卷11 静电场及其应用、静电场中的能量-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮创新示范卷

创新示范卷（十一） 第九章 静电场及其应用、静电场中的能量 (75分钟100分) 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.现代避雷针是美国科学家富兰克林发明的避雷针，又名防雷针、接闪杆， 是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置.如图所示为避雷针周围 ·6kV 的等势面分布情况，电场中有M、N、P三点，则下列说法正确的是( 7kV A.P点的场强大小比M点的小 8kV B.PM两点电势差Uw=2kV 9kV C.M、N两点的场强相同 D.电子在P点的电势能小于其在N点的电势能 2.静电透镜是电子透镜的一种，它被广泛应用于电子器件（如阴极射线示波管） 数 中.如图所示，虚线是某电子透镜中电场的等差等势线，一电子在该电场中的 运动轨迹如图中实线所示，A、B、C分别是轨迹与等势线的交点.已知A点的 电势为零，电子在A点的动能为32eV,在B点的电势能为一15eV,不计电子 重力，下列说法正确的是 A.电子一定是从A点运动到C点 h B.电子在经过等势线c时的动能为32eV C.B点的电场强度大于A点的电场强度 D.电子在关于等势线d对称的两点所受静电力相同 扬 3.如图所示为两个点电荷的电场，虚线为一带电粒子只在电场力作用下的运 动轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法中正确的是 ( A.两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量少 B.带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力 C.带电粒子带正电 D.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 4.对心脏骤停患者利用自动体外除颤器(AED)可进行有效的除颤和心肺复 如 阳 苏.如图所示为用心脏除颤器治疗时的情景，该心脏除颤器的电容器充电 后的电压为4.0kV,充电后贮存的电能为E=2CU,(C为电容器电容，C 为电容器两极板间电压).电容器一次放电至两极板之间的电压为0的时 间为2.0s,平均放电电流为36A,电容器放电时忽略人体的电阻变化，下列说法正确的是 ( A.充电后，电容器的带电量为7.2×103C B.充电后，电容器储存的电能为144J C.放电过程，放电电流会越来越大 D.放电过程，电容器的电容会越来越小 5.如图所示，平行板电容器两极板长度均为L,一个电荷量为q、质量为m的 带正电粒子以大小为。的初速度紧贴上板垂直电场线射入电场，并恰好从 下板边缘射出，射出时速度方向与下板的夹角为37°.粒子重力不计，sn37 37 =0.6.下列判断正确的是 A.上极板带负电 B.粒子射出下板边缘时的速度大小为2o。 C.上、下两极板的电势差为9m 32q D.两极板间的距离为器 11-1 6.如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(H)和α粒 D C 子(H)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射 出，则 A.若初速度相同，α粒子从CD边离开 B.若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1：2 C.若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同 D.若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1：4 7.一个固定在空间某点、带负电的点电荷Q产生电场，其中一条电场线与x轴重E(×10) 合.另有一个带正电的试探电荷q仅在静电力作用下从x=0的位置开始沿x 轴运动，其动能E与x的关系如图所示，虚斜线为该曲线过点(0.2,2)的切线，已知 2 q=2.0×106C.下列判断错误的是 ( A.点电荷Q的位置一定在x轴上 0 0.10.2xm B.该电场的电势沿x轴正方向一直升高 C.x=0.2m处电场强度的大小为10N/C D.x=0与x=0.2m两点间的电势差为1V 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.静电场中某一电场线与x轴重合，电场线上各点的电势0在x轴上的分布 如图所示，图中曲线关于坐标原点O对称.在x轴上取A、B、C、D四点，A 和D、B和C分别关于O点对称.下列说法正确的是 A.C、D两点的电场强度Ec<ED B.C点的电场强度方向与x轴正方向相反 C.试探电荷十q从A点移到B点，静电力做正功 D.同一试探电荷在B点和C点具有的电势能相等 9.如图所示，真空中固定放置两等量正点电荷A、B,它们的电荷量均为Q,O为两 点电荷连线的中点，D点与两点电荷构成等腰直角三角形，绝缘光滑杆固定在 Dim,q OD所在直线上.套在杆上的带电小球由D点静止释放，运动到O点时，速度大 小为0.带电小球的质量为，电荷量大小为g,不计重力.将电荷B的电荷量改 A.- B 变为2Q,仍将小球由D点释放，下列说法中正确的是 () A.电荷B改变电荷量前，D点电势高于O点电势 B,电荷B改变电荷量前，OD两点电势差的大小为 2q C电荷丹改变电荷量后.D点场强大小变为之前的四倍 D.电荷B改变电荷量后，小球运动到0点时的速度大小为 10.如图，水平放置的平行板电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h, 上极板正中间有一小孔.闭合开关K,一个比荷（荷质比）为α的带电小球从小 2h 孔正上方高2h的P点由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零. 空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g,则下列说法 正确的是 () A.小球带负电，电源电动势为38 B.保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放将不能运动到下 极板 C.断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为38 D.断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释放将仍能运动到下极板 11-2 三、非选择题（本题共5小题，共54分） 11.(6分)在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，提供了如下器材： A.电容器C(3000uF,50V) B.电压表V,(3V,内阻约5k) C.电压表V,(15V,内阻约25k2) D.电流表A1(25mA,内阻约5002) E.电流表A2(250mA,内阻约502) F.定值电阻R(5002,0.5A) G.学生电源（直流可调电压0~15V) H.单刀双掷开关、导线若干 为了能观察电容器的充、放电现象，电压表应选用 (选填“V”或“V,”),电流表应选用 (选 填“A,”或“A2”),请在下列方框内，画出实验电路图. 12.(8分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图所示连接电路.电源电动势为 8.0V,内阻可以忽略.单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再 改接2.实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况. ↑IlmA 接计算机电流 A 传感器 TB R 0.2 2 6 8 t/s (1)开关S改接2后，电容器进行的是 (选填“充电”或“放电”)过程.此过程得到的t图 像如图所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是 如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的t曲线与坐标轴所围成的面积 将 (选填“减小”“不变”或“增大”). (2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q=3.44×103C,则该电容器的 电容为 uF. (3)关于电容器在整个充、放电过程中的qt图像和Ut图像的大致形状，可能正确的有 (q为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B两板的电势差) 13.(10分)如图所示，竖直虚线MN、PQ间距为L,在MN的左侧有水平向右、大小为2E的匀强 电场，在MN、PQ之间有竖直向下、大小为E的匀强电场，在PQ右侧2L处有一竖直屏.现 有一质量为m、电荷量为十q的粒子，从MN左侧号处的A点，由静止释放，粒子以速度，（大 小未知)射入MV、PQ之间的电场中，过A点的水平线与屏的交点为O,不计粒子的重力.求： 山 屏 2E 屏 0 2L 11-3 (1)v。的大小； (2)粒子从释放到打到屏上所用的时间； (3)粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角0的正切值tan0; (4)打到屏上的点到O点的距离. 14.(14分)如图所示，BC是半径为R的圆弧形光滑绝缘轨道，轨道位于 竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左 E父 D77号 的匀强电场中，电场强度为E.现有一质量为的带电小滑块（体积很 B 小可视为质点)，在BC轨道的D点释放后可以静止不动.已知OD与竖直方向的夹角为α& 37°，随后把它从A点由静止释放，小滑块恰能滑过C点.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦 因数为=0.25，重力加速度为g且tan37°=0.75.求： (1)滑块的带电量q; (2)水平轨道上A、B两点之间的距离L: (3)从A滑至C的过程，何处动能最大，并求出该最大值. 15.(16分)如图甲所示，长为L的金属板A、B水平正对固定，两板间距离为d,OO)为两板间空间 的中轴线，A、B板上加如图乙所示的电压.质量为、电荷量为+g的粒子持续从O点沿OO 以相同速度射入两板之间，粒子均能穿过极板空间且在极板间运动时间均为T.不计粒子重 力以及粒子间相互作用力. UAB A 0 0 B 2 甲 (1)求粒子进入极板时的速度； (2)求1一时进人两板间的粒子射出极板时到O0的距离： (3)其他条件不变，仅改变电压U。的大小，要确保粒子能穿过极板，求U。的最大值， 11-4 创新示范卷（十一） (物理)答题卡 姓名 准考证号 条形码粘贴区（居中) 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真在规定位置贴 口 正确填涂 好条形码。 违纪 2.选择题必须使用2B铅笔填涂：非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字 错误填涂 迹的签字笔书写，要求字体工整，笔迹清楚。 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ☑X☒○ 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损。 )0历享 选择题 (共46分，1~7小题，每小题4分，8一10小题，每小题6分) 正确填涂 1ABCD 2AE回 4A®CD 5Ag回 7A®回 G ABCD 8AB@回 9A®CD 10A®C回 在 ■ 题 非选择题（共54分）（需用0.5毫米黑色签字笔书写） 目 11.(6分) 答题区域内作答 ,超出边框 答案无效 12.(8分) (1) (2) (3) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（十一）第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 13.(10分) M P 刷 2E E 屏 0 L N L 0 2L 2 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（十一）第2页（共4页） 考生 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座号的每个 座号 必填 姓名 书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填写为回回 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 14.(14分) 0 & E 777 B 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（十一）第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 15.(16分) ↑UAB U 0 B U 甲 乙 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 物理答题卡（十一）第4页（共4页）物理 创新示范卷（十一）》 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B B c D 2 AC BCD AC 1.A[因M点的等势面较P点密集，可知M点电场线 离开，由1=工知两个粒子在电场中的运动时间相等， 较P点密集，则P点的场强大小比M点的小，选项A 正确：PM两点电势差UM=9p一PM=6kV-8kV 由△v=at= E,知△ocg,则质子和Q粒子经过电 =一2kV,选项B错误；M、N两点的场强大小相同， n m 但是方向不同，选项C错误；P点电势低于N点，则电 场的过程中速度增量之比为2：1，故A、B错误：粒子 子在P点的电势能大于其在N点的电势能，选项D 经过电场的时间为t=工，若初动能相同，质子的初速 错误.门 度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y= 2.C[分析可知电子可能是从A点运动到C点，也可 能是从C点运动到A点，A错误：电子只在静电力作 乞：装·后A=子m喝得y=会 1.E. ,若初动能相 用下运动，则电子的电势能和动能之和不变，为 同，则ycq,根据动能定理知：经过电场的过程中动能 32eV,又由于题图中为等差等势线，B,点的电势为15 增量△Ek=gEy,E相同，则△Ekcg,则质子和a粒子经 V,A,点的电势为零，则等势线c的电势为10V,则电 过电场的过程中动能增量之比为1：4，故D正确.] 子在经过等势线c时的电势能为一l0eV,因此动能为 7.B[根据点电荷电场线的特点可知点电荷一定在电 42eV,B错误：等差等势线间的距离越小，电场强度越 场线所在的直线上，点电荷Q的一条电场线与x轴重 大，B点处的等差等势线比A点处的密集，因此B点 合，则点电荷Q的位置一定在x轴上，选项A正确：带 处的电场强度大于A点处的电场强度，C正确；电子 正电的试探电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能增 在关于等势线d对称的两点所受静电力大小一定相 加，由动能定理知静电力对其做正功，则电场方向沿x 同，但方向不一定相同，D错误.] 轴的正方向，电势沿x轴正方向降低，选项B错误；由 3.B[根据电场线的指向和电场线的密集程度，可知两 于点电荷仅受静电力，由动能定理得知，Ekx图像的 个，点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量多，故 斜率为静电力，由题图可知x=0.2m处F=Eq=k= A错误；b点电场线更密集，电场强度更大，带电粒子 0.2-0.N=2.0×105N,则场强大小为E=￡= 2×10-6 在b点受电场力更大，根据F=Eq=ma,可得带电粒 g 子在a点的加速度小于在b点的加速度，故B正确，D 2.0×10-5 错误：粒子轨迹在速度方向和受力方向之间，故可判 2.0X10N/C=10N/C,选项C正确：由题图可知 断粒子受力和场强方向相反，粒子带负电，故C =0.2m处动能为Ek=2×106J,x=0到x=0.2m 错误.门 4.B[充电后，电容器的带电量为q=1t=2×103×36C 过程由动能定理得U=E.一0，解得U=E g =7.2×10一2C,故A错误：充电后，电容器储存的电 2×10。V-1V,选项D正确] 2×10-6 能为E=30心=70U=号×7：2X102X4X10]= 8.AC[根据△g=E△x可知，9-x图像斜率的绝对值 144J,故B正确；放电过程，电荷量会逐渐减小，板间 表示电场强度的大小，根据图像可知EC<ED,故A 电压变小，放电电流会越来越小，故C错误：电容器的 正确：由沿电场线方向电势降低，可知，电场线方向沿 电容与所带电量无关，由本身结构决定，故D错误.] x轴正方向，即C点的电场强度方向与x轴正方向相 5.C[正电粒子向下偏转，下极板带负电，上极板带正 同，故B错误：结合上述，电场方向沿x轴正方向，则 电，A错误；射出时速度方向与下板的夹角为37°，可 试探电荷十q从A点移到B点，静电力做正功，故C 得c0s37-号，求得u=号w,B错误；射出时速度方 正确；根据图示可知PB>PC,电荷的电势能Ep=qp, 可知，同一试探电荷在B,点和C点具有的电势能不相 等，故D错误.] 向与下板的夹角为37°，可得=tan37,在沿电场线 9.BCD[离两，点电荷越近的位置电势越高，则D点电 方向上，根据运动学公式y,2=2ad,a= 当联立桌得 势低于O点电势，故A错误：从D到O只有电场力做 功：由动能定理得一gUm=子m2-0,郎得Um 3 U=9mw。2,C正确在沿电场线方向上121物 32g 2 2,故B正确：设A、D间距离为r,电荷B -Upo ×-D指] 改变电荷量前，由E9及电场强度的叠加法则可得，D 6.D[粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x= 点场强大小为E)②.电荷B改变电荷量后，D点场 ,送直方为有)一官-宁·光，后茶初走度相 r2 同，水平位移x相同时，由于《粒子的比荷比质子的 强大小为n-0,则=四故C正确：B改 小，则a粒子的偏转距离y较小，所以a粒子从BC边 变电荷量后，每个瞬间对小球的力都为原来的两倍. 答案-22 创新示范卷·参考答案 则小球从D到O过程中，B对小球做功WB'=2WB 流也是由最大逐渐减小，根据U=Q= 当Qa=Q时，有w4+wa=2m2(wA=Wn=w): C C1,电容器 的电容不变，C错误，D正确， 当Qn=2Q时，有WA+wm=3w=7mu2=子m2, 答案：(1)放电0.2s内电容器放出的电荷量不 变(2)430 (3)AD 故电荷B改变电荷量后，小球运动到O点时的速度大 13.解析：(1)粒子在MN左侧运动过程中，根据动能定 小-故D正痛. 理可得gX2EX号- 2m喝 10.AC[小球在电场中做匀减速运动，受到的静电力向 2gEL 上，与电场方向相反，则小球带负电，设电源的电动 解得=√m 势为E源，小球下落的整个过程，根据动能定理有mg (2)粒子在MN左侧运动过程中，根据牛顿第二定律 ·3h-gE承=0，结合品=a,得E0=3,故A正 g×2E=ma1 确：保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距 解得a1=2E m 离，假设小球能运动到下极板，到达下极板处的速度 为，设移动后两极板间距为'，对小球下落的整个 运动时间为1=沙=】 mL 2gE 过程，根据动能定理有mg·(2h十h')一qE源= 粒子在MN右侧运动过程中，在水平方向上做匀速 2m2-0,因'>h,可得>0，说明假设成立，即小 直线运动，运动时同为北-3， mL 球从P点由静止释放将能运动到下极板，故B错误： 所以，粒子从释放到打到屏上所用的时间为t=1十 断开开关，电容器所带电荷量不变，将下极板向下移 [ml 12=42qE ml 动一小段距离，根据推论E=4π火Q知，板间电场强度 -2qE (3)粒子在MN、PQ间做类平抛运动，在水平方向L 不变，为E=E避=3丝，故C正确，断开开关，将下极 =vot3 h 板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，电容减 在竖直方向，根据牛顿第二定律gE=ma2,vy=a2t3 gEL 小，而所带电荷量不变，由C=吕知板间电压增大， 联立解得，√2m 小球从P点由静止释放，假设小球能运动到下极板， 所以，粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹 到达下极板处的速度为，对小球下落的整个过程， 角9的正切值为tan0==1 1 v02 根据动能定理得mg·3h-gU=gE强一gU=令mu2 一0，因U>E,可得2<0，不可能，假设不成立，即 （4)粒子在MN,PQ间竖直位移为y1=受·1：=号 小球将不能运动到下极板，故D错误.] 粒子在PQ右侧做匀速直线运动，运动时间为t4 11.解析：电容器的击穿电压 1 2L 2mL 为50V,电源电压为0一15 UO NgE V,为使现象更明显，电压 则竖直位移为y2=v,t4=L 表应选择V2:由于电容器 所以，打到屏上的点到O点的距离为y=y1十y2 充、放电时会产生瞬间大 电流，故电流表应选择大量程的A2. 实验电路图如图所示. 答案：(1) 2gEL (2)2 2mL m V gE 答案：V2A2如解析图所示 12解析：(1)将开关S接通1，电容器与电源相连，所以 电容器充电；再将S接通2，电容器通过电阻R放电. 14.解析：(1)滑块在BC轨道的D点释放后可以静止不 题图中横坐标分成许多很小的时间间隔△，在这些 动，有Eg=mg tan a, 很小的时间间隔里，放电电流可以视为不变，则I△ 为这段时间内的电荷量，所以用阴影标记的狭长矩 滑块的带电量为g=器： 形的面积的物理意义是0.2s内电容器放出的电荷量. (2)滑块从A点由静止释放，小滑块恰能滑过C点， 根据Q=CU,电荷量与电阻值R无关，如果不改变 根据动能定理有 电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的t Eq(L+R)-umgL-mgR=0, 曲线与坐标轴所围成的面积将不变 (2C=号=324X10F=480F: 水平轨道上A,B两点之间的距离为L=尽 8 (3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放 (3)等效重力的方向为tan日=E=3, mg 4 电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q=t,qt图 可得0=a=37°， 像的斜率大小表示电流的大小，B错误，A正确：电容 故从A点滑至C点的过程，D点动能最大，从A,点 器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电 滑至D,点的过程，根据动能定理有 答案-23 物理 Eg(L+Rsin)-umgL-mgR(1-cos 0)=Ekm, 故粒子射出极板时到OO的距离y=y1十y2 动能最大值为Em=mgS qUoT2 2 代入数据解得y= 16md 答案：1g-體：(2L=是：63D点，En="8 2 (3)当粒子在0，T,2T,,T时刻进入极板时，粒子从 15.解析：(1)粒子在极板间水平方向做匀速运动，则L= 00下方高开时离00录远，进入板板后的前了时间内， 工，解得=子： (2)进入极板后的前时间内，粒子在竖直方向上的 粒子在竖直方向上的位移大小为⅓= (), qUo 进入极板后的后 时间内，粒子在整直方向上的位 加速度大小a1 2md 移大小为y4= 粒子在竖直方向上的位移y虹= ()°2()， 故粒子竖直方向的最大位移y=y3十y4, 进入板板后的后号时间内，粒子在竖直方向上的加 qUo 美使经子能金事村出提板，则y≤号， 速度大小a2= md 解得Us8m ,即U。的最大值为8m 粒子在竖直方向上的位移y=a 5gT 5gT2 (侵) 答案：1号 (2)90T (3)8ncd2 16md 5qT2 创新示范卷（十二） 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 c B B B A C AD BD BC 1C[将多用电表红表笔接在A接线柱上，黑表笔依次 闭合电路欧姆定律可得2.5V=E-r·1A,2.4V= 接在B、D所示的接线柱上，多用电表的示数分别为 E-r·1.2A,解得电源的电动势E=3.0V,内电阻r 0、0,可知故障导线一定是EF、GH中的一根；黑表笔 =0.502,故C正确，D错误. 接在F所示的接线柱上，多用电表的示数分别为6V, 5.B[滑动触头P由中点向下移动的过程中，R2接入 F与电源负极连通，则故障导线是EF.故选C.] 电路的电阻变大，总电阻增大，总电流减小，电源内阻 2.B[在加连电场中有U=名m,得√ eU ,在刚 不计，故A2示数不变，则A1示数变小，A错误，B正 确；R1、R2串联，电源内阻不计，则△U1=△U2,由R] 射出加速电场时，一小段长为△1的电子束内的电荷 量为g=1△=1兰，则电子个数m==必，√ 可知-光2=R1,CD错误.] △I△I1 ee 2el' 6.A[若R断路，则电路中总电阻增大，总电流减小， 故选B.] 电流表A读数变小，灯L2变暗，又右侧部分总电阻没 3.B[当S1和S2均断开时，电流表G与电阻R1串联， 有变，则右侧分压将减小，L1两端的电压将增大，灯泡 则改装成的表是电压表，量程为 L1将变亮，A正确；若R2断路，则电路中总电阻增 U=I(Rg十R1)=0.1V,选项A、D错误；当S1和S2 大，电路中的总电流减小，L1的分流减小，可知L1应 均闭合时，电流表G与电阻R2并联，则改装成的表是 变暗，B错误；若R3短路，则R2被短路，电路中总电 电流表，漫程为1=I尽十。=10mA,选项B正确， 阻将减小，电路中总电流增大，L1的分流增大，L1变 R2 C错误.] 亮，I1两端的电压增大，L2两端电压减小，L2的分流 4.C[由电路接法可知R1左右两部分并联后与R2串 减小，L2变暗，由于总电流增大，而L2的分流减小，则 联，滑片处在正中间时总电阻最大，则可知在滑片从 电流表读数将变大，C错误；若R4短路，则电路中总 最左端向右移动过程中，滑动变阻器接入电路电阻先 电阻减小，电路中总电流增大，L1的分流增大，L变 增大后减小，则路端电压先增大后减小，故A错误：总 亮，L2两端的电压减小，L2的分流减小，故L2变暗， 电流先减小，R1右边支路电压增加，电阻减小，故电流 电流表A的读数变大，D错误.] 增加，则电流表支路电流先减小，当两支路电阻相等 7.C[如题图乙所示，把定值电阻R看成电源的内阻， 后再向右移动阶段，电流表支路电压减小，电阻增加， 则有U=E一I(R十r),画出电源的伏安特性曲线如图 故电流表示数还是在减小，故B错误：由题图乙可知 甲所示，由于两灯泡并联，故电路的总电流为每盏小 当电压为2.5V时，电流为0.50A,此时两部分电阻 灯泡的电流的2倍.当路端电压U=1V时，两灯泡电 相等，则总电流为11=1A:而当电压为2.4V时，电 流I1=12=0.2A,千路电流I=0.4A,I=2I1=2I2, 流分别对应0.33A和0.87A,则说明当电压为2.4V 故该状态为工作状态，此时每盏灯泡的电功率约为P 时，千路电流为I2=0.33A十0.87A=1.2A,则根据 =UI1=0.2W,选项C正确.] 答案-24