第十二章 电能 能量守恒定律（单元测试（含解析））-2025-2026学年人教版(2019)高二物理必修第三册

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第十二章 电能 能量守恒定律
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 常州校级期末）如图所示。三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动。下列说法正确的是（　　）
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变小
2．（2025春 成安县校级期末）光敏电阻可随所在环境光线的强弱而改变阻值，如图所示电路中，Rt为光敏电阻，其阻值随光照的增强（减弱）而减小（增大），R0、R1为定值电阻，C为电容器，E为电源（内阻为r）。闭合开关S，若环境光线变强，则电路稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．电源输出功率增大
B．R0两端电压减小
C．R1两端电压减小
D．电容器所带电荷量减小
3．（2025春 东海县期末）在温控电路中，通过热敏电阻的阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图所示的电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高，电阻越小），C为电容器。当环境温度升高时（　　）
A．电容器C带的电荷量增大
B．电压表的读数增大
C．R1消耗的功率减小
D．电容器C两极板间的电场强度减小
4．（2025 西安二模）如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二板管，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
B．若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处
D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处
5．（2025春 宿迁期末）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r＝R1。开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中（　　）
A．流过R2的电流向左 B．电容器右极板带负电
C．电容器的带电量减小 D．电源的输出功率增大
6．（2025 石景山区一模）如图所示为某同学设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化引起电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．仅更换阻值更小的定值电阻R0，电子秤灵敏度减小
B．电子秤的灵敏度随待测物体质量的增大而减小
C．弹簧的劲度系数越小，电子秤的灵敏度越大
D．电压表示数与待测物体质量是非线性关系
7．（2025 河南二模）为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，电容器C的两极板夹在输液管两侧，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（　　）
A．液面下降后，电容器两端电压变小
B．液面下降后，电容器所带电量增大
C．液面下降时蜂鸣器电流由b流向a
D．输液管较粗时，电容器容值会变大
8．（2025春 邗江区期末）电鳗是一种放电能力很强的淡水鱼。若电鳗放电时，产生600V的电动势，电鳗的内阻为20Ω，电鳗的头部和尾部可看作电源的正负极，与周围的水形成回路。假设回路中水的等效电阻为580Ω，则电鳗放电时，其首尾间的输出电压是（　　）
A．20V B．300V C．580V D．600V
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 唐山期末）某社区计划为路灯安装自动控制装置，其核心电路如图所示。电源电动势为E，内阻为r，R0为保护电阻，光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小）与电流表A1串联后与灯泡并联，R为滑动变阻器，其中灯泡可视为定值电阻，其功率得达到一定值才能发光。将滑动变阻器的滑片置于某位置，闭合开关，灯泡不亮，当天色逐渐变暗时，灯泡逐渐变亮。关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1示数逐渐减小
B．电流表A示数逐渐增大
C．电源的总功率减小
D．电源的效率减小
10．（2025春 唐山期末）如图所示的电路中，两金属板沿水平方向放置，并与灵敏电流计G串联后接在电源两端，D是理想二极管。单刀双掷开关S接1时，带电小球刚好静止在两极板间P点，A极板接地。下列说法正确的是（　　）
A．小球的电势能为负
B．单刀双掷开关S接1时，仅将A板向上移动少许，则P点的电势会升高
C．单刀双掷开关S接2时，仅将B板向上移动少许，则小球向上运动，且流过灵敏电流计G的电流方向向右
D．单刀双掷开关空置，在AB间插入电介质，则小球向下运动，且电容器电压减小
11．（2025春 梅河口市校级期末）在如图所示的电路中，定值电阻R大于电源内阻r。现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向上滑动，电表A、V1、V2、V3都为理想电表，测得电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是（　　）
A．电流表A的示数减小，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大
B．ΔU3与ΔI的比值不变
C．电源的输出功率一定减小
D．滑动变阻器的功率一定增大
12．（2025春 四川期末）如图甲所示，电路中L1和L2为两个相同的小灯泡，均标有“12V，6W”字样，电容器C的击穿电压为15V。理想变压器输入电压u随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，开关S1、S2均断开时，小灯泡L1正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．该交变电压瞬时值表达式为
B．灯泡L1正常发光时，变压器原、副线圈的匝数比为1：3
C．灯泡L1正常发光时，若闭合开关S2，电容器C不会被击穿
D．若闭合开关S1，断开开关S2，滑片P往下移动，灯泡L1、L2都变暗
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 福州期末）某玩具的直流电动机线圈电阻一定，在线圈两端加上0.3V的电压时，电流为0.3A，此时因电压过低，电动机不能转动，则电动机的线圈电阻R为　 　 Ω；若在线圈两端加2V的电压，电流为0.8A，此时电动机正常工作。正常工作时，该电动机的输入电功率是　 　 W，电动机的输出机械功率是　 　 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 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。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 湖州期末）如图所示，电源电动势E为12V，内阻r为3Ω，电阻R为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω。求：
（1）流过R的电流；
（2）通过电动机的电流；
（3）电动机正常工作时产生的机械功率。
18．（2025春 宁波期末）某固定装置由足够长的水平轨道AB及固定在其左侧的轻弹簧、传送带、圆弧轨道CDE构成，其竖直截面如图所示。圆弧轨道CDE不妨碍传送带的转动，其与传送带相切于C点，D为圆弧最高点，E与圆心O等高。弹簧劲度系数k＝62N/m，传送带倾角θ＝37°、LBC＝4m，BC段与物块间的动摩擦因数μ＝0.8，圆弧轨道半径。B、C两处平滑连接，除BC段外其余轨道均光滑。将质量m＝0.1kg的物块压缩弹簧（物块与弹簧未拴接）后由静止释放，起初传送带静止，物块恰能运动到C点。（提示：重力加速度g＝10m/s2，弹簧弹性势能表达式）
（1）求弹簧的压缩量x1；
（2）要使物块自D点水平抛出，传送带往哪个方向转动（“顺时针”或“逆时针”）？传送带速度至少为多大？
（3）物块可以运动到D点但无法水平抛出，从圆弧DE上的某点P离开，求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系，并写出v的取值范围。
19．（2025春 如皋市校级期末）如图是汽车蓄电池供电简化电路，司机开车灯时，开关S1始终闭合。当汽车启动时，开关S2闭合，电动机工作，车灯会变暗，启动瞬间电流表示数为50A；当汽车启动之后，开关S2断开，电动机停止工作，车灯恢复正常亮度，此时电流表示数为10A。已知电源电动势E＝12.5V，内阻r＝0.05Ω，电流表内阻不计。求：
（1）电动机未启动时车灯的功率P；
（2）电动机启动瞬间，车灯的功率减少量ΔP（忽略电动机启动瞬间车灯的电阻变化）。
20．（2025春 黄冈期末）如图所示电路接有恒定电压U，电流表为理想电流表，电压表内阻为RV＝12kΩ，三个电阻的阻值分别为R1＝1kΩ，R2＝6kΩ，R3＝3kΩ。当开关接1时，电流表示数为1mA。求：
（1）电压U；
（2）当开关S接2时，电压表与电流表示数。
第十二章 电能 能量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 常州校级期末）如图所示。三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动。下列说法正确的是（　　）
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变小
【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】C
【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和R3串联并联，再与R1串联，c为滑动变阻器的中点，在中点c时，电路中并联部分阻值最大，电路总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据功率的公式分析功率变化。根据闭合电路欧姆定律和功率公式得到电源输出的功率P与外电阻的关系式，再分析电源输出功率的变化情况。根据总电流的变化分析电源内阻消耗的功率变化情况。
【解答】解：设外电路总电阻为R′。根据电阻并联的特点可知，当滑动变阻器的滑片在中点c时，电路中并联部分阻值最大，电路总电阻最大。将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，并联部分阻值减小，则R′减小，电路总电流I增大，根据Pr＝I2r可知，电源内阻消耗的功率增大；电源的内电压增大，则路端电压减小，而R1两端电压增大，则R3所在支路电压减小，电流减小，则R3消耗的功率减小；R2所在支路电流增大，R2消耗的功率增大；电源的输出功率为
根据数学知识可知，当R′＝r时，P最大；当R′＜r时，P随R′的增大而增大；当R′＞r时，P随R′的增大而减小。由题意可知R′始终大于r，所以当R′减小时内外电阻的差值减小，电源的输出功率增大，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，关键要分析清楚滑动变阻器滑片P从中间到左端总电阻变化情况，知道电源的内外电阻相等时，输出功率最大。
2．（2025春 成安县校级期末）光敏电阻可随所在环境光线的强弱而改变阻值，如图所示电路中，Rt为光敏电阻，其阻值随光照的增强（减弱）而减小（增大），R0、R1为定值电阻，C为电容器，E为电源（内阻为r）。闭合开关S，若环境光线变强，则电路稳定后，下列说法正确的是（　　）
A．电源输出功率增大
B．R0两端电压减小
C．R1两端电压减小
D．电容器所带电荷量减小
【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】根据光敏电阻的阻值与光照强度的关系，可知光线变强时，其阻值变化情况，结合闭合电路欧姆定律，可得到电路电流、R0两端电压、R1两端电压、电容两端电压的变化情况；根据电容的定义式，可得到电容所带电荷量变化情况；根据电源输出功率表达式，可分析电源输出功率变化情况。
【解答】解：BCD、根据光敏电阻的阻值与光照强度的关系，可知光线变强时，其阻值变小；
根据闭合电路欧姆定律：，可得到电路电流I变大，R0两端电压：U0＝IR0变大；
R1两端电压U1＝IR1变大；
电容两端电压：UC＝E﹣Ir﹣IR0变小，根据电容的定义式：，可得到电容所带电荷量变小，故BC错误，D正确；
A、根据电源输出功率表达式：，可知电源输出功率变化情况不确定，故A错误。
故选：D。
【点评】本题考查含容的动态电路分析，关键是根据闭合电路欧姆定律，分析电流、电压的变化情况。
3．（2025春 东海县期末）在温控电路中，通过热敏电阻的阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图所示的电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高，电阻越小），C为电容器。当环境温度升高时（　　）
A．电容器C带的电荷量增大
B．电压表的读数增大
C．R1消耗的功率减小
D．电容器C两极板间的电场强度减小
【考点】含容电路的动态分析；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【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】D
【分析】当环境温度升高时，R2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。电容器的电压等于R2两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器C带的电荷量的变化。根据通过R1的电流变化判断其消耗功率的变化；由E分析电容器C两极板间的电场强度的变化。
【解答】解：AB、当环境温度升高时，热敏电阻R2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可知，总电流增大，内电压增大，则路端电压减小，电压表的读数减小。路端电压减小，R1的电阻增大，则R2的电压减小，故电容器两端电压减小，根据Q＝CU可知，电容器C带的电荷量Q减小，故AB错误；
C、根据，I增加，则R1消耗的功率增加，故C错误；
D、电容器C两极板间的电场强度，电容器两端电压减小，故板间电场强度减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是电路动态分析问题，首先根据局部电路的变化分析外电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，这是常用的分析思路，要熟练掌握。
4．（2025 西安二模）如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二板管，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（　　）
A．若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
B．若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处
D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处
【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；推理论证能力．
【答案】C
【分析】在小球下落过程中，有重力和电场力做功，根据动能定理逐项分析即可。
【解答】解：A、原来小球恰好能运动至小孔N处，设PN间的距离为h，M、N两板间电压为U，小球所带电荷量为q，根据动能定理有mgh﹣qU＝0，若仅将B板稍微上移，则两板间电压U不变，PN间距离变小，所以重力做功小于电场力做功，则带电小球不能运动到N处，故A错误；
B、若仅将A板稍微上移，根据C可知，电容变小，因为二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器所带电荷量保持不变，根据C可知，两板间电压变大，PN间距离不变，电场力做功大于重力做的功，所以带电小球不可以运动到N处，故B错误；
C、若仅将变阻器的滑片上移，则变阻器接入电路的电阻变大，电路中电流变小，定值电阻R0两端电压变小，即电容器两板间电压变小，根据Q＝CU可知，电容器带电荷量将减小，电容器要放电。但是因为二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带电荷量不变，电容器两板间电压不变，则带电小球仍可以运动到N处，故C正确；
D、断开开关S，因为二极管的存在，电容器不能放电，电容器所带电荷量不变，电容器两板间电压不变，从P处将小球由静止释放，带电小球仍可以运动到N处，故D错误。
故选：C。
【点评】掌握电场力和重力做功的特点是解题的基础。
5．（2025春 宿迁期末）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r＝R1。开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中（　　）
A．流过R2的电流向左 B．电容器右极板带负电
C．电容器的带电量减小 D．电源的输出功率增大
【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】D
【分析】根据电容器左右两极板电势高低分析它们的带电情况；开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中，分析电路总电阻的变化，判断电流变化，由欧姆定律分析电阻R1两端电压的变化，即可知道电容器电压的变化，进而判断电容器带电量的变化，再判断流过R2的电流方向；根据功率公式以及闭合电路欧姆定律得到电源的输出功率与电阻的关系式，再结合内外电阻的关系分析电源的输出功率变化情况。
【解答】解：B、电容器右极板和电源的正极连接，右极板比左极板电势高，则右极板带正电，故B错误；
AC、开关闭合后，将R3的滑片向下滑动过程中，R3阻值减小，电路中总电阻减小，电流I增大。R1两端电压为U1＝IR1，可知电阻R1两端的电压增大，电容器两端电压增大，由Q＝CU知，电容器的带电量增加，即电容器要充电，则流过R2电流方向右，故AC错误；
D、电源的输出功率为
当R1+R3＝r时，电源的输出功率最大。由于R1＝r，则R1+R3＞r，仅将R3的滑片向下滑动，电阻R3减小，电源内外电阻的差值减小，则电源的输出功率增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，根据Q＝CU判断电容器所带电荷量的变化情况。要掌握结论：当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。
6．（2025 石景山区一模）如图所示为某同学设计的电子秤原理图。轻质托盘与竖直放置的轻弹簧相连。R0为定值电阻，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当盘中没有放物体时，滑片刚好位于滑动变阻器的最上端。该小组用理想电压表的示数U反映待测物体的质量m；用单位质量变化引起电压表示数变化量的绝对值描述电子秤的灵敏度。不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　）
A．仅更换阻值更小的定值电阻R0，电子秤灵敏度减小
B．电子秤的灵敏度随待测物体质量的增大而减小
C．弹簧的劲度系数越小，电子秤的灵敏度越大
D．电压表示数与待测物体质量是非线性关系
【考点】电路动态分析；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】C
【分析】结合欧姆定律求电压表的示数，进而可判断电压表示数与待测物体质量的关系；由电压表的示数可得电子秤的灵敏度，进而可知更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降；弹簧的劲度系数越小，电子秤的灵敏度越大；电子秤的灵敏度与待测物体质量无关。
【解答】解：D.由图可知：滑动变阻器与R0串联，滑动变阻器的电阻全部连入电路；电压表测量滑片上半部分电阻两端的电压；当滑动变阻器滑片P向下移动时，电路中的电阻不变，由欧姆定律可知
电路中的电流不变；设滑动变阻器滑片上半部分电阻阻值为R′，电压表的示数为
其中
，mg＝kL
解得
即电压表示数与待测物体质量成线性关系，故D错误；
ABC、由可知，电子秤的灵敏度为
可知仅更换阻值更大的定值电阻R0，电子秤灵敏度会下降；电子秤的灵敏度与待测物体质量无关；弹簧的劲度系数越小，电子秤的灵敏度越大，故AB错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题首先结合欧姆定律求电压表的示数，进而结合电压表示数分析解答各选项。
7．（2025 河南二模）为了方便在医院输液的病人及时监控药液是否即将滴完，有人发明了一种利用电容器原理实现的输液报警装置，电容器C的两极板夹在输液管两侧，实物图和电路原理如图所示。闭合开关，当药液液面降低时，两极板之间介质由液体改变为气体，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音，电路中电表均为理想电表。根据以上说明，下列选项分析正确的是（　　）
A．液面下降后，电容器两端电压变小
B．液面下降后，电容器所带电量增大
C．液面下降时蜂鸣器电流由b流向a
D．输液管较粗时，电容器容值会变大
【考点】含容电路的动态分析．
【专题】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，根据电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析电容器所带电量的变化，进而判断电路中电流方向。
【解答】解：A、开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，则液面下降稳定后，电容器两端电压不变，故A错误；
B、液面下降后，极板之间的相对介电常数减小，根据电容的决定式C可知，电容器的电容减小，根据电容的定义式，电容器两端电压不变，则电容器所带电量减少，故B错误；
C、根据电路图可知，电容器右侧极板带负电，液面下降时，电容器所带电量减少，即右侧极板失去电子，电子从a向b运动，则蜂鸣器电流由b流向a，故C正确；
D、结合上述可知，输液管较粗时，极板之间间距增大，则电容器容值会变小，故D错误。
故选：C。
【点评】解答本题时，要抓住电容器的电压不变，根据电容的决定式C和电容的定义式相结合进行分析。
8．（2025春 邗江区期末）电鳗是一种放电能力很强的淡水鱼。若电鳗放电时，产生600V的电动势，电鳗的内阻为20Ω，电鳗的头部和尾部可看作电源的正负极，与周围的水形成回路。假设回路中水的等效电阻为580Ω，则电鳗放电时，其首尾间的输出电压是（　　）
A．20V B．300V C．580V D．600V
【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．
【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】先求出总电阻，由闭合电路欧姆定律求出电流，然后由U＝IR算出电压。
【解答】解：总电阻R总＝r+R＝20Ω+580Ω＝600Ω
根据闭合电路欧姆定律总电流
电鳗放电时，其首尾间的输出电压为路端电压，路端电压U＝IR＝1A×580Ω＝580V，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是闭合电路欧姆定律的内容，代入公式即可求解。
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 唐山期末）某社区计划为路灯安装自动控制装置，其核心电路如图所示。电源电动势为E，内阻为r，R0为保护电阻，光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小）与电流表A1串联后与灯泡并联，R为滑动变阻器，其中灯泡可视为定值电阻，其功率得达到一定值才能发光。将滑动变阻器的滑片置于某位置，闭合开关，灯泡不亮，当天色逐渐变暗时，灯泡逐渐变亮。关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1示数逐渐减小
B．电流表A示数逐渐增大
C．电源的总功率减小
D．电源的效率减小
【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】AC
【分析】天色逐渐变暗的过程，RL的阻值变大，电路的总电阻增大，则干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律分析电源的输出电压的变化，从而判断电源效率。
【解答】解：BCD.天色逐渐变暗时，光照减弱，RL接入阻值增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表A示数逐渐减小，电源的总功率P＝EI，故总功率将减小，根据闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir可知，路端电压增大，电源的效率η，电源的效率变大，故C正确，BD错误；
A.结合上述，干路电流减小，电源内阻与电路干路上消耗的总电压减小，电路并联部分电压增大，并联部分电流分成三个部分，则灯泡与滑动变阻器并联部分电流增大，通过光敏电阻的电流变小，即A1表的示数变小，故A正确。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看电流表测的是什么电流。
10．（2025春 唐山期末）如图所示的电路中，两金属板沿水平方向放置，并与灵敏电流计G串联后接在电源两端，D是理想二极管。单刀双掷开关S接1时，带电小球刚好静止在两极板间P点，A极板接地。下列说法正确的是（　　）
A．小球的电势能为负
B．单刀双掷开关S接1时，仅将A板向上移动少许，则P点的电势会升高
C．单刀双掷开关S接2时，仅将B板向上移动少许，则小球向上运动，且流过灵敏电流计G的电流方向向右
D．单刀双掷开关空置，在AB间插入电介质，则小球向下运动，且电容器电压减小
【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；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】单刀双掷开关S接1时，A板带正电，B板带负电，A、B板间电场强度方向竖直向上，再根据小球所受电场力的方向解答A选项；单刀双掷开关S接1时，电容器的电压U不变，增大板间距离，根据电场强度与电势差的关系解答B选项；单刀双掷开关S接2时，由于二极管的单向导电性，故电容器可以放电，而不能充电，根据电容器的电容决定式与定义式解答C选项；单刀双掷开关空置，电容器的电量保持不变，根据电容器的电容决定式与定义式，以及电场强度与电势差的关系解答D选项。
【解答】解：A.单刀双掷开关S接1时，A板带正电，B板带负电，A、B板间电场强度方向竖直向上，带电小球刚好静止在两极板间，则小球所受电场力方向也是竖直向上，故小球带正电，故A错误；
B.单刀双掷开关S接1时，电容器的电压U不变，仅将A板向上移动少许，板间距离d变大，根据：E，可知板间电场强度变小，B板与P点的距离不变，同理可知B板与P点的电势差变小，B板的电势不变，且高于P点的电势，则P点的电势会升高，故B正确；
C.单刀双掷开关S接2时，仅将B板向上移动少许，板间距离d变大，根据：C，可知电容变小。由于二极管的单向导电性，故电容器可以放电，而不能充电，根据：C，可得电容器的电量会减小，电容器放电，流过灵敏电流计G的电流方向向左，二极管导通，板间电压不变，板间电场强度减小，小球所受电场力变小，小球向下运动，故C错误；
D.单刀双掷开关空置，电容器的电量Q保持不变，在A、B间插入电介质，根据：C，可知电容变大，根据：C，可得电容器电压减小，根据：E，可知板间电场强度变小，则小球向下运动，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了含有电容的电路动态分析问题，掌握电容器的定义式与决定式，要知道二极管具有单向导电性。
11．（2025春 梅河口市校级期末）在如图所示的电路中，定值电阻R大于电源内阻r。现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向上滑动，电表A、V1、V2、V3都为理想电表，测得电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是（　　）
A．电流表A的示数减小，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大
B．ΔU3与ΔI的比值不变
C．电源的输出功率一定减小
D．滑动变阻器的功率一定增大
【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】分析电路的结构，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，由欧姆定律分析R两端电压的变化，并判断路端电压的变化，即可知道各个电表示数的变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析ΔU3与ΔI的比值是否变化。根据内外电阻的关系，结合外电阻的变化，分析电源的输出功率变化情况。将定值电阻等效为电源内阻，再分析滑动变阻器的功率变化情况。
【解答】解：A、理想电表对电路的影响不计，分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电路中电流减小，则电流表A的示数减小。电路中电流减小，定值电阻R两端的电压减小，则电压表V1的示数减小，理想电压表V2测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律有U2＝E﹣Ir，I减小，U2增大，即理想电压表的示数V2增大，故A错误；
B、理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律得
U3＝E﹣I（R+r）
所以ΔU3与ΔI的比值大小为，可知该比值保持不变，故B正确；
C、电源的输出功率与外电阻变化的图像如下所示。
当电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值比内阻大，电源的输出功率减小，故C正确；
D、将定值电阻等效为电源内阻，当滑动变阻器的电阻与等效内阻相等时，滑动变阻器的功率最大，因不知道滑动变阻器的电阻与等效内阻的关系，所以无法分析滑动变阻器功率的变化，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查电路的动态分析问题，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。因本题要求分析电流及电压的变化量，故要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式。
12．（2025春 四川期末）如图甲所示，电路中L1和L2为两个相同的小灯泡，均标有“12V，6W”字样，电容器C的击穿电压为15V。理想变压器输入电压u随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，开关S1、S2均断开时，小灯泡L1正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．该交变电压瞬时值表达式为
B．灯泡L1正常发光时，变压器原、副线圈的匝数比为1：3
C．灯泡L1正常发光时，若闭合开关S2，电容器C不会被击穿
D．若闭合开关S1，断开开关S2，滑片P往下移动，灯泡L1、L2都变暗
【考点】含容电路的常规分析与计算．
【专题】比较思想；图析法；交流电专题；理解能力．
【答案】AD
【分析】根据乙图读出电压的最大值、周期和初相位，再写出电压瞬时值表达式；根据U1求出原线圈两端电压，根据变压器的变压规律求解变压器原、副线圈的匝数比；灯泡L1正常发光时，求出电容器两端电压最大值，与电容器C的击穿电压比较，即可判断电容器C会不会被击穿；若闭合开关S1，断开开关S2，滑片P往下移动，副线圈匝数减小，根据变压规律分析副线圈电压的变化，再判断灯泡L1、L2的亮度变化。
【解答】解：A、根据图乙可知，交变电流的周期为T＝0.02s，则ωrad/s＝100πrad/s。由图像可知，t＝0时，u＝0，，可得电压瞬时值表达式为，故A正确；
B、原线圈两端电压为U1V＝36V，小灯泡L1正常发光时，副线圈两端电压为U2＝12V，则原、副线圈的匝数比为，故B错误；
C．小灯泡L1正常发光时，电容器两端电压最大值为，超过电容器的击穿电压15V，故闭合开关S2，电容器C会被击穿，故C错误；
D、若闭合开关S1，断开开关S2，滑片P往下移动，副线圈匝数减小，输入电压不变，根据可知U2减小，灯泡L1、L2都变暗，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题要能根据最大值、圆频率和初相位写出交变电压瞬时值表达式。要掌握理想变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，并能熟练运用。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 福州期末）某玩具的直流电动机线圈电阻一定，在线圈两端加上0.3V的电压时，电流为0.3A，此时因电压过低，电动机不能转动，则电动机的线圈电阻R为　1　 Ω；若在线圈两端加2V的电压，电流为0.8A，此时电动机正常工作。正常工作时，该电动机的输入电功率是　1.6　 W，电动机的输出机械功率是　0.96　 W。
【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】定量思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．
【答案】1，1.6，0.96。
【分析】根据欧姆定律计算电动机线圈电阻；根据P＝UI计算电动机的输入功率，根据输入功率、输出功率和发热功率之间的关系计算。
【解答】解：电动机线圈的电阻为R；电动机正常工作时的输入功率为P＝U2I2＝2×0.8W＝1.6W，电动机的输出功率为P出＝P
故答案为：1，1.6，0.96。
【点评】知道电动机在正常工作时是非纯电阻，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 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。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 湖州期末）如图所示，电源电动势E为12V，内阻r为3Ω，电阻R为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω。求：
（1）流过R的电流；
（2）通过电动机的电流；
（3）电动机正常工作时产生的机械功率。
【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；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】（1）流过R的电流为1A；
（2）通过电动机的电流为1A；
（3）电动机正常工作时产生的机械功率为5.5W。
【分析】（1）根据欧姆定律列式解答；
（2）根据闭合电路的欧姆定律和并联电路知识列式解答；
（3）根据电动机总功率和热功率、机械功率的关系列式求解。
【解答】解：（1）电阻R与电动机并联，流过R的电流为；
（2）根据闭合电路的欧姆定律，总电流为，电动机的电流为IM＝I﹣IR＝2A﹣1A＝1A；
（3）电动机内部消耗的功率P热RM＝12×0.5W＝0.5W，产生的机械功率P＝PM﹣P热＝UIMRM，解得P＝5.5W。
答：（1）流过R的电流为1A；
（2）通过电动机的电流为1A；
（3）电动机正常工作时产生的机械功率为5.5W。
【点评】考查串并联电路的特点和非纯电阻电路的问题，会根据题意进行准确分析解答。
18．（2025春 宁波期末）某固定装置由足够长的水平轨道AB及固定在其左侧的轻弹簧、传送带、圆弧轨道CDE构成，其竖直截面如图所示。圆弧轨道CDE不妨碍传送带的转动，其与传送带相切于C点，D为圆弧最高点，E与圆心O等高。弹簧劲度系数k＝62N/m，传送带倾角θ＝37°、LBC＝4m，BC段与物块间的动摩擦因数μ＝0.8，圆弧轨道半径。B、C两处平滑连接，除BC段外其余轨道均光滑。将质量m＝0.1kg的物块压缩弹簧（物块与弹簧未拴接）后由静止释放，起初传送带静止，物块恰能运动到C点。（提示：重力加速度g＝10m/s2，弹簧弹性势能表达式）
（1）求弹簧的压缩量x1；
（2）要使物块自D点水平抛出，传送带往哪个方向转动（“顺时针”或“逆时针”）？传送带速度至少为多大？
（3）物块可以运动到D点但无法水平抛出，从圆弧DE上的某点P离开，求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系，并写出v的取值范围。
【考点】用能量守恒定律解决实际问题；平抛运动与曲面的结合；动能定理的简单应用．
【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】（1）弹簧的压缩量x1为0.4m；
（2）传送带顺时针转动，传送带速度至少为1m/s；
（3）∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系为，v的取值范围为。
【分析】（1）对物块运动的全过程，分析能量转化情况，根据功能关系结合弹簧弹性势能表达式求弹簧的压缩量x1；
（2）要使物块自D点水平抛出，物块在C点速度大于零，传送带要顺时针转动。物块恰好到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块到达D点的速度，再由动能定理求传送带速度；
（3）若到达D点的速度为0，根据动能定理求出此时传送带速度，进而得到传送带速度范围。物块在P点离开圆弧DE，在P点由重力沿半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律结合动能定理求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系。
【解答】解：（1）对物块运动的全过程，动能变化量为0，弹性势能转化为重力势能与摩擦生热，则有
代入数据解得x1＝0.4m
（2）要使物块自D点水平抛出，物块在C点速度大于零，传送带要顺时针转动。
比较μ＝0.8＞tanθ，可知物块在传送带上先减速后匀速，离开C点时与传送带共速，物块恰好到达D点时，有
从C到D，由动能定理有
解得v＝1m/s
（3）若到达D点的速度为0，从C到D，由动能定理有
解得
故v的取值范围为
假设物块在P点离开圆弧DE，从D到P，由动能定理有
在P点有
联立解得
答：（1）弹簧的压缩量x1为0.4m；
（2）传送带顺时针转动，传送带速度至少为1m/s；
（3）∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系为，v的取值范围为。
【点评】解答本题时，要理清物块的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件，关键要知道物块恰好到达D点时，由重力提供向心力。从P点离开轨道时，由重力沿半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律和动能定理相结合解答。
19．（2025春 如皋市校级期末）如图是汽车蓄电池供电简化电路，司机开车灯时，开关S1始终闭合。当汽车启动时，开关S2闭合，电动机工作，车灯会变暗，启动瞬间电流表示数为50A；当汽车启动之后，开关S2断开，电动机停止工作，车灯恢复正常亮度，此时电流表示数为10A。已知电源电动势E＝12.5V，内阻r＝0.05Ω，电流表内阻不计。求：
（1）电动机未启动时车灯的功率P；
（2）电动机启动瞬间，车灯的功率减少量ΔP（忽略电动机启动瞬间车灯的电阻变化）。
【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】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P为120W；
（2）电动机启动瞬间，车灯的功率减少量ΔP为36.67W。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律和功率公式列式计算；
（2）根据闭合电路的欧姆定律和功率公式计算减少的功率。
【解答】解：（1）电动机未启动时I1＝10A，根据闭合电路欧姆定律U＝E﹣I1r，解得U＝12V，车灯的功率P＝UI1＝12×10W＝120W；
（2）根据E＝I1（R+r），可得车灯电阻R＝1.2Ω，电动机启动的瞬间U'＝E﹣I'r＝12.5V﹣50×0.05V＝10V，车灯的功率为，故灯的功率减少量ΔP＝P﹣P'＝120WW≈36.67W。
答：（1）电动机未启动时车灯的功率P为120W；
（2）电动机启动瞬间，车灯的功率减少量ΔP为36.67W。
【点评】考查闭合电路的欧姆定律的应用和功率的计算问题，会根据题意进行准确分析解答。
20．（2025春 黄冈期末）如图所示电路接有恒定电压U，电流表为理想电流表，电压表内阻为RV＝12kΩ，三个电阻的阻值分别为R1＝1kΩ，R2＝6kΩ，R3＝3kΩ。当开关接1时，电流表示数为1mA。求：
（1）电压U；
（2）当开关S接2时，电压表与电流表示数。
【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】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）电压U为9V；
（2）当开关S接2时，电压表示数为7.2V，电流表示数为1.2mA。
【分析】（1）当开关接1时，R3与R2并联后再与R1串联，根据欧姆定律求出R2的电压以及通过R3的电流，进而得到干路电流，最后由串联电路总电压与各部分电压关系求U；
（2）当开关S接2时，R2与伏特表并联后再与R1串联。求出并联部分总电阻，根据串联分压原理求出电压表示数，再求电流表示数。
【解答】解：（1）当开关接1时，R3与R2并联后再与R1串联，电流表测R2中电流，I＝1mA＝1×10﹣3A
R2两端电压U2＝IR2＝1×10﹣3×6×103V＝6V
R3中电流I3A＝2×10﹣3A
则干路电流I1＝I+I3＝1×10﹣3A+2×10﹣3A＝3×10﹣3A
所以U＝I1R1+U2＝3×10﹣3×1×103V+6V＝9V
（2）当开关S接2时，R2与伏特表并联后再与R1串联。并联部分总电阻为
R并kΩ＝4kΩ
根据串联分压原理可知，电压表示数U′U9V＝7.2V
电流表示数I′A＝1.2×10﹣3A＝1.2mA
答：（1）电压U为9V；
（2）当开关S接2时，电压表示数为7.2V，电流表示数为1.2mA。
【点评】对于直流电路的计算问题，首先要明确电路的结构，搞清各部分电路电压和电流的关系，再结合欧姆定律解答。
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