卷8 静电场-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3C)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（八） 卷8静电场 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共46分。在每小题给出的四个 选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多 项符合题目要求，每小题6分，每小题全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 1.(2025·甘肃卷)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间 形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等 势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是 () A.M点的电势比P点的低 B.M点的电场强度比N点的小 C.负电荷从M点运动到P点，速度增大 D.负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 2.(2024·甘肃)一平行板电容器充放电电路如图 所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开 关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正 确的是 () A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充 电电流增加 B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点 流向N点 C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小 D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点 流向M点 3.(2024·安徽)如图所示空间原有大小为E、方向竖直向 上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两 个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放 M.B 置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别 为竖直和水平的直径。质量为、电荷量为十q的小球 套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v。做完整的圆周运动，则( A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C.可求出小球运动到B点时的加速度 D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（八）8一1】3C 4.(2024·广西)如图，将不计重力、电荷量为g带 M 0 9C净 N 负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧 上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电 P> P 荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从 靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P,点和P,点，已知sin0 、3 ,则小圆环从P点运动到P,点的过程中 A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功D.静电力先做负功再做正功 5.(2024·河北)如图，真空中有两个电荷量均为q(g >0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点 B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线 对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷B⑧ 量为号。已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0，静电力 常量为k。顶点A处的电场强度大小为 A.23g a2 B.g(6+5) C. 。(3+1) D.a3+5) 6.(2024·北京)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、 Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是() p M A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为 原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 7.(2024·湖南)真空中有电荷量为十4q和一q的两个点电荷，分别固定在 x轴上一1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势9随x 变化的图像正确的是 8.(2024·湖北)关于电荷和静电场，下列说法正确的是 【8-2】3C A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势 的地方运动 9.(2024·甘肃)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是 一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等 势面b、a的交点，下列说法正确的是 () d 5V10V15V A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 10.(2024·江西)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细 直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两 甲。0 小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标 系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x一x。处由 静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能E。=k 9 Q(,为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦 力等于滑动摩擦力∫，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是 ( kQg A.最低点的位置x= (mg+十f)x。 kQg B.速率达到最大值时的位置x= Nmg-f kQq C.最后停留位置x的区间是 kQq Nmg ≤x≤Nmg一∫ kQg D.若在最低点能返回，则初始电势能E。<(mg一f) Nmg+f 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 【8-3】3C 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(12分)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛， 使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器 可以捕捉瞬时的电流变化，它与计算机相连，可显示电流随时间的变 化。图甲直流电源电动势E=8V、内阻不计，充电前电容器带电量为 零。先使S与“1”端相连，电源向电容器充电。充电结束后，使S与“2” 端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t曲线如 图乙所示。 i/mA 电 Ro R 计算机湾 名 600 900 2 300 t/s S2 甲 乙 (1)在电容器充电与放电过程中，通过电阻R。的电流方向 (选 填“相同”或“相反”)： (2)乙图中阴影部分的面积S S2(选填“>”“<”或“=”)； (3)已知S1=1233mA·s,则该电容器的电容值约为 法拉 (计算结果保留两位有效数字)； (4)由甲、乙两图可判断阻值R R2(选填“>”或“<”)。 12.(10分)(2023·福建)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电 容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4. 7F,10V),定值电阻R(阻值2.0k2)、开关S、导线若干。 (1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a),将图(b)中的实物连 线补充完整； 0 电源 电压 传感器 电压 电源 传感器 图(a) 图b) (2)设置电源，让电源输出图(c)所示的矩形波，该矩形波的频率为 Hz; ↑UW ↑UcW 5.0 5.0 2.5 2.54B 010203040506070/x103s 10203040506070t/×10-3s 图(c) 图d) (3)闭合开关S,一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的 电压Uc随时间周期性变化，结果如图(d)所示，A、B为实验图线上的 两个点。在B点时，电容器处于 状态（填“充电”或“放电”）。 【8-4】3C 在 点时（填“A”或“B”),通过电阻R的电流更大； (4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器 两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压 U,m与频率f关系图像，如图(e)所示。当f=45Hz时电容器所带电 荷量的最大值Qm= C(结果保留两位有效数字)； ↑U.V 5.5 5.0日 4.5 4.0 3.5 3.0 图(e) (5)根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量 在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 13.(10分)(2024·河北)如图，竖直向上的匀强电场中， 用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内 绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A 0 点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点 时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为 q(q>0)、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为 g,求： (1)电场强度E的大小； (2)小球在A、B两点的速度大小。 14.(10分)(2023·全国)密立根油滴实验的示意图如图 ao ob 所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上 板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油 滴。两板间不加电压时，油滴α、b在重力和空气阻力的作用下竖直向 下匀速运动速率分别为。、4；两板间加上电压后（上板为正极），这 两个油滴很快达到相同的速率？，均竖直向下匀速运动。油滴可视为 【8-5】3C 球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为 常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴α和油滴b所带电荷的正负，并求α、b所带电荷量的绝对 值之比。 15.(12分)(2024·全国)一质量为m、电荷量为q (q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动， c(-Vo:Vo) b(vo.va) 其速度可用图示的直角坐标系内，一个点P (v,v,)表示，vx、v,分别为粒子速度在水平 0 面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位 P(巴，） 于图中a(0,v。)点，粒子在水平方向的匀强电 场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(。,v。)点；随后粒子离开电场， 进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心 的圆弧移动至c(一。，v。)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段 ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲 线长度都相等。不计重力。求： (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； (2)电场强度的大小； (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到α点时，粒子位移的大小。 【8-6】3C1 mgl.=2 mvs-0 解得vo=5m/s 在最低，点，对小球由牛顿第二定律 Fr-mg=mL 解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的 大小为 F,=6N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机 械能守恒定律 vo=mv+Mu? 1 mu哈=2mui+2Mo好 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 2m ,=m+M,=4m/s (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最低，点，此时两 者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 Mu,=2MU 由能量守恒定律 号Mi-号X2Mo时+r,Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的位置，此时两 者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒 Mu,=2Mv 由能量守恒定律 2 Mu=X2Mvj+u:Mgs+MgR 解得42=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数以的取 值范围为 0.25<0.4 答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.250.4 14.解析：(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的 压力F、以及斜面的支持力N,则由牛顿第二定律 可知 (mg+Fx)tan 0=ma 解得tan0=ma mg+Fx (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 1 Ir=2×0.1×6600N·s=330N·s 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 vo=√2gH=8m/s 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） I:-Mgt=Mu-(-Mvo) 解得 v=2 m/s 则上升的最大高度 h一2g =0.2m 答案：(1)tan0=ma (2)①330N·s,方向竖 mg+F、 直向上②0.2m 15.解析：(1)对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离 子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律 eE=Ma 【18】 解得氙离子在放电室内运动的加速度大小 eE a≠M (2)电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做 半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与 径向磁场给的洛伦兹力平衡，沿着轴线方向的匀强 磁场给的洛伦兹力提供向心力，即 mu eE=evB:,evB=R 解得径向磁场的磁感应强度大小为 B一R E (3)单位时间内阴极发射的电子总数为，被电离的 氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,则 单位时间内被电离的氙离子数 nk N二1十k 氙离子经电场加速，有eEd=M 时间△内氙离子所受到的作用力为F,由动量定理 有F·△t=N△t·Mw 解得F'= nk√2eMEd 1十k 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小 F=F 则F=nkV2eMEd 1+k 答案：(1)a=M (2)B,= mE eRB (3)F= nkv√2eMEd 1+k 卷8静电场 L.DA.MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在 同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知V点电 势高于P,点，可知M点电势高于P点，选项A错 误；B.M点电场线分布比V点密集，可知M点电场 强度比N点大，选项B错误；CD.负电荷从M点运 动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小， 速度减小，选项C错误，D正确。 2.C充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器 两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A错误： 根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正 电荷、流过电阻R的电流由V点流向M点，故B错 误：放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器 两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确： 根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正 电荷，流过电阻R的电流由M,点流向N点，故D错 误。故选C。 3.C根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所 在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从 A到C的过程电势增加，电势能增加；故A错误； 当场强满足Eq=mg时，小球运动时受到的向心力 大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误： 根据动能定理 1 (mg-Eg)R= 2 mvB2 mvo 可求出小球到B点时的速度vB,根据a1=尺可得 小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律 3C mg-Eg=ma 可得小球的切向加速度a2,再根据矢量合成可得B 点的加速度为 a=/a十a 故C正确； 小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故 小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN,故 D错误。 故选C。 4.A设小圆环在P,、P。间的任意一，点P,PM与 MN的夹角为α，根据几何关系可得 37°a539 带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能 64kQ▣+27kQg E-2Rsin a2Rcos a 根据数学知识可知在37°α53°范围内，随着α的 增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做 正功。 故选A 5.DB点、C点的电荷在M的场强的合场强为 kq E=2 3a/ 因M,点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强 EM=E,由对称性可知带电细杆在A点的场强为E =EM=E,方向竖直向上，因此A点合场强为 Ea=EA+29co、 铝os0-5+a) 故选D。 6.C由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q 两点电场强度大小相等，A错误； 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q 点电势，B错误： Q Q 由电场叠加得P点电场强度E=kMP十kNP 若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点 电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强 度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U =Ed定性分析可知P、Q两，点间电势差变大，C正 确，D错误 故选C。 Q 7D根据点电荷周圈的电势公式9=k,设x处 （x>0)的电势为0，得1计7+=0 49 1 解得x'=3 故可知当0<x<3时，9<0：当x>3时，9>0。 故选D。 8.AC根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷 交换的系统，这个系统的电荷总量是不变的，故A正 确；根据电场线和等势面的关系可知电场线与等势 面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面， 故B错误：，点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电 场力做正功，电势能减小，根据9=。 _E可知正电荷将 从电势高的地方向电势低的地方运动，负电荷将从 电势低的地方向电势高的地方运动，故C正确，D错 误。故选AC。 【19】 9.BCD根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可 知，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集 的地方场强越大，故M点的电场强度比V点的小， 故B正确：粒子带正电，因为M点的电势大于在N 点的电势，故粒子在M点的电势能大于在V点的电 势能：由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与 动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故 粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故 C、D正确。故选BCD。 10.BD全过程，根据动能定理 （mg-f)。-x）-（kQg- Q9=0 x kQg 解得x=(mg一fDr0 故A错误； 当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有 mg=f+k Qo kQq 解得x=Nmg一∫ 故B正确： 小球甲最后停留时，满足 mg一f≤6号mg+力 解得位置x的区间 kQg kQq Nmg+f ≤x≤Nmg-f 故C错误： 若在最低，点能返回，即在最低点满足 >mg十f 结合动能定理 (mg-f)(x。-x）- 】=0 Qq 又E。=k kQq 联立可得Ew<(mg一f)√mg十了 故D正确。 故选BD 11.解析：(1)由图甲可知，电容器充电时，通过电阻R。 的电流方向向左，放电时通过R。的电流方向向右， 故在电容器充电与放电过程中，通过电阻的电流方 向相反。 (2)I-曲线图像与对应时间轴所围成的面积表示 电荷量，充电和放电电荷量相等，所以乙图中阴影 部分的面积相等。 (3)由于电源内阻不计，可知电容器两端电压等于 电源电动势，则该电容器的电容值为 Q_S=0.16F C=立E (4)由图乙可知，充电时的最大电流大于放电时的 最大电流，则可知R,<R 答案：(1)相反(2)=(3)0.15(4)< 12.解析：(1)根据电路图连接实物图，如图所示 -3C 0 电压 电源 传感器 (2)由图(c)可知周期T=25×103s,所以该矩形 波的频率为 f=7-40 (3)由图(d)可知，B,点后电容器两端的电压慢慢增 大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为 放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B 点时通过电阻R的电流更大。 (4)由图(e)可知当f=45Hz时，电容器此时两端 的电压最大值约为 Um=3.75V 根据电容的定义式C= 得此时电容器所带电荷 U 量的最大值为 Qm=CUm=4.7X106×3.75C≈1.8×10-5C 答案：(1) 0 电压 电源 传感器 (2)40 (3)充电B(4)1.8×10-5 13.解析：(1)在匀强电场中，根据公式可得场强 为E L (2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二 定律得Eq一mg=m A到B过程根据动能定理得 1 1 qU-mgL=2mui-交mo 联立解得 vA=NW Uq-mgL 3(Ug-mgL) UB= U 答案(1)元 (2)vA= q-mgL 3(Uq-mgL) W m :UB= 14.解析：(1)设油滴半径为r,密度为p,则油滴质量 3πrp 则速率为v时受阻力f=kr 则当油滴匀速下落时mg=f 3kuc√元 解得r=4πpg 【20】 ra 可知 1 m。r 8 则 mi ri 一1 (2)两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴 很快达到相同的速率2，可知油滴a做减速运动， 油滴b做加速运动，可知油滴α带负电，油滴b带 正电：当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得 |q.|E+f。=mg Uo 1 其中f.=。m.8=7m.8 对b由受力平衡可得 f-qE=mig Vo 其中∫6= 2 1 -mng=2mng 40 9 4 联立解得 答案：(1)8：1(2)油滴a带负电，油滴b带正电： 4:1 15.解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为 v=√J06十u=√2v。 根据洛伦兹力提供向心力 v 2π Bgw=mT=m √2muo 解得做圆周运动的半径为r= Bg 周期为T=Bg 2πm (2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中 闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的 △u 为速度相应的曲线，根据α=可知任意点的加速 度大小相等，故可得 Bg·V2voEg 解得E=√2Buo (3)根据题意分析可知从b点到c,点粒子在磁场中 转过的角度为270°，绕一圈的过程中两次在电场中 运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，α角为 两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x 轴方向的夹角，从α到b过程中粒子做类平抛运 动，得巴 n 故可得该段时间内沿y方向位移为L=vo1 根据几何知识可得bc=√2r 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周 时粒子位移的大小为xe=xe一2L 联主解得xw二2-V2)me Bq -3C a'vo 2 Eq √2mo2元m 答秦：(1)Bg 'Bq (2)E=√2Bu (3)2-2)n, Bq 卷9电路及其应用 1.CA.闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L 相当于断路，所以A!、A2瞬间亮起，A逐渐变亮，A 错误；B.闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当 于断路，所以A2亮一下后熄灭，B错误；C.稳定后， 电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以A、A 串联，所以一样亮，C正确；D,稳定后，电容器与A 并联，两端电压等于A两端电压，由于线圈电阻和 电源内阻忽略不计，且A1、A串联，A两端电压为 2E,根据Q=CU,可得电容器的电荷量等于 2CE,D错误。 2.D设样品每平方米戟流子（电子）数为n,电子定向 移动的速率为，则时间t内通过样品的电荷量 q=nevtb 根据电流的定义式得 1=4=ned 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 U evB=e 联立解得U=LB ne 结合图像可得 88×10-3 ne 320X10 V/T 解得n=2.3×106 故选D。 3.C带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁 上，可知粒子运动的圆孤半径为r=a 故A正确，不符合题意： 报据qB=m了 Bqa 可得粒子的质量m= 故B正确，不符合题意： 管道内的等效电流为I=VgSu 单位体积内电荷数为” πa2u 则1=” xva7qxav-ng 故C错误，符合题意； 由动量定理可得F△t=2nm△tv 【21】 粒子束对管道的平均作用力大小 联立解得F'=nBgl 故D正确，不符合题意。 故选C。 4.C电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可 看成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联， 若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电 势为 91=5R 2R=号 E 电容器下极板的电势为 ,最·银号 E 则电容两端的电压 E U1=5 则电容器上的电荷量为 2 Q=CU上r=5CE 故选C。 5.C题意可知水位越高，对压力传感器的压力越大 压力传感器的电阻值越小。控制开关自动开启低水 位预警，此时水位较低，压力传感器的电阻值较大， 由于a、b两端此时的电压大于U1,根据串联电路电 压分部特点可知，R,为压力传感器，故高水位时压 力传感器的电阻值越小，R,压力传感器两端电压变 小，U1U2,A、B错误； 根据闭合电路欧姆定律可知，α、b两端的电压为 Ri+R:R E E U= R2 1+R 若定值电阻的阻值越大，当开启低水位预警时Q、b 两端的电压大于U1时，R,压力传感器阻值需要越 大，则水位越低；当a、b两端的电压小于U2时开启 高水位预警时，R,压力传感器阻值需要越大，则水 位越低。C正确，D错误。 故选C。 6.A由电路图可知R与R,串联后与R,并联，再与 R!串联。并联电路部分的等效电阻为 R2(R,+R,) R米=R,十R,十R)=20 由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R,的电流 E 为I1=I=R十R# =3A 并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则 R光二2A I2 IR I,=1-R+R=1A 四个灯泡的实际功率分别为 P=IR=18 W,P,=I;R,=12 W,P=IR =2W,P,=I1R,=4W 故四个灯泡中功率最大的是R,。 故选A。 7.D每秒喷出水的质量为m。=2.0kg,抽水增加了 水的重力势能和动能，则每秒水系对水做功为 1 W=m,gH+2m,6=300J 3C