高考真题

1．【解析】考查基本物理常识。热敏电阻的原理是通过已知某电阻的电阻值与温度的函数关系，测得该热敏电阻的值即可获取温度，从而应用于温度测控装置中，A说法正确；光敏电阻是将光信号与电信号进行转换的传感器，B说法正确；电阻丝通过电流会产生热效应，可应用于电热设备中，C说法正确；电阻对直流和交流均起到阻碍的作用，D说法错误

【答案】ABC

2．【解析】本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R₂与R₃并联电阻为30Ω后与R₁串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R₁与R₂并联电阻为8Ω后与R₃串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R₂未接入电路，cd两端的电压即为R₃的电压，为U_cd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R₁未接入电路，ab两端电压即为R₃的电压，为U_ab = ×100V=25V，D错。

【答案】AC

3．【解析】当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，R的电阻增大，所以总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，所以电压表的读数增大；又因与电流表串联的电阻恒定，当其支路的电压增大时，电流也增大，所以电流表的读数也增大，故选项A正确

【答案】A

4．【解析】说明bcd与电源之间和a与电源之间的元件和导线是完好的，只能是R断路。所以选项B正确。

【答案】B

5．【解析】正确认识门电路的符号，“＆”为或门，“1”为非门，其真值为： B端0输入，则1输出，或门为“0，1”输入，则1输出。C正确  

【答案】C

6．【解析】（1）导线上损失的功率为P=I^2R=(

损失的功率与输送功率的比值

（2）(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r²

风能的最大功率可表示为

P_风=

采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。

（3）按题意，风力发电机的输出功率为P₂=kW=160 kW

最小年发电量约为W=P₂t=160×5000 kW?h=8×10⁵kW?h

【答案】（1）    （2）   （3）8×10⁵kW?h

7．【解析】欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6×10Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；               图6

同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V

【答案】（1）60Ω    （2）7.18mA  （3）3.59V

8．【解析】（1）当B＝0.6T时，磁敏电阻阻值约为6×150Ω＝900Ω，当B＝1.0T时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于，所以电流表应内接。电路图如图6所示。

（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：，，，                                               

，，

故电阻的测量值为（1500－1503Ω都算正确。）

由于，从图1中可以读出B＝0.9T

方法二：作出表中的数据作出U－I图象，图象的斜率即为电阻（略）。

（3）在0～0.2T范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4～1.0T范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；

（4）从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。

本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力．从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U、I值求电阻。第（3）、（4）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力．总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题。

【答案】（1）     B＝0.9T   （2）B＝0.9T     （3）磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；

9．【解析】（1）如图所示  

      （2）②读取温度计示数，读取电压表示数

      （3）根据就可解出不同温度下热敏电阻的阻值，

并利用图线得出图线的斜率。在图象上取两点，当℃时，

，当℃时，图象的斜率为，将图线延长，交于原点，说明℃时的电阻为100，故关系式为。             

【答案】  (1）图略   （2）记录电压表电压值、温度计数值 （3）R=100+0.395 t

10．【解析】（（1）如图所示                               

（2）由于R_L1比R_L2小得多，灯泡L₂分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。                     

（3）L₂分得的电压很小，虽然有电流渡过，

但功率很小，不能发光。如图c所示

【答案】（1）如图b（2）L₂分得的电压很小，

虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。

  （3）功率很小，不能发光。

名校试题

1．【解析】当传感器R₂所在处出现火情时，      

温度升高，R₂电阻减小，总电流变大，R₁上电压变大，R₃电压变小，故电流表示数I变小；路端电压U变小。故D正确。

【答案】D

2．【解析】由电功率的定义式得IU=P，所以选项B正确；因电吹风中有电动机，有一部公电能转化为机械能，所以选项C也正确。

【答案】BC

3．【解析】当滑动变阻器上的滑动头从开始的中点位置向右移动时，总电阻减小，总电流增大，所以选项D正确；L₁所在支路电阻增大，电流减小，所以选项A对；同理选项D也正确

【答案】ABD

4．【解析】因为A₁(0―3A)和A₂(0―0.6A)是由两个相同电流表改装而来的，只不过是它们并联的电阻不同，电压相等，所以通过它们的电流也相同，所以选项A正确；A₁的读数为1A时，A₂的读数为0.2A，所以通过干路的电流I为1.2A，故选项D正确。

【答案】AD

5．【解析】当 S₁闭合，S₂断开，该报警器将发出警报声，所以选项B正确

【答案】B

6．【解析】在直流电路中电容相当于断路，R₁与R₂串联，R₃与R₄串联，两部分再并联。电路中在R₁、R₂上的电压降与在R₃、R₄上的电压降相等，即U₁＋U₂＝U₃＋U₄，且U₁∶U₂＝R₁∶R₂，U₃∶U₄＝R₃∶R₄，所以不用光照射时电容器上极板的电势高于下极板的电势。当用光照射时，光敏电阻R₂的阻值减小，此时电容器上极板的电势可能仍高于下极板的电势，但电势差减小，所以，电容C的电荷量可能会减小。随照射光的强度的增加，当光敏电阻的阻值减小到一定值后，电势差减小到零。照射光再增强时电容器下极板的电势将高于上极板，此时电容器上极板先带正电，后来带负电。即电容器上的电荷先被中和，后再充电，电容C的电荷量的变化情况也可能是先减小后增大。

【答案】减小；先减小后增大

7．【解析】（1）欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为22×10Ω=220Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为3.9mA；              

（2）设计电路如图所示

【答案】 (1)1220Ω    23.9 mA                                   

     (2)见图

8．【解析】（1）电路如图所示  电流表改装成电压表，

串联电阻（电阻箱）可以完成。由于电流的表A₁的内

阻相对待测电阻R_x很小，且大小不确定,采用电流表

外接法。滑动变阻器R₁的最大阻值很小，电压的调

节能力有限，采用分压式接法。

（2）6.4mA ；240μA；195Ω

由图可知，电流表A₁的示数是6.4mA ，电流表

A₂的示数是240μA。              

测得待测电阻=195Ω。

【答案】（1）串联电阻（电阻箱）可以完成；（2）见图24   （3）195Ω

9．【解析】（1）额定电流                           解得                       

（2）设5节电池串联，总电动势为E，总内阻为r；串联的电阻阻值为R，其两端电压为U，则                    又                                                     

代入数据解得  R＝10Ω                                                      

【答案】（1）  （2）R＝10Ω

10．【解析】⑴设电容器上的电压为Uc.    

电容器的带电量 解得： Q＝4×10^－4C    

⑵设电压表与R₂并联后电阻为R_并                     

则电压表上的电压为:  解得：＝3V   

【答案】（1）Q＝4×10^－4C   （2）＝3V

11．【解析】（1）灯泡两端电压等于电源端电压,且U=ε-Ir,则总电流I=8A,

   电源提供的能量:E=Iεt=8×12×100×60=5.76×10⁵J.                    

(2)通过灯泡的电流I₁=16/8=2A,电流对灯泡所做的功

   W₁=Pt=16×100×60=0.96×10⁵J

通过电动机的电流I₂=8-2=6A,

电流对电动机所做的功W₂= I₂Ut=6×8×600=2.88×10⁵J

(3)灯丝产生的热量Q₁=W₁=0.96×10⁵J,

电动机线圈产生的热量Q₂=I₂²r’t=6²×0.5×600=0.108×10⁵J

(4)电动机的效率:η=％=96.3％

【答案】（1）5.76×10⁵J    （2）2.88×10⁵J       （3）0.108×10⁵J     （4）96.3％

12．【解析】（1）当触头滑动到最上端时，流过小灯泡的电流为：              流过滑动变阻嚣的电者呐：        故：           （2）电源电动势为：                                         

当触头，滑动到最下端时，滑动交阻嚣和小灯泡均被短路．电路中总电流为：

         故电源的总功率为：                   

       输出功率为：                                                    

【答案】（1）     （2），

考点预测题

1．【解析】由图可知、并联后再与串联，测通过的电流，测通过的电流，V测路端电压U。现将R₂的滑动触点向b端移动，阻值减小，电路总电阴减小，则总电流I增大；根据闭合电路欧姆定律知路端是压U=E-Ir，所以电压表示数U减小；两端电压，而，增大，所以减小，则减小，而I=+，所以增大。故选项B正确．

【答案】B

2．【解析】每只电热器的电阻为             

     每只电热器的额定电流为

  (1)每只电热器正常工作,必须使电热器两端的实际电压等于额定电压200V，因此干路电流为     ,而每只电热器的额定电流为5A，则电热器的只数为只.

        (2)要使电源使出功率最大,须使外电阻等于内电阻，由此可知电热器总电阻为,故只。

        (3)要使用电器组加热物体最快,必须使其总电阻为,所以只.

        (4)要使、是消耗的功率最大,必须使通过它们的电流最大,即当50只电热器全接通时,可满足要求,即只.

     【答案】  (1)2只    (2)40只     (3)8只       (4)50只

3．【解析】由电压和R₁的阻值可知通过R₁的电流I₁＝36mA，则通过热敏电阻的电流为I₂＝34mA。由I―U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为5.2V。则R₂的电压为3.8V，R₂的阻值为111.6．

 【答案】3.8V111.6

4．【解析】依题意，由图32（b）可得二极管电流和电压的关系为：I＝2U－2  ① 

又二极管的功率：P＝UI≤4W   

将①代入②得：U²－U－2≤0   解得：U≤2V 

代入①得：I≤2A

由闭合电路欧姆定律  E＝U＋IR  得 R≥1.5Ω

  输入给R的功率P_R＝（E－U）I＝（E―U）(2U－2)＝－2U²＋12U－10＝－2（U－3）＋8

可见P_R随U按抛物线规律变化，其开口向下，最大值时 U＝3V，故要使R的功率最大，其电压只能是二极管不被烧坏的最大电压U＝2V。这样R＝1.5Ω  P_R的最大值P_R＝（E－U）I＝6W

【答案】（1）R≥1.5Ω   （2）6W

5．【解析】假设r为电源内阻，R为车灯电阻，I为没有启动电动机时流过电流表的电流。在没有启动电动机时，满足闭合电路欧姆定律，r+R=，得。                               

此时车灯功率为：P=。  启动电动机后，流过电流表的电流，此时车灯两端的电压为：，所以此时车灯功率为P=                         

电动机启动后车灯轼率减少了，故正确选项为B。 

 【答案】B

6．【解析】当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U=I₁R₁=10V；当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U=10V，通过电动机的电流应满足UI₂>I₂²R₂,所以I₂<1A.所以 电流表的示I<1.5A，电路消耗的电功率P<15W,即BD正确。

【答案】BD

7．【解析】由于稳定后电容器相当于断路，因此R₃上无电流，电容器相当于和R₂并联。只有增大R₂或减小R₁才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量。改变R₃不能改变电容器的带电量。因此选BD。

【答案】BD

8．【解析】由于R₁ 和R₂串联分压，可知R₁两端电压一定为4V，

由电容器的电容知：为使C的带电量为2×10^-6C，其两端电压必须为1V，   

所以R₃的电压可以为3V或5V。因此R₄应调节到20Ω或4Ω．两次电容器上极板分别带负电和正电。还可以得出：当R₄由20Ω逐渐减小的到4Ω的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4×10^-6C，电流方向为向下。

【答案】调节到20Ω或4Ω

9．【解析】根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。先考虑电压挡，将黑表笔接在b端，如果指针偏转，说明R₁与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6V。基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明R₁与电源连接的导线是好的，而R₁与R₂之间导线和R₂与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R₁与R₂之间导线是断的，否则说明R₂与电源间导线是断的，A项正确。再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明R₁与电源连接的导线是断的，此时指示数I=E/(R₁+R₂)=0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明R₁与电源间连接的导线是好的，而R₁与R₂之间导线和R₂与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R₁与R₂之间导线是断的，此时示数I=E/R₂=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。

【答案】A

10．【解析】画出原电路的等效电路图如图所示.

若断路，图增大，根据闭合电路欧姆定律，得减小，则分得的电流变小，即变暗，电流表的示数变小，又由可知，可得路端电压增大，而，减小，可推得增大，故变亮.选项正确.

   【答案】A

11．【解析】（1）驱动电机的输入功率

（2）在匀速行驶时                   

汽车所受阻力与车重之比    。

（3）当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积。

若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为，则

设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，

     由于，所以电池板的最小面积

【答案】（1）   （2）   （3）

12．【解析】由3知，常温下其电阻较小，通入电流后，随着温度升高，其电阻率先变小，然后迅速增大，其功率先变大后变小，当其产生的热量与放出的热量相等时，温度保持在t₁～t₂之间的某一值不变，如果温度再升高，电阻率变大，导致电流变小，那么温度随之会降低；如果温度降低，电阻率变小，导致电流变大，温度又会升上去.所以AD正确?

【答案】AD

13．解析】电热式电器在人们的日常生活中有其重要应用，本题以此为背景，主要考查电路图的识别能力与电路计算能力。

（1）S闭合，处于加热状态；S断开，处于保温状态。

（2）由电功率公式得

联立解得

（3）

【答案】（1）处于保温状态。   （2）   （3）h

14． 【解析】（1）设列车加速度为时小球偏离竖直方向的夹角为θ，这时小球受到的合外力为F=mgtanθ，由牛顿第二定律可得列车的加速度为a=gtanθ=g.DC/h

上式即触点D的位移跟加速度的关系式。

    从电路部分来看，设此时电压表的读数为U’，根据串联电路的特点，对均匀电阻丝来说有电压与电阻丝长度成正比，即U’／U=R_DC／R_AB=DC/l     DC=l U’／U

    由上两式联列得a=gU’l／Uh

    上式中g、U、l、h都是常数，表明U’与a正比，可将电压表上的电压读数一一对应成加速度的数值，电压表便改制成了加速度计。

   （2）这个装置测得最大加速度的情况是触点由D移到A，这时电压表读数U’=U/2，

所以a_max=gl/2h

C点设置在AB中间的好处是：利用这个装置还可以测定列车做匀减速运动时的加速度，这时小球偏向OC线的右方。电压表要零点在中间，且量程大于U/2

【答案】（1）  a=gU’l／Uh     （2）可以测定列车做匀减速运动时的加速度

15．【解析】绝大多数考生解答此题，首选的就是伏安法，由于本题没有电压表，因为本题需要运用“电流表算电压”这一创新思维

（1）实验电路如图所示。

（2）A₁、A₂两电流表的读数I₁、I₂，所以R₁两端的电压为，电流为，由部分电路欧姆定律得

待测电阻R₁的阻值计算公式是                   

【答案】

16．【解析】此题与教材上的伏安法略有不同，多了一个定值电阻，但其原理还是闭合电路欧姆定律。①实验电路原理图如图1所示

②根据E=U+Ir，可得      联立方程有           

此方法测得的电动势和内阻均无系统误差    图44

【答案】

17．【解析】求解电压表扩大后的量程，就要知道与电压表串联的电阻R₁大小，本题可以顺着这个思路分析，设计电路。若将R₁、R₂串联，由电压表的示数及自身电阻可算得电路中的电流，根据两次示数由闭合电路欧姆定律可算出R₁和电源的电动势。当S₁闭合，S₂断开时，电压表的示数变小，知R₂被接入了电路。故电路应如图7所示连接。

设电源的电动势为E，先后两次电压表的示数为U₁、U₂，电压表自身电阻为R₀，原先量程为U₀,由闭合电路欧姆定律有：和，代入已知数据解两式得，E=6.3V， R₁=6000Ω。电压表改装后的量程为

【答案】7V    E=6.3V