2025年高考物理復習之小題狂練600題（多選題）：電路與電能（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習之小題狂練600題（多選題）：電路與電能（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?淇濱區(qū)校級模擬）如圖所示圖像示意圖在物理學習中經常遇到，很多的物理量關系都滿足此類關系圖像，那么關于此圖像適用的物理過程，描述不正確的是（）A．研究電源串聯(lián)外電阻輸出功率時，該圖像可近似看作是電源輸出功率P隨外電阻R變化的圖像 B．研究兩個小球發(fā)生彈性碰撞且碰前球m2靜止，該圖像可看作是碰后m2動能與m2質量關系的圖像 C．研究豎直面內繩球模型球從水平下落至豎直的過程中，可以完整表達球重力的功率P與繩跟水平面夾角θ的關系 D．該圖像可以表述兩個分子間的作用力F與分子間距r的關系（多選）2．（2024?東河區(qū)校級模擬）如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到60V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)亮，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地放光。該電路（）A．充電時，通過R的電流不變 B．若R增大，則充電時間變長 C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變（多選）3．（2024?青羊區(qū)校級模擬）直流電動機在生產生活中有著廣泛的應用。同學們?yōu)榱搜芯恐绷麟妱訖C的機械效率（有用功率與總功率的百分比）問題，設計了如圖甲所示的電路，一內阻為r1＝1Ω直流電動機M和規(guī)格為“6V，6W”的指示電燈L并聯(lián)之后接在電動勢為E＝8V，內阻r2＝0.5Ω的直流電源上。閉合開關S，電動機和指示燈均正常工作，在提升物體過程中，如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．流過電動機的電流為3A B．該電源的效率為60% C．電動機的輸出功率為15W D．用該電動機可將重為7.5N的物體以0.6m/s的速度勻速提升，則電動機工作的機械效率為25%（多選）4．（2024?湖北一模）如圖所示，一平行板電容器與滑動變阻器并聯(lián)接入電路，上極板附近接有一個二極管（單向導電），電容器的極板水平。現(xiàn)有兩個粒子源，分別置于電容器的上、下極板附近的左右兩端（到極板的距離相等），上極板右邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v1的正電粒子a，下極板左邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v2的負電粒子b，粒子a、b所帶電荷量大小分別為q1、q2質量分別為m1、m2。粒子a、b同時入射，隨后在電容器兩極板間相遇，忽略a、b間的相互作用和重力，a、b打到極板上被吸收，不計a、b對極板的影響。下列說法正確的是（）A．若a是α粒子（24He），b是氯離子（Cl﹣，氛的原子序數(shù)為17），則a、bB．其它條件不變，改變a、b的初速度大小，只要保證兩初速度的和不變，a、b一定會相遇 C．其它條件不變，向下調節(jié)滑動變阻器滑片P，則a、b相遇的位置不變 D．其它條件不變，兩粒子源位置不變，將下極板下移，則a、b不相遇（多選）5．（2024?和平區(qū)校級二模）如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r電路中的R2、R3均為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。旈_關S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)。有關下列說法中正確的是（）A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 B．只將滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流 C．只將滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動 D．若斷開開關S，帶電微粒向下運動（多選）6．（2024?天心區(qū)校級模擬）風力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示，風力發(fā)電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風速在5～10m/s范圍內，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比 B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為12C．若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風場每年有5000h風速在6～10m/s范圍內，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h（多選）7．（2024?武漢二模）彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成，小燈泡的結構如圖所示：小燈泡內有一根表面涂有氧化層（導電性能很差）的細金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯(lián)，正常工作時，細金屬絲與燈絲支架不導通；當加上較高電壓時，細金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導通。當某個小燈泡的燈絲熔斷時，下列說法正確的是（）A．彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光 B．彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光 C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加 D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變（多選）8．（2024?肇慶二模）如圖甲所示，在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，將單刀雙擲開關S與“1”端相接，并將電阻箱的阻值調為R1和R2（R1＞R2）兩種情況，兩次得到的電流I隨時間t的變化圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．實線是電阻箱阻值為R1時的結果 B．電路達到穩(wěn)定時，電阻箱的阻值為R1時電容器所帶的電荷量較大 C．S與“2”端相接時，電容器的放電時間與電阻箱阻值的變化無關 D．電容器的其他參數(shù)不變，當兩極板間的距離增大時，其電容變大（多選）9．（2024?呂梁一模）如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內阻為r，R1、R2、R3均是定值電阻，R是滑動變阻器，圖中各電表均為理想電表。閉合開關S，當R的滑動觸片P向下滑動時，下列判斷正確的是（）A．電源總功率增大 B．電源的效率提高 C．電壓表V1的示數(shù)變小，V2的示數(shù)變小 D．電流表A1的示數(shù)變大，A2的示數(shù)變小，A3的示數(shù)變大（多選）10．（2024?長沙模擬）如圖所示，電路中電源電動勢為E，內阻為r，電流表與電壓表都是理想電表，電容器C的擊穿電壓足夠高。當閉合S后，滑動變阻器的觸頭P向右滑動時，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．電流表示數(shù)減小 C．燈泡變亮 D．電容器的電荷量減少

2025年高考物理復習之小題狂練600題（多選題）：電路與電能（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?淇濱區(qū)校級模擬）如圖所示圖像示意圖在物理學習中經常遇到，很多的物理量關系都滿足此類關系圖像，那么關于此圖像適用的物理過程，描述不正確的是（）A．研究電源串聯(lián)外電阻輸出功率時，該圖像可近似看作是電源輸出功率P隨外電阻R變化的圖像 B．研究兩個小球發(fā)生彈性碰撞且碰前球m2靜止，該圖像可看作是碰后m2動能與m2質量關系的圖像 C．研究豎直面內繩球模型球從水平下落至豎直的過程中，可以完整表達球重力的功率P與繩跟水平面夾角θ的關系 D．該圖像可以表述兩個分子間的作用力F與分子間距r的關系【考點】電功和電功率的計算式及影響因素；驗證動量守恒定律．【專題】定性思想；推理法；分子間相互作用力與分子間距離的關系；推理能力．【答案】CD【分析】本題根據圖形所表示橫坐標軸量與縱坐標軸量的關系，結合相關的規(guī)律進行分析?！窘獯稹拷猓篈．電源輸出功率隨外電阻變化圖像如圖所示：和題中示意圖基本近似，故A正確；B．兩個小球彈性碰撞且其中球m2碰前靜止，該圖像可看作是碰后m2動能與m2質量關系圖像如圖：故B正確；C．繩系小球模型，水平靜止時重力的功率是0，運動到豎直狀態(tài)時重力的功率也是0，故C錯誤；D．分子力與分子間距關系如圖所示，故D錯誤。本題選不正確的，故選CD?！军c評】本題考查圖像示意圖的意義，要學會變通，能舉一反三，關鍵要掌握相關的物理規(guī)律。（多選）2．（2024?東河區(qū)校級模擬）如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到60V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)亮，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地放光。該電路（）A．充電時，通過R的電流不變 B．若R增大，則充電時間變長 C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電容的概念與物理意義．【專題】應用題；定性思想；推理法；恒定電流專題．【答案】BCD【分析】本題重在理解題意并能明確電路的工作原理，根據工作原理才能明確電源電壓與擊穿電壓U之間的關系，由Q＝UC可知極板上的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、充電時，電容器電荷量增加、電壓增加，根據閉合電路的歐姆定律可得R兩端電壓減小，通過R的電流減小，故A錯誤；B、若R增大，充電過程中平均電流I減小，根據Q＝It可知充電時間變長，故B正確；C、電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當電源給電容器充電，達到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光，所以閃光燈發(fā)光電壓U一定；若C增大，根據Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過的電荷量增大，故C正確；D、若E減小為85V，當電源給電容器充電，達到閃光燈擊穿電壓U＝80V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光，根據Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過的電荷量不變，故D正確；故選：BCD?！军c評】本題有效地將電路及電容器結合在一起，考查學生的審題能力及知識的遷移應用能力，要求掌握充放電過程中電荷量的多少與哪些因素有關。（多選）3．（2024?青羊區(qū)校級模擬）直流電動機在生產生活中有著廣泛的應用。同學們?yōu)榱搜芯恐绷麟妱訖C的機械效率（有用功率與總功率的百分比）問題，設計了如圖甲所示的電路，一內阻為r1＝1Ω直流電動機M和規(guī)格為“6V，6W”的指示電燈L并聯(lián)之后接在電動勢為E＝8V，內阻r2＝0.5Ω的直流電源上。閉合開關S，電動機和指示燈均正常工作，在提升物體過程中，如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A．流過電動機的電流為3A B．該電源的效率為60% C．電動機的輸出功率為15W D．用該電動機可將重為7.5N的物體以0.6m/s的速度勻速提升，則電動機工作的機械效率為25%【考點】計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流；熱功率的計算；電動機中的能量轉化與計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】AD【分析】由歐姆定律求出燈泡的電流，根據閉合電路歐姆定律求出干路的電流，由總電流與燈泡電流之差求出流過電動機的電流；電動機效率是輸出的機械功率與輸入的電功率之比；電源的效率等于輸出功率與總功率的比值；電動機對外輸出的機械功率等于電動機的總功率與內部發(fā)熱功率之差；電動機的速度勻速提升物體時，繩子的拉力和物體的重力相等，根據P＝Fv求出電動機的有用功率，根據η=P【解答】解：A．根據題意，指示燈正常工作時，流過指示燈的電流為IL，由公式P＝UI可得：IL其中UL＝6V，PL＝6W代入數(shù)據得：IL＝1A設干路電流為I，由閉合回路歐姆定律得：UL＝E﹣Ir2解得：I＝4A則流過電動機的電流為：IM＝I﹣ILIM＝3A故A正確；B.該電源的效率為：η=EI-代入數(shù)據得：η＝75%故B錯誤；C．電動機的輸出功率為：P出其中UM＝6V代入數(shù)據得：P出＝9W故C錯誤；D．用該電動機可將重為7.5N的物體以0.6m/s的速度勻速提升，繩子的拉力和物體的重力相等，根據能量轉化和守恒定律得，電動機的有用功率為P有＝Gv其中G＝7.5N，v＝0.6m/s代入數(shù)據得：P有＝4.5W則電動機工作的機械效率為：η=P代入數(shù)據得：η＝25%故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了歐姆定律、功率、電功率以及效率的計算，電動機的正常工作時將電能轉化為機械能和內能，是非純電阻電路，歐姆定律不再適用。（多選）4．（2024?湖北一模）如圖所示，一平行板電容器與滑動變阻器并聯(lián)接入電路，上極板附近接有一個二極管（單向導電），電容器的極板水平?，F(xiàn)有兩個粒子源，分別置于電容器的上、下極板附近的左右兩端（到極板的距離相等），上極板右邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v1的正電粒子a，下極板左邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v2的負電粒子b，粒子a、b所帶電荷量大小分別為q1、q2質量分別為m1、m2。粒子a、b同時入射，隨后在電容器兩極板間相遇，忽略a、b間的相互作用和重力，a、b打到極板上被吸收，不計a、b對極板的影響。下列說法正確的是（）A．若a是α粒子（24He），b是氯離子（Cl﹣，氛的原子序數(shù)為17），則a、bB．其它條件不變，改變a、b的初速度大小，只要保證兩初速度的和不變，a、b一定會相遇 C．其它條件不變，向下調節(jié)滑動變阻器滑片P，則a、b相遇的位置不變 D．其它條件不變，兩粒子源位置不變，將下極板下移，則a、b不相遇【考點】含容電路的動態(tài)分析；帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；電容器專題；恒定電流專題．【答案】BC【分析】粒子在電場中做類平拋運動，根據兩粒子的比荷大小關系，分析兩粒子垂直于極板方向的位移大小關系，據此可判斷a、b相遇的位置；根據兩粒子在水平方向上做勻速直線運動，分析初速度的和不變時兩者的運動情況；向下調節(jié)滑動變阻器滑片P，判斷滑動變阻器兩端的電壓與電容器兩端電壓的大小關系，依據二極管的單向導電性，判斷電容器的帶電量是否變化，極板間電場強度如何變化，判斷粒子a、b的運動情況是否變化；只將下極板下移，極板間距d增大，由電容的決定式和定義式，分析電容器的帶電量如何變化，以及其內部電場強度如何變化，判斷a、b的運動情況是否變化。【解答】解：A.設粒子a、b同時入射后經過時間t相遇，極板電場強度為E。粒子在電場中做類平拋運動，根據類平拋運動規(guī)律可得，粒子垂直于極板方向的位移大小為：y=1a是α粒子，設其比荷為q1m1，b是氯離子，設其比荷為q2m2，則有：q1m1＞q2m2，可得：B.設極板長度為L，改變前粒子a、b同時入射，隨后在電容器兩極板間相遇，在水平方向上有：v1t+v2t＝（v1+v2）t＝L由此可知只改變a、b的初速度大小，只要保證兩初速度的和不變，即初速度的和總是等于（v1+v2），則粒子a、b同時入射后經過時間t后一定會相遇，故B正確；C.其它條件不變，向下調節(jié)滑動變阻器滑片P，滑動變阻器接入電路的電阻值減小，滑動變阻器兩端的電壓減小，以致于電容器兩端電壓大于了滑動變阻器兩端的電壓，電容器上極板帶正電，因二極管具有單向導電性，故電容器不能放電，則電容器的帶電量不變，極板電壓不變，電場強度不變，則粒子a、b的運動情況不變，相遇的位置不變，故C正確；D.只將下極板下移，極板間距d增大，由電容的決定式：C=?rS4πkd，可知電容C減小，由電容的定義式：C=QU，可知電容器應該放電，但二極管具有單向導電性，使得電容器不能放電，電容器的帶電量不變，根據：E=U故選：BC。【點評】本題考查了含容電路的動態(tài)分析，以及帶電粒子在電場中運動問題。粒子在電場中做類平拋運動，將其運動分解處理。掌握電容器的定義式與決定式。（多選）5．（2024?和平區(qū)校級二模）如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r電路中的R2、R3均為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。?，當開關S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)。有關下列說法中正確的是（）A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 B．只將滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流 C．只將滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運動 D．若斷開開關S，帶電微粒向下運動【考點】含容電路的常規(guī)分析與計算；電容的概念與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】AD【分析】只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，由此分析A選項；只將滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，對電路的總電阻沒有影響；只將滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電路中的總電阻不變；若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，根據P＝I2R0，可知電阻R0消耗的電功率變大；電流增大，滑動變阻器R2電壓也變大，則電容器兩端的電壓增大，電容器所帶的電荷量變大，故電容器處于充電狀態(tài)，因電容器下極板與電源的正極連接，故電阻R3中有向上的電流，故A正確；B、電路穩(wěn)定時，電容所在支路視為斷路，只將滑動變阻器R3的滑動端P2向上端移動時，對電路的總電阻沒有影響，故B錯誤；C、只將滑動變阻器R2的滑動端P1向下端移動時，電路中的總電阻不變，故總電流不變，所以電壓表的示數(shù)不變，由于電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E=Ud可知微粒所受電場力變大，而重力不變，故帶電微粒向上運動，故D、若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場強減小，帶電微粒所受的電場力減小，最后電容器兩端電壓為零，電場強度為零，而重力不變，故帶電微粒將向下運動，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查含容電路的動態(tài)分析，解題的關鍵是弄清電路結構、以及電路穩(wěn)態(tài)時電容器所在支路視為斷路。（多選）6．（2024?天心區(qū)校級模擬）風力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途徑之一。如圖所示，風力發(fā)電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風速在5～10m/s范圍內，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比 B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為12C．若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風場每年有5000h風速在6～10m/s范圍內，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h【考點】用能量守恒定律解決實際問題；功率的定義、物理意義和計算式的推導；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；控制變量法；功率的計算專題；推理能力．【答案】BD【分析】AB、根據單位時間內流過面積A的空氣體積可得流動空氣質量的表達式，由可得動能的表達式，由轉化效率可得電能表達式，功率表達式，則可判斷正誤；C、根據功率可得每天發(fā)電量，可得結論；D、根據輸出功率表達式，可得風速6m/s對應的輸出功率，由功率和時間可得年發(fā)電量?！窘獯稹拷猓篈B、單位時間內流過面積A的流動空氣體積：V0＝A?vt＝Av單位時間流過面積A的流動空氣質量：m0＝ρV0＝ρAv單位時間流過面積A的流動空氣動能：Ek＝ρStv3設轉化效率為η，轉化成的電能為：E＝η?Ek＝ηρStv3該風力發(fā)電機的輸出電功率P＝ηρSv3，則該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速的三次方成正比，故A錯誤，B正確；C、由于風力發(fā)電存在轉化效率，若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發(fā)電量約為W＝η?Pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW?h＜2.4×109kW?h，故C錯誤；D、若風場每年有5000h風速在6～10m/s的風能資源，當風速取最小值6m/s時，該發(fā)電機年發(fā)電量具有最小值，根據題意，風速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風速在5﹣10m/s范圍內，轉化效率可視為不變，可知風速為6m/s時，輸出電功率為P＝63×40593則該發(fā)電機年發(fā)電量：E′＝P1?t＝120kW×5000h＝6.0×105kW?h，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查了風力發(fā)電的相關知識，解題的關鍵是找到動能的表達式，然后分別求出功率和電能。（多選）7．（2024?武漢二模）彩燈串是由幾十個額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成，小燈泡的結構如圖所示：小燈泡內有一根表面涂有氧化層（導電性能很差）的細金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯(lián)，正常工作時，細金屬絲與燈絲支架不導通；當加上較高電壓時，細金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導通。當某個小燈泡的燈絲熔斷時，下列說法正確的是（）A．彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光 B．彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光 C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加 D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變【考點】電功和電功率的計算；串聯(lián)電路的特點及應用．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AC【分析】當其中一個小燈泡燈絲熔斷時，此小燈泡相當于一段導線，根據串聯(lián)關系和歐姆定律分析?！窘獯稹拷猓寒斊渲幸粋€小燈泡燈絲熔斷時，此小燈泡相當于一段導線，起到連接作用，其它小燈泡能繼續(xù)工作；燈泡總電壓不變，但燈泡個數(shù)減少，根據歐姆定律，可知彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加，故AC正確，BD錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查串聯(lián)關系和歐姆定律，屬簡單題。（多選）8．（2024?肇慶二模）如圖甲所示，在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，將單刀雙擲開關S與“1”端相接，并將電阻箱的阻值調為R1和R2（R1＞R2）兩種情況，兩次得到的電流I隨時間t的變化圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．實線是電阻箱阻值為R1時的結果 B．電路達到穩(wěn)定時，電阻箱的阻值為R1時電容器所帶的電荷量較大 C．S與“2”端相接時，電容器的放電時間與電阻箱阻值的變化無關 D．電容器的其他參數(shù)不變，當兩極板間的距離增大時，其電容變大【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念與物理意義．【專題】比較思想；圖析法；電容器專題；理解能力．【答案】AC【分析】根據閉合電路歐姆定律分析電容器放電瞬間的電流與電阻的關系，再判斷A項。電路達到穩(wěn)定時，電容器充電電壓等于電源的電動勢，根據Q＝CU分析電容器所帶的電荷量與電阻的關系，并判斷S與“2”端相接時，電容器的放電時間與電阻箱阻值的關系。當兩極板間的距離增大時，根據電容的決定式C=ε【解答】解：A、單刀雙擲開關S與“1”端相接，電容器充電，電路穩(wěn)定后，電路中沒有電流，電容器的電壓等于電源的電動勢E。當S與“2”端相接瞬間，電路中電流I=ER，由于R1＞R2，可知閉合開關瞬間，R1圖線對應的初始電流較小，則實線是電阻箱阻值為R1時的結果，故B、電路達到穩(wěn)定時，電容器的電壓等于電源的電動勢，則電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝CE，可知穩(wěn)定時電容器所帶電荷量與電阻箱阻值無關，故B錯誤；C、由于電容器充電達到穩(wěn)定時電容器所帶電荷量與電阻箱阻值無關，所以S與“2”端相接時，電容器的放電時間與電阻箱阻值的變化無關，故C正確；D、電容器的其他參數(shù)不變，當兩極板間的距離增大時，根據電容的決定式C=εrS故選：AC。【點評】本題考查電容器的充放電過程，關鍵要知道電容器充電穩(wěn)定時，其電壓等于電源的電動勢，放電瞬間，可根據歐姆定律求出此瞬間的放電電流。（多選）9．（2024?呂梁一模）如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內阻為r，R1、R2、R3均是定值電阻，R是滑動變阻器，圖中各電表均為理想電表。閉合開關S，當R的滑動觸片P向下滑動時，下列判斷正確的是（）A．電源總功率增大 B．電源的效率提高 C．電壓表V1的示數(shù)變小，V2的示數(shù)變小 D．電流表A1的示數(shù)變大，A2的示數(shù)變小，A3的示數(shù)變大【考點】電路動態(tài)分析；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】當R的滑動觸片P向下滑動時，分析其有效電阻的變化，判斷干路電流的變化，即可知道電源總功率的變化；根據電源效率表達式判斷電源效率變化情況；根據UR2=E-I1(R1+r)結合I1變化情況判斷V2的示數(shù)變化和電表A2【解答】解：A、觸片P向下滑動時，滑動變阻器的有效電阻減小導致總電阻減小，干路電流增大電源的總功率變大，故A正確；B、電源的效率η=IUIE=UE=R外D、電阻R2兩端的電壓為UR2=E-I1(R1+r)，因I1變大，其他量不變，可知UR2變小，即V2的示數(shù)變小，則流過R2的電流I2變小，A2的示數(shù)變??；I1變大，I2變小，結合流過R3的電流為I3＝I1﹣C、電壓表V1的示數(shù)為UV1=I1R1+I3R3故選：AD?！军c評】本題是電路動態(tài)分析問題，關鍵要理清電路結構，按局部→整體→局部的順序進行分析，要根據串并聯(lián)電路規(guī)律和閉合電路歐姆定律分析各個部分電路的電流和電壓的變化情況。（多選）10．（2024?長沙模擬）如圖所示，電路中電源電動勢為E，內阻為r，電流表與電壓表都是理想電表，電容器C的擊穿電壓足夠高。當閉合S后，滑動變阻器的觸頭P向右滑動時，下列說法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．電流表示數(shù)減小 C．燈泡變亮 D．電容器的電荷量減少【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念與物理意義．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理能力．【答案】CD【分析】根據電壓表測量的是路端電壓，結合電路串、并聯(lián)電路的特點，結合滑動變阻器的滑片向右滑動時，R3減小，分析電壓和電流的變化，最后根據電容器的定義式分析電荷量變化?！窘獯稹拷猓弘妷罕頊y量的是路端電壓，電容器是與電阻R3并聯(lián)，當開關閉合后，滑動變阻器的滑片向右滑動時，R3減小，總電阻減小，故電路中電流增大，內電壓增大，路端電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小，電阻R1、R2兩端的總電壓減小，其電流也減小，所以R3所在支路電流增大，即電流表的示數(shù)增大，燈泡變亮。R3兩端電壓變小。由電容器的定義式Q＝CU可知，電容器所帶的電荷量將減少。故AB錯誤，CD正確。故選：CD。【點評】本題考查了電路的動態(tài)分析，熟悉電路串、并聯(lián)的情況，掌握電容器的定義式是解決此類問題的關鍵。

考點卡片1．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內，發(fā)生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內發(fā)生的，所以lt是物體在這段時間內的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據η解答：A、根據P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點評：解決本題的關鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關系。2.功率的定義式P=W2．電容的概念與物理意義【知識點的認識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關?！久}方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點評：解決本題的關鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=3．帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動【知識點的認識】1.帶電粒子垂直射入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動，可以利用運動的合成與分解知識分析。規(guī)律為：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t靜電力方向：vy＝at，y=2.分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.兩個特殊推論：（1）粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為初速度方向位移的中點，如圖所示。（2）位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫出）的正切為速度偏轉角θ正切的12，即tanα=12【命題方向】一束電子流在經U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，電子恰好從平行板邊緣飛出，求：（電子的比荷eme=1.76×10（1）電子進入極板時的速度v0（2）兩極板間的電壓．分析：（1）由動能定理可求得進入極板的速度．（2）由豎直向做勻加速運動，水平向做勻速運動，由豎直向的距離可求得所加電壓值．解答：（1）由動能定理：Uq=1得v0=2qUm=（2）進入偏轉電場，所加電壓為U′電子在平行于板面的方向上做勻速運動：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度為：a=F偏距：y=1能飛出的條件為：y=d2由①②③④⑤可得：U′=2U答：（1）電子進入極板時的速度為4.2×107m/s；（2）兩極板間的電壓為400V點評：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，在列式計算時應注意不要提前代入數(shù)值，應將公式簡化后再計算，這樣可以減少計算量．【解題思路點撥】帶電粒子在電場中運動問題的處理方法帶電粒子在電場中運動的問題實質上是力學問題的延續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個靜電力；從處理方法上看，仍可利用力學中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、功能關系，能量守恒等。4．串聯(lián)電路的特點及應用【知識點的認識】1．串、并聯(lián)電路的特點串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In電壓U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un總電阻R總＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P總＝P1+P2+…PnP1P總＝P1+P2+…+Pn【命題方向】如圖中，AB間的電壓為30V，改變滑動變阻器觸頭的位置，可以改變CD間的電壓，則UCD的變化范圍是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根據串聯(lián)電路電壓與電阻的關系分析得知，當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最上端時，UCD最大，當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最下端時，UCD最小，分別求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的變化范圍．解答：當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最上端時，UCD最大，最大值為Umax=2R3RU=23×30v=20V；當滑動變阻器觸頭置于變阻器的最下端時，UCD最小，最小值為Umin=R3R故選：C。點評：本題實質是分壓器電路，考查對串聯(lián)電路電壓與電阻成正比特點的理解和應用能力．【解題思路點撥】解決串聯(lián)電路問題的基本邏輯是：串聯(lián)電路中電流處處相等，所以電壓之比等于電阻之比，功率之比也等于電阻之比。5．電功和電功率的計算式及影響因素【知識點的認識】1．電功（1）電功：電路中電場力移動電荷做的功．（2）公式：W＝qU＝IUt．（3）實質：電能轉化成其他形式能的過程．2．電功率（1）定義：單位時間內電流做的功，表示電流做功的快慢．（2）公式：P=Wt【命題方向】本考點主要考查電功和電功率的定義類問題下列關于電功率的說法中正確的是（）A、電功率是表示電流做功多少的物理量B、電功率是表示電流做功效率高低的物理量C、電功率是反映電流做功快慢程度的物理量D、功率為100W的用電器正常工作10h耗電1Kw/h分析：電功率是描述做功快慢的物理量，由W＝Pt計算電流做的功．解答：A、電功率是描述做功快慢的物理量，與電流做功的多少無關。故A錯誤；B、電功率是描述做功快慢的物理量，與電流做功效率高低無關。故C錯誤；C、電功率是描述做功快慢的物理量。故C正確；D、功率為100W的用電器正常工作10h耗電：W＝Pt＝100W×1h＝1000W?h＝1Kw/h。故D正確故選：CD。點評：電流做功的過程是電能轉化為其他形式的能的過程，電功率反映的電流做功的快慢．【解題思路點撥】1.電功的計算公式W＝qU＝UIt；電功率的計算公式P=Wt2.電功和電功率的計算公式都是針對所有電路都成立的。6．電功和電功率的計算【知識點的認識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據P=U2R求出每個電阻值，根據歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點撥】根據具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。7．熱功率的計算【知識點的認識】根據功與功率的關系P=Qt=所以電流發(fā)熱的功率為P＝I2R【命題方向】在電路中，定值電阻的阻值為R＝100Ω，通過它的電流為I＝3A，求（1）它的熱功率P是多少瓦特，（2）如果通電10分鐘，求產生的熱量Q是多少焦耳．分析：由焦耳定律可直接求得熱功率與熱量．解答：（1）熱功率：P＝I2R＝（3A）2×100Ω＝900W（2）產生的熱量Q＝Pt＝900W×10×60s＝5.4×105J答：1）它的熱功率P是900瓦特，（2）如果通電10分鐘，產生的熱量Q是5.4×105焦耳點評：考查焦耳定律的基本表達式，注意計算要準確．【解題思路點撥】一、電功率與熱功率的區(qū)別與聯(lián)系（1）區(qū)別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過的電流強度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發(fā)熱而消耗的功率．決定于通過這段電路電流強度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯(lián)系：對純電阻電路，電功率等于熱功率；對非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉化為除熱能外其他形式的功率之和．二、熱功率表達式P＝I2R的適用范圍公式P＝I2R對任何電路都是成立的。8．電動機中的能量轉化與計算【知識點的認識】1.含有電動機的電路是非純電阻電路，電流做功除了只有一小部分轉化成內能，絕大部分要轉化成機械能，其能量轉化情況如下圖2.電動機正常工作時的具體能量轉化如下（1）電動機的輸入功率是電動機消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動機的熱功率是線圈上電阻的發(fā)熱功率，P熱＝I2r。（3）電動機的輸出功率是電動機將電能轉化為機械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動機的效率η=P出P入3.本考點主要針對電動機問題中的能量計算，比如輸入、輸出功率、熱功率、做功情況、發(fā)熱量等?！久}方向】如圖所示，電動機M的內阻是0.6Ω，R＝10Ω，直流電壓U＝160V，電壓表示數(shù)110V，求：（1）通過電動機的電流多大？（2）電動機消耗的電功率為多少？（3）電動機工作1h所產生的熱量為多少？分析：（1）計算通過電動機的電流，也就是計算流過電阻R的電流即可．（2）計算電動機的功率用公式P＝U電I即可．（3）計算電動機產生的熱量Q＝I2Rt即可．解答：（1）電動機跟電阻串聯(lián)，所以電流相等電阻R兩端的電壓為UR＝U﹣UV＝160﹣110＝50V電動機的電流為I=URR（2）電動機消耗的電功率為：P＝U電I＝110×5＝550W（3）電動機工作1h所產生的熱量為：Q＝I2Rt＝52×0.6×3600＝5.4×104J答（1）通過電動機的電流為5A．（2）電動機消耗的電功率為550W．（3）電動機工作1h所產生的熱量為5.4×104J．點評：對于電功率的計算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計算公式是不一樣的．【解題思路點撥】電動機電路的分析與計算9．計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率【知識點的認識】1.電動機正常工作時的具體能量轉化如下（1）電動機的輸入功率是電動機消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動機的熱功率是線圈上電阻的發(fā)熱功率，P熱＝I2r。（3）電動機的輸出功率是電動機將電能轉化為機械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動機的效率η=P出P入2.本考點主要針對電動機問題中輸出功率、輸出功與機械效率的計算。【命題方向】如圖所示，電阻R1＝8Ω，電動機繞組電阻R0＝2Ω，當開關S斷開時，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當開關S閉合時，電阻R1消耗的電功率是2W．若電源的電動勢為6V，求開關S閉合時，電動機輸出的機械功率．分析：當開關S斷開時，電阻R1消耗的電功率求出電路中電流，由歐姆定律求出電源的內阻r．當開關S閉合時，根據電阻R1消耗的電功率求出R1的電流和電壓，根據歐姆定律求出干路電流，得到電動機的電流，再求出電動機輸出的機械功率．解答：當開關S斷開時，由P1=I12R1得：I整個電路有閉合電路的歐姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入數(shù)據解得：r＝2Ω當開關S閉合時，由P2=I22R1得：IR1的電壓為：U＝I2R1＝4V設干路中電流為I，則有：I=E-U電動機的電流為：IM＝I﹣I2＝0.5A故電動機的機械功率為：P＝UIM-IM2R答：開關S閉合時，電動機輸出的機械功率為1.5W．點評：本題考查處理非純電阻電路問題的能力．對于電動機正常時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，本題不能用IM=U【解題思路點撥】電動機電路的分析與計算10．閉合電路歐姆定律的內容和表達式【知識點的認識】1.內容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關系：閉合電路中電源電動勢等于內、外電路電勢降落之和E＝U外+U內。4.由E＝U外+U內可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir?！久}方向】在已接電源的閉合電路里，關于電源的電動勢、內電壓、外電壓的關系應是（）A、如外電壓增大，則內電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內電阻不變，內電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內電壓減小時，電源電動勢也隨內電壓減小D、如外電壓增大，則內電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內電阻不變，內電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內電壓也不變。故C錯誤。D、根據閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比11．用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流【知識點的認識】閉合電路的歐姆定律的表達式為（1）I=（2）E＝U內+U外（3）U＝E﹣Ir可以根據具體的問題選擇合適的公式計算電路的電壓、電流、電阻等參數(shù)?！久}方向】如圖所示的電路中，電源電動勢E＝6V，電源的內阻r＝2Ω，電阻R1＝3Ω，電阻R2＝6Ω．當閉合電鍵S后，流過R2的電流為（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根據閉合電路的歐姆定律求出通過電源的電流，再由并聯(lián)電路的特點知通過R2的電流。解答：R1，R2并聯(lián)后的電阻R=R1根據閉合電路的歐姆定律，流過電源的電流I=ER+r通過R1的電流為I2=R1R1+R2I故選：A。點評：本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應用，要求同學們能正確分析電路的結構，掌握并聯(lián)電阻的計算方法。【解題思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比12．電路動態(tài)分析【知識點的認識】1.模型概述：電路中某一參數(shù)變化時，其他參數(shù)的變化情況分析，就稱為電路的動態(tài)分析。2.閉合電路動態(tài)問題的分析方法（1）程序法①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關系及電流表或電壓表的測量對象；②由局部電阻變化判斷總電阻的變化；③由I=ER+r④據U＝E一Ir判斷路端電壓的變化；⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化。（2）結論法——“并同串反”“并同”：是指某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大；某一電阻減小時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小。“串反”：是指某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減??；某一電阻減小時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大?！久}方向】在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當R2的滑動觸點在a端時，合上開關S，此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況（）A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小分析：理清電路，確定電壓表測得什么電壓，電流表測得什么電流，抓住電動勢和內阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進行分析。解答：R2的滑動觸點向b端移動時，R2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，內電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大。故A、C、D錯誤，B正確。故選：B。點評：解決本題的關鍵抓住電動勢和內電阻不變，結合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流?！窘忸}思路點撥】閉合電路的動態(tài)分析方法（1）程序法：局部→整體→局部。（2）“并同串反”法：所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小；所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大。13．含容電路的常規(guī)分析與計算【知識點的認識】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類電路分析問題。本考點旨在針對常規(guī)的含容電路計算，不包含動態(tài)過程。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電?！久}方向】如圖所示，電源電動勢E＝20V，內阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，C＝30μF。（1）閉合開關S，求穩(wěn)定后通過R1的電流；（2）然后將開關S斷開，求流過R1的電荷量；（3）如果把R2換成一個可變電阻，其阻值可以在0～10Ω范圍變化，求開關閉合并且電路穩(wěn)定時，R2消耗的最大電功率。分析：（1）開關閉合，電容器所在路看成斷路，R1與R2串聯(lián)進行求解；（2）開關斷開前，電容器并聯(lián)在R2兩端，開關斷開后，電容器并聯(lián)在電源兩端，通過兩次電壓的變化求出電荷量的變化；（3）當外電阻的等于內阻時，輸出功率最大。解答：（1）閉合開關時，電容器所在支路為斷路，則電路中R1與R2串聯(lián)，由閉合電路歐姆定律可得：I=Er+R（2）開關S斷開之前，電容器并聯(lián)在R2兩端，則電容器兩端電壓等于R2兩端電壓，則U2＝IR2＝2A×6Ω＝12V，斷開開關后，電容器并聯(lián)在電源兩端，則電容器兩端電壓等于電源電動勢，即U＝20V，則開關斷開前后，電壓的變化為：△U＝U﹣U2＝20V﹣12V＝8V，則流過R1的電荷量為：△Q＝C×△U＝30×10﹣6F×8V＝2.4×10﹣4C；（3）此時可將電源與電阻R1看成一個等效電源，則此時等效電源的內阻為：r1＝r+R1＝1Ω+3Ω＝4Ω，此時R2消耗的電功率為：P=I2R2=E2(R2+r1)答：（1）閉合開關S，穩(wěn)定后通過R1的電流為2A；（2）然后將開關S斷開，流過R1的電荷量為2.4×10﹣4C；（3）R2消耗的最大電功率為25W。點評：本題主要考查了學生關于閉合電路歐姆定律的使用和電功率的計算，計算電功率時需注意，求解最大輸出功率時，此時需要外電阻等于內電阻，輸出功率是最大的?！窘忸}思路點撥】含電容器電路的分析與計算方法（1）首先確定電路的連接關系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。（2）根據歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。（3）最后根據公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量。14．含容電路的動態(tài)分析【知識點的認識】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類電路分析問題。本考點旨在針對含容電路的動態(tài)分析問題。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電。【命題方向】如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計．開關S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)．則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（）A、靈敏電流計G中有b→a的電流B、油滴向上加速運動C、電容器極板所帶電荷量將減小D、通過電阻R2的電流將減小分析：質量為m、電荷量為q的油滴開始處于靜止狀態(tài)，受力平衡．滑動觸頭移動的過程中，判斷出電容器兩端電壓的變化，從而判斷電容器極板所帶電荷量變化、通過靈敏電流計的電流以及油滴的運動情況．再通過電路的動態(tài)分析得出經過R2的電流變化．解答：在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內阻不變，可知總電流減小，內電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據Q＝CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場強度增大，電場力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會向上加速。故A對、B對，C錯，D錯。故選：AB。點評：處理本題的關鍵是抓住不變量，熟練運用閉合電路的動態(tài)分析．注意處理含容電路時，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓．【解題思路點撥】含電容器電路的分析與計算方法（1）首先確定電路的連接關系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。（2）根據歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。（3）最后根據公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量。15．用能量守恒定律解決實際問題【知識點的認識】1.能量守恒定律是自然界最基礎的定律之一，可以用來解決實際的問題。2.能量守恒定律的內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到別的物體，在轉化或轉移的過程中其總量不變，叫能量守恒定律．【命題方向】春天，農民需要用水泵給缺水農田灌溉，已知水泵能在1h內將3×105kg的水抽到12m高處．（1）連續(xù)工作5h，所做的有用功是多少？（2）若水泵的工作效率為80%，則水泵5h內所做總功功率是多少？（3）若此水泵用一柴油機帶動，假設柴油機完全燃燒所釋放的內能有40%轉化為水的機械能，則每小時消耗多少柴油？（柴油熱值為3×107J/kg，g取10N/kg）分析：（1）由功的計算公式可以求出所做的有用功．（2）由效率公式求出總功，然后由功率公式求出功率．（3）求出柴油釋放飛能量，然后求出柴油的質量．解答：（1）5h有用功為：W＝nGh＝nmgh＝5×3×105×10×12＝1.8×108J；（2）5h水泵做的總功：W總=Wη=1.8×108功率：P=W總t=2.25×10（3）5h柴油機燃燒柴油釋放的能量：Q=W總η=2.25×10由Q＝mq可知，需要柴油的質量：m=Qq每小時消耗柴油的質量：18.75kg5=答：（1）連續(xù)工作5h，所做的有用功是1.8×108J；（2）若水泵的工作效率為80%，則水泵5h內所做總功功率是1.25×104W；（3）每小時消耗多少柴油為3.75kg．點評：本題考查了求功、功率、求柴油的質量，應用功的計算公式、效率公式、功率公式與熱值公式即可正確解題．【解題思路點撥】應用能量轉化守恒定律解題的步驟（1）分清有幾種形式的能在變化，如動能、勢能（包括重力勢能、彈性勢能、電勢能）、內能等．（2）明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量△E減和增加的能量△E增的表達式．（3）列出能量守恒關系式：△E減＝△E增．16．驗證動量守恒定律【知識點的認識】一、實驗目的驗證碰撞中的動量守恒．二、實驗原理1．如圖所示，讓質量較大的小球與靜止的質量較小的小球正碰，根據動量守恒定律應有m1v1＝m1v1′+m2v2′．2．小球從斜槽上滾下后做平拋運動，其水平速度等于水平位移和運動時間的比，而各小球運動時間相同，則它們的水平位移之比等于它們的水平速度之比，則動量守恒時有m1?OP＝m1?OM+m2?ON，若能測出m1、m2及OP、OM和ON并代入上式，即可驗證碰撞中動量是否守恒．三、實驗器材實驗裝置如圖所示，斜槽、重錘、兩個大小相同質量不等的小球、天平、白紙、復寫紙、刻度尺、圓規(guī)．四、實驗步驟1．將斜槽固定在桌邊使末端的切線水平．2．在地板上合適的位置鋪上白紙并在相應的位置鋪上復寫紙，用小鉛錘把斜槽末端即入射球的重心投影到白紙上O點．3．不放被碰小球時，讓入射小球10次都從斜槽同一高度由靜止開始滾下落在復寫紙上，用圓規(guī)找出落點的平均位置P點．4．把被碰小球放在槽口末端，然后讓入射小球從原高度滾下與被碰小球碰10次，用圓規(guī)找出入射小球和被碰小球落點的平均位置M、N．5．用天平測出兩個小球的質量，用刻度尺測出ON、OP、OM的長度．6．將數(shù)據代入m1?OP＝m1?OM+m2?ON，驗證碰撞過程中的動量是否守恒．【命題方向】題型一：實驗原理與實驗操作某同學用圖所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復上述操作10次．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復這種操作10次．圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點，接著進行測量、驗證．在以下選項中，哪些是本次實驗必須進行的測量？（）A．水平槽上不放B球時，測量A球落點位置到O點的距離B．A球與B球碰撞后，測量A球和B球落點位置到O點的距離C．測量A球或B球的直徑D．測量A球和B球的質量（或兩球質量之比）E．測量G點相對于水平槽面的高度分析：根據實驗原理可得mAv0＝mAv1+mBv2，根據下落時間相同可得，通過實驗的原理確定需要測量的物理量．解：根據實驗的原理知，mAv0＝mAv1+mBv2，即max0t=max1t+mbx2t，可知需要測量的物理量有：水平槽上未放B球時，A球落點位置到O點的距離；A球與B球碰撞后，A球和B球落點位置到故選：ABD．點評：掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關系，是解決本題的關鍵．題型二：數(shù)據處理與誤差分析如圖1，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過僅測