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专题08 电路及其应用
质量检测卷
（时间：90分钟 分值：100分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每个题目只有一个选项符合要求，选对得4分，
选错得0分。
1．（2022·湖南省临澧县第一中学高三开学考试）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，
闭合开关S，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V，重
新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为 2.0A和24.0V，电压表、电流表均为
理想电表，则这台电动机正常运转时的输出功率为（ ）
A．32W B．44W C．47W D．48W
【答案】 A
【解析】电动机停止转动时，电能完全装化为电热，电动机为一电阻 ，根据欧姆定律得
正常运转后，其输出功率为
故选A。
2．（2022·北京海淀·二模）如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为 的匀速直线运
动。已知棒的横截面积为 ，单位长度所带的电荷量为 。由于棒的运动而形成的等效电流（ ）
A．大小为 ，方向与 相同
B．大小为 ，方向与 相反C．大小为 ，方向与 相同
D．大小为 ，方向与 相反
【答案】 B
【解析】橡胶棒带负电，等效电流方向与 的方向相反，由电流的定义式可得
故B正确，ACD错误。
故选B。
3．（2022·浙江·高三专题练习）如图连接电动机的电路，闭合开关，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一
端的整个过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化清况如图乙所示，已知当电流小于 时，电动机
不会发生转动，若不考虑电表对电路的影响，则（ ）
A．该电动机的内阻为
B．该电路中电源的电动势为
C．此电路中，电动机的最大输出功率为
D．若电动机能转动，需要调节滑动变阻器阻值小于
【答案】 D
【解析】A．当电流小于0.2A时，电动机不会发生转动，为纯电阻，则该电动机的内阻为
选项A错误；
B．根据
E=U+Ir
2
当U=3.4V时I=0.1A；当U=3.0V时I=0.3A；带入方程解得该电路中电源的电动势为
2 2r=2Ω
选项B错误；
C．此电路中，电动机的最大输出功率为
选项C错误；
D．当电动机两端电压超过U=0.8V时电动机开始转动，此时电路中的电流为I=0.2A，则由电路可知
1
解得
即若电动机能转动，需要调节滑动变阻器阻值小于 ，选项D正确。
故选D。
4．（2022·上海·上外附中模拟预测）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R 为滑动变阻器，
1
R 和R 为定值电阻。当R 的滑动片P由左向右滑动时，电压表V 和V 示数的增量分别为ΔU 、ΔU ，则
2 3 1 1 2 1 2
下列关系式中正确的是（ ）
A．|ΔU|>|ΔU|
1 2
B．|ΔU|=|ΔU|
1 2
C．ΔU>0，ΔU>0
1 2
D．ΔU>0，ΔU<0
1 2
【答案】 A
【解析】AB．根据闭合电路欧姆定律可知
则>
故A正确，B错误；
CD．当R 的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表 V 增大，由于路端电
1 2
压减小，所以电压表V 变小，则知ΔU>0，ΔU<0，故CD错误。
1 2 1
故选A。
5．（2022·重庆·三模） 和 是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体， 的上、下表面积大于 的
上、下表面积，将 和 按图所示方式接到电源上，闭合开关后，下列说法正确的是：（ ）
A．若 和 的体积相同，则通过 的电流大于通过 的电流
B．若 和 的体积相同，则 的电功率大于 的电功率
C．若 和 的厚度相同，则 和 内自由电荷定向移动的速率相等
D．若 和 的厚度相同，则 两端的电压大于 两端的电压
【答案】 B
【解析】A． 和 是串联在电路中的，所以通过 的电流总等于通过 的电流，A错误；
B．由电阻定律可得
则若 和 的体积相同，上下表面积越大的电阻的阻值越大，由电功率公式由于通过 的电流总等于通过 的电流，则电阻越大的电功率越大，所以若 和 的体积相同，则 的电
功率大于 的电功率，B正确；
C．根据电流公式
若 和 的厚度相同，由于 和 的面积面积不相等，故 和 内自由电荷定向移动的速率不相等，C错
误；
D．由电阻定律可得
若 和 的厚度相同，则 和 的电阻的阻值相同，由于 和 是串联关系，所以则 两端的电压等于
两端的电压，所以CD错误；
故选B。
6．（2022·山西省翼城中学校高三开学考试）在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，其中 ，
现将滑动变阻器的滑动触头逐渐向a移动过程中（ ）
A．电压表的示数减小，电流表的示数减小
B．电压表的示数增大，电流表的示数增大
C．电源的总功率增大
D．电源的输出功率减小
【答案】 C
【解析】AB．滑动变阻器的滑动触头逐渐向a移动中，滑动变阻器接入电路中的电阻R 减小，电路中的
0
总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，则电源内阻上的电压降增大，由
可知，电源的路端电压减小，即电压表的示数减小，因电源的路端电压减小，R 两端电压增大，
1
R 与R 并联电路的电压减小，由欧姆定律可知R 电流减小，则电流表的示数增大，AB错误；
2 0 2C．由P=EI可知，电路中的总电流I增大，E不变，所以电源的总功率增大，C正确；
D．由题意可知 ，则外电路电阻大于内电阻，当外电阻减小时，外电阻与内电阻更接近，所以电源的
输出功率增大，D错误。
故选C。
7．（2022·云南·昆明一中高三开学考试）转弯角速度测量在航海、航天中有重要意义，一种测量角速度的
装置简化模型如图所示。质量为m的小球A与弹簧拴连并穿在光滑细杆上，小球连接到滑动变阻器上。小
球静止时，滑片置于中点，输出电压信号为 。当小球A绕轴 转动时，小球在细杆上移动并带动滑
片P滑动，检测电路输出的电压信号的变化，从而测量出旋转角速度 。已知弹簧的原长为 、滑动变阻
器的长度为l，劲度系数为k。（ ）
A．小球A由静止开始转动时，滑片向B端滑动
B．小球A的转动角速度增大时，电源中流过的电流减小
C．弹簧的形变量为
D．输出电压的变化量与角速度的函数式为
【答案】 D
【解析】A．当小球A绕轴 转动时，小球受到弹簧提供的指向圆心的向心力，弹簧处于伸长状态，故
小球A由静止开始转动时，滑片向C端滑动，故A错误；
B．小球A的转动角速度增大时，由 可知滑片向C端靠近，滑动变阻器接入电路中的电阻不变，电源中流过的电流不变，故B错误；
C．由
解得
故C错误；
D．输出电压与角速度的函数式为
又
所以输出电压的变化量与角速度的函数式为
故D正确。
故选D。
8．（2022·河北邯郸·模拟预测）如图所示，电源电动势 E=6V，内阻r=1Ω，R=3Ω，R=7.5Ω，R=3Ω，
0 1 2
R=2Ω，电容器的电容C=2μF。开始时开关S处于闭合状态，则下列说法正确的是（ ）
3
A．开关S闭合时，电容器上极板带正电
B．开关S闭合时，电容器两极板间电势差是3V
C．将开关S断开，稳定后电容器极板所带的电荷量是3.6×10－6C
D．将开关S断开至电路稳定的过程中通过R 的电荷量是9.6×10－6C
0
【答案】 D【解析】
AB．开关S闭合时的等效电路图如图甲所示，电容器C两端电压等于 两端电压 ，已知总电阻
由闭合电路欧姆定律可知干路电流
路端电压
则
此时电容器所带电荷量
且上极板带负电，下极板带正电，故AB错误。
CD．开关S断开时的等效电路图如图乙所示电容器C两端电压等于 两端电压 ，此时
电容器所带电荷量
且上极板带正电，下极板带负电，故通过 的电荷量故C错误，D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4
分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．（2022·天津三中模拟预测）如图所示的电路中，电源的电动势 E和内阻r恒定不变，开关k闭合，不
考虑电流表和电压表对电路的影响，则以下分析正确的是( )
A．当滑动变阻器 R 的滑片向 b 端移动时，电压表的示数减小，电流表的示数增大
4
B．若只让开关从闭合到断开，电压表、电流表示数都变大
C．若只让开关从闭合到断开，R 上将产生由M点到N点的电流
6
D．若实际实验时发现电流表的示数为零，电压表示数不为零，则可能是由于 R 断路
4
【答案】 AD
【解析】A．将滑动变阻器R 的滑片向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则总电流
4
增大，则内阻和R 两端的电压增大，所以右边并联部分的电压减小，所以通过R 的电流减小，而总电流增
1 3
大，所以电流表示数增大，则R 的电压增大，所以R 的电压减小，所以电压表示数减小，故A正确；
2 4
B．若只让开关从闭合到断开，则总电阻变大，总电流减小，则右边并联部分的电压变小，电流表示数减
小， R 的电流变小，所以电压表示数变小，故B错误；
4
C．若开关从闭合到断开，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压变小，电容器放电，所以 R 上将产生
6
由点N到点M的电流，故C错误；
D．电流表示数为零，说明与电流表串联的部分电路不通，电压表示数不为零，则与电压表并联的部分电
阻断开，即可能是由于R 断路，故D正确．
4
10．（2022·黑龙江·哈师大附中模拟预测）如图所示，电路中开关 S闭合，两平行金属板间带电微粒P处
于静止状态，当滑动变阻器 的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）A．微粒P将向上运动
B．电流表读数增大
C． 上消耗的电功率增大
D．电源的效率减小
【答案】 BD
【解析】A．带电微粒P处于静止状态，其受力如图所示
当滑动变阻器 的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据“串反并同”规律可知，平
行金属板间的电势差 变小，根据
可知平行金属板间的电场强度减小，带电微粒所受电场力减小，微粒P将向下运动，A错误；
BC．当滑动变阻器 的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据“串反并同”规律可
知，电流表的示数增大， 上消耗的电功率减小，B正确，C错误；
D．当滑动变阻器 的滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，即外电路的总电阻 减小，
电源的效率为
由此可知，电源的效率减小，D正确。故选BD。
11．（2022·上海南汇中学高三期中）如图所示电路中， 、 为定值电阻，电源内阻为 ，闭合电键 ，
电压表显示有读数，减小电阻 的阻值，电压表示数变化量大小为 ，则在此过程中（ ）
A．路端电压一定减小
B．流过 的电流一定减小
C．通过电阻 的电流变化量
D．电流变化量关系
【答案】 AC
【解析】A．由题可知，减小R的阻值，外电路总电阻减小，根据公式
干路电流增大，再根据公式
路端电压减小，A正确；
B．R和 并联，R减小，总电阻减小，总电流增大，并联部分电压减小，通过 的电流减小，所以通过
可变电阻R的电流增大，B错误；
C．由
干路电流I将增大，则电阻 两端的电压将增大，依
知路端电压减小，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻 两端的电压减小量小于 由欧姆定律得知，
通过电阻 的电流增大，增大量小于 ，C正确；
D．由
干路电流I将增大，则电阻 两端的电流 增大，电阻 两端的电压 增大，再根据公式
路端电压减小，则通过 的电压 减小， 减小，因路端电流变大，则通过 的电流 增大，电流关系为
因 增大， 减小， 增大则
D错误；
故选AC。
12．（2022·新疆·克拉玛依市教育研究所三模）如图所示电路，电源电动势为 E，内电阻为r，在平行金属
板MN内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v 射入电场并打在N板的O点。
0
改变R 或R 的阻值，粒子仍以v 射入电场，则（ ）
1 2 0A．该粒子带负电
B．减少R，粒子将打在O点左侧
2
C．增大R，粒子在板间运动时间不变
1
D．减少R，粒子将打在O点左侧
1
【答案】 AD
【解析】设板间电压为U，粒子的电荷量是q，板间间距为d，则粒子在板间运动时，有
，
A．由电路图知，极板M带负电、极板N带正电，板间场强的方向向上，重力不计的带电粒子向下偏转，
则粒子带负电，故A正确；
B．由于R 与平行金属板串联，稳定时此支路断路，调节R 对电路无影响，减少R ，平行板两端的电压不
2 2 2
变，板内场强不变，粒子运动情况不变，仍打在O点，故B错误；
C．增大R ，据串联电路电压分配原理知，平行板两端的电压减小，板内场强减小，粒子在电场中的运动
1
时间变长，故C错误；
D．减少R ，据串联电路电压分配原理知，平行板两端的电压增大，板内场强增大，粒子在电场中的运动
1
时间变短，粒子将打在O点左侧，故D正确。
故选AD。
三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分。
13．（2022·辽宁·高三期末）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值
的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图（a）的电路图。
a、电流表A（量程0.6 A，内阻很小）；电流表A（量程300μA，内阻rA=1000Ω）；
1 2
b、滑动变阻器R（0~20Ω）
c、两个定值电阻（R=1000Ω，R=9000Ω）
1 2
d、待测电阻Rxe、待测电源E（电动势约为3 V，内阻约为2Ω）
f、开关和导线若干
（1）根据实验要求，与电流表A 串联的定值电阻为___________；（填“R”或“R”）
2 1 2
（2）小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S ，调节滑动变
1
阻器，分别记录电流表A 、A 的读数I 、I ，得I 与I 的关系如图（b）所示。根据图线可得电源电动势
1 2 1 2 1 2
E=___________V，电源内阻r=___________Ω；（计算结果均保留两位有效数字）
（3）小明再用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S、S，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A 示数Ia，电流表A 示数Ib；
1 2 1 2
②断开开关S，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A 示数Ic，电流表A 示数Id，后断开S；
2 1 2 1
③根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为___________；若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值
与其真实值相比___________。（填“偏大”“偏小”或“相等”）
【答案】 R 3.0 2.1 （rA＋R） 相等
2 2
【解析】（1）由于电源电压为3V，应将A 改装成量程为3V的电压表，因此串联的电阻
2
因此与R 串联。
2
（2）理论上，当I 为零时，加在改装电压表两端的电压就是电动势，电源电动势
1
根据闭合电路欧姆定律，可知
由于上式简化为
由图像可知
代入数据可得
（3）滑动变阻器接入电路的阻值
待测电阻的阻值
由于电流表A 的内阻并入到滑动变阻中，不会对测量结果产生误差，因此测量值等于真实值。
1
14．（2022·全国·高三开学考试）某学校实验小组设计了如图所示的电路图测定 、 两电压表的内阻，
可供选用的仪器有：
A．内阻约 的待测电压表 、 ，量程0~3V
B．定值电阻
C．定值电阻D．滑动变阻器 （最大阻值为 ）
E.滑动变阻器 （最大阻值为 ）
F.电源E，电动势E=6V，内阻忽略不计
G.开关、导线若干
（1）为了准确测量 、 两电压表的内阻，定值电阻 应选______，滑动变阻器应选______。（均填仪
器前的字母代号）
（2）根据电路图用笔画线代替导线完成实物图的连接。______
（3）闭合 前，将滑动变阻器的滑片调到______（填“最左端”或“最右端”），再将单刀双掷开关拨
到a，调节滑动变阻器使得 和 有明显的读数，分别为 、 ；再将单刀双掷开关拨到b，调节滑动
变阻器，使得 和 有明显的读数，分别为 、 ，则电压表 的内阻为______， 的内阻为______
（以上两空均用 、 、 、 和 表示）【答案】 B E 最左端
【解析】（1）因为待测电压表的内阻约为 ，而定值电阻 的阻值为 ，定值电阻 的阻值比电
压表的内阻小得多，如果选用 ，则当单刀双掷开关拨到b时，电压表 指针偏转幅度很小，读数误差将
很大，因此定值电阻选择 ，即选择B；
由于控制电路采用了分压式，为了确保调节滑动变阻器输出电压的连续性强一些，滑动变阻器的总阻值应
当选择小一些，则滑动变阻器选择总阻值 ，即选择E。
（2）根据电路图作出实物连线如图所示
（3）为了确保电路的安全，闭合 前，应将滑动变阻器的滑片调到最左端。
将单刀双掷开关拨到a时，有将单刀双掷开关拨到b时，有
解得
，
四、解答题：本题共4小题，第15题8分，第16题9分，第17题12分，第18题16分，共45分。解答
应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案
中必须明确写出数值和单位。
15．（2022·黑龙江·哈尔滨市第三十二中学校高三期末）如图，当电阻箱R的电阻为14 时，电压表示数
为2.8V；当电阻箱R的电阻为9 时，电压表的读数为2.7V，求电源的电动势E和内阻r各是多少？
【答案】 E=3.0V；r=1.0
【解析】根据闭合电路欧姆定律可得
依题意，当U=2.8V时，电路中电流为
1
当U=2.7V时，电路中电流为
2
把这两组电压和电流的值代入闭合电路欧姆定律公式，联立可得
E=3.0V，r=1.0
16．（2022·上海交大附中高三期中）图示电路中，R=12Ω，R=6Ω，滑动变阻器R 上标有“20Ω，2A”字
1 2 3
样，理想电压表的量程有0~3V和0~15V两档，理想电流表的量程有0~0.6A和0~3A两档。闭合电键S，
将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表指针指在满偏的 ，电流表指针指在满偏的 。求：
（1）此时电流表示数是多少？
（2）该电源的电动势为多大?
【答案】 （1）0.15A；（2）7.5V
【解析】（1）当P向右移动时，R 接入电路的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，电源内电压减
3
小，路端电压增大，R 和R 两端电压减小，R 两端电压增大，所以电压表示数增大，电流表示数减小，则
1 2 3
由题意可知电压表所用量程为0~15V，电流表所用量程为0~0.6A，所以此时电流表示数为0.15A。
（2）当电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A时，电路总电流为
根据闭合电路欧姆定律有
当电压表、电流表示数分别为5V和0.15A时，电路总电流为
根据闭合电路欧姆定律有
解得
E=7.5V
17．（2022·广东·模拟预测）如图所示，间距为d、长度为2d的两块平行金属板A、B正对且水平放置，带
负电的粒子以水平初速度 从左侧沿中心线射入板间。电路中，电源的内阻为r（电动势E 未知），
0
固定电阻R=3r。闭合开关S后，A、B两板间形成理想边界的匀强电场。当变阻器滑片置于最右端时，粒子恰好从A板右边缘射出电场；移动滑片使变阻器接入电阻为最大阻值R（未知）的 时，粒子恰好沿中
0
心线射出电场。忽略粒子间的相互作用力和空气阻力。g为重力加速度。求：
（1）滑片置于最右端时，粒子在板间运动加速度的大小；
（2）变阻器的最大阻值R；
0
（3）若滑片置于最左端，判断粒子会离开电场还是打到极板上？并计算粒子离开电场或打到极板时的动
能。已知粒子质量为m。
【答案】 （1） ；（2）8r；（3）离开电场；
【解析】（1）滑片置于最右端时，粒子在板间做类平抛运动，水平方向
竖直方向
解得
（2）滑片置于最右端时，板间电压
其中
移动滑片使变阻器接入电阻为最大阻值R（未知）的 时，则
0
其中联立解得
R=8r
0
（3）若滑片置于最左端，则板间电压为
粒子在板间的加速度
解得
方向向下，则假设粒子能射出电场，则竖直方向的偏转距离
则粒子恰能从B板右侧射出电场，此时粒子的竖直速度
动能
18．（2022·辽宁·模拟预测）在如图所示的装置中，电源电动势为E，内阻不计，定值电阻为R ，滑动变
1
阻器总电阻为R ，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d。处在电容器中的油滴A恰好静止
2
不动，此时滑动变阻器的滑片P位于R 的中点位置。
2
（1）求此时电容器两极板间的电压；
（2）确定该油滴的带电电性以及油滴所带电荷量q与质量m的比值；
（3）现将滑动变阻器的滑片P由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了 Q ，油滴运动时
1
间为t，再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了 Q ，当油滴又运动了
2
2t的时间时，恰好回到原来的静止位置。设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用时间与
电容器充电、放电所用时间均忽略不计。则两次电荷量的变化量Q 与Q 的比值为多少？
1 2【答案】 （1） ；（2）负电； ；（3）4：9
【解析】（1）电路中的电流
平行板两端电压为
（2）电容上板带正电，油滴处于静止状态，电场力F向上，则油滴带负电。对油滴受力分析，得
又
联立解得
（3）设电容器的电容为C，极板原来具有的电荷量为Q，电容器上的电量变化Q 后，油滴在电场中向上
1
做初速度为零的匀加速直线运动，t秒末油滴的速度为v、位移为s，板间的电压
1
根据牛顿第二定律得
即根据运动学公式得
，
电容器上的电量又变化了Q 后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t末位移为-s，极板间的电压为
2
kx
0 −μg
m
根据牛顿第二定律得
即
根据运动学公式得
联立解得
