高三物理第二轮《电路分析与计算》练习.
高三物理第二轮专题练习之电学实验含答案及解析
1.（1）如图甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接。
（2）某同学从标称为“220 V 25 W”、“220 V 500 W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图乙所示。
该灯泡的阻值是___________Ω，标称的额定功率为______________WI=300μA,内阻2.图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流RR g=100 Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是色，接正确使用方法测量电阻R x的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x= kΩ.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x其测量结果与原结果相比较（填“变大”、“变小”或“不变”）。
3.某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件。
图为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 。
（以上均填器材代号）②为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号。
③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？相同点： ，不同点： 。
4.如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。
在开关闭合后，发现小灯泡不亮。
现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根 导线以及电路中的各点连接。
（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。
在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明___ 可能有故障（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。
最新-高中总复习物理电路分析专题练习参考答案 精品
高中总复习物理电路分析专题练习参考答案一、选择题 1. A解析：根据题意，电动机线圈的电阻为r=50.00.211=I U Ω=4 Ω,这台电动机正常运转时输出功率为P=U 2I 2-I 22r=24.0×2.0 W-2.02×4 W=32 W 。
2. A解析：此题可用排除法：若R 2R 3短路,则表示数减为零，不符合题意，若R 1A 对。
3. BC解析：滑动触头P 向a 端移动，滑动变阻器接入电路中阻值变大，由I=rR R E++2，R 增大，则I 减小。
电容器C 的电压即为滑动变阻器R 的电压。
U c =U R =E-I （R 2+r),则U c 增大，C 所带电量Q=CU c 增大，故选B 、C 。
4. CD解析：当S 闭合时，电容器C 与R 2并联，所以U c =U R2。
当S 断开时，电源给电容器C 再次充电，故电容器C 两端电压增加，极板所带电荷量也增加。
待电路稳定，电源两端的电压为电源的电动势，通过R 2的电流变为0，U R1减小到零。
5. CD解析：理想变压器的输入功率等于它的输出功率，即U 1I 1=U 2I 2=RU 22，所以22I I =12U U ,I 1=RU U 122，则A 、B 均错，D 正确。
通过负载电阻R 的电流I 2=R U 2，C 正确。
6. D解析：由图可知T=0.2 s ∴f=5 Hz,ω=2πf=10 π rad/s,t=0.1s 时e=0,∴线圈位于中性面即线圈平面⊥B 的方向，又εm =1 V ∴ε=0.718 V 而εm =nBS ω=n Φm ω∴Φm =ωεn m =π1001 Wb 7. A解析：理想变压器输出功率等于输入功率，欲保证变压器安全，则不能增加输出功率。
当只减少副线圈的匝数时，减少输出电压达到减少输出功率，选项A 正确。
当只减少R 的阻值时，使输出电流增加，而增加输出功率。
只减少原线圈匝数时。
同样增加输出功率。
高三物理电路分析练习题及答案
高三物理电路分析练习题及答案题一：在一个电路中，有一个电阻R1和一个电阻R2串联，电压源E的电动势为12V，内阻为4Ω。
R1的阻值为6Ω，R2的阻值为8Ω。
求电路中的总电阻值和总电流。
解题思路：根据串联电阻的计算公式，总电阻Rt可以通过以下公式计算得出：Rt = R1 + R2其中，R1和R2分别为两个串联电阻的阻值。
解答：根据题意，R1的阻值为6Ω，R2的阻值为8Ω，因此总电阻为：Rt = 6Ω + 8Ω = 14Ω同时，根据欧姆定律的公式，电流I可以通过以下公式计算得出：I = E / (Rt + r)其中，E为电压源的电动势，Rt为总电阻，r为电压源的内阻。
对于本题，E=12V，Rt=14Ω，r=4Ω，代入公式计算得：I = 12V / (14Ω + 4Ω) = 0.6667A因此，这个电路中的总电阻为14Ω，总电流为0.6667A。
题二：在一个并联电路中，有一个电阻R3和电阻R4并联，电流源I的电流为2A。
R3的阻值为3Ω，R4的阻值为5Ω。
求电路中的总电阻值和总电流。
解题思路：根据并联电阻的计算公式，总电阻Rp可以通过以下公式计算得出：1 / Rp = 1 / R3 + 1 / R4其中，R3和R4分别为两个并联电阻的阻值。
解答：根据题意，R3的阻值为3Ω，R4的阻值为5Ω，因此总电阻为：1 / Rp = 1 / 3Ω + 1 / 5Ω计算得：1 / Rp = 8 / 15Ω通过移项和倒数运算，可以得到总电阻Rp：Rp = 15Ω / 8 ≈ 1.875Ω同时，根据电流的分配规律，电路中的总电流It可以通过以下公式计算得出：It = I * (R3 / (R3 + R4))其中，I为电流源的电流，R3和R4分别为两个并联电阻的阻值。
对于本题，I=2A，R3=3Ω，R4=5Ω，代入公式计算得：It = 2A * (3Ω / (3Ω + 5Ω)) = 2A * (3Ω / 8Ω) = 0.75A因此，这个电路中的总电阻为1.875Ω，总电流为0.75A。
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练：电容器和电路分析(word 含答案)
2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练电容器和电路分析一、单项选择题1、如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r＝2 Ω，电阻R1、R2、R3的阻值分别为4 Ω、10 Ω、12 Ω，当滑片P滑到最右端b时时，理想电流表示数为1 A，流过电阻R3的电流为0.5 A，则下列说法正确的是( )A．滑动变阻器的最大阻值为6 ΩB．电源电动势为6 VC．当滑片P滑到最左端a时，电流表的读数为1 AD．当滑片P位于滑动变阻器的中点时，滑动变阻器消耗的功率为3.84W答案：D解析：当滑片P滑到最右端时，R2被短路，R3与整个变阻器R并联，并联电阻上的电流都是0.5 A，则并联电阻相等，都是12 Ω，A错误；电源电动势E ＝I (R 1＋r ＋R ·R 3R ＋R 3)＝12 V ，B 错误；当滑片P 滑到最左端时，R 3、变阻器R 及电子R 2都被短路，此时电流表的读数I 1＝ER 1＋r ＝2 A ，C 错误；滑片P 位于变阻器的中点时，R 3与R2并联后再与R 1串联，此时R 并＝4 Ω，I 总＝1.2 A ，并联部分的电压U 并＝I 总R并＝4.8 V ，变阻器上消耗的功率P R ＝U 2并R /2＝3.84 W ，D 正确． 2、某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两相互绝缘的金属极板．当对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 两板构成电容器的电容增大B ．P 板电荷量增大C ．M 点的电势比N 点低D ．M 点的电势比N 点高答案：D解析：电容式话筒与电源串联，其电压保持不变．在P 、Q 间距增大的过程中，根据电容决定式C ＝εS 4πkd可知电容减小，又根据电容定义式C ＝Q U得知电容器所带电量减小，P 极板上电荷量减小，电容器放电，放电电流通过R 的方向由M 到N.故M 点的电势比N 点高，故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．3、工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器．其中A 、B 为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是( )A ．A 、B 平行板电容器的电容减小B ．A 、B 两板间的电场强度增大C ．A 、B 两板上的电荷量变小D ．有电流从b 向a 流过灵敏电流计答案：D解析：根据C ＝εS 4πkd可知当产品厚度增大导致ε增大时，电容器的电容C 增大，再根据Q ＝CU 可知极板带电量Q 增加，有充电电流从b 向a 流过，故A 、C 两项错误，D 项正确；B 项，因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度E ＝U d不变，故B 项错误． 4、如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，开关S 闭合后，静电计指针张开一定角度．下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 板向左平移以增大板间距离B ．在A 、B 两板之间插入一块陶瓷板C ．断开S 后，使B 板向左平移以减小板间距离D ．断开S 后，使B 板向上平移以减小极板正对面积答案：D解析：A 、B 两项，开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则指针的张角不变．故A 、B 两项错误．C 项，断开S ，电容器所带的电量不变，当B 板向左平移减小板间距，根据平行板电容器的表达式可知电容增大，根据U ＝Q C知，电势差减小，则指针张角减小．故C 项错误．D 项，断开S ，电容器所带的电量不变，使B 板向上平移减小正对面积，电容减小，根据U ＝Q C 知，电势差增大，则指针张角增大．故D 项正确．5、如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板接地，一带电油滴静止于P 点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则油滴( )A ．仍保持静止，电势能不变B ．仍保持静止，电势能减小C ．将向下运动，电势能增大D ．将向下运动，电势能减小答案 B解析 根据C ＝εS 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 推导得E ＝4πkQ εS，知Q 、S 不变，电容器板间场强不变，油滴受力情况不变，仍处于静止状态，由U ＝Ed 分析知，E 不变，下极板竖直向下移动一小段距离，即板间距离增大，则两极板间的电势差增大，因此P 点的电势升高，由于油滴带负电，那么带电油滴的电势能减小，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．6、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ变小答案 B解析 A 、B 两项，保持电键S 闭合，板间电压不变，将A 板向B 板靠近，板间距离d 减小，由板间场强E ＝U d分析得到场强增大，小球所受电场力增大，则θ增大．故A 项错误，B 项正确．C 、D 两项，电容器充电后电键S 断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E ＝4πkQ εS，得知，板间场强E 不变，小球所受电场力不变，则将A 板向B 板靠近时，θ不变．故C 项错误，D 项错误．7、如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g ，粒子运动的加速度为( )A.l d gB.d －l dg C.l d －l g D.d d －lg 答案 A解析 抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg ＝q U d －l，抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝l dg ，A 项正确．8、如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD 交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，则在此过程中，对该小球下列说法错误的是( )A．小球带正、负电荷都有可能B．小球可能做匀加速直线运动C．小球通过O点时所受电场力一定指向DD．小球动能的减少量是电势能增加量的2倍答案：B解析：A项，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B 点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性不确定，故A、C两项正确；B项，据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B项错误；D项，由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，故D项正确．二、多项选择题9、如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地．若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是( )A．电容器的电容增大B．AB间的电压增大C．液滴将向上运动D．液滴的电势能不变答案：BD解析：若将极板A向上移动少许，板间距离增大，电容减小，要放电；但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q 一定，由于电容减小，则由Q ＝UC 可知，U 增大；因电荷量不变，根据C ＝εS 4πkd，C ＝Q U 、U ＝Ed ，联立可得：E ＝4πkQ S，故电场强度不变，则液滴保持静止；由于E 不变，故P 点与B 板的电势差不变，故P 点的电势不变，故电势能不变，故B 、D 两项正确，A 、C 两项错误．10、如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d ，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计．开关闭合时，小孔正上方d 3处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是( )A ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 3处返回 B ．保持开关闭合，若将下极板上移d 2，粒子将在距上极板d 5处返回C ．断开开关，若将下极板上移d 5，粒子将能返回原处 D ．断开开关，若将上极板上移d 5，粒子将能返回原处 答案：BD解析：A 、B 两项，对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得：mg·43d －qU ＝0－0.若将下极板上移d 2，设运动到距离上极板x 处返回．根据动能定理得：mg·(d 3＋x)－q x （d －12d ）·U ＝0－0.联立两式解得：x ＝d 5.故A 项错误，B 项正确；C 项，开关断开后，电量不变，移动极板电场E 不变．下极板上移时，极板之间的电压减小，粒子将打在板上．故C 项错误；D 项，上极板上移时，移动极板电场E 不变，板间电压增大，粒子定能返回．故D 项正确．11、如图所示，一平行板电容器的电容为C ，带有等量异种电荷的两极板A 、B 倾斜放置，质量为m 带电荷量为－q 的油滴，从极板A 上的小孔P 以初速度v 0水平向右射入极板间，经时间t 后油滴又从P孔水平向左离开极板间，油滴运动过程中恰好未与极板B 相碰，已知重力加速度g.( )A ．两极板间的距离d ＝v 0t 2B ．电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022qC ．两极板间的电场强度大小E ＝2mv 0qtD ．两极板间的电场强度大小E ＝m q g 2＋4v 02t 2 答案：BD解析：A 项，根据题意可知，油滴只能在水平方向做直线运动，即向右做匀减速直线运动，再向左做匀加速直线运动，受力情况如图所示；水平位移x ＝v 02t ，设电容器倾角为θ，则两极板间的距离d ＝xsinθ＝v 02t ·sin θ，A 项错误；B 项，减速过程中根据动能定理可得：qU ＝12mv 02，而Q ＝CU ，可知电容器所带的电荷量Q ＝Cmv 022q，故B 项正确； C 、D 两项，减速运动的加速度大小为： a ＝v 0t 2＝2v 0t根据平行四边形法则可知：(qE)2＝(mg)2＋(ma)2，解得两极板间的电场强度大小为：E ＝m qg 2＋4v 02t2，故C 项错误，D 项正确． 12、如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源E 相连，在与两板等距离的M 点有一个带电液滴恰处于静止状态．若将b 板向上平移一小段距离，但仍在M 点下方，下列说法中正确的是( )A．液滴仍将处于静止状态B．M点电势升高C．带电液滴在M点的电势能增大D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同答案：CD解析：电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E电场＝Ud分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A错误；由U＝Ed aM 知，M与a间的电势差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M 点的电势能增大，故C正确；在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W＝qU 知，电场力做功相同，故D正确．13、如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有( )A ．保持开关S 闭合，将A 板向右平移，θ不变B ．保持开关S 闭合，将A 板向左平移，θ变小C ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ不变D ．断开开关S ，将A 板向右平移，θ变小答案：BC解析：保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，将A 板向右平移，d 减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A 板，θ角变小，A 错误，B 正确；断开开关S ，电荷量不变，根据C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，C ＝Q U，联立解得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A 板，θ角不变，C 正确，D 错误．14、如图所示，平行板电容器的两极板A 、B 接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ增大B ．保持S 闭合，将A 板向B 板靠近，则θ不变C ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ增大D ．断开S ，将A 板向B 板靠近，则θ不变答案：AD解析：保持开关S 闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电量不变，根据公式4S Q C kd U επ==，•4U Q k E d sπε==，知d 变化，E 不变，电场力不变，θ不变．故C 错误，D 正确。
高三物理电路分析练习题
高三物理电路分析练习题1. 电流与电压关系a) 电流与电压之间的关系是什么？请用公式表示。
根据欧姆定律，电流与电压之间的关系可以用以下公式表示：I = V/R其中，I表示电流，V表示电压，R表示电阻。
b) 如果一个电路中的电压为12V，电阻为4Ω，那么电流是多少？根据公式I = V/R，将数值代入，可以得到：I = 12V / 4Ω = 3A所以，电流为3安培。
2. 并联与串联电路a) 什么是并联电路？它们的特点是什么？并联电路指的是多个电器或电阻以并行的方式连接在一起。
在并联电路中，每个电器或电阻都有相同的电压，但电流会根据电器或电阻的不同而分流。
特点是电压相同，电流分流。
b) 什么是串联电路？它们的特点是什么？串联电路指的是多个电器或电阻以串联的方式连接在一起。
在串联电路中，电流是相同的，但是电压会根据电器或电阻的不同而分配。
特点是电流相同，电压分配。
3. 电阻的计算a) 如果一个电路中有两个电阻，阻值分别为6Ω和4Ω，并且串联连接起来，那么总电阻是多少？在串联电路中，总电阻等于各个电阻的阻值之和。
所以，总电阻为6Ω + 4Ω = 10Ω。
b) 如果一个电路中有两个电阻，阻值分别为8Ω和12Ω，并且并联连接起来，那么总电阻是多少？在并联电路中，总电阻可以通过以下公式计算：1/R = 1/R1 + 1/R2将数值代入，得到：1/R = 1/8Ω + 1/12Ω = (3+2)/24Ω = 5/24Ω所以，总电阻为24Ω/5 = 4.8Ω。
4. 电功率的计算a) 什么是电功率？请用公式表示。
电功率是电流通过电器或电阻时所产生的能量转化速率。
电功率可以用以下公式表示：P = VI其中，P表示电功率，V表示电压，I表示电流。
b) 如果一个电器的电压为120V，电流为2A，那么它的电功率是多少？根据公式P = VI，将数值代入，可以得到：P = 120V * 2A = 240W所以，电器的电功率为240瓦特。
高考物理二轮复习计算题专项练3电学计算题含解析
计算题专项练3 电学计算题1．如图所示,两平行金属板与一直流电源两极相连,上极板接地,电源的电动势为U ,内阻不可忽略,两板间形成的电场可认为是匀强电场。
有质量为m 、电荷量为－q 的粒子,不间断地从两平行板左侧中点以初速度v 0沿垂直场强的方向射入电场,从右侧射出电场。
已知单位时间入射的粒子数为n ,两平行板的间距为d ,金属板长度为L ,不计粒子重力。
(1)①求粒子射出电场时沿电场方向的侧移量y ；②证明：粒子出射时,沿速度方向的反向延长线一定经过其水平位移的中点。
(2)改变电源的电动势,使粒子偏转后刚好打在下极板上,求此时电源的输出功率。
解析：(1)①电子进入偏转电场,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,设电子在偏转电场中运动的时间为t水平方向：t ＝L v 0电子未落到板上,电路不导通,两板间电压为电源电动势U ,板间场强E ＝U d竖直方向：F ＝Uq d ,a ＝Uq mdy ＝12at 2＝UqL 22mdv 20。
②粒子出射的偏转角为θ,其反向延长线通过O 点,O 点与板右端的水平距离为x 竖直方向的速度为v y ＝attan θ＝v y v x ＝y x联立解得x ＝L 2粒子出射时,沿速度方向的反向延长线一定经过其水平位移的中点。
(2)粒子打在极板上,电路导通,电流I ＝n Δt ·q Δt＝nq 设此时电源的路端电压为U ′,粒子偏转d 2,有d 2＝12U ′q dm L 2v 20解得U ′＝md 2v 20qL2 电源输出功率P 出＝U ′I ＝mnd 2v 20L2。
答案：(1)①UqL 22mdv 20 ②见解析 (2)mnd 2v 20L2 2．如图甲,放置在光滑绝缘水平面上的正方形金属线框 abcd ,处于竖直向下的有界匀强磁场中,ab 边与磁场的边界 MN 重合。
金属线框由粗细均匀的相同材料制成,边长 L ＝2 m 、质量m ＝1 kg 、电阻 R ＝4 Ω。
2020年高三物理二轮复习直流电路和交流电路练习含答案
绝密★启用前人教版2020寒假高三物理二轮复习直流电路和交流电路练习本试卷分第I卷和第n卷两部分，共100分。
分卷I一、单选题洪10小题,每小题4.0分，共40分）1•如图所示电路中，已知电源的内阻r v R2,电阻R i的阻值小于滑动变阻器R0的最大阻值。
闭合电键S,当滑动变阻器的滑臂P由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的有（）A . A i的示数不断减小，A2的示数不断减小，B. V i的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小。
C. 电源内部的热功率先变大后变小D .电源的输出功率先变小后变大2•在如图所示的四个电路中，电源电动势为E,内阻为r，定值电阻阻值为R0,当滑动变阻器R的滑片P从a向b滑动时，理想电压表读数变大的是（）3•如图甲所示，理想变压器的原线圈的匝数n i，和副线圈匝线n2均可调节•原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R和理想交流电流表A, 则下述说法正确的是()A •原线圈所接交流电的瞬时值表达式. . ■- - (V)B •增大n 1,其它条件不变，变压器的输出电压变大甲乙C. 增大n2,其它条件不变，电流表的示数变大D. 增大R,其它条件不变，变压器的输入功率变大4•一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，由图可知A .该交流电电流的有效值是 5 AB .该交流电的频率是20 HzC. t = 0时刻线圈平面位于中性面D. 该交流电电流的瞬时表达式为i= 5cos 100 t(A)5•某同学准备用一种金属丝准备制作一只电阻温度计•他先通过实验描绘出一段金属丝的U-I曲线,如图甲所示•再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表（电压表的内阻远大于金属丝的电阻）与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示下列说法中正确的是（）A •从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B •图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C.选用不同阻值的R o可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D •温度越高，电源消耗的功率越大6•如图甲所示，理想变压器原，畐U线圈的匝数比为4：1 ;电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻.下列说法正确的是（）A •原线圈两端电压的瞬时值表达式为u = 36」lsin 50 t（V）B•变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为 1 : 4C. R'处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D •电压表V2的示数为9 V 7•图为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成•发电机中矩形线圈的面积为S,矩形线圈的匝数为N,电阻不计，它可绕水平轴00在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度3匀速转动•矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R o表示输电线的电阻•以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（）A •若发电机线圈某时刻处于图示位置，则通过变压器原线圈的电流的瞬时值为0B •发电机线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e= NBS^sin cotC.当用电量增加时，为使用户得到的电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D •当滑动触头P向下滑动时，变压器原线圈两端的电压将增大8•如图所示，理想变压器的原线圈输入交变电压u= U m sin ot闭合开关S,电灯恰好正常发光•现将滑动变阻器滑片P向下移动，下列说法正确的是（）A •理想电压表V示数变大B •理想电流表A示数变大C.变压器的输出功率变小D •副线圈的电流频率变小9. 在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r, L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），Ri , R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表•若将照射F3的光的强度减弱，则（）A .电压表的示数增大B. 小灯泡消耗的功率减小C. 通过R2的电流减小D. 电源内阻的电压增大10. 一个匝数为100匝，电阻为0.5 ©勺闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化•则线圈中产生交变电流的有效值为（）0.01<7A5 A.B2话A.C6 A.D. 2质A、多选题洪4小题,每小题5.0分，共20分）11. 巨磁电阻（GMR）电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应•巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性•如图2所示检测电路，设输电线路电流为1（不是GMR中的电流），GMR为巨磁电阻，R1, R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是（）A .如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大B .如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大C.如果I减小，电压表V i示数增大，电压表V2示数增大D .如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小12. 某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图所示，输出功率是20kW，现用5000V高压输电，输电线上的总电阻是曲2240 ，再利用- 的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确町1的是（）A .交变电流的频率为100HzB .发电机输出电压的有效值为220VC.流过高压输电线的电流为125AD .降压变压器输出电压的有效值为220V13•图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T i和降压变压器T2向用户供电•已知输电线的总电阻R= 10 Q,降压变压器T2的原，副线圈匝数之比为4：1，畐U线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0= 11 Q若T1, T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u = 220 sin 100 tV .下列说法正确的是（）A .发电机中的电流变化频率为100 HzB .通过用电器的电流有效值为20 AC.升压变压器的输入功率为4 650 WD.当用电器的电阻R o减小时，发电机的输出功率减小14. 如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上•闭合开关后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220 V和2.2A,以下判断正确的是（）A •变压器输入功率为484 WB •通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为 2.2 AD.变压器原，副线圈匝数比n i : n2= 11 : 3分卷II三、计算题洪4小题,每小题10.0分，共40分）15. 有人为汽车设计的一个再生能源装置”原理简图如图5甲所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用•图中，线圈的匝数为n, ab长度为L1, be长度为L2.图乙是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°某次测试时，外力使线圈以角速度3逆时针匀速转动，电刷M端和N端接电流传感器，电流传感器记录的i —t图象如图丙所示（I为已知量），取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t = 0•不计线圈转轴处的摩擦.E的大小，并指明电刷M和N哪个接电源正极;（1）求线圈在图乙所示位置时，产生感应电动势⑵求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P;(3)为了能够获得更多的电能，依据所学的物理知识，请你提出改进该装置的三条建议.16. 如图所示，电容器C i = 6 [1F C2=3卩,电阻R i = 6 0, R2= 3 Q C, D为两端点，当开关S断开时，A, B 两点间的电压UAB为多少？当S闭合时，电容器G的电荷量改变了多少？(已知电压U= 18 V)17. 如图所示，E= 10 V , r= 1 Q R i = R3= 5 Q R2= 4 Q C= 100 1当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态•求：(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向;⑵S闭合后流过R3的总电荷量.18•电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2d，电阻Ri=12 Q,R?=R4=4 Q,R s=8Q.C为平行板电容器，其电容C=3.0pF,虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0 >10-2m。
高考物理二轮复习专题05：电路分析
2019年高中物理高考二轮复习专题05：电路分析一、单选题（共4题）1.某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（）A. 反映P r变化的图线是bB. 电源电动势为8VC. 电源内阻为1ΩD. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω2.如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ．电容器接在如图所示的电路中，R1为电阻箱，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．闭合开关S，此时R2的滑片在正中间，电流表和电压表的示数分别为I 和U．已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．以下说法正确的是（）A. 保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，则I读数变小，U读数变大B. 小球带正电，将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2C. 增大R1，则I读数变大，U读数变小D. 减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变3.在图甲所示的电路中，电源的电动势为3.0V，内阻不计，灯L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是（）A. 灯泡L1的电流为灯泡L2的电流2倍B. 灯泡L1的电阻为7.5ΩC. 灯泡L2消耗的电功率为0.75WD. 灯泡L3消耗的电功率为0.30W4.如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U．变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1：n2和电源电压U1为（）A.1:2 :2UB. 1:2:4UC. 2：1 : 4UD. 2：1 :2U二、多选题（共9题）5.如图所示的U-I图象中，直线I为某一电源路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U-I 图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（）A.R的阻值为1.5ΩB. 电源的电动势为3.0V，内阻为1.5ΩC. 电源的输出功率为3WD. 电源R消耗的功率为1.5W6.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。
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电路分析与计算
例1如4-1图所示R1：R2：R3=1：2：3，电表都是理想
的，将A、B两端接入电路，两电压表示数之比为．若
将电压表换接为两只理想电流表，则示数之比为．
例4如图4-4所示，M、N为水平放置的两块平行金属板，相距为d，板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．已知电源内阻为r，滑动变阻器的总阻值为R．今有带负电的电量为q、质量为m的粒子，从左端两板间的中央射入板间，粒子重力不计，求：
（1）S断开时，若带电粒子恰好垂直打在金属板上，则其入射速度v0多大？
（2）S闭合时，滑动变阻器的滑动触头P置于ab的中点，粒子仍如前入射，恰在两板间做匀速直线运动．此电源的电动势E是多少？
（3）若将变阻器的触头P移至c点，c至a的长度是ab的三分之一，闭合S，粒子仍如前入射，粒子在距一金属板d/4处以速度v飞出板间，则v是多少？
练习
２．手电筒的两节干电池已经用了较长时间，灯泡只能发出很微弱的光，把它们取出来，用电压表测电压，电压表的示数很接近3V，再把它们作为一个台式电子钟的电源，电子钟能正常工作，下列说法正确的是（）
A．这两节干电池的电动势减少了狠多B．这两节干电池的内阻增大较多
C．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小
D．这台电子钟正常工作时电流一定比小灯泡正常工作时电流小
3．两只电流表A1、A2串联后连成如图4-1-1所示的甲电路，调节R使A1满偏时，A2的示数为满偏的2/3．将A1和A2并联后连成乙图所示的电路，重新调节R使A2满偏时，A1的示数为满偏的1/3．已知A1的内阻为0.45Ω，那么A2的内阻为（）
图4—1
N
图4—4
A ． 0.1Ω
B ． 0.3Ω
C ． 0.45Ω
D ． 1.5Ω
４．如图4-1-2所示，电池组的内电阻忽略不计，电压表和可变电阻器R 串联接成电路，如果可变电阻器R 的值减为原来的1/3，电压表的示数由U 0增大到2U 0，则下列说法正确的是 （ ） A ．流过可变电阻器R 的电流增大到原来的2倍． B ．可变电阻器R 消耗的电功率增大到原来的4倍 C ．可变电阻器R 两端的电压减小到原来的2/3
D ．可变电阻器R 的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U 0
５．如图4-1-3所示的电路中，电阻R 1=10Ω，R 2=20Ω，R 3=8Ω，电容器电容C =2μF ，电源电动势E =12V ，内阻不计．要使电容器带有4×10-6C 的电量，变阻器R 的阻值
（ ）
A ． 8Ω
B ． 16Ω
C ． 20Ω
D ．40Ω
６．A 、B 两地相距11km ，它们之间用两根电线连接，一次暴风雨后，A 、B 之间某处一棵树倒在两根电线上，引起故障，为查出故障地点，在A 处加12v 的电压，在B 处测得电压为10v ，如果在B 处加12v 的电压，在A 处测得电压为4v ．求故障处距A 点有多远？
７．实验室中大量实验表明，通过某一金属氧化物制成的棒中电流I 遵循I=kU 3的规律（其中U 表示
棒两端的电势差，k =0.02A /V 3．将该棒与一个遵从欧姆定律的电阻器串联在一起后，接在一个内阻可忽略、电动势为6.0V 的电源上．则（1）当串联的电阻器阻值R 1= Ω时，电路中的电流为0.16A ．
图4—1—
1
图4—1—2
（2）当串联的电阻器阻值R 2= Ω时，棒上消耗的电功率是电阻R 2消耗 电功率的2倍．
８．如图4-1-4所示电灯L 标有“4V ，1W ”，滑动变阻器R 总电阻为50Ω，当滑片P 滑
至某位置时，L 恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A ，由于外电路发生故障，电 灯L 突然熄灭，此时电流表示数为0.5A ，电压表示数为10V ．若导线完好，电路中 各处接触良好，试问：
（1）发生的故障是短路还是断路？发生在何处？ （2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？ （3）电源的电动势和内阻为多大？
９．如图4-1-5所示，U =10V ,电阻R 1=3Ω,R 2=2Ω,R 3=5Ω,电容器的电容C 1=4μF,
C 2=1μF ．求:
(1)当S 闭合时间足够长时,C 1和C 2所带的电量各是多少? (2)然后把S 断开, S 断开后通过R 2的电量是多少?
1０．应变式加速度计作为测物体加速度的仪器，已被广泛应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置
的制导中．如图4-1-6是原理图，支架A 、B 固定在待测系统上，滑块穿在A 、B 间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固接于支架A 上，其下端的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动，随着系统沿着水平方向做变速运动，滑块相对于支架发生位移，并通过电路转换为电信号，从1、2两接线柱输出．已知滑块的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ,电源电动势为E ，内电阻为r ，滑动变阻器总阻值R =4r ，有效总长度为L ．当待测系统静止时，滑动臂P 位于滑动变阻器的中点，且1、2
两
图4—1—5
接线柱输出的电压U 0=0.4E ．取AB 方向为参考正方向．
（1）写出待测系统沿A 、B 方向做变速运动时的加速度与1、2两接线柱间的输出电压U 的
关系式．
（2）确定该“加速度计”的测量范围．
１１．如图4-1-7所示a 、b 是甲、乙两位同学在科技活动中自制的利用电压表的示数来指示物体的质
量的电子秤原理．托盘与电阻可忽略的弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计， 滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零．设变阻器总电阻为R ，总长度为L ,电源电动势为E ，内阻为r ，限流电阻阻值为R 0，弹簧劲度系数为k ，不计一切摩擦和其它阻力，电压表为理想电表．推导出a 、b 两图中电压表示数U x 与所称物体的质量m 的关系式，并说明哪位同学设计的方案可取．
4.1电路分析与计算（参考答案） 例1 3：5 5：9 例2 AC
B
12图4—1—
6
图4—1—7
例3 (1) U c =U BA =E/6 Q=CU c =EC/6
Q E / 6 d = m g q = 6mgd / E (2) 2
22/
E r R R E U C
=
+⋅= 场强d E d U E C
2/
/== mg+q /E =ma a=4g 例4 (1) R=d / 2 V 0 =dqB / 2m
(2)U=ER / 2 (R+r) qV 0B=qU / d E = B 2 d 2 q (R+r) / mR (3)U / =ER /3（R+r ） --qU / d / 4=mV 2 / 2 –mV 02 /2 V = 3B d q / 6m
练习4.1参考答案
1．A 2．BD 3．A 4 . ACD ５. AD ６. 1km ７．（1） 25 （2） 1.56 ８．（1）L 支路断路 (2)20Ω (3)12.5V5Ω ９．（1）1.6×10-5 C 1.0×10-5 C （2）2.6×10-5 C 1０．a=5kL(0.4E--U)/4mE --kL/2m ≤a ≤kl/2m
（1）待测系统有向右的加速度 kx=ma U 0—U=ER / / (R+r) R /= x R/L=4rx/L a=k L (U 0—U) (R+r) / 4mEr
(2) U 0=0.4 E 0≤U ≤2U 0 0≤U ≤0.8E 1１．a 图 U x =
m kl R R r gRE ∙++)(0 b 图U x =
mgR
kl R r mgRE
++)(0 mg=kx Rx=xR/kl=mgR/kl a 图Ux=ERx / (r+R 0+R) b 图 Ux=ERx / (r+R 0+R) a 图中Ux 与m 成正比，便与进行刻度和测量，甲同学设计的原理可取．。