周测评(17) 电场(三)-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（湖北专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十七） 物理·电场（三】 (考试时间75分的，选分100分》 一、透择题：本题共10小题，每小题4分，其0分。在每小题给出的四个选项中，第1一7 题只有一项符合题目要求，第8一10缴有多项符合赠日要求。每小整全部远对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号123456 78910 答案 L.如图甲所示，计算机键段为电容式传移器，每个键下面由相互平行，间臣为d的甚动金 属片和固定金属片组戒，两金属片间有空气间菌，两金属片组成一个平行版电容器，如 图乙所示。其内常电路如图再所示，按健的过程中，下列说法正确的是 理定支推板 话动金国月 因定金属背 甲 A电容器的电容减小 B电容器的电背量增大 C图内中电流方向从a流向6 D电容器同的电蜗强度减小 2,如图所示，G为静电计，M.N为平行板电容器的金属板，开始时开关S闭合，静电计指 针繁开一定角度。若不考虑静电计引起的电荷量变化，划下列说法正确的是〔) A保持开关S闭合，将再极版阿减小，两极板间的电场强度E,不变 B保持开关S闭合，将带动变阻器R的滑片P向左移动，静电计指针张开角度变大 C断开开关S后，紧贴N极板朝人金属板，静电计指针张开角度空小 D斯开开关S后，将两极板间距增大，两极板同的电势差U诚小 学科素养周测浮（十七）物理第1页（共8页） 衡水真 3.如图所示的平行板电容墨琴直成置，两极板间的距离为d,极版高度AB一CD=,对孩 班圾 电容器充上一定的电荷最后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上滑A处由静止释 放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电客晷，右极 板向右至少移动的距离为 姓名 得分 A.d 且(2-1)d n ,真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，氮被与鼠核先后从坐标原点O沿x结正方向耐 人该电扬，在仅受电畅力的作用下的运动执连如图所示。期复核 与虹枝 A.在电场中运动时的加速度相问 且财人电肠时的舒速度相月 C财人电场时的初动量相同 D射人电场时的初动能相等 点，示被莽可以用米观察电信号随时问变化的情况，其锁心军件是示放管，其原理因如下， XX为水平偏转电版，为竖直编转电服（已知T很小），以下说法正确的是《) 电子 编转电国 A 图2 3 A.XX加图3被形电压，T不加信号电压，屏上出现一个亮热 BXX'加图2波形电压，Y加图1波形电压，屏上将出观两强经直亮线 C,XX加图4被形电压，Y加图2被形电压，屏上将出觅一条经直亮线 口XX加周4效形电压Y加图1波形电压，屏上将出现图1所示图线 密团 学科素养周测评十七)物理第2页（共8页1 乐.坐标系y所在的琴直平而内存在着范围足够大且方句竖直向下的匀强电场，x轴 沿水平方向，一带负电小球以初道度：从坐标源点O水平刻出，一反时间后小球通 过第四象限P(L,一L)点（图中段有标出）。已知小球质意为m,重力加速度为g,则 小球 入从0点到P点的运动过程，运动时同为兴 B到达P点时动雀为2 C到达P点时通度偏向角正初值为a#=1 2mvi D,所受静电力大小为g十工 7.如图甲所示，两平行板沿水平方向放置，且在两位版间加如图乙所示的电压，：一0时刻 由两：板的正中央静止释放一负电的粒子，结果在2T,时粒子同到出发点，且整个过 型中粒子刚好未与极板M复生碰恒，忽略粒子的熏力。则下列说法正确的是() 2r A数子在T。时刻附好鲨动到极板耐 我在T。时刻粒子的速率最大 C.UU-12 D.T。与2T。时刻较子的动能之比为1·4 8示波器是一种多功能电学仪着，它是由粗速电场和偏转电场组成的。如图所示，疑量为 m的带电粒子由静止开始经知速电扬加速后，沿平行于板而的方向从正中间射人偏转 电场，并从另一侧射出。已知带电粒子的电背量为？：加速电场电压为U队，偏转电场的 极板长度为上，两钱板间的E离为4，偏排电场极版同的电压为U2且可调节，不计粒子 的重力。则下列说法正确的是 学科素养周测浮（十七）物理第3面（共8页》 衡水真 A.带电较子离开输转电场时的动能为？心十七) 且同种电生的不同潜电粒子，射出装置的位置相同 C诚小，带电粒子通过编转电肠的时同变长 若带电粒千刚好认下极板边缘离开偏特电场，宁，一 凸-2a 马，如图甲所示，两平行金篇板经直放置，左极板接地，中闻有小。右极板电势随时间变 化的规律如图乙所示。电子原未静止在左极板小孔处，电千电荷量为：，不计重力作 用。若从1一心时刻释放电子，下列说法中正瑞的是 A.电子将始缝向右运动，直到打到右极饭上 私电子可能在两板问振动 C在=恰好到达右极板，则到达右极板时电子的动能为。心。】 口在：一时制达右极板，周到达右极板时电子的功能受 10如图所示，g,b,e,d是矩形的四个顶点，ab=d=L,4d=6c=L,空间中有平行于矩 形所在平面的匀程电属。已知：点的电势为学，b点的电势为2年，d点电势为一。一 质子从b点以初速度此射人藏电场，入射方向与成45角，不计质子的重力，期下列 说法正确的是 A.c点的电势为阜 且电场强度大小为是 C质子可能远动到e点，所用时同为2 D勇子可佳运动到：点，到达a点时的电势能减少了四 密程 学科素养周测评十七)物理第4页（共8页引 二.非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)收查机中可变电容图作为调谐电台使用。知图甲所示为空气介规单联可变电客器 的结构，它是利用正对面积的变化改变电客程的电容大小，某可学题要研究这种电容器 充：放电的特性，于是将之接到如围乙所示的实验电路中，实验开的时电容荐不带电。 动 对片引出润 动 片 定 @-4 360p) 1260F 2 fa) Ib) 空气介质单联写变电容基们结构及电路许写 甲 (1)首先将开关S打向1，这时观察到灵敏电旋计G有知新的示数，稳定后，旋转旋钮， 使电容帮正对面积迅速变大，从开始到最终稳定，灵敏电流计承数随时间变化的图 像可能是 。(填达璞中的字辞序号) H (2)充电稳定后，斯开单刀双据形关，用电压表援在电容器两端测量电压，发观读数缓 慢减小，原丙是 (3)该司学做完实验，得到电容器的电容后，突然想起他用的是一节旧电他（电动势不 变，内阻不可忽略)，娃想要得到尽量精确的电容植， (填·需要”减·不需 要”)重新换一竹新电池来测量， 12(9分)某同学用传感器减察电容器的放电过程，实验操作如下 (1)本实验的电路如图甲所示，请在图乙中用笔面线代智导线连接实物图（传臻器正常 工作时电流从红鳄鱼夹流入，从黑等鱼夹流由。 数据输出 学科素养周测浮（十七）物理第s页（共8页） 衡水真蹈 食 (2)为校酸电L箱1值，在电路断升的情况下该问学用欧，表“×1k”挡测量了电烈箱 的阻值，测量结果如图丙所示，则电表读数为？。 《3)已蓄电就的电动势为GV,内不计，实的结束后精绘的电容据放电4图像如图丁 所示，根据图像求得该电容器的电容大小约为（保留两位有藏数字）。 (《)实险结果表明，电容的测量值小于标识值，请写出静数该现集的一个主要原因： (5指电容卷放电后，该同学用微好表”×10”消检测电客器，当红黑表笔与电容器两极 连接后，发残折针光大角度向右篇转然后偏角连渐减小，经时间后返目：将该电 容器放电后换用×100”挡再次枪测，指针经1时同后返同，则 (填 “大于”“小于”或等于”)： 13.(12分)如图所示，在平面直角坐标系方的第三象限存在竖直向下的匀强电场，电场 强度大小为E:第二象限存在水平向左的匀电场，电场强瘦E未知。质量为m,电背 量为一(g>)的槽电粒子从第三象限中的某一点Q(一L,一L)无初速度释故，经电 场加速后从P点垂直于x轴进人第二象限，然后从点A(0,2L.)进人第一象限。不计 粒子重力，求： (1)粒子经过P点时的速度大小 《2)第二象限内匀程电斯电新强度E大小。 密在 学科素养周测浮十七)物理第行页（共8页 14.14分》知图1所示，竖直正对故置的平行极板A、B间存在匀强电场，从A版0处 的放射那连续无初速度地释敏质量为m,电背量为的电子，电子经极板A,B间的电 场加速后由B板上的小孔离开，然后沿水平线置的平行极酸C,D的中心线适人偏转 电场。C,D两极板的长度均为上.，间距为，两板之问加有如周2所示的交变电压 之时间吸内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离开极板A,B间的 加迷电场时的速度大小为号.所有电子在极板℃，D同的编转电场里运磷时均不会打 到C,D两极板上，不考虑电子的重力及电子之间的相互作用和极板的边缘效应。求， (1):板A,B之间的电势差U, 《2)一0时刻进人偏转电场的电予离开偏转电场时的阔移距离。 汇一时刻进人偏转电场的电子高开物特电扬时的侧华离。 9 30 4 学科素养周测评（十七）物理第7页（共8夏） 衡水真园 15,(18分)如图(》所示，“L“形绝缘不带电术板静止在水平地面上，电背盘一一2× 10·C的滑块A静止在木板上左端，电背量g和一1×L0C的滑块B静止在木板上 距木板右瑞d-号m处，B左褐（含B所在位置）的木板面粗杭：右侧的木板面光滑， A,B和粗简木板面间的动摩擦因数4，一Q.5,木板和抱面何的动摩擦因数：一02， F=0时刻，在空间加一水平向右的电场，电据强度大小E随时同：变化的图像如图(b》 所示，一6,5。时刻，撒去电场。已知木板，A,日的质量均为m一1kg,A,B可棍为质 点，最大静摩擦分等于滑动学察力，可能的硬痘均为时间极颇的弹性碰涂，不计A、B 间的库仑力，重力加速度g=10m/. (1D试道过计算判断：1一2s时刻，滑块A、B和木板是香处于静止状吉， 《2)求■6时割，滑块B韵违度大小 (3》求滑块B再次返画木板上韧始位置的时刻. 810 -d 密程 学科素养周测浮十七》物理第8页（共8页1衡水真题密卷 学科素养周测评 积为 S=1 4v·vpcos0= 1 1 7R。 2a'tvpcos 0= 可知当速度失量图面积最大时，水平射程x有 最大值，所以当0十a=90°时，面积最大，此时 tan 0=UD-3 24 s-20o,-20r 1 2024一2025学年度学科素养周测评（十七）物理·电场（三） 一、选择题 可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据 1.B【解析】根据平行板电容器的电容计算公式 d_d十工解得x=d,A正确。 h C=得知，按健过程中，板间距离d减小，电 2 容C增大，A错误；因C增大，U不变，根据Q CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向 a,B正确，C错误；根据电势差与电场强度的关系 U=Ed,可知电客器间的电场强度增大，D错误。 2.C【解析】保持开关S闭合，滑动变阻器R仅仅 充当导线功能，电容器两极板间的电势差U不 B 变，滑动变阻器R的滑片P向左移动不会影响静 4.C【解析】根据牛顿运动定律有gE=ma,解得 电计指针张角，静电计指针张开角度不变，将两 口-只E泉核的比椅是为分，赢核的比荷为行可 m m U 极板间距d减小，由E1=可知两板板间的电 得在电场中运动时的加速度之比为3：2，A错 1 场强度E1增大，A、B错误；断开开关S后，电客 误：由类平抛运动规律可得y=2at,x=voL,联 器的电荷量Q不变，若紧贴N极板插入金属板， 立解得U= gEx2 相当于两板板间距d减小，根据C=,S 2my ,由题图可知，x相同时， 4πd可知电 y数=8 容C增大，根据C-号可知两板板间的电势差U y3,可得射入电场时的初速度之比为3：4， 减小，静电计指针张开角度变小，若将两极板间 B错误由类平抛运动规律可得y一2，若 mgEx? 距d增大，电容C减小，两极板间电势差U增 射入电场时的初动量mv。相同，代入质量数、电 大，C正确，D错误。 3.A【解析】由题意可知，小球所受的合力沿着虚 荷纸之比可得头一骨就封入电场时的物动主 相同，C正确；由类平抛运动规律可得y= 线方向根据C=U=名，E号可得E gEz? 1 ,若射入电场时的初动能？m6相同， 、红，可知右极板向右移动，极板间的电场强度 4×2m 则三=2，不符合题意，故射入电场时的初动能 不变，即合力方向不变，如图所示，根据几何关系 y最 ·22▣ ·物理· 参考答案及解析 不相等，D错误。 E:-d ,粒子的加速度大小为a2 qU: 粒子以 5.D【解析】XX'为水平偏转电极，其中所加电压 dm 使得粒子发生水平方向的偏转，Y为竖直偏转 1的速度先向上做匀减速直线运动，到达极板 电极，其中所加电压使得粒子发生竖直方向的偏 M时速度减为零，然后向下做匀加速直线运动， 转，YY不加信号电压，竖直侧移为0，XX'加题图 -1 这段时间内的位移为x2=0T。一2a2T6,由题 3波形电压，由于电压呈现矩形方波形式，电压一 意知，在t=2T。时刻，粒子回到出发点，则有 正一负，大小一定，则屏上出现两个亮点，A错 x1十x2=0,联立可得U1U2=13,A、C错误： 误；XX'加题图2波形电压，则水平方向侧移一 由以上分析可知，在T。时刻粒子的速度大小为 定，YY加题图1波形电压，则竖直方向侧移呈现 正弦式规律变化，但由于水平方向侧移一定，则 mT,在2T。时刻粒子的速度大小为， 屏上将出现一条竖直亮线，B错误；XX'加题图4 波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电 -aT,整理得=一2，显然不与 dm 压，水平方向侧移也在均匀变化，Y加题图2波 2T。时刻粒子的速率之比为v1:v2=1:2,由公 形电压，电压一定，竖直方向侧移一定，则屏上将 出现一条水平亮线，C错误；XX加题图4波形电 式E,=m2可知T,与2T,时刻粒子的动能 压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平 之比为1：4，B错误，D正确。 方向侧移也在均匀变化，YY加题图1波形电压， 8.BD【解析】对带电粒子从静止到离开偏转电场 则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，则屏上将 由动能定理得Ek一0=W1十W2,可知带电粒子 出现题图1所示呈现正弦规律变化的图线，D 离开偏转电场获得的动能等于加速电场做功W] 正确。 和偏转电场做功W2,其中W1一qU1,W2≠qU2, 6.B【解析】从O点到P点的运动过程，小球在水 带电粒子离开偏转电场时的动能并不等于 平方向上微匀速运动，则运动时间为：=上，A错 q(U1十U2),A错误；带电粒子在加速电场中有 2g0,由于带电 误小球在竖直方向微匀加建运动，则L=受 U,=mi,化简可得=√ 粒子从另一侧射出，则在偏转电场极板间运动的 即8，=20o,到达P点时速度为up=√十v 时间为1=上= √2可，带电粒子在偏转电场 5o,动能E-m=号m6,B正确；到达P 1 F U2q 极板间的加速度为a= ,竖直方向的位移 m md 点时速度偏向角正切值为tan0==2,C错误； 1 U:L? 为y2一a,根据上式可知带电粒子在电 由动能定里有mgL-FL=mi-专md,所 场中偏转，不同带电粒子均从同一位置射出，偏 2mu6,D错误。 移量与比荷无关，只与装置本身有关，B正确：减 受静电力大小为F=mg一 小偏转电压并不会影响带电粒子离开偏转电场 7.D【解析】设两极板之间的距离为d,粒子的质 的时间，因为时间由水平位移和水平速度决定， 量为m,电荷量的绝对值为q。在0~T。时间内 所以时间不变，C错误：若带电粒子刚好从下极板 U 平行板间的电场强度为E1= ,粒子的加速度 边缘射出，根据偏移量公式有 d UL? -4心，d,化简可 U2_2d a1= g,向上做匀加速直线运动，经过时间T。 dm 得0一D正确。 9.AD【解析】若t-0时刻释放电子，电子将重复 的位移为x=2口T6,此时的速度为01一 先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在 a1T。,在T。一2T。时间内平行板间电场强度为 两板间振动，A正确，B错误；设两极板距离为d, ·23▣ 衡水真题密卷 学科素养周测评 极板间电场强度大小E= U ,若从t=0时刻释 压则由步骤(2)中的电压表测得。给电容器充 d 电时使用了旧电池，导致充电时电流较小，但最 放电子，在1一3时刻到达右板板，则电子经历 终充电的时间会稍长一点，当充电电流等于0 时，电容器两端电压仍然等于电源电动势，所以 了先加速再减速后加速三个过程，每段加速度大 电容器最终所带电荷量不变，不影响测量结果， 小a号-治和网，则每展位移大小相同，均 所以不需要更换电池。 12.(1)见解析图(2)60000(3)4.6×10 为号，金过程由动能定理得E·号-B·号十 3 (4)电容器的放电时间比较长，而实验测量的时 E,号-B,将E-E·景又E-得 间有限，所以测得的电荷量偏小，导致电容的测 量值偏小(5)小于 E,-,C错误，D正确。 【解析】(1)实物图如图所示。 3 10.BC【解析】在匀强电场中，沿着电场线方向每 前进相同的距离，电势变化相等，故有中。一P P6一p。,解得P。=0,A错误；ad中点与c点连 线为等势线，d点到等势线的距离为？L,则电 数据输出 场强度大小为E U 9,方向与等势 传感 d L 2 黑鳄鱼 线垂直指向d点，B正确：由上可知，质子速度 红鳄鱼夹 与电场强度方向垂直，做类平抛运动，垂直于电 (2)电表读数为60.0×10002=600002 场强度方向做匀速运动，位移大小为x=2LX (3)根据公式Q一It可知题图丁中图线与坐标轴 -2L,运动时间为-三_②L 围成图形的面积为整个放电过程中释放的电荷 2 C正确：质 量，题图丁中一个小方格对应的电荷量为Q。 子做类平抛运动，不可能运动到a点，D错误。 10×10-5×5C=5×105C,故整个放电过程释 二、非选择题 放的电荷量约为Q=55Q。=55×5×108C 11.(1)A(2)电压表并非理想电表，电容器通过电 2.75×103C,可得该电客器的电容大小约为 压表放电(3)不需要 C=9-9_2.75X103C≈4.6×10'F. 【解析】(1)电容器充电时，刚开始电流比较大， 充电结束后，电流为0。由电客器的决定式C= (4)导致该现象的一个主要原因为电容器的放 ES 电时间比较长，而实验测量的时间有限，所以测 4k可知，当电容器正对面积迅速变大时，电容 得的电荷量偏小，导致电容的测量值偏小。 迅速增大，又由Q=CU可得电容器的电荷量Q (5)将电容器放电后与欧姆表连接，相当于先对 增加，故电容器再次充电，充电结束后电流为0。 电容器充电，充电完毕后相当于断开，所以指针 只有A图像满足上述描述。 先大角度向右偏转然后偏角逐渐减小：欧姆表 (2)用电压表接在电容器两端测量电压，发现读 “X10”挡时的内阻较小，可知此时的充电电流 数缓慢减小，说明电容器在缓慢放电，电路中有 较大，根据Q=CU,选用不同挡位时，充电结束 电流，电压表不是理想电压表。 后电容器的电荷量相同，由于欧姆表“×10”挡 (③)本实验测量电客的原理是C=号， ,电容器的 时的充电电流较大，结合公式Q=1,可知此时 充电时间较小，即t1<t2。 电荷量Q可由步骤(1)所得的I-t图线与坐标 2qEL 轴围成图形的面积求得；充电后两极板之间电 13.(10m (2)E ·24▣ ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)粒子从Q点无初速度释放，在第三 (3)t= 3T 时刻射入极板C、D间的偏转电场的 象限的匀强电场中做匀加速直线运动到达P点 进入第二象限，设粒子经过P点时速度大小为 一T的时间内加速度大小为 。,根据动能定理有 电子， 3eU. qEL-wo a:md 此过程的侧移量为 解得= 2gEL -r-g- 32md (2)粒子进入第二象限的电场后做类平抛运 在一T时刻竖直方向的分速度为 动，有 3eU.T 2L=vot Amd L-2 在T一买时间内电子加线度大小为 解得v,=0 o v,-at-E'gg a1=9 md m 此过程的侧移量为 解得E'=E。 -,度-度-)广-买 32md 14.(1)- 2mL* eT2 (2)U7T 8md 3)07 4md 离开极板C、D间的偏转电场时的偏转距离为 【解析】(1)电子在极板A、B之间加速后获得 eUT2 的速度为 y=y1+y:=4md. -号 15.(1)A、B和木板均处于静止状态 根据动能定理可得 (2)1m/s(3)31-4 4 Uamo 【解析】(1)由题图(b)的E-t图像可知：t=2s 时刻，E=2×10N/C 极板A、B之间的电势差为 A、B受到的电扬力大小为 UAn--2mL FA=qAE=4N(向左)，FB=qBE=2N(向右) 2 A和B与木板间的最大静摩擦力为 (2)电子进入极板C、D间的偏转电场后在电场 fAmns-f Bmax=u1mg-5 N 力的作用下做类平抛运动，沿水平方向做匀速 因为FA<fAnx,FB<fm 直线运动有 故A和B均不会相对木板滑动，地面与木板间 L=vot 的最大静摩擦力为 解释1-号 f地mm=42·3mg=6N 对木板、A和B组成的系统，因 t=0时刻进入极板C,D间的偏转电场的电子 FA一Fa<f地mx 加速度大小为 故木板不会相对地面滑动，所以滑块A、B和木 a当 板均处于静止状态 电子离开电场时与中心线的距离 (2)随E的增大，设A在1时刻相对木板滑动 并从滑板左侧滑落，此时的临界关系为 1 y= gAE1-fAmax eUoT2 解得E1=2.5×10N/C 解得y= 8md 由题图(b)的Et图像可知对应时刻为t1一 ·25· 衡水真题密卷 学科素养周测评 2.58 设木板经时间△2发生位移x1停止运动，由运 随E的继续增大，假设木板和B相对静止且在 动学规律有 t2时刻开始向右运动，此时的临界关系为 1 qBE2=a2·2mg 01=ak△2x1=201△ 解得E2=4×10°N/C 代入数据得 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为t2=4s, 1 △12=0.25sx1=8m 因为FB=qBE2=4N<fBm 设B在△a=t4一t3=0.5s内发生位移x2,由 所以假设成立 运动学规律有 再随E的继续增大，B将在t多时刻相对木板向 1 右滑动 v2=w1十aB△3x2=2(w1十v2)△， 对B分析 代入数据得 qgE3一fBua=ma .3 对系统分析 v:-5 m/s,:-2 m qaEg-a2·2mg=2ma 11 解得E,=6×10°N/C,a=1m/s 因为工一x1=8m=d 由题图(b)的E-t图像可知对应时刻为t:=6s 故恰好在t1=6.5s时刻，B以速度v2与静止的 综上，在时间△11=t3一t2=2s内，电场力的冲 木板相碰 量为 因B和木板的质量相等，碰撞过程中系统能量、 1e=g.Et5.△，=10Ns 动量均守恒，故碰撞后两者速度互换，即碰后木 2 板和B的速度分别为 对系统，由动量定理有 v1=5m/s(向右)，v2=0 1x一42·2mg△1=2n1-0 设再经过△：，B再次返回木板上的初始位置， 代入数据解得t3=6s时刻B和木板的共同速 此过程中，B始终静止，木板的加速度仍为 度为v1=1m/s a板=4m/s2 (3)tg=6s至t4=6.5s,电场强度恒为E,=8× 由运动学规律有 105N/C,B进入木板上光滑部分 .1 d=uiA,-2ak△好 由牛领第二定律可得 对B 代入数据解得 qsE=mag 4,=5-14 对木板 4 综上，B再次返回木板上的初始位置的时刻为 4g·2mg=7a 代入数据得 k=64十业，=31-4 s aa=8m/s2(向右)，a版=4m/s2(向左) 2024一2025学年度学科素养周测评（十八）物理·电路（一） 一、选择题 可知，电阻率变大，灯丝的电阻变大，通过小灯泡 1.A【解析】灯泡的灯丝是一种金属，金属的电阻 的电流变小，故小灯泡变暗，A正确。 率P随温度的升高而变大，由电阻定律R=PS 2.A【解析】根据电路图可知，灯泡L:位于千路 上，即通过灯泡L的电流最大，实际功率最大， ·26▣