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律求解路端电压，根据U＝IR求出通过灯L的电流，从而得到通过电动机的电流，再根据电功率公式P＝UI求解电动机的总功率PM。
【解答】解：（1）当S1闭合、S2断开时，电流表的示数为I1＝1A，由闭合电路欧姆定律得
E＝I1（RL+r）
代入数据解得：RL＝2.5Ω
（2）当S1、S2均闭合时，电流表的示数为I2＝3A，由闭合电路欧姆定律可得路端电压为
U＝E﹣I2r
灯泡的电流为
电动机的电流为
IM＝I2﹣IL
电动机M的总功率为
PM＝UIM
联立并代入数据解得：PM＝3.6W
答：（1）灯L的电阻RL为2.5Ω；
（2）S1、S2均闭合时电动机M的总功率PM为3.6W。
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律和非纯电阻电路的计算，注意非纯电阻电路不能用U＝IR计算电流。
13．（2024秋 大通县期末）2022年7月15日至17日，第十届万魅 北方礼品玩具展在山东临沂举办。如图是一参展玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内阻为0.5Ω，电阻R＝2.5Ω，闭合开关S后，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.16kg的物体时（不计一切摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2），标有“3V 0.6W”的灯泡恰好正常发光。求：
（1）电动机两端的电压；
（2）通过电阻R的电流；
（3）电动机的内阻。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．
【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）电动机两端的电压为3V；
（2）通过电阻R的电流为1A；
（3）电动机的内阻为1.25Ω。
【分析】（1）根据并联电路的特点求出电动机两端电压；
（2）再根据欧姆定律解决流过R的电流；
（3）根据干路电流＝各支路电流之和的特点求出流过电动机的电流，再根据题目中对外的输出功率即可解决。
【解答】解：（1）由图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为UL＝3V，因此电动机两端的电压为：
UM＝UL＝3V
（2）R和电源内阻r串联，其两端的总电压为U1＝3V，由闭合电路欧姆定律，可得流经电阻R的总电流为：
（3）灯泡的电流为：
电动机的电流为：
IM＝I IL＝1A 0.2A＝0.8A
由题意可得电动机的输出功率为
代入数据解得：
rM＝1.25Ω。
答：（1）电动机两端的电压为3V；
（2）通过电阻R的电流为1A；
（3）电动机的内阻为1.25Ω。
【点评】此题考查闭合电路欧姆定律的相关知识。要知道电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，不能直接用欧姆定律求解。
14．（2024春 建邺区期末）如图甲所示，直流电源电压U恒定，电阻R1为250Ω，R2为500Ω。闭合开关S，理想电压表的示数为1000V。
（1）求通过R1的电流。
（2）求电源电压U。
（3）如图乙所示，将图甲电路中的R2和电压表替换为两极板水平放置的平行板电容器，两板间距d＝1m，A、B为板间的两位置，其连线与水平方向的夹角θ＝30°。闭合开关S，待电容器充电完毕后，一带电液滴以v＝2m/s的初速度，从A处以垂直于AB连线方向斜向上飞出，恰好经过B处，此运动过程中未与上极板相碰。已知带电液滴所受电场力方向竖直向下，其质量m＝1.5×10﹣3kg、电荷量q＝1×10﹣6C。不计空气阻力，板间的电场可视为匀强电场，重力加速度大小g取10m/s2。求A、B间的距离。（结果可用分式表示）
【考点】欧姆定律的简单应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）通过R1的电流为2A；
（2）电源电压U为1500V；
（3）A、B间的距离为。
【分析】（1）R1和R2串联，电流相等，根据欧姆定律求出通过R2的电流，即得到通过R1的电流。
（2）由欧姆定律计算电源电压U。
（3）液滴在电场中只受重力和电场力，根据牛顿第二定律求出加速度。液滴从A点运动到B点，沿初速度方向的位移为0，根据位移—时间公式求出运动时间，再求A、B两点间的距离。
【解答】解：（1）R1和R2串联，通过R1和R2的电流相等，则
（2）电源电压为
U＝I1（R1+R2）＝2×（250+500）V＝1500V
（3）两板间场强为
液滴的加速度为
a
解得：a＝11m/s2
在垂直AB方向有
沿AB方向有
解得：
答：（1）通过R1的电流为2A；
（2）电源电压U为1500V；
（3）A、B间的距离为。
【点评】解答本题的关键要熟练运用运动的分解法处理液滴在电场中的运动过程，要把握分运动的规律，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求解A、B两点间的距离。
15．（2024春 东城区校级期末）小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω.车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，求：
（1）电动机未启动时，车灯的功率；
（2）电动机启动时，车灯的功率。
【考点】电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）电动机未启动时，车灯的功率为120W；
（2）电动机启动时，车灯的功率为75.2W。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律计算灯泡两端电压，再根据功率公式计算功率；
（2）电机启动时，根据闭合电路欧姆定律重新计算灯泡两端电压，再根据灯泡功率公式计算解答。
【解答】解：（1）电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，
根据闭合电路欧姆定律可知此时的路端电压
U＝E﹣I1r＝12.5V﹣10×0.05V＝12V
则车灯的功率
P＝UI1＝12×10W＝120W
（2）根据欧姆定律可知，车灯的电阻
RΩ＝1.2Ω
电动机启动瞬间，车灯两端电压
U′＝E﹣I′r＝12.5V﹣60×0.05V＝9.5V
车灯的功率
P′W＝75.2W
答：（1）电动机未启动时，车灯的功率为120W；
（2）电动机启动时，车灯的功率为75.2W。
【点评】熟练掌握闭合电路的欧姆定律的应用，特别是在外电路性质发生变化的情况下计算电压和电流要引起足够的重视。
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