高考一轮复习：电路与恒定电流

高考一轮复习：电路与恒定电流
一、选择题
1．（2025·浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为。其中单位“”（瓦时）对应的物理量是（　　）
A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量
2．（2025·广西）如图所示，a，b为同种材料的电阻，已知a的长度为，截面积，b的长度，横截面积，则在两支路a和b中，电荷移动的速率之比（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·江西）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t=T时刻，B=0。T=0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高三下·武汉月考）如图所示为某科研小组研制的悬球式加速度仪，它可用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度。一金属球系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点。AB是一根长为的均匀电阻丝，金属丝与电阻丝接触良好，且摩擦不计。电阻丝的中心C处焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个零刻度在中央、量程合适的理想电压表，金属丝和导线电阻不计。图中虚线OC与电阻丝AB垂直，其长度，电阻丝AB接在电压为的直流稳压电源上，重力加速度。整个装置固定在列车中，使AB沿着前进的方向。列车静止时，金属丝处于竖直方向。当列车向右做匀加速运动时，金属丝将偏离竖直方向，电压表示数为负值，下列说法正确的是（　　）
A．若电压表示数为正值时，该列车可能向左做匀减速运动
B．此装置能测得的最大加速度为
C．当列车以的加速度向右运动时，金属丝将向左偏离竖直方向
D．当电压表的示数为2V时，列车的加速度大小为
6．（2024·广西） 将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·温州模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，增大加速电压U，可以减小粒子在回旋加速器中运动的时间
B．图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光
C．图3中，在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小
D．图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大
8．（2024·河北）为两个完全相同的定值电阻，两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍），两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比为(　　)
A． B． C． D．
9．（2025高二下·广州期中）小明在一次科技实践活动中，使用手摇交流发电机连接一个微型电动小风扇。已知手摇交流发电机的输出电压瞬时值表达式为，微型电动小风扇的内阻，当小明以稳定的速度摇动手摇发电机时，小风扇正常工作，通过小风扇的电流。则下列说法正确的是（　　）
A．该手摇交流发电机输出电压的有效值为
B．该手摇交流发电机的输出频率为
C．小风扇正常工作时的发热功率为
D．小风扇正常工作时的输入功率为
10．（2025·湖南模拟）景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图甲为滑沙运动过程的简化图。某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的阻力大小，k为常数，阻力f方向与速度方向相反，斜坡足够长，斜坡的倾角θ=37°。该游客和滑板整体下滑过程中的最大速度为4m/s，滑沙结束后为了减轻游客负担，可利用图乙功率恒为450W的电动机，通过平行于斜面的轻绳牵引游客和滑板回到A点。整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　）
A．常数k为120kg/s
B．牵引过程中整体达到的最大速度为1m/s
C．牵引过程中整体速度为0.5m/s时，整体的加速度大小为8.5m/s2
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机内阻为10Ω
11．（2025·湖南）如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，下列说法正确的是（　　）
A．S与a相连，灯泡的电功率最大
B．S与a相连，灯泡两端的电压为
C．S与b相连，流过灯泡的电流为
D．S与c相连，灯泡的电功率为
12．（2025高二上·东莞期末）安装了感光系统的新型路灯，能根据环境明暗程度自动调节灯光亮度。某兴趣小组为了研究路灯的感光系统，设计了甲、乙两个电路，如图所示。为光敏电阻（光照越强，电阻越小），与为定值电阻，灯泡L的电阻不随温度变化。下列说法正确的是（　　）
A．环境变亮时，乙电路中的灯泡亮度变亮
B．环境变暗时，甲电路中的灯泡亮度变暗
C．环境变亮时，甲电路中的电功率减小
D．环境变暗时，乙电路中的电功率增大
13．（2025·黑吉辽蒙）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2025·北京市）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为和是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是（　　）
A．闭合瞬间，与同时亮起 B．闭合后，亮起后亮度不变
C．稳定后，与亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是
二、多项选择题
15．（2025高二下·信宜开学考）如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是（　　）
A．电源的电动势为6.0V
B．电源的内阻为12Ω
C．当外电阻为12Ω时，电源的输出功率最大
D．电流为0.4A时的外电阻是13Ω
16．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，已知电源电动势E＝2 V，电源内阻r＝0.5 Ω，小灯泡电阻R0＝2 Ω，滑动变阻器R最大阻值为10 Ω．当开关闭合后，调节滑动变阻器，设灯泡电阻不随温度变化而变化，则(　　)
A．当滑动变阻器阻值调至0.5 Ω时，电源输出功率最大
B．当滑动变阻器阻值调至1.5 Ω时，灯泡最亮
C．当滑动变阻器阻值逐渐减小时，电源输出功率逐渐增大
D．当滑动变阻器阻值调至2.5 Ω时，滑动变阻器的电功率最大
17．（2025高二下·信宜开学考）假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点连线与横轴成α角，曲线在A点的切线与横轴成β角，则（　　）
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示
18．（2025·陕西）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（　　）
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为
19．（2023·全国乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12 = 3.0V，U23 = 2.5V，U34 = －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（　　）
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
三、非选择题
20．（2025·深圳模拟）在高压变压器中，线圈绕阻散发的热量通常用流动的绝缘油通过循环带走，而驱动流体的装置称为离子泵。如图所示离子泵核心部分为一中空的柱体，其横截面积为，长为，在柱体两端加电压，其在柱体内部激发匀强电场。在柱体左侧正极通过放电使带电量为的离子均匀进入电场区域，离子与绝缘油不断发生碰撞，驱动绝缘油分子定向移动，当离子运动到右侧的负极时被回收。设离子泵工作过程中带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，单位体积内的离子数为。
（1）若测得离子泵中的电流强度为，求离子在柱体内运动的平均速率。
（2）在柱体区域内的离子也会激发电场，且此电场的电场强度在轴线上的大小随距离均匀变化，比例系数为。规定向右为正方向，画出轴线上的分布规律（需写明关键点的数值）。
（3）求某一个离子在柱体中沿轴线从左端运动到右端的过程中的电势能的变化量。
21．（2025·云南） 基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下：型号铂电阻、电源E（电动势，内阻不计）、电流表。（量程，内阻）、电流表（量程，内阻约）、定值电阻（阻值）、定值电阻（阻值）、开关S和导线若干。
查阅技术手册可知，型号铂电阻测温时的工作电流在之间，在范围内，铂电阻的阻值随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。
完成下列填空：
（1）由图（a）可知，在范围内，温度每升高，该铂电阻的阻值增加　 　；
（2）兴趣小组设计了如图（b）所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是　 　（填“甲”或“乙”），保护电阻R应选　 　（填“”或“”）；
（3）用（2）问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得示数为，示数如图（c）所示，该示数为　 　，则所测温度为　 　（计算结果保留2位有效数字）。
22．（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）
23．（2025·河南） 实验小组研究某热敏电阻的特性，并依此利用电磁铁、电阻箱等器材组装保温箱。该热敏电阻阻值随温度的变化曲线如图1所示，保温箱原理图如图2所示。回答下列问题：
（1）图1中热敏电阻的阻值随温度的变化关系是　 　（填“线性”或“非线性”）的。
（2）存在一个电流值，若电磁铁线圈的电流小于，衔铁与上固定触头a接触；若电流大于，衔铁与下固定触头b接触。保温箱温度达到设定值后，电磁铁线圈的电流在附近上下波动，加热电路持续地断开、闭合，使保温箱温度维持在设定值。则图2中加热电阻丝的c端应该与触头　 　（填“a”或“b”）相连接。
（3）当保温箱的温度设定在时，电阻箱旋钮的位置如图3所示，则电阻箱接入电路的阻值为　 　。
（4）若要把保温箱的温度设定在，则电阻箱接入电路的阻值应为　 　。
24．（2025·上海）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
（1）电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数为；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为　 　V内阻为　 　。
（2）通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则　 　
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
（2）根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为　 　W。
（3）根据图像，推测该实验电路为　 　
A. B.
C. D
25．（2024·福建）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于　 　（填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为　 　V，此时发光元件的电阻为　 　Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是：　 　；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。　 　
26．（2024·浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
27．（2025·陕西）常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、多量程的多用电表。
（1）某同学使用多用电表正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序：
①把选择开关旋转到“”位置。 ②把选择开关旋转到“”位置。
③将红表笔和黑表笔接触。 ④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。
下列选项中正确的是____。（单选，填正确答案标号）
A．①③④ B．②③④ C．②④③ D．①④③
（2）若将一个内阻为、满偏电流为的表头改装为量程的电压表，需要　 　（填“串联”或“并联”）一个　 　的电阻。
（3）如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻及一个电阻（）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表：
接线柱 1和2 2和3 3和4 1和4 2和4 1和3
U/V 0 1.53 0 0.56 1.05 0.66
根据以上数据可判断，直流电源E处于　 　之间，电容器C处于　 　之间，电阻处于　 　之间。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）
28．（2025·温州模拟）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：
A．多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）；
B．毫安表（量程200mA，内阻为1.20Ω）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器R；
F．电键和导线若干。
根据提供的器材，设计电路如图1所示。
（1）将毫安表与定值电阻改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为　 　A；
（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔P应接到　 　处（选填“B”或“C”）；
（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数U、毫安表的示数I。其中一次测量时多用电表示数如图2所示，其读数为　 　V。
（4）作图线如图3所示，该干电池电动势　 　V；内阻　 　Ω（以上结果均保留三位有效数字）。
（2025·上海）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
29．电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为　 　V内阻为　 　。
30．通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则　 　。
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
②根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为　 　W。
③根据图像，推测该实验电路为　 　。
A. B.
C. D
31．（2025·山东）某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：
学生电源：
可调变压器T1、T2
电阻箱R；
灯泡L（额定电压为6V）：
交流电流表A1、A2、A3，交流电压表V1、V2，
开关S1、S2，导线若干。
部分实验步骤如下：
（1）模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12V，闭合S1，调节电阻箱阻值，使V1示数为6.00V，此时A1（量程为250mA）示数如图乙所示，为　 　mA，学生电源的输出功率为　 　W。
（2）模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2，使V2示数为6.00V，此时A2示数为20mA，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的　 　倍。
（3）A3示数为125mA，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了　 　W.
32．（2021·天津）
（1）某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中时间间隔为T的连续7幅画面合成到同一张图中，示意如图。依次测得小球各相邻位置间的距离为 、 、 、 、 、 。
①写出小球在位置1的速度表达式　 　。
②要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式　 　。
③在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是　 　误差。（填“偶然”或“系统”）
（2）随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择。充电宝可以视为与电池一样的直流电源。一充电宝的电动势约为 ，内阻很小，最大放电电流为 ，某实验小组测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里而有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻 ，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路。
①图中测量电流的电表是　 　，测量电压的电表是　 　。（均填写字母“M”或“N”）
②调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，记录如下表，其中只有一个数据记录有误，审视记录的数据，可以发现表中第　 　次的记录数据有误。（填测量次数的序号）
次数 1 2 3 4 5 6 7
电流 0.299 0.477 0.684 0.877 1.065 1.281 1.516
电压 4.970 4.952 4.932 4.942 4.894 4.872 4.848
③电路中接入 可以达到下列哪个效果。　 　（填选项前的字母）
A．使测电流的电表读数变化明显 B．为了更准确地测量充电宝内阻
C．避免使充电宝的放电电流过大 D．减小测量电压的电表分流作用
33．（2025·广东）科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图甲（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路，所用器材有：电源E(电动势15V，内阻不计)；电流表A(量程有0.6A和3A，内阻不计)；滑动变阻器Rp，(最大阻值100Ω)；定值电阻R0(阻值10Ω)；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁(线圈电阻16Ω)；导线若干。图甲（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
（1）量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为　 　A(结果保留2位有效数字)，为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。
②图甲(b)中已正确连接了部分电路。请在虚线框中完成Rp、R0和A间的实物图连线　 　。
（2）磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图甲（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器Rp的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流　 　，保护电路安全。
②将滑片户缓慢滑到某一位置，闭合S，此时的示数如图乙所示，读数为　 　A，分别记录测试仪示数B和I，断开S。
③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。
④图丙是根据部分实验数据描绘的B-I线，其斜率为　 　mT/A(结果保留2位有效数字)。
⑶制动时间r测。
利用图甲(b)所示装置测量了t，结果表明B越大，越小。
34．（2025高二下·罗湖月考）下图甲是“测定电源的电动势和内阻”的实验电路，但有A、B两处用电器没有画出，其中定值电阻阻值。
（1）图甲中A处应为　 　（填“电流表”或“电压表”）；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图乙所示，由此得到电源电动势　 　V，内阻　 　；（结果保留2位小数）
（3）该同学利用图甲所示的电路进行测量，则内阻的测量值与真实值之间的关系为：　 　（填“小于”、“等于”或“大于”）。
35．（2025·北京市）
（1）下列实验操作，正确的是____（填选项前的字母）。
A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时
B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压
C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
（2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。
①双缝应该放置在图1中　 　处（填“A”或“B”）。
②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为　 　。
（3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接时表头指针不偏转，接和时表头指针都偏转。出现故障的原因是____（填选项前的字母）。
A．表头断路 B．电阻断路 C．电阻断路
36．（2025高三上·广东模拟）某物理兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。他们在实验室找到了如下器材：电流表（量程0~0.6A），电压表（量程0~3V），滑动变阻器， 开关、导线若干。
（1）为了减小误差，他们应选择如图　 　（选填“甲”或“乙”）所示的电路进行实验；
（2）按所选电路进行实验，得到多组电流表的示数I和对应的电压表示数U，以U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图丙所示，由图像得出电池组的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位小数）
37．（2025·浙江模拟）如图所示，半径r=0.5m的均匀金属圆盘D垂直固定在水平金属转轴上，圆盘中心位于转轴中心线上，不计转轴粗细。D盘处存在方向平行转轴向左、大小的匀强磁场。圆盘边缘和转轴分别通过电刷连接间距L=1m的水平平行金属导轨。导轨HI处用绝缘材料平滑连接，左侧接有电容C=0.5F的电容器，EG与绝缘点HI之间有方向竖直向下的匀强磁场，JK左侧、HI右侧区域有方向竖直向下、大小随x变化的磁场（x表示到JK的距离），变化规律满足（T）（x≥0），同一位置垂直于轨道方向的磁场相同，紧靠JK左侧附近放置质量m=0.5kg、电阻R=0.5Ω、边长d=0.5m的“]”缺边正方形金属框PP1Q1Q， 质量也为m=0.5kg的金属棒ab放置在HI的左侧EG处，其单位长度的电阻，保持金属圆盘按图示方向以ω=16rad/s的角速度匀速转动。不考虑电流产生的磁场影响，除已知电阻外其他电阻不计，忽略转动的摩擦阻力。
（1）单刀双掷开关S接通1时，电容器M板带正电还是负电荷，带电量多少；
（2）稳定后S接通2，金属棒ab到达HI前已达到稳定速度，求棒ab到HI过程中产生的热量；
（3）金属棒ab与缺边正方形金属框发生完全非弹性碰撞后，
①求碰后瞬间UPQ；
②金属框出磁场过程中，棒ab两端电压随x的关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】本题考查功和能的单位问题，结合单位制知识进行准确分析解答。根据电功可知是能量的单位。
故选A。
【分析】根据功的公式结合单位进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】电阻定律；电流的微观表达式及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】电流的微观表达式，n为单位体积内的自由电子数，v自由电子定向移动的平均速率；因此
根据电阻定律
可得金属导体a的电阻
两段金属导体b的总电阻
根据并联电路电流的分配与电阻的关系
联立解得
故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】根据电阻定律、并联电路电流的分配与电阻的关系和电流的微观表达式求解作答。
3．【答案】D
【知识点】电流的微观表达式及其应用；电磁流量计；速度选择器
【解析】【解答】 电极1、3间通以恒定电流I， 设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量
根据电流的定义式得
电极2、4间将产生电压U，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合题图（b）的U-B图像的斜率，可得
I=1.00×10-3A，e=1.60×10-19C，解得：n≈2.3×1016（个），故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】先确定时间t内通过样品的电荷量，根据电流的定义式得到电流的微观表达式。当产生的电压稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，据此求得电压U与磁感应强度B的关系式，结合题图（b）的U-B图像的斜率求解此样品每平方米载流子数。
4．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】时，磁感应强度为零， 根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律得电流
通过导体的电荷量
联立以上各式，可得，故B正确，ACD错误
故答案为：B。
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算感应电流，再根据电流的定义式计算流过回路的电荷量。
5．【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题考查闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律，相应的几何关系，会根据题意进行准确分析解答。A．由题可知，当列车向右做匀加速运动时，金属丝将偏离竖直方向，电压表示数为负值，此时加速度方向向右，当电压表示数为正值时，加速度方向向左，该列车可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，故A错误；
BC．设金属丝与竖直方向的夹角为，对小球进行受力分析，小球受重力、金属丝的拉力，其合力沿水平方向，大小为
根据牛顿第二定律可得
当金属丝摆到A点或B点时，加速度最大，此时
，，
故BC错误；
D．电压表所测电阻丝的长度
串联电路电流相等，有
则电压表的示数为
将代入，可得
故D正确。
故选D。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律结合相应的几何关系列式解答。
6．【答案】B
【知识点】电阻定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】根据电阻定律
根据欧姆定律
整理可得
结合题图可知导体、的电阻率之比
故ACD错误，B正确，
故选B
【分析】 本题根据电阻定律结合欧姆定律分析求解。
7．【答案】A
【知识点】电阻定律；交变电流的产生及规律；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题需要利用带电粒子在电场、磁场中运动及发电机的相关知识求解。A．带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
（R为最大轨道半径）
速度越大，动能越大，最终动能
联立解得
每次加速获得的动能为Uq，则加速次数
每次粒子在磁场中加速半个周期，粒子在磁场中运动周期运动总时间
联立解得
由此可知，增大加速电压U ，粒子在回旋加速器中运动时间减小，故A正确；
B．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极管不会交替发光，故B错误；
C．在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度l变长，横截面积S变小，根据电阻定律
可知上表面应变片的电阻变大，故C错误；
D．磁流体发电机稳定时，有
（d为两极板间的距离）
解得电动势
可知仅减小两极板的距离d，磁流体发电机的电动势会减小，故D错误。
故选A。
【分析】增大加速电压，粒子经过加速后进入D形盒的速度变大，运动半径增大，因此离子会更早离开加速器；A、B两个二极管接入电路的极性方向不同，同时线圈转动时会产生不同方向的电流，因此两个二极管交替发光；上表面应变片被拉伸，电阻增大。
8．【答案】B
【知识点】焦耳定律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为
解得
图二的有效值为
接在阻值大小相等的电阻上，因此
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】对于正弦式电流的有效值 ，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．热量的公式 比值
9．【答案】C
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】当电路中有交变电源时，只要将交变电源的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其电动势就是刚才的有效值。A．根据输出电压瞬时值表达式
则电压有效值
故A错误；
B．根据
可知
根据
可得
故B错误；
C．小风扇正常工作时的发热功率
故C正确；
D．小风扇正常工作时的输入功率
故D错误。
故选C。
【分析】根据最大值求解有效值，根据角速度求解频率，根据热功率公式以及电功率公式求解。
10．【答案】B
【知识点】焦耳定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用以及匀变速直线运动规律、瞬时功率的计算，会根据题意列式代入数据解答。A．对游客和滑板整体分析，匀速下滑时
代入解得
故A错误；
B．已知
设轻绳牵引力为，则最大速度
联立解得
故B正确；
C．已知
由题意得
解得加速度大小
故C错误；
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机发热功率
又
解得内阻
故D错误。
故选B。
【分析】对游客和滑板整体分析，根据平衡条件求解常数k；牵引力最小等于阻力加上重力分力，牵引力最小，速度最大；根据牛顿第二定律求解加速度。根据功率公式求解发电机内阻。
11．【答案】B
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．设变压器原、副线圈的电压分别为，灯泡L的阻值为R，原线圈等效电阻
灯泡L的阻值
由理想变压器原理，电压关系
电流关系
联立解得
S与a相连，对原线圈结合闭合回路欧姆定律相关规律可知，灯泡的电功率最大时应该满足
因为值不确定，灯泡的电功率不一定最大，故A错误；
B．S与a相连，变压器原线圈电压
灯泡两端的电压为
故B正确；
C．S与b相连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈的电流
流过灯泡的电流
故C错误；
D．S与c相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流
灯泡的电功率为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据等效电阻的思想画出等效电路图，根据S与各点连接情况分析电路的电阻、电流大小，结合电功率的计算公式进行解答。
12．【答案】A
【知识点】功率及其计算；电路动态分析
【解析】【解答】A．设电源内阻为r，乙图中，当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据欧姆定律
可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变亮，故A正确；
B．甲图中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律
可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变亮，故B错误；
C．甲图中，当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压变小，流过灯泡的电流变小，由于干路电流增大，故流过R1的电流I1增大，根据
可知的功率增大，故C错误；
D．乙图中，当环境变暗时，电路中的电阻增大，干路电流减小，根据欧姆定律
可知两端的电压减小，根据，可知的电功率减小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 光敏电阻特性：光照越强， 越小；反之越大。
2. 串并联电路：分析总电阻变化，干路电流变化，各元件电压、功率变化（分压原理 ）。
3. 功率判断：利用 （串联 ）或 （并联 ），结合电流、电压变化推导。
13．【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，电容的决定式：C可知电容增加的越来越慢，根据电容的定义式可得：U，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U﹣F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U﹣F的关系曲线的斜率如何变化。
14．【答案】C
【知识点】含容电路分析；自感与互感
【解析】【解答】A、闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流通过，A3不亮，因为电容器原来不带电，电源能够给电容器充电，所以灯泡A1和A2中有充电电流经过， 闭合瞬间，A1亮起，故A错误；
B、闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，A2熄灭，故B错误；
C、稳定后，因为电容器的作用，A2处于断路，A1和A3串联，通过的电流相等，所以A1与A3的亮度一样，故C正确；
D、稳定后，由于线圈电阻忽略不计，电容器与并联，两端电压等于两端电压，由于、串联， 略线圈电阻内阻，两端电压为，根据，可得电容器的电荷量等于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流通过，灯泡A2中有充电电流经过；通过A3的电流是逐渐增大的；A1和A3串联，通过的电流相等；A3两端电压等于电源电动势的一半，据此计算。
15．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A、图像与纵轴交点为 ，故电动势 ，A正确；
B、斜率
（而非 ）
B错误；
C、电源输出功率
当 时，输出功率最大（外阻等于内阻 ），并非 ，C错误；
D、电流 时，由 得路端电压
外电阻
D正确；
故答案为：AD。
【分析】A选项：直接读取纵轴截距为 ，判断电动势正确，A正确。
B选项：错误计算斜率（误将 或 取值算错 ），实际斜率为 ，B错误。
C选项：混淆输出功率最大的条件（外阻等于内阻，而非 ），C错误。
D选项：正确应用 算路端电压，再用 算外电阻，D正确。
16．【答案】C,D
【知识点】功率及其计算；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、电源内阻 ，外电路总电阻；要使 最大，需，但 ，即；当外电阻大于内阻时， 越小， 越大，故 时 最大，A错误；
B、灯泡亮度由实际功率 决定， 不变，电流 越大， 越大，电路中， 越小， 越大，故 时， 最大，灯泡最亮，B错误；
C、因，当 减小时， 减小，逐渐接近 （但始终大于 ），根据输出功率规律，外电阻大于内阻时，外电阻越小，输出功率越大，故 减小 → 增大，C正确；
D、将灯泡 视为电源内阻的一部分，等效内阻 ，此时滑动变阻器 为外电阻，当 时，等效电源输出功率最大（即滑动变阻器功率最大 ），D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、依据电源输出功率最大的条件（外电路电阻等于电源内阻时，输出功率最大 ），分析当前电路中外电阻与内阻的关系，判断滑动变阻器阻值调至多少时电源输出功率最大。
B、灯泡的亮度由实际功率决定，实际功率（为电路电流 ）。根据闭合电路欧姆定律，电路总电阻越小，电流越大，灯泡实际功率越大，越亮。据此分析滑动变阻器阻值调至多少时灯泡最亮。
C、结合电源输出功率与外电阻的关系（当外电阻大于内阻时，外电阻越小，输出功率越大 ），分析滑动变阻器阻值减小过程中，电源输出功率的变化情况。
D、将灯泡电阻和电源内阻等效为新的“电源内阻”，此时滑动变阻器为外电阻。根据电源输出功率最大的条件（外电阻等于等效内阻时，输出功率最大，即滑动变阻器功率最大 ），计算等效内阻，进而确定滑动变阻器的阻值。
17．【答案】C,D
【知识点】功率及其计算；电阻；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A、 图像上点与原点连线的 表示电阻，由图可知，随电压增大， 增大（连线斜率变大 ），故电阻随电压增大而增大，A错误；
B、电阻 ，若横纵轴标度不同（如 横轴代表 ，纵轴代表 ），（切线斜率 ）不能直接表示 。
且电阻定义是 ，不是切线斜率，B错误；
C、功率公式 ，A点电压为 、电流为 ，故功率 ，C正确；
D、由电阻定义 ，A点 、，故 （与原点连线的 值 ），D正确；
故答案为：CD。
【分析】A选项：错误认为电阻随电压增大而减小，实际 随电压增大而增大，A错误。
B选项：混淆“切线斜率”与“坐标比值”，且忽略横纵轴标度差异，B错误。
C选项：正确应用功率公式 ，直接对应A点的 、，C正确。
D选项：正确应用电阻定义 ，对应A点的 、，D正确。
18．【答案】D
【知识点】动量定理；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则可知，甲线框进磁场过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，所以甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反，故A错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为，
乙线框刚进磁场区域时，合力为，
可知；
故B错误；
CD．设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v1，取向右为正方向，
，
设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v2，取向右为正方向，
有，
解得，
由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，
即；
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据右手定则判断电流方向；合外力为安培力，根据安培力的计算公式求解所受合力大小之比；对乙全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小；对甲全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小，根据功能关系求解甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比。
19．【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；黑箱问题
【解析】【解答】A、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，A错误；
B、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，B错误；
C、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，C正确；
D、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，D正确；
故答案为：CD
【分析】电学黑箱题，由串并联电路的特点，根据题目选项逐一画出可能的电路图进行分析，得出结论。
20．【答案】（1）解：根据电流
解得
（2）解：带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，根据对称性，此电场的电场强度在轴线上的中点为0，在轴线上的大小随距离均匀变化，故有
图像如下
（3）解：图像面积表示初，末位置间的电压，故
则电势能的变化量
因为
故
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电流的微观表达式及其应用
【解析】【分析】（1）根据电流的微观表达式可求离子速率；
（2）带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，根据电场对称性分布规律作图；
（3）图像面积表示初，末位置间的电压，根据电势能计算公式求解。
（1）根据电流
解得
（2）带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，根据对称性，此电场的电场强度在轴线上的中点为0，在轴线上的大小随距离均匀变化，故有
图像如下
（3）图像面积表示初，末位置间的电压，故。则电势能的变化量
因为
故
21．【答案】（1）3.85
（2）乙；
（3）62.0；51
【知识点】特殊方法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据图像（a）可得温度每升高，该铂电阻的阻值增加
（2）由于内阻不确定，甲图中测量的是和待测电阻总电压，电压无法确定，无法得出待测电阻两端电压，甲图不合理，选乙图。
电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值
可知保护电阻R应选。
（3）由图可知的分度值为，结果要估读，则其读数为；
根据欧姆定律可得
根据题图可得
代入数据可得
【分析】 （1）根据图（a）的斜率求温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加值；
（2）电流表A1内阻确定，其示数与内阻的乘积即为其电压，所以用A1可以测量铂电阻的电压，用A2与A1示数之差测量通过铂电阻的电流，从而求得铂电阻阻值；根据电路中最大电流为0.3mA，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电阻的最小值，再确定保护电阻R；
（3）根据图（c）读出A1的分度值，再读出读数。根据欧姆定律求出铂电阻阻值，由图（a）确定所测温度。
22．【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。
23．【答案】（1）非线性
（2）a
（3）130.0
（4）210.0
【知识点】电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据图1可知热敏电阻的阻值随温度的变化关系是非线性的，如果是线性变换，则图像必须是一条倾斜直线；
（2） 若电磁铁线圈的电流小于，电流较小，衔铁与上固定触头a接触，对应热敏电阻阻值较大，温度较低，此时需要加热，故加热电阻丝的c端应该与触头a接触；
（3）根据电阻箱读数规则可知电阻箱接入电路的阻值为
（4）由（3）分析当温度为时，热敏电阻的阻值为，电阻箱接入的电阻为，回路总电阻等于310，当温度为时，热敏电阻的阻值为，要使得电流值不变，控制电路的总电阻不变，则此时电阻箱的电阻为。
【分析】（1）依据图1所示的R-t图像为曲线，判断热敏电阻的阻值随温度的变化关系。
（2）由图1可知热敏电阻的阻值随温度升高而变小，当保温箱的温度较低时，热敏电阻的阻值较大，根据闭合电路欧姆定律可知，电磁铁线圈的电流较小，衔铁与上固定触头a接触，此时加热电阻丝应与加热电源构成通路，据此依据题意判断图2中加热电阻丝的c端应该与哪个触头相连接。
（3）根据如图3所示的电阻箱旋钮的位置，确定电阻箱接入电路的阻值。
（4）由图1得到温度为50℃和100℃时热敏电阻的阻值。根据闭合电路欧姆定律求解电阻箱接入电路的阻值。
24．【答案】（1）4.5；1.5
（2）B；0.225；C
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，代入数据可得；
联立两式解得；，则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）1、因为图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律，可得也在减小，故ACD错误，B正确。
故选B。
2、根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式，代入数据解得，该电阻的功率为0.225W。
3、根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，列方程组可计算电源电动势和内阻。
（2）①由图线可知随着电阻两端的电压增大，R减小。
②由图线获得电阻两端电压为时，流过电阻的电流为0.125V，根据公式计算功率。
③滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
代入数据可得；
联立两式解得；
则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）[1]因为电阻图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律
可得也在减小，B选项正确。
故选B。
[2]根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式
代入数据解得
该电阻的功率为0.225W。
[3]根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
25．【答案】a；2.82；282；电阻随电压增大而减小；
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；伏安法测电阻
【解析】【解答】（2）根据电路图可知，开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a端，这样使测量部分电路被短路，两端电压为0；
（3）电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数要估读到最小刻度后一位，电压表示数为2.82V； 电流表示数为10.0mA时， 根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为
（4）根据欧姆定律可知，I-U图像的斜率表示电阻的倒数，图像斜率越来越大，即电阻越来越小，故电流在1.0～18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
（5）由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器R2与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
【分析】（2）根据滑动变阻器分压式接法和保护电路的安全进行分析解答；
（3）根据电压表的量程判断电压表精确度，在利用电压表的读数方法进行读数，利用电阻公式计算电阻值；
（4）根据I﹣U图像的割线斜率的物理意义判断电阻的变化情况；
（5）根据两发光元件的电压要求选择合适的连接方法。
26．【答案】（1）解： ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向o点，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
由闭合电流欧姆定律得
②辐条切割磁感线产生电动势与电源电动势方向相反，辐条产生的电动势为E1
（2）解： 的电流 ，
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用左手定则，结合安培力和电流的方向可得出磁场的方向，利用闭合电路欧姆定律可得出流过电阻R1的电流；根据动生电动势的表达式，结合电功率与重力功率的关系式可得出上升的速度大小；
（2）根据电阻串并联的特点，结合闭合电路欧姆定律可得出电阻的大小；根据导体棒切割磁场产生感应电动势的表达式可得出磁感应强度的大小。
27．【答案】（1）B
（2）串联；
（3）2和3；1和4；1和2
【知识点】含容电路分析；表头的改装；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）某同学使用多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15kΩ的电阻，首先要把选择开关旋转到“×1k”位置，将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零，使指针指向欧姆零点，顺序为②③④，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
（2）将表头改装为电压表需要串联一个电阻，串联电阻有分压作用，设串联电阻为R
串联电阻的阻值为
（3）用电压表进行测量，电源两端电压最大，可知直流电源E处于2和3之间；接1和2、3和4时电压表示数为0，接1和4时电压表有示数，则1和2、3和4之间为电阻，电容器在1和4之间；接1和3时电压表示数比接2和4时小，则1和2之间的电阻阻值比3和4之间的大，即1和2之间电阻为，3和4之间电阻为。电路图如图所示：
【分析】 （1）根据欧姆表测电阻的实验原理和正确操作分析作答；
（2）串联电阻有分流作用，根据串联电路的特点和欧姆定律求解作答；
（3）电压表直接接在电源两端，电压表示数近似等于电动势，电压表的示数最大，据此分析直流电源的位置；直流电路中，电容器相当于断路，根据电压表的示数为零的情况，分析电容器的位置；根据电压表示数的大小分析定值电阻的位置，然后作答。
28．【答案】（1）
（2）B
（3）1.16V
（4）；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。
（1）根据欧姆定律可知，毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）为了精确测量，由于改装后的电流表的内阻已知，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）量程为2.5V，最小刻度为0.05V，读数读到小数点后一位，由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以
，
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；
（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；
（3）多用电电压挡的量程为2.5V，分度值为0.05V，根据电压表的读数规则读数；
（4）毫安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为3I，根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
【答案】29．4.5；1.5
30．B；0.225；C
【知识点】电功率和电功；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
（2）①根据欧姆定律和电阻定律，结合I﹣U图像分析作答；
②根据I﹣U图像可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流，根据功率公式求解作答；
③根据I﹣U图像分析电阻两端的电压变化范围大小，确定滑动变阻器的连接方式；根据I﹣U图像，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，求解最大电阻，分析电流表的内外接法，然后作答。
29．（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
30．①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
31．【答案】（1）200；2.4
（2）100
（3）0.9【答案】
【知识点】电功率和电功；电能的输送；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）电流表A1的量程为250mA，分度值为5mA，读数为I1＝200mA
根据功率公式，学生电源的输出功率
（2）根据电压关系，电阻箱两端电压UR＝U0﹣U1＝12V﹣6V＝6V
低压输电时电阻箱消耗的功率为
电阻箱的接入的电阻为
高压输电时，电流I2＝20mA＝0.02A
高压输电时，电阻箱消耗的功率为
可得
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍。
（3）A3示数为I3＝125mA＝0.125A时，学生电源的输出功率
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了
【分析】 （1）电流表A1的量程为250mA，分度值为5mA，根据电流表的读数规则读数；根据功率公式求解学生电源的输出功率；
（2）根据电压关系求解电阻箱两端电压，根据功率公式求解电阻箱消耗的功率；根据欧姆定律求解电阻箱的接入电阻；高压输电时，根据功率公式求解电阻箱消耗的功率，再求倍数关系；
（3）根据功率公式求解高压输电时学生电源的输出功率，再求学生电源输出功率的减小量。
32．【答案】（1）；；偶然
（2）N；M；4；C
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；电源电动势及内阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）①匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以1位置的速度为
②题中要求充分利用数据，利用逐差法求解加速度，则
解得加速度为
③读数产生的误差是人为因素造成的，属于偶然误差。
（2）①器件N串联在电路中，测量干路电流，所以N为电流表；
器件M一端接在开关上，另一端接在充电宝的负极，闭合开关后相当于并联在电源两端，所以M为电压表，测量路端电压；
②题中表格的电流 不断增大，根据闭合电路欧姆定律 可知路端电压 不断减小，电压表的示数不断减小，所以第4次的记录数据有误；
③因为充电宝的内阻很小，所以电阻 串联在电路中，起保护电路的作用，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件。
故答案为：C。
【分析】（1）根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出加速度的大小；
（2）根据所测物理量判断不同的电表；结合闭合电路欧姆定律分析判断有误的物理量。
33．【答案】（1）0.58；
（2）最小；0.48；30
【知识点】磁感应强度；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）①因为电源内阻不计、电流表内阻不计，所以当滑动变阻器的阻值为零时，电路中电流最大
②由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0 ~ 0.6A量程，根据电路图实物图连线如下
（2）①滑动变阻器RP的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安全。
②电流表读数为0.48A。
③根据题图中数据可知B I图线斜率为
故答案为（1） ①. 0.58 ②.
（2） ①. 最小 ②. 0.48 ③. 30
【分析】 本题主要考查磁感应强度的测量实验，闭合电路欧姆定律结合图像解答。
（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电路中最大电流；由实验原理连接实物图；
（2）根据实验要求确定滑动变阻器的连接；由电流表读数规则读数；由图像得到斜率的数值。
34．【答案】（1）电流表
（2）1.50；0.28
（3）小于
【知识点】图象法；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）测定电源电动势和内阻的实验需要测量路端电压和总电流，电压表需并联，电流表串联，因此B处测量电压，应为电压表；A处测量电流，应为电流表；
故1空填电流表；
（2）由图乙拟合曲线，由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir，横坐标I是自变量，纵坐标U是因变量，
E是截距即图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值为内阻， 斜率计算（取两点时用足够远的点）
故1空填1.50，2空填0.28；
（3）通过测量值 U 和 I，反推真实电动势 E 和内阻 r，但 U本身是实验直接读取的测量值。实验的误差来源于并联电压表时测电压表所需的微量电流，根据闭合电路的欧姆定律，整理，
整理
即，测量值 U测 比真实值小， ，
总体上现在电压测小了电流测大了，计算出来的阻值就偏小了，因此r测小于r真，
故填小于；
【分析】（1）伏安法测电源电动势和内阻的实验原理及误差分析；
正确识别U-I图的截距和斜率物理意义；处理U-I图时，优先选择线性较好的区域计算；误差分析时，明确测量值偏大还是偏小取决于系统误差来源。
（2）易错点包括：① 实验仪器连接方式错误（电流表/电压表位置）；
② U-I图数据处理不当（如未用线性部分计算）；
③ 误差分析混淆电压表分流与电流表分压。
（3）隐含条件：① 若电源内阻较小，电压表分流不可忽略；
② 定值电阻可能用于保护电路；
若采用电流表外接法，误差分析结论相反（r测（1）由于A处电表与电阻R串联，因此A处为电流表；
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律U=E-Ir
结合U-I图像可知，图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值
（3）实验的误差来源于电压表的分流，根据闭合电路的欧姆定律
变形得
因此小于
35．【答案】（1）B
（2）B；3.185（3.183~3.187）
（3）C
【知识点】电路故障分析；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度；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】（1）A. 用单摆测重力加速度时， 摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小，而且最低点相对好确定，最高点相对不好确定，故应在最低点开始计时，故A错误；
B.变压器原、副线圈两端的电压为交变电压，应使用多用电表的交流电压挡测量，故B正确；
C.用多用电表测电阻之前如果指针未指到左边零刻度线则需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故C错误。
故答案为：B。
（2）双缝应置于单缝后边，单缝在滤光片后面，由图1可知A处为单缝，B处为双缝，双缝应该放置在图1中B处。螺旋测微器的精度值为0.01mm，螺旋测微器高估读到千分之一毫米位置，其读数为：3mm+18.3×0.01mm＝3.183mm
（3）A.若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头，故表头指针均不发生偏转，故A错误；
B.若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头指针会偏转，故B错误；
C.若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转；连接A、C和B、C均能与欧姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，故C正确。
故答案为：C。
【分析】（1）在最高点小球速度为零，此位置摆球的摆动不明显，计时误差较大。摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小；变压器原、副线圈两端的电压为交变电压；用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后进行欧姆调零。
（2）双缝应置于单缝后边，由图1可知A处为单缝，B处为双缝。确定螺旋测微器的精度值，在进行读数。
（3）若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头；若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头表头指针会偏转；若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转，连接A、C和B、C时表头发生偏转。
36．【答案】（1）甲
（2）1.48；0.80
【知识点】闭合电路的欧姆定律；简单逻辑电路；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测电源的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理（闭合电路的欧姆定律）、实验器材、数据处理和误差分析。
（1）在测量一节干电池的电动势和内阻实验中，电流表内阻较小，电压表内阻较大。甲电路采用的是相对电源的电流表外接法，由于干电池内阻较小，电流表内阻的影响相对较小，而电压表的分流作用较小，能减小实验误差；乙电路是相对电源的电流表内接法，此时电流表的分压作用会使测量的内阻误差较大，所以应选甲电路。 。
（2）根据闭合电路欧姆定律，从图丙中可以看出，图线与纵轴交点的纵坐标值即为电动势，由从图丙中，纵轴截距就是电动势，约为 1.48V；斜率的绝对值就是内阻，计算可得约为 0.80Ω
故答案：
【分析】（1）根据电池内阻、电压表内阻和电流表内阻比较产生误差的影响大小判断；
（2）根据闭合电路的欧姆定律结合U-I图像求解电池的电动势和内阻。
（1）电流表内阻未知，若选择甲中的实验电路，则电动势和内阻的测量值都会偏小，但误差很小，若选择乙中的实验电路，则电动势测量准确，但内阻测量误差很大，所以为了减小误差，他们应选择如图甲所示的电路进行实验。
（2）[1][2]由图丙可知
37．【答案】（1）解： 由右手定则，单刀双掷开关S接通1时，电容器M板带正电。感应电动势
电容器电荷量
。
（2）解：稳定后S接通2，金属棒ab到达HI前已达到稳定速度，由动量定理
联立得v=0.4m/s，Δq=0.4C ，
由能量守恒定律
棒ab到HI过程中产生的热量Q=0.2J。
（3）解：①金属棒ab与缺边正方形金属框发生完全非弹性碰撞
mv=2mv1
由闭合电路欧姆定律
②由动量定理
联立得
由闭合电路欧姆定律
（0.5m≥x≥0）
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型；闭合电路的欧姆定律；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)利用 “圆盘切割磁感线的电动势公式” 和 “右手定则” 判断极板带电性，结合电容公式算电量。
(2)通过 “动量定理” 求稳定速度，利用 “能量守恒（电容器能量 + 动能 + 热量 ）” 算热量。
(3)① 用 “完全非弹性碰撞动量守恒” 得共速，结合 “切割磁感线电动势公式” 算电压。
② 用 “动量定理” 推导速度与x的关系，再由 “闭合电路欧姆定律” 算棒 ab 两端电压。
1 / 1高考一轮复习：电路与恒定电流
一、选择题
1．（2025·浙江）我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程，其参数之一为。其中单位“”（瓦时）对应的物理量是（　　）
A．能量 B．位移 C．电流 D．电荷量
【答案】A
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】本题考查功和能的单位问题，结合单位制知识进行准确分析解答。根据电功可知是能量的单位。
故选A。
【分析】根据功的公式结合单位进行分析解答。
2．（2025·广西）如图所示，a，b为同种材料的电阻，已知a的长度为，截面积，b的长度，横截面积，则在两支路a和b中，电荷移动的速率之比（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电阻定律；电流的微观表达式及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】电流的微观表达式，n为单位体积内的自由电子数，v自由电子定向移动的平均速率；因此
根据电阻定律
可得金属导体a的电阻
两段金属导体b的总电阻
根据并联电路电流的分配与电阻的关系
联立解得
故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】根据电阻定律、并联电路电流的分配与电阻的关系和电流的微观表达式求解作答。
3．（2024·江西）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电流的微观表达式及其应用；电磁流量计；速度选择器
【解析】【解答】 电极1、3间通以恒定电流I， 设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量
根据电流的定义式得
电极2、4间将产生电压U，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合题图（b）的U-B图像的斜率，可得
I=1.00×10-3A，e=1.60×10-19C，解得：n≈2.3×1016（个），故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】先确定时间t内通过样品的电荷量，根据电流的定义式得到电流的微观表达式。当产生的电压稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，据此求得电压U与磁感应强度B的关系式，结合题图（b）的U-B图像的斜率求解此样品每平方米载流子数。
4．（2025·湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t=T时刻，B=0。T=0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】时，磁感应强度为零， 根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势
根据闭合电路欧姆定律得电流
通过导体的电荷量
联立以上各式，可得，故B正确，ACD错误
故答案为：B。
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算感应电流，再根据电流的定义式计算流过回路的电荷量。
5．（2025高三下·武汉月考）如图所示为某科研小组研制的悬球式加速度仪，它可用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度。一金属球系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点。AB是一根长为的均匀电阻丝，金属丝与电阻丝接触良好，且摩擦不计。电阻丝的中心C处焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个零刻度在中央、量程合适的理想电压表，金属丝和导线电阻不计。图中虚线OC与电阻丝AB垂直，其长度，电阻丝AB接在电压为的直流稳压电源上，重力加速度。整个装置固定在列车中，使AB沿着前进的方向。列车静止时，金属丝处于竖直方向。当列车向右做匀加速运动时，金属丝将偏离竖直方向，电压表示数为负值，下列说法正确的是（　　）
A．若电压表示数为正值时，该列车可能向左做匀减速运动
B．此装置能测得的最大加速度为
C．当列车以的加速度向右运动时，金属丝将向左偏离竖直方向
D．当电压表的示数为2V时，列车的加速度大小为
【答案】D
【知识点】牛顿运动定律的应用—连接体；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】本题考查闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律，相应的几何关系，会根据题意进行准确分析解答。A．由题可知，当列车向右做匀加速运动时，金属丝将偏离竖直方向，电压表示数为负值，此时加速度方向向右，当电压表示数为正值时，加速度方向向左，该列车可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，故A错误；
BC．设金属丝与竖直方向的夹角为，对小球进行受力分析，小球受重力、金属丝的拉力，其合力沿水平方向，大小为
根据牛顿第二定律可得
当金属丝摆到A点或B点时，加速度最大，此时
，，
故BC错误；
D．电压表所测电阻丝的长度
串联电路电流相等，有
则电压表的示数为
将代入，可得
故D正确。
故选D。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律结合相应的几何关系列式解答。
6．（2024·广西） 将横截面相同、材料不同的两段导体、无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体、的电阻率之比约为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】电阻定律；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】根据电阻定律
根据欧姆定律
整理可得
结合题图可知导体、的电阻率之比
故ACD错误，B正确，
故选B
【分析】 本题根据电阻定律结合欧姆定律分析求解。
7．（2025·温州模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，增大加速电压U，可以减小粒子在回旋加速器中运动的时间
B．图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光
C．图3中，在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小
D．图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大
【答案】A
【知识点】电阻定律；交变电流的产生及规律；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【解答】本题需要利用带电粒子在电场、磁场中运动及发电机的相关知识求解。A．带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
（R为最大轨道半径）
速度越大，动能越大，最终动能
联立解得
每次加速获得的动能为Uq，则加速次数
每次粒子在磁场中加速半个周期，粒子在磁场中运动周期运动总时间
联立解得
由此可知，增大加速电压U ，粒子在回旋加速器中运动时间减小，故A正确；
B．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极管不会交替发光，故B错误；
C．在梁的自由端施力F，梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度l变长，横截面积S变小，根据电阻定律
可知上表面应变片的电阻变大，故C错误；
D．磁流体发电机稳定时，有
（d为两极板间的距离）
解得电动势
可知仅减小两极板的距离d，磁流体发电机的电动势会减小，故D错误。
故选A。
【分析】增大加速电压，粒子经过加速后进入D形盒的速度变大，运动半径增大，因此离子会更早离开加速器；A、B两个二极管接入电路的极性方向不同，同时线圈转动时会产生不同方向的电流，因此两个二极管交替发光；上表面应变片被拉伸，电阻增大。
8．（2024·河北）为两个完全相同的定值电阻，两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍），两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比为(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】焦耳定律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为
解得
图二的有效值为
接在阻值大小相等的电阻上，因此
故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】对于正弦式电流的有效值 ，由甲图读出电压的最大值，求出有效值．对于乙图，根据有效值的定义，求出有效值．热量的公式 比值
9．（2025高二下·广州期中）小明在一次科技实践活动中，使用手摇交流发电机连接一个微型电动小风扇。已知手摇交流发电机的输出电压瞬时值表达式为，微型电动小风扇的内阻，当小明以稳定的速度摇动手摇发电机时，小风扇正常工作，通过小风扇的电流。则下列说法正确的是（　　）
A．该手摇交流发电机输出电压的有效值为
B．该手摇交流发电机的输出频率为
C．小风扇正常工作时的发热功率为
D．小风扇正常工作时的输入功率为
【答案】C
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】当电路中有交变电源时，只要将交变电源的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其电动势就是刚才的有效值。A．根据输出电压瞬时值表达式
则电压有效值
故A错误；
B．根据
可知
根据
可得
故B错误；
C．小风扇正常工作时的发热功率
故C正确；
D．小风扇正常工作时的输入功率
故D错误。
故选C。
【分析】根据最大值求解有效值，根据角速度求解频率，根据热功率公式以及电功率公式求解。
10．（2025·湖南模拟）景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图甲为滑沙运动过程的简化图。某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的阻力大小，k为常数，阻力f方向与速度方向相反，斜坡足够长，斜坡的倾角θ=37°。该游客和滑板整体下滑过程中的最大速度为4m/s，滑沙结束后为了减轻游客负担，可利用图乙功率恒为450W的电动机，通过平行于斜面的轻绳牵引游客和滑板回到A点。整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　）
A．常数k为120kg/s
B．牵引过程中整体达到的最大速度为1m/s
C．牵引过程中整体速度为0.5m/s时，整体的加速度大小为8.5m/s2
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机内阻为10Ω
【答案】B
【知识点】焦耳定律；牛顿运动定律的综合应用；机车启动
【解析】【解答】本题考查牛顿第二定律的应用以及匀变速直线运动规律、瞬时功率的计算，会根据题意列式代入数据解答。A．对游客和滑板整体分析，匀速下滑时
代入解得
故A错误；
B．已知
设轻绳牵引力为，则最大速度
联立解得
故B正确；
C．已知
由题意得
解得加速度大小
故C错误；
D．若该电动机的输入电压为100V，输入电流为5A，则发动机发热功率
又
解得内阻
故D错误。
故选B。
【分析】对游客和滑板整体分析，根据平衡条件求解常数k；牵引力最小等于阻力加上重力分力，牵引力最小，速度最大；根据牛顿第二定律求解加速度。根据功率公式求解发电机内阻。
11．（2025·湖南）如图，某小组设计了灯泡亮度可调的电路，a、b、c为固定的三个触点，理想变压器原、副线圈匝数比为k，灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R，交变电源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连，下列说法正确的是（　　）
A．S与a相连，灯泡的电功率最大
B．S与a相连，灯泡两端的电压为
C．S与b相连，流过灯泡的电流为
D．S与c相连，灯泡的电功率为
【答案】B
【知识点】变压器原理；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．设变压器原、副线圈的电压分别为，灯泡L的阻值为R，原线圈等效电阻
灯泡L的阻值
由理想变压器原理，电压关系
电流关系
联立解得
S与a相连，对原线圈结合闭合回路欧姆定律相关规律可知，灯泡的电功率最大时应该满足
因为值不确定，灯泡的电功率不一定最大，故A错误；
B．S与a相连，变压器原线圈电压
灯泡两端的电压为
故B正确；
C．S与b相连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈的电流
流过灯泡的电流
故C错误；
D．S与c相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流
灯泡的电功率为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据等效电阻的思想画出等效电路图，根据S与各点连接情况分析电路的电阻、电流大小，结合电功率的计算公式进行解答。
12．（2025高二上·东莞期末）安装了感光系统的新型路灯，能根据环境明暗程度自动调节灯光亮度。某兴趣小组为了研究路灯的感光系统，设计了甲、乙两个电路，如图所示。为光敏电阻（光照越强，电阻越小），与为定值电阻，灯泡L的电阻不随温度变化。下列说法正确的是（　　）
A．环境变亮时，乙电路中的灯泡亮度变亮
B．环境变暗时，甲电路中的灯泡亮度变暗
C．环境变亮时，甲电路中的电功率减小
D．环境变暗时，乙电路中的电功率增大
【答案】A
【知识点】功率及其计算；电路动态分析
【解析】【解答】A．设电源内阻为r，乙图中，当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据欧姆定律
可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变亮，故A正确；
B．甲图中，当环境变暗时，Rt阻值变大，电路总电阻变大，干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律
可知灯泡两端电压变大，灯泡亮度变亮，故B错误；
C．甲图中，当环境变亮时，Rt阻值变小，电路总电阻变小，干路电流增大，根据闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压变小，流过灯泡的电流变小，由于干路电流增大，故流过R1的电流I1增大，根据
可知的功率增大，故C错误；
D．乙图中，当环境变暗时，电路中的电阻增大，干路电流减小，根据欧姆定律
可知两端的电压减小，根据，可知的电功率减小，故D错误。
故答案为：A。
【分析】1. 光敏电阻特性：光照越强， 越小；反之越大。
2. 串并联电路：分析总电阻变化，干路电流变化，各元件电压、功率变化（分压原理 ）。
3. 功率判断：利用 （串联 ）或 （并联 ），结合电流、电压变化推导。
13．（2025·黑吉辽蒙）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，电容的决定式：C可知电容增加的越来越慢，根据电容的定义式可得：U，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U﹣F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U﹣F的关系曲线的斜率如何变化。
14．（2025·北京市）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为和是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是（　　）
A．闭合瞬间，与同时亮起 B．闭合后，亮起后亮度不变
C．稳定后，与亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是
【答案】C
【知识点】含容电路分析；自感与互感
【解析】【解答】A、闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流通过，A3不亮，因为电容器原来不带电，电源能够给电容器充电，所以灯泡A1和A2中有充电电流经过， 闭合瞬间，A1亮起，故A错误；
B、闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，A2熄灭，故B错误；
C、稳定后，因为电容器的作用，A2处于断路，A1和A3串联，通过的电流相等，所以A1与A3的亮度一样，故C正确；
D、稳定后，由于线圈电阻忽略不计，电容器与并联，两端电压等于两端电压，由于、串联， 略线圈电阻内阻，两端电压为，根据，可得电容器的电荷量等于，故D错误。
故答案为：C。
【分析】闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电流通过，灯泡A2中有充电电流经过；通过A3的电流是逐渐增大的；A1和A3串联，通过的电流相等；A3两端电压等于电源电动势的一半，据此计算。
二、多项选择题
15．（2025高二下·信宜开学考）如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是（　　）
A．电源的电动势为6.0V
B．电源的内阻为12Ω
C．当外电阻为12Ω时，电源的输出功率最大
D．电流为0.4A时的外电阻是13Ω
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A、图像与纵轴交点为 ，故电动势 ，A正确；
B、斜率
（而非 ）
B错误；
C、电源输出功率
当 时，输出功率最大（外阻等于内阻 ），并非 ，C错误；
D、电流 时，由 得路端电压
外电阻
D正确；
故答案为：AD。
【分析】A选项：直接读取纵轴截距为 ，判断电动势正确，A正确。
B选项：错误计算斜率（误将 或 取值算错 ），实际斜率为 ，B错误。
C选项：混淆输出功率最大的条件（外阻等于内阻，而非 ），C错误。
D选项：正确应用 算路端电压，再用 算外电阻，D正确。
16．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，已知电源电动势E＝2 V，电源内阻r＝0.5 Ω，小灯泡电阻R0＝2 Ω，滑动变阻器R最大阻值为10 Ω．当开关闭合后，调节滑动变阻器，设灯泡电阻不随温度变化而变化，则(　　)
A．当滑动变阻器阻值调至0.5 Ω时，电源输出功率最大
B．当滑动变阻器阻值调至1.5 Ω时，灯泡最亮
C．当滑动变阻器阻值逐渐减小时，电源输出功率逐渐增大
D．当滑动变阻器阻值调至2.5 Ω时，滑动变阻器的电功率最大
【答案】C,D
【知识点】功率及其计算；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A、电源内阻 ，外电路总电阻；要使 最大，需，但 ，即；当外电阻大于内阻时， 越小， 越大，故 时 最大，A错误；
B、灯泡亮度由实际功率 决定， 不变，电流 越大， 越大，电路中， 越小， 越大，故 时， 最大，灯泡最亮，B错误；
C、因，当 减小时， 减小，逐渐接近 （但始终大于 ），根据输出功率规律，外电阻大于内阻时，外电阻越小，输出功率越大，故 减小 → 增大，C正确；
D、将灯泡 视为电源内阻的一部分，等效内阻 ，此时滑动变阻器 为外电阻，当 时，等效电源输出功率最大（即滑动变阻器功率最大 ），D正确；
故答案为：CD。
【分析】A、依据电源输出功率最大的条件（外电路电阻等于电源内阻时，输出功率最大 ），分析当前电路中外电阻与内阻的关系，判断滑动变阻器阻值调至多少时电源输出功率最大。
B、灯泡的亮度由实际功率决定，实际功率（为电路电流 ）。根据闭合电路欧姆定律，电路总电阻越小，电流越大，灯泡实际功率越大，越亮。据此分析滑动变阻器阻值调至多少时灯泡最亮。
C、结合电源输出功率与外电阻的关系（当外电阻大于内阻时，外电阻越小，输出功率越大 ），分析滑动变阻器阻值减小过程中，电源输出功率的变化情况。
D、将灯泡电阻和电源内阻等效为新的“电源内阻”，此时滑动变阻器为外电阻。根据电源输出功率最大的条件（外电阻等于等效内阻时，输出功率最大，即滑动变阻器功率最大 ），计算等效内阻，进而确定滑动变阻器的阻值。
17．（2025高二下·信宜开学考）假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点连线与横轴成α角，曲线在A点的切线与横轴成β角，则（　　）
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示
【答案】C,D
【知识点】功率及其计算；电阻；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线
【解析】【解答】A、 图像上点与原点连线的 表示电阻，由图可知，随电压增大， 增大（连线斜率变大 ），故电阻随电压增大而增大，A错误；
B、电阻 ，若横纵轴标度不同（如 横轴代表 ，纵轴代表 ），（切线斜率 ）不能直接表示 。
且电阻定义是 ，不是切线斜率，B错误；
C、功率公式 ，A点电压为 、电流为 ，故功率 ，C正确；
D、由电阻定义 ，A点 、，故 （与原点连线的 值 ），D正确；
故答案为：CD。
【分析】A选项：错误认为电阻随电压增大而减小，实际 随电压增大而增大，A错误。
B选项：混淆“切线斜率”与“坐标比值”，且忽略横纵轴标度差异，B错误。
C选项：正确应用功率公式 ，直接对应A点的 、，C正确。
D选项：正确应用电阻定义 ，对应A点的 、，D正确。
18．（2025·陕西）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（　　）
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为
【答案】D
【知识点】动量定理；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则可知，甲线框进磁场过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，所以甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反，故A错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为，
乙线框刚进磁场区域时，合力为，
可知；
故B错误；
CD．设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v1，取向右为正方向，
，
设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v2，取向右为正方向，
有，
解得，
由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，
即；
故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】 根据右手定则判断电流方向；合外力为安培力，根据安培力的计算公式求解所受合力大小之比；对乙全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小；对甲全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小，根据功能关系求解甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比。
19．（2023·全国乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12 = 3.0V，U23 = 2.5V，U34 = －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（　　）
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；黑箱问题
【解析】【解答】A、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，A错误；
B、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，B错误；
C、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，C正确；
D、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，D正确；
故答案为：CD
【分析】电学黑箱题，由串并联电路的特点，根据题目选项逐一画出可能的电路图进行分析，得出结论。
三、非选择题
20．（2025·深圳模拟）在高压变压器中，线圈绕阻散发的热量通常用流动的绝缘油通过循环带走，而驱动流体的装置称为离子泵。如图所示离子泵核心部分为一中空的柱体，其横截面积为，长为，在柱体两端加电压，其在柱体内部激发匀强电场。在柱体左侧正极通过放电使带电量为的离子均匀进入电场区域，离子与绝缘油不断发生碰撞，驱动绝缘油分子定向移动，当离子运动到右侧的负极时被回收。设离子泵工作过程中带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，单位体积内的离子数为。
（1）若测得离子泵中的电流强度为，求离子在柱体内运动的平均速率。
（2）在柱体区域内的离子也会激发电场，且此电场的电场强度在轴线上的大小随距离均匀变化，比例系数为。规定向右为正方向，画出轴线上的分布规律（需写明关键点的数值）。
（3）求某一个离子在柱体中沿轴线从左端运动到右端的过程中的电势能的变化量。
【答案】（1）解：根据电流
解得
（2）解：带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，根据对称性，此电场的电场强度在轴线上的中点为0，在轴线上的大小随距离均匀变化，故有
图像如下
（3）解：图像面积表示初，末位置间的电压，故
则电势能的变化量
因为
故
【知识点】电场强度的叠加；电势能；电流的微观表达式及其应用
【解析】【分析】（1）根据电流的微观表达式可求离子速率；
（2）带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，根据电场对称性分布规律作图；
（3）图像面积表示初，末位置间的电压，根据电势能计算公式求解。
（1）根据电流
解得
（2）带电粒子均匀分布于柱体内的绝缘油中，根据对称性，此电场的电场强度在轴线上的中点为0，在轴线上的大小随距离均匀变化，故有
图像如下
（3）图像面积表示初，末位置间的电压，故。则电势能的变化量
因为
故
21．（2025·云南） 基于铂电阻阻值随温度变化的特性，某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下：型号铂电阻、电源E（电动势，内阻不计）、电流表。（量程，内阻）、电流表（量程，内阻约）、定值电阻（阻值）、定值电阻（阻值）、开关S和导线若干。
查阅技术手册可知，型号铂电阻测温时的工作电流在之间，在范围内，铂电阻的阻值随温度t的变化视为线性关系，如图（a）所示。
完成下列填空：
（1）由图（a）可知，在范围内，温度每升高，该铂电阻的阻值增加　 　；
（2）兴趣小组设计了如图（b）所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图，能准确测出铂电阻阻值的是　 　（填“甲”或“乙”），保护电阻R应选　 　（填“”或“”）；
（3）用（2）问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时，某次测量读得示数为，示数如图（c）所示，该示数为　 　，则所测温度为　 　（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）3.85
（2）乙；
（3）62.0；51
【知识点】特殊方法测电阻；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据图像（a）可得温度每升高，该铂电阻的阻值增加
（2）由于内阻不确定，甲图中测量的是和待测电阻总电压，电压无法确定，无法得出待测电阻两端电压，甲图不合理，选乙图。
电路中的最大电流为0.3mA，可得电路中的最小阻值
可知保护电阻R应选。
（3）由图可知的分度值为，结果要估读，则其读数为；
根据欧姆定律可得
根据题图可得
代入数据可得
【分析】 （1）根据图（a）的斜率求温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加值；
（2）电流表A1内阻确定，其示数与内阻的乘积即为其电压，所以用A1可以测量铂电阻的电压，用A2与A1示数之差测量通过铂电阻的电流，从而求得铂电阻阻值；根据电路中最大电流为0.3mA，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电阻的最小值，再确定保护电阻R；
（3）根据图（c）读出A1的分度值，再读出读数。根据欧姆定律求出铂电阻阻值，由图（a）确定所测温度。
22．（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。
23．（2025·河南） 实验小组研究某热敏电阻的特性，并依此利用电磁铁、电阻箱等器材组装保温箱。该热敏电阻阻值随温度的变化曲线如图1所示，保温箱原理图如图2所示。回答下列问题：
（1）图1中热敏电阻的阻值随温度的变化关系是　 　（填“线性”或“非线性”）的。
（2）存在一个电流值，若电磁铁线圈的电流小于，衔铁与上固定触头a接触；若电流大于，衔铁与下固定触头b接触。保温箱温度达到设定值后，电磁铁线圈的电流在附近上下波动，加热电路持续地断开、闭合，使保温箱温度维持在设定值。则图2中加热电阻丝的c端应该与触头　 　（填“a”或“b”）相连接。
（3）当保温箱的温度设定在时，电阻箱旋钮的位置如图3所示，则电阻箱接入电路的阻值为　 　。
（4）若要把保温箱的温度设定在，则电阻箱接入电路的阻值应为　 　。
【答案】（1）非线性
（2）a
（3）130.0
（4）210.0
【知识点】电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）根据图1可知热敏电阻的阻值随温度的变化关系是非线性的，如果是线性变换，则图像必须是一条倾斜直线；
（2） 若电磁铁线圈的电流小于，电流较小，衔铁与上固定触头a接触，对应热敏电阻阻值较大，温度较低，此时需要加热，故加热电阻丝的c端应该与触头a接触；
（3）根据电阻箱读数规则可知电阻箱接入电路的阻值为
（4）由（3）分析当温度为时，热敏电阻的阻值为，电阻箱接入的电阻为，回路总电阻等于310，当温度为时，热敏电阻的阻值为，要使得电流值不变，控制电路的总电阻不变，则此时电阻箱的电阻为。
【分析】（1）依据图1所示的R-t图像为曲线，判断热敏电阻的阻值随温度的变化关系。
（2）由图1可知热敏电阻的阻值随温度升高而变小，当保温箱的温度较低时，热敏电阻的阻值较大，根据闭合电路欧姆定律可知，电磁铁线圈的电流较小，衔铁与上固定触头a接触，此时加热电阻丝应与加热电源构成通路，据此依据题意判断图2中加热电阻丝的c端应该与哪个触头相连接。
（3）根据如图3所示的电阻箱旋钮的位置，确定电阻箱接入电路的阻值。
（4）由图1得到温度为50℃和100℃时热敏电阻的阻值。根据闭合电路欧姆定律求解电阻箱接入电路的阻值。
24．（2025·上海）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
（1）电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数为；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为　 　V内阻为　 　。
（2）通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
（1）电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则　 　
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
（2）根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为　 　W。
（3）根据图像，推测该实验电路为　 　
A. B.
C. D
【答案】（1）4.5；1.5
（2）B；0.225；C
【知识点】电阻定律；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）根据闭合电路欧姆定律，代入数据可得；
联立两式解得；，则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）1、因为图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律，可得也在减小，故ACD错误，B正确。
故选B。
2、根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式，代入数据解得，该电阻的功率为0.225W。
3、根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，列方程组可计算电源电动势和内阻。
（2）①由图线可知随着电阻两端的电压增大，R减小。
②由图线获得电阻两端电压为时，流过电阻的电流为0.125V，根据公式计算功率。
③滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法。
（1）[1][2]根据闭合电路欧姆定律
代入数据可得；
联立两式解得；
则此电源电动势为4.5V，内阻为1.5。
（2）[1]因为电阻图线的斜率为电阻的倒数，随着电阻两端的电压增大，可知斜率在不断增大，故随着电阻两端的电压增大，R减小，再根据电阻定律
可得也在减小，B选项正确。
故选B。
[2]根据图像分析，当电阻两端电压为时，可读出此时流过电阻的电流为0.125V，根据公式
代入数据解得
该电阻的功率为0.225W。
[3]根据图像，当电阻两端的电压很小时，斜率几乎为零，电阻阻值很大，滑动变阻器用限流式接法不符合实际情况，所以滑动变阻器采用分压式接法。随着电阻两端的电压增大，流过电阻的电流也在增大，电流表测流过电阻的电流，可推测该实验电路符合条件的只有C选项。
故选C。
25．（2024·福建）某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于　 　（填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为　 　V，此时发光元件的电阻为　 　Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是：　 　；
（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。　 　
【答案】a；2.82；282；电阻随电压增大而减小；
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；伏安法测电阻
【解析】【解答】（2）根据电路图可知，开关S闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a端，这样使测量部分电路被短路，两端电压为0；
（3）电压表量程为3V，分度值为0.1V，读数要估读到最小刻度后一位，电压表示数为2.82V； 电流表示数为10.0mA时， 根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为
（4）根据欧姆定律可知，I-U图像的斜率表示电阻的倒数，图像斜率越来越大，即电阻越来越小，故电流在1.0～18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
（5）由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器R2与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
【分析】（2）根据滑动变阻器分压式接法和保护电路的安全进行分析解答；
（3）根据电压表的量程判断电压表精确度，在利用电压表的读数方法进行读数，利用电阻公式计算电阻值；
（4）根据I﹣U图像的割线斜率的物理意义判断电阻的变化情况；
（5）根据两发光元件的电压要求选择合适的连接方法。
26．（2024·浙江）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V，
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
【答案】（1）解： ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向o点，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外。
由闭合电流欧姆定律得
②辐条切割磁感线产生电动势与电源电动势方向相反，辐条产生的电动势为E1
（2）解： 的电流 ，
【知识点】电功率和电功；串联电路和并联电路的特点及应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）利用左手定则，结合安培力和电流的方向可得出磁场的方向，利用闭合电路欧姆定律可得出流过电阻R1的电流；根据动生电动势的表达式，结合电功率与重力功率的关系式可得出上升的速度大小；
（2）根据电阻串并联的特点，结合闭合电路欧姆定律可得出电阻的大小；根据导体棒切割磁场产生感应电动势的表达式可得出磁感应强度的大小。
27．（2025·陕西）常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、多量程的多用电表。
（1）某同学使用多用电表正确测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序：
①把选择开关旋转到“”位置。 ②把选择开关旋转到“”位置。
③将红表笔和黑表笔接触。 ④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。
下列选项中正确的是____。（单选，填正确答案标号）
A．①③④ B．②③④ C．②④③ D．①④③
（2）若将一个内阻为、满偏电流为的表头改装为量程的电压表，需要　 　（填“串联”或“并联”）一个　 　的电阻。
（3）如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻及一个电阻（）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表：
接线柱 1和2 2和3 3和4 1和4 2和4 1和3
U/V 0 1.53 0 0.56 1.05 0.66
根据以上数据可判断，直流电源E处于　 　之间，电容器C处于　 　之间，电阻处于　 　之间。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）
【答案】（1）B
（2）串联；
（3）2和3；1和4；1和2
【知识点】含容电路分析；表头的改装；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）某同学使用多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15kΩ的电阻，首先要把选择开关旋转到“×1k”位置，将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零，使指针指向欧姆零点，顺序为②③④，故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
（2）将表头改装为电压表需要串联一个电阻，串联电阻有分压作用，设串联电阻为R
串联电阻的阻值为
（3）用电压表进行测量，电源两端电压最大，可知直流电源E处于2和3之间；接1和2、3和4时电压表示数为0，接1和4时电压表有示数，则1和2、3和4之间为电阻，电容器在1和4之间；接1和3时电压表示数比接2和4时小，则1和2之间的电阻阻值比3和4之间的大，即1和2之间电阻为，3和4之间电阻为。电路图如图所示：
【分析】 （1）根据欧姆表测电阻的实验原理和正确操作分析作答；
（2）串联电阻有分流作用，根据串联电路的特点和欧姆定律求解作答；
（3）电压表直接接在电源两端，电压表示数近似等于电动势，电压表的示数最大，据此分析直流电源的位置；直流电路中，电容器相当于断路，根据电压表的示数为零的情况，分析电容器的位置；根据电压表示数的大小分析定值电阻的位置，然后作答。
28．（2025·温州模拟）某实验小组准备测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了下列器材：
A．多用电表（电压挡量程2.5V，内阻未知）；
B．毫安表（量程200mA，内阻为1.20Ω）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器R；
F．电键和导线若干。
根据提供的器材，设计电路如图1所示。
（1）将毫安表与定值电阻改装成电流表如虚线框中所示，改装后的量程为　 　A；
（2）为了精确测量，图中多用电表的右边表笔P应接到　 　处（选填“B”或“C”）；
（3）闭合电键，调节滑动变阻器滑片，多次记录多用电表的示数U、毫安表的示数I。其中一次测量时多用电表示数如图2所示，其读数为　 　V。
（4）作图线如图3所示，该干电池电动势　 　V；内阻　 　Ω（以上结果均保留三位有效数字）。
【答案】（1）
（2）B
（3）1.16V
（4）；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题主要考查测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要明确实验原理，掌握并联电路是特点、欧姆定律和闭合电路欧姆定律的运用。
（1）根据欧姆定律可知，毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）为了精确测量，由于改装后的电流表的内阻已知，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）量程为2.5V，最小刻度为0.05V，读数读到小数点后一位，由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以
，
【分析】（1）根据并联电路的特点和欧姆定律求解改装表的量程；
（2）由于改装电流表的内阻已知，相对于电源，电流表采用内接法；
（3）多用电电压挡的量程为2.5V，分度值为0.05V，根据电压表的读数规则读数；
（4）毫安表的量程扩大3倍，当毫安表示数为I时，干路电流为3I，根据闭合电路欧姆定律求解U-I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值求解作答。
（1）毫安表的满偏电压为
则，改装后的最大量程为
所以，改装后的量程为。
（2）由于改装后的电流表的内阻已知，为了精确测量，图中多用电表代替的电压表应为电源的“内接法”，即右边表笔P应接到“B”处。
（3）由图2可知，多用电表的读数为1.16V。
（4）由（1）分析可知，电路中电流为毫安表示数的3倍。改装后的电流表的内阻为
根据欧姆定律
整理可得
可得图线的斜率的绝对值为
截距为
所以，
（2025·上海）滑动变阻器是电路元件，它可以通过来改变自身的电阻，从而起到控制电路的作用。在电路分析中，滑动变阻器既可以作为一个定值电阻，也可以作为一个变值电阻。滑动变阻器的构成一般包括接线柱、滑片、电阻丝、金属杆和瓷筒等五部分。滑动变阻器的电阻丝绕在绝缘瓷筒上，电阻丝外面涂有绝缘漆。
29．电学实验中，进行“测量电源电动势和内阻”实验时，记录数据，当电流表时，电压表示数；当电流表示数为，电压表示数；则此电源电动势为　 　V内阻为　 　。
30．通过实验，某电阻两端的电压与通过它的电流关系，描绘如图所示，在实验过程中，电阻的横截面积和长度保持不变，依据图像分析：
①电阻阻值为R，其材料电阻率为，由图可知，随着电阻两端的电压增大，则　 　。
A.R增大，增大 B.R减小，减小
C.R增大，不变 D.R减小，不变
②根据图像分析，当电阻两端电压为时，该电阻的功率为　 　W。
③根据图像，推测该实验电路为　 　。
A. B.
C. D
【答案】29．4.5；1.5
30．B；0.225；C
【知识点】电功率和电功；导体电阻率的测量；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
（2）①根据欧姆定律和电阻定律，结合I﹣U图像分析作答；
②根据I﹣U图像可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流，根据功率公式求解作答；
③根据I﹣U图像分析电阻两端的电压变化范围大小，确定滑动变阻器的连接方式；根据I﹣U图像，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，求解最大电阻，分析电流表的内外接法，然后作答。
29．（1）进行“测量电源电动势和内阻”实验时，当电流表I1＝1A时，电压表示数为U1＝3V，根据闭合电路欧姆定律E＝U1+I1r
当电流表示数为I2＝2A，电压表示数U2＝1.5V，根据闭合电路欧姆定律E＝U2+I2r
代入数据联立解得电动势E＝4.5V；内阻r＝1.5Ω
30．①根据欧姆定律
电阻两端电压与通过它的电流关系图线的斜率
由此可知，随着电阻两端的电压增大，电阻R减小
根据电阻定律
在长度和横截面积不变时，导体的电阻率ρ减小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
②电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电阻两端电压为U＝1.8V时，流过电阻的电流为I＝0.125A，根据功率公式P＝UI＝1.8×0.125W＝0.225W
③根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，电阻两端的电压变化范围很大，可以测出很小的电压，因此滑动变阻器采用分压式接法；
根据电阻两端电压与通过它的电流关系图线可知，当电压很小时，I﹣U图像几乎为倾斜直线，最大电阻约为
由于Rx RV，因此电流表采用外接法；
故ABD错误，C正确。
故选：C。
31．（2025·山东）某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：
学生电源：
可调变压器T1、T2
电阻箱R；
灯泡L（额定电压为6V）：
交流电流表A1、A2、A3，交流电压表V1、V2，
开关S1、S2，导线若干。
部分实验步骤如下：
（1）模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12V，闭合S1，调节电阻箱阻值，使V1示数为6.00V，此时A1（量程为250mA）示数如图乙所示，为　 　mA，学生电源的输出功率为　 　W。
（2）模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2，使V2示数为6.00V，此时A2示数为20mA，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的　 　倍。
（3）A3示数为125mA，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了　 　W.
【答案】（1）200；2.4
（2）100
（3）0.9【答案】
【知识点】电功率和电功；电能的输送；电压表、电流表欧姆表等电表的读数
【解析】【解答】（1）电流表A1的量程为250mA，分度值为5mA，读数为I1＝200mA
根据功率公式，学生电源的输出功率
（2）根据电压关系，电阻箱两端电压UR＝U0﹣U1＝12V﹣6V＝6V
低压输电时电阻箱消耗的功率为
电阻箱的接入的电阻为
高压输电时，电流I2＝20mA＝0.02A
高压输电时，电阻箱消耗的功率为
可得
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍。
（3）A3示数为I3＝125mA＝0.125A时，学生电源的输出功率
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了
【分析】 （1）电流表A1的量程为250mA，分度值为5mA，根据电流表的读数规则读数；根据功率公式求解学生电源的输出功率；
（2）根据电压关系求解电阻箱两端电压，根据功率公式求解电阻箱消耗的功率；根据欧姆定律求解电阻箱的接入电阻；高压输电时，根据功率公式求解电阻箱消耗的功率，再求倍数关系；
（3）根据功率公式求解高压输电时学生电源的输出功率，再求学生电源输出功率的减小量。
32．（2021·天津）
（1）某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置，将录像中时间间隔为T的连续7幅画面合成到同一张图中，示意如图。依次测得小球各相邻位置间的距离为 、 、 、 、 、 。
①写出小球在位置1的速度表达式　 　。
②要求充分利用测量数据，写出小球运动过程中的加速度表达式　 　。
③在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是　 　误差。（填“偶然”或“系统”）
（2）随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择。充电宝可以视为与电池一样的直流电源。一充电宝的电动势约为 ，内阻很小，最大放电电流为 ，某实验小组测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里而有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻 ，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路。
①图中测量电流的电表是　 　，测量电压的电表是　 　。（均填写字母“M”或“N”）
②调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，记录如下表，其中只有一个数据记录有误，审视记录的数据，可以发现表中第　 　次的记录数据有误。（填测量次数的序号）
次数 1 2 3 4 5 6 7
电流 0.299 0.477 0.684 0.877 1.065 1.281 1.516
电压 4.970 4.952 4.932 4.942 4.894 4.872 4.848
③电路中接入 可以达到下列哪个效果。　 　（填选项前的字母）
A．使测电流的电表读数变化明显 B．为了更准确地测量充电宝内阻
C．避免使充电宝的放电电流过大 D．减小测量电压的电表分流作用
【答案】（1）；；偶然
（2）N；M；4；C
【知识点】加速度；探究小车速度随时间变化的规律；电源电动势及内阻；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）①匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度，所以1位置的速度为
②题中要求充分利用数据，利用逐差法求解加速度，则
解得加速度为
③读数产生的误差是人为因素造成的，属于偶然误差。
（2）①器件N串联在电路中，测量干路电流，所以N为电流表；
器件M一端接在开关上，另一端接在充电宝的负极，闭合开关后相当于并联在电源两端，所以M为电压表，测量路端电压；
②题中表格的电流 不断增大，根据闭合电路欧姆定律 可知路端电压 不断减小，电压表的示数不断减小，所以第4次的记录数据有误；
③因为充电宝的内阻很小，所以电阻 串联在电路中，起保护电路的作用，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件。
故答案为：C。
【分析】（1）根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，结合匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差得出加速度的大小；
（2）根据所测物理量判断不同的电表；结合闭合电路欧姆定律分析判断有误的物理量。
33．（2025·广东）科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图甲（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路，所用器材有：电源E(电动势15V，内阻不计)；电流表A(量程有0.6A和3A，内阻不计)；滑动变阻器Rp，(最大阻值100Ω)；定值电阻R0(阻值10Ω)；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁(线圈电阻16Ω)；导线若干。图甲（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
（1）量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为　 　A(结果保留2位有效数字)，为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。
②图甲(b)中已正确连接了部分电路。请在虚线框中完成Rp、R0和A间的实物图连线　 　。
（2）磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图甲（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器Rp的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流　 　，保护电路安全。
②将滑片户缓慢滑到某一位置，闭合S，此时的示数如图乙所示，读数为　 　A，分别记录测试仪示数B和I，断开S。
③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。
④图丙是根据部分实验数据描绘的B-I线，其斜率为　 　mT/A(结果保留2位有效数字)。
⑶制动时间r测。
利用图甲(b)所示装置测量了t，结果表明B越大，越小。
【答案】（1）0.58；
（2）最小；0.48；30
【知识点】磁感应强度；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）①因为电源内阻不计、电流表内阻不计，所以当滑动变阻器的阻值为零时，电路中电流最大
②由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0 ~ 0.6A量程，根据电路图实物图连线如下
（2）①滑动变阻器RP的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，保护电路安全。
②电流表读数为0.48A。
③根据题图中数据可知B I图线斜率为
故答案为（1） ①. 0.58 ②.
（2） ①. 最小 ②. 0.48 ③. 30
【分析】 本题主要考查磁感应强度的测量实验，闭合电路欧姆定律结合图像解答。
（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电路中最大电流；由实验原理连接实物图；
（2）根据实验要求确定滑动变阻器的连接；由电流表读数规则读数；由图像得到斜率的数值。
34．（2025高二下·罗湖月考）下图甲是“测定电源的电动势和内阻”的实验电路，但有A、B两处用电器没有画出，其中定值电阻阻值。
（1）图甲中A处应为　 　（填“电流表”或“电压表”）；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图乙所示，由此得到电源电动势　 　V，内阻　 　；（结果保留2位小数）
（3）该同学利用图甲所示的电路进行测量，则内阻的测量值与真实值之间的关系为：　 　（填“小于”、“等于”或“大于”）。
【答案】（1）电流表
（2）1.50；0.28
（3）小于
【知识点】图象法；电源电动势及内阻；闭合电路的欧姆定律；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）测定电源电动势和内阻的实验需要测量路端电压和总电流，电压表需并联，电流表串联，因此B处测量电压，应为电压表；A处测量电流，应为电流表；
故1空填电流表；
（2）由图乙拟合曲线，由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir，横坐标I是自变量，纵坐标U是因变量，
E是截距即图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值为内阻， 斜率计算（取两点时用足够远的点）
故1空填1.50，2空填0.28；
（3）通过测量值 U 和 I，反推真实电动势 E 和内阻 r，但 U本身是实验直接读取的测量值。实验的误差来源于并联电压表时测电压表所需的微量电流，根据闭合电路的欧姆定律，整理，
整理
即，测量值 U测 比真实值小， ，
总体上现在电压测小了电流测大了，计算出来的阻值就偏小了，因此r测小于r真，
故填小于；
【分析】（1）伏安法测电源电动势和内阻的实验原理及误差分析；
正确识别U-I图的截距和斜率物理意义；处理U-I图时，优先选择线性较好的区域计算；误差分析时，明确测量值偏大还是偏小取决于系统误差来源。
（2）易错点包括：① 实验仪器连接方式错误（电流表/电压表位置）；
② U-I图数据处理不当（如未用线性部分计算）；
③ 误差分析混淆电压表分流与电流表分压。
（3）隐含条件：① 若电源内阻较小，电压表分流不可忽略；
② 定值电阻可能用于保护电路；
若采用电流表外接法，误差分析结论相反（r测（1）由于A处电表与电阻R串联，因此A处为电流表；
（2）[1][2]根据闭合电路的欧姆定律U=E-Ir
结合U-I图像可知，图像的纵截距表示电动势，电动势E=b=1.50V
U-I图像的斜率的绝对值
（3）实验的误差来源于电压表的分流，根据闭合电路的欧姆定律
变形得
因此小于
35．（2025·北京市）
（1）下列实验操作，正确的是____（填选项前的字母）。
A．用单摆测重力加速度时，在最高点释放摆球并同时开始计时
B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系时，使用多用电表的交流电压挡测电压
C．用多用电表测电阻前应先把两表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点
（2）用双缝干涉实验测量光的波长的实验装置如图1所示。
①双缝应该放置在图1中　 　处（填“A”或“B”）。
②分划板中心刻线与某亮纹中心对齐时，手轮上的示数如图2所示，读数为　 　。
（3）某电流表出现故障，其内部电路如图3所示。用多用电表的欧姆挡检测故障，两表笔接时表头指针不偏转，接和时表头指针都偏转。出现故障的原因是____（填选项前的字母）。
A．表头断路 B．电阻断路 C．电阻断路
【答案】（1）B
（2）B；3.185（3.183~3.187）
（3）C
【知识点】电路故障分析；用双缝干涉测光波的波长；用单摆测定重力加速度；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】（1）A. 用单摆测重力加速度时， 摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小，而且最低点相对好确定，最高点相对不好确定，故应在最低点开始计时，故A错误；
B.变压器原、副线圈两端的电压为交变电压，应使用多用电表的交流电压挡测量，故B正确；
C.用多用电表测电阻之前如果指针未指到左边零刻度线则需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后将红黑表笔短接，进行欧姆调零，故C错误。
故答案为：B。
（2）双缝应置于单缝后边，单缝在滤光片后面，由图1可知A处为单缝，B处为双缝，双缝应该放置在图1中B处。螺旋测微器的精度值为0.01mm，螺旋测微器高估读到千分之一毫米位置，其读数为：3mm+18.3×0.01mm＝3.183mm
（3）A.若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头，故表头指针均不发生偏转，故A错误；
B.若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头和R2与欧姆挡构成闭合回路，表头指针会偏转，故B错误；
C.若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转；连接A、C和B、C均能与欧姆挡构成闭合回路，表头发生偏转，故C正确。
故答案为：C。
【分析】（1）在最高点小球速度为零，此位置摆球的摆动不明显，计时误差较大。摆球在最低点速度最大，在此位置开始计时误差较小；变压器原、副线圈两端的电压为交变电压；用多用电表测电阻之前需要先进行机械调零，之后选择合适的倍率，然后进行欧姆调零。
（2）双缝应置于单缝后边，由图1可知A处为单缝，B处为双缝。确定螺旋测微器的精度值，在进行读数。
（3）若表头Rg断路，则表笔连A、B、C的任意两端时电流都无法通过表头；若电阻R1断路，则连接A、B时电流通过表头表头指针会偏转；若电阻R2断路，则连接A、B时电流无法通过表头，表头指针不偏转，连接A、C和B、C时表头发生偏转。
36．（2025高三上·广东模拟）某物理兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。他们在实验室找到了如下器材：电流表（量程0~0.6A），电压表（量程0~3V），滑动变阻器， 开关、导线若干。
（1）为了减小误差，他们应选择如图　 　（选填“甲”或“乙”）所示的电路进行实验；
（2）按所选电路进行实验，得到多组电流表的示数I和对应的电压表示数U，以U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图丙所示，由图像得出电池组的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果均保留2位小数）
【答案】（1）甲
（2）1.48；0.80
【知识点】闭合电路的欧姆定律；简单逻辑电路；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】本题考查测电源的电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理（闭合电路的欧姆定律）、实验器材、数据处理和误差分析。
（1）在测量一节干电池的电动势和内阻实验中，电流表内阻较小，电压表内阻较大。甲电路采用的是相对电源的电流表外接法，由于干电池内阻较小，电流表内阻的影响相对较小，而电压表的分流作用较小，能减小实验误差；乙电路是相对电源的电流表内接法，此时电流表的分压作用会使测量的内阻误差较大，所以应选甲电路。 。
（2）根据闭合电路欧姆定律，从图丙中可以看出，图线与纵轴交点的纵坐标值即为电动势，由从图丙中，纵轴截距就是电动势，约为 1.48V；斜率的绝对值就是内阻，计算可得约为 0.80Ω
故答案：
【分析】（1）根据电池内阻、电压表内阻和电流表内阻比较产生误差的影响大小判断；
（2）根据闭合电路的欧姆定律结合U-I图像求解电池的电动势和内阻。
（1）电流表内阻未知，若选择甲中的实验电路，则电动势和内阻的测量值都会偏小，但误差很小，若选择乙中的实验电路，则电动势测量准确，但内阻测量误差很大，所以为了减小误差，他们应选择如图甲所示的电路进行实验。
（2）[1][2]由图丙可知
37．（2025·浙江模拟）如图所示，半径r=0.5m的均匀金属圆盘D垂直固定在水平金属转轴上，圆盘中心位于转轴中心线上，不计转轴粗细。D盘处存在方向平行转轴向左、大小的匀强磁场。圆盘边缘和转轴分别通过电刷连接间距L=1m的水平平行金属导轨。导轨HI处用绝缘材料平滑连接，左侧接有电容C=0.5F的电容器，EG与绝缘点HI之间有方向竖直向下的匀强磁场，JK左侧、HI右侧区域有方向竖直向下、大小随x变化的磁场（x表示到JK的距离），变化规律满足（T）（x≥0），同一位置垂直于轨道方向的磁场相同，紧靠JK左侧附近放置质量m=0.5kg、电阻R=0.5Ω、边长d=0.5m的“]”缺边正方形金属框PP1Q1Q， 质量也为m=0.5kg的金属棒ab放置在HI的左侧EG处，其单位长度的电阻，保持金属圆盘按图示方向以ω=16rad/s的角速度匀速转动。不考虑电流产生的磁场影响，除已知电阻外其他电阻不计，忽略转动的摩擦阻力。
（1）单刀双掷开关S接通1时，电容器M板带正电还是负电荷，带电量多少；
（2）稳定后S接通2，金属棒ab到达HI前已达到稳定速度，求棒ab到HI过程中产生的热量；
（3）金属棒ab与缺边正方形金属框发生完全非弹性碰撞后，
①求碰后瞬间UPQ；
②金属框出磁场过程中，棒ab两端电压随x的关系。
【答案】（1）解： 由右手定则，单刀双掷开关S接通1时，电容器M板带正电。感应电动势
电容器电荷量
。
（2）解：稳定后S接通2，金属棒ab到达HI前已达到稳定速度，由动量定理
联立得v=0.4m/s，Δq=0.4C ，
由能量守恒定律
棒ab到HI过程中产生的热量Q=0.2J。
（3）解：①金属棒ab与缺边正方形金属框发生完全非弹性碰撞
mv=2mv1
由闭合电路欧姆定律
②由动量定理
联立得
由闭合电路欧姆定律
（0.5m≥x≥0）
【知识点】能量守恒定律；碰撞模型；闭合电路的欧姆定律；右手定则；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1)利用 “圆盘切割磁感线的电动势公式” 和 “右手定则” 判断极板带电性，结合电容公式算电量。
(2)通过 “动量定理” 求稳定速度，利用 “能量守恒（电容器能量 + 动能 + 热量 ）” 算热量。
(3)① 用 “完全非弹性碰撞动量守恒” 得共速，结合 “切割磁感线电动势公式” 算电压。
② 用 “动量定理” 推导速度与x的关系，再由 “闭合电路欧姆定律” 算棒 ab 两端电压。
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