2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之電路與電能

第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之電路與電能一．選擇題（共10小題）1．如圖所示的電路中，兩平行金屬板之間的帶電液滴處于靜止狀態(tài)，電流表和電壓表均為理想電表，由于某種原因燈泡L的燈絲突然燒斷，其余用電器均不會損壞，電壓表和電流表變化量絕對值分別為ΔU、ΔI，則下列說法正確的是（）A．電流表的讀數(shù)變小、電壓表的讀數(shù)變大 B．ΔUΔI=RC．液滴將向下運動 D．電源的輸出功率變大2．江廈潮汐電站是中國第一座雙向潮汐電站，在漲潮與落潮時均可發(fā)電，且一天中漲潮與落潮均有兩次。電站總庫容490萬立方米，發(fā)電有效庫容270萬立方米，平均潮差5.08米。電站發(fā)電機組總裝機容量3000千瓦，平均每晝夜發(fā)電15小時。該電站（）A．每年能提供的電能約為1.64×106kWh B．每年能提供的電能約為2.74×106kWh C．發(fā)電的效率約為29% D．發(fā)電的效率約為10%3．如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，電阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑動變阻器的最大阻值R＝30Ω，電容器MN的電容C＝12μF，現(xiàn)將滑動觸頭L置于最左端a點，合上開關(guān)S，經(jīng)過一段時間電路處于穩(wěn)定，此時一帶電油滴恰好靜止在MN之間的P點，下列說法正確的是（）A．油滴帶負電 B．若斷開開關(guān)S，則通過R1的電荷量為4×10﹣5C C．若滑動觸頭L向右滑動，則油滴將向上加速運動 D．若從a點向右移動滑動觸頭L，至aL間電阻為20Ω時，則下極板N的電勢降低了4V4．自2015年起，中國新能源汽車產(chǎn)銷量已經(jīng)連續(xù)9年位居全球第一。下表為某品牌新能源汽車的部分參數(shù)，下列說法正確的是（）整車質(zhì)量1285kg充電電壓交流220V最高車速150km/h平均充電功率7kW0﹣50km/h加速時間3.9s充電時間7h電池容量43kWh電機最大功率70kWA．平均充電電流約為3.2A B．電池的內(nèi)阻約為6.9Ω C．該汽車的充電效率約為88% D．該汽車的最大續(xù)航里程約為92km5．在如圖所示的電路中，D是一只理想二極管，平行板電容器AB內(nèi)部有一帶電小球Q處于靜止狀態(tài)。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化。電流表A、電壓表V1、電壓表V2、電壓表V3的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，它們的示數(shù)變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。閉合開關(guān)S，下列說法正確的是（）A．當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，I變小、U2變大，U3變小、帶電小球Q向下運動 B．當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，ΔU1ΔI不變，C．若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B稍錯開一些（兩極板仍平行），Q仍靜止不動 D．若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些（兩極板仍平行），Q仍靜止不動6．理想變壓器與兩個定值電阻R1、R2和電阻箱R3組成如圖所示電路，其中R1＝40Ω，R2＝60Ω，電阻箱最大阻值為999.9Ω，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k=12。若在a、b間接入交變電流uA．流經(jīng)R1的電流每秒改變方向50次 B．當(dāng)R3增大時，流經(jīng)R1的電流增大 C．當(dāng)R3＝96.0Ω時，R3消耗的功率最大 D．當(dāng)R3增大時，R3兩端電壓改變量的大小與流經(jīng)R3中電流改變量的大小之比增大7．如圖所示，在平行板電容器中固定一個帶負電質(zhì)點P，電容器下極板接地，電源電動勢和內(nèi)阻分別為E和r，電流表和電壓表均視為理想電表，電壓表和電流表示數(shù)為U和I。當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，下列說法正確的是（）A．電壓表和電流表示數(shù)都變大 B．P質(zhì)點的電勢能增加 C．R3消耗的電功率變大 D．電源的輸出功率一定減小8．如圖所示，a、b、c為同一種材料做成的電阻，b與a的長度相等但橫截面積是a的兩倍；c與a的橫截面積相等但長度是a的兩倍．當(dāng)開關(guān)閉合后，三個理想電壓表的示數(shù)關(guān)系是（）A．V1的示數(shù)是V2的2倍 B．V1的示數(shù)是V3的2倍 C．V2的示數(shù)是V1的2倍 D．V2的示數(shù)是V3的2倍9．在圖所示的四個電路中，兩個完全相同的燈泡，當(dāng)分別閉合開關(guān)S，移動滑動變阻器角頭從左端至右端時，能使其中一個燈由暗變亮同時，另一個燈由亮變暗，則符號要求的電路是（）A． B． C． D．10．工程師對某款新能源汽車的直流蓄電池進行性能測試，測試過程中系統(tǒng)輸出的PI2-1JA．該蓄電池的電動勢為12V B．該蓄電池的內(nèi)阻為2Ω C．該蓄電池的最大輸出功率為144W D．該蓄電池的短路電流為12A二．多選題（共4小題）（多選）11．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?qū)щ姡?，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(zhì)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(diào)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）12．如圖所示圖像示意圖在物理學(xué)習(xí)中經(jīng)常遇到，很多的物理量關(guān)系都滿足此類關(guān)系圖像，那么關(guān)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(zhì)量關(guān)系的圖像 C．研究豎直面內(nèi)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(guān)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(guān)系（多選）13．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)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?。?dāng)開關(guān)S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)。有關(guān)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(guān)S，帶電微粒向下運動（多選）14．風(fēng)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(fēng)力發(fā)電機是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)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(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h三．填空題（共2小題）15．如圖，在滑動變阻器的滑片向a端滑動的過程中，外電路總阻值，電壓表示數(shù)，電流表示數(shù)。（均選填“增大”“減小”或“不變”）16．給如圖所示的萊頓瓶甲充電，當(dāng)兩金屬球之間的電壓達到一定值時，金屬球A、B間開始放電，出現(xiàn)電火花。該實驗?zāi)軌蜃C明的存在。移動萊頓瓶乙的矩形線框中可移動的帶有氖管的金屬棒到時，氖管發(fā)光最亮。四．解答題（共4小題）17．手電筒是一種便攜式照明工具。如圖所示的手電筒，由塑料殼、二節(jié)干電池、小燈泡、按鍵等組成。（1）手電筒里的二節(jié)干電池是（選擇：A．串聯(lián)、B．并聯(lián)）的。已知每節(jié)干電池的電動勢為1.5V，內(nèi)電阻為0.5Ω，則電池組的總電動勢為V，總內(nèi)阻為Ω。（2）一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，表示該電池。A．存儲的電能為1.5JB．存儲的化學(xué)能為1.5JC．工作時兩極間的電壓恒為1.5VD．將1C正電荷由負極輸送到正極的過程中，非靜電力做功1.5J（3）已知手電筒里小燈泡的電阻為9Ω，則手電筒工作時小燈泡兩端的電壓為V，每節(jié)干電池兩端的電壓為V，電池組對小燈泡的供電效率為。（4）（簡答）若手電筒里兩節(jié)干電池用了較長時間，手電筒工作時小燈泡只能發(fā)出微弱的光。把兩節(jié)干電池取出來，分別用電壓表進行測量，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)都接近1.5V。請簡述小燈泡不能正常發(fā)光的原因。18．對于同一個物理問題，經(jīng)常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，加深理解。給定一段粗細均勻的導(dǎo)體AB，橫截面積為S、長為L．單位體積內(nèi)有n個自由電子，每個電子的電荷量為e。該導(dǎo)體AB兩端加某一電壓時，自由電子定向移動的平均速率為v。（1）求導(dǎo)體中的電流I；（2）經(jīng)典物理學(xué)認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞。電子與金屬離子碰撞的平均結(jié)果表現(xiàn)為導(dǎo)體給電子以連續(xù)的阻力，這是導(dǎo)體形成電阻的原因。設(shè)阻力的大小與電子定向移動速率成正比，即f＝kv，k是阻力系數(shù)。請推導(dǎo)導(dǎo)體的電阻率ρ=（3）自由電子與金屬離子發(fā)生碰撞，會使金屬離子的熱運動更加劇烈，電子將能量轉(zhuǎn)移給金屬離子，從而使金屬導(dǎo)體發(fā)熱。某段時間內(nèi)，將導(dǎo)體中所有自由電子因與正離子碰撞而損失的動能之和設(shè)為ΔEk，將這段時間內(nèi)導(dǎo)體產(chǎn)生的焦耳熱設(shè)為Q，請證明：Q＝ΔEk。19．飯卡是學(xué)校等單位最常用的輔助支付手段，其內(nèi)部主要部分是一個多匝線圈，當(dāng)刷卡機發(fā)出電磁信號時，置于刷卡機上的飯卡線圈的磁通量發(fā)生變化，發(fā)生電磁感應(yīng)，產(chǎn)生電信號，其原理可簡化為如圖所示。設(shè)線圈的匝數(shù)為1000匝，每匝線圈面積均為S＝10﹣3m2，線圈的總電阻為r＝0.1Ω，線圈連接一電阻R＝0.4Ω，其余部分電阻不計。線圈處磁場的方向不變，其大小按如圖所示的規(guī)律變化，（垂直紙面向里為正），（1）請你判定0～0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向（2）求0～0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；（3）求0.1～0.4s時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量。20．如圖所示，電源電動勢E＝8V，內(nèi)阻r＝0.8Ω，閉合開關(guān)S后，標有“6V，3W”的燈泡恰能正常發(fā)光，電動機M的內(nèi)阻R0＝1Ω，求：（1）流過電源的電流；（2）電源的總功率和電源的輸出功率；（3）電動機的發(fā)熱功率和電動機對外做功的功率。

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之電路與電能參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．如圖所示的電路中，兩平行金屬板之間的帶電液滴處于靜止狀態(tài)，電流表和電壓表均為理想電表，由于某種原因燈泡L的燈絲突然燒斷，其余用電器均不會損壞，電壓表和電流表變化量絕對值分別為ΔU、ΔI，則下列說法正確的是（）A．電流表的讀數(shù)變小、電壓表的讀數(shù)變大 B．ΔUΔI=RC．液滴將向下運動 D．電源的輸出功率變大【考點】含容電路的動態(tài)分析；電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；恒定電流專題；推理能力．【答案】B【分析】當(dāng)L的燈絲突然燒斷后電路中總電阻增大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析干路電流、電源的內(nèi)電壓和R1兩端的電壓的變化，電容器C兩端的電壓等于電源電動勢減去電源的內(nèi)電壓和R1兩端的電壓，由此可知電容器兩端的電壓，以及兩極板間場強的變化，由帶電液滴所受的電場力的變化，判斷液滴運動方向；根據(jù)電容器兩端的電壓等于電阻R2和R3的總電壓，由此可知R2與R3中的電流變化；電壓表和電流表分別測量的是電阻R2的電壓和電流，根據(jù)歐姆定律分析B選項；根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，在外電阻與電源內(nèi)阻的關(guān)系未知的情況下，不能判斷電源的輸出功率如何變化?！窘獯稹拷猓篊.當(dāng)L的燈絲突然燒斷后電路中總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律可知，流過電源的電流減小，電源的內(nèi)電壓和R1兩端的電壓減小，則電容器C兩端的電壓增大，電容器兩極板間場強增大，帶電液滴所受的電場力增大，則該液滴將向上運動，故C錯誤；A.電容器兩端的電壓等于電阻R2和R3的總電壓，由于電容器兩端的電壓增大，故R2與R3中的電流增大，則電流表、電壓表的讀數(shù)均變大，故A錯誤；B.電壓表和電流表分別測量的是電阻R2的電壓和電流，根據(jù)歐姆定律可知，R2=UI=D.根據(jù)電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時電源的輸出功率最大，由于外電阻與電源內(nèi)阻的關(guān)系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了含容電路的動態(tài)分析，電源的輸出功率的變化特點。處理電路動態(tài)變化時要從總電阻的變化入手，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化，進而在進行外電路的局部分析。2．江廈潮汐電站是中國第一座雙向潮汐電站，在漲潮與落潮時均可發(fā)電，且一天中漲潮與落潮均有兩次。電站總庫容490萬立方米，發(fā)電有效庫容270萬立方米，平均潮差5.08米。電站發(fā)電機組總裝機容量3000千瓦，平均每晝夜發(fā)電15小時。該電站（）A．每年能提供的電能約為1.64×106kWh B．每年能提供的電能約為2.74×106kWh C．發(fā)電的效率約為29% D．發(fā)電的效率約為10%【考點】電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)功率定義求每年能提供的電能；根據(jù)效率的定義可以得到水電站的發(fā)電效率?！窘獯稹拷猓篈B．每年能提供的電能約為E1故AB錯誤；CD．每次漲潮與落潮水的質(zhì)量為m＝ρV＝270×104×1×103kg＝2.7×109kg一天中漲潮與落潮均有兩次，一天發(fā)電的總能量為E2發(fā)電的效率約為η=故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了能量守恒定律、電功、功率等知識點。注意能量守恒定律的應(yīng)用，明確能量的來源去向，以及轉(zhuǎn)化的效率。3．如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，電阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑動變阻器的最大阻值R＝30Ω，電容器MN的電容C＝12μF，現(xiàn)將滑動觸頭L置于最左端a點，合上開關(guān)S，經(jīng)過一段時間電路處于穩(wěn)定，此時一帶電油滴恰好靜止在MN之間的P點，下列說法正確的是（）A．油滴帶負電 B．若斷開開關(guān)S，則通過R1的電荷量為4×10﹣5C C．若滑動觸頭L向右滑動，則油滴將向上加速運動 D．若從a點向右移動滑動觸頭L，至aL間電阻為20Ω時，則下極板N的電勢降低了4V【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念與物理意義．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；恒定電流專題；推理能力．【答案】B【分析】滑動變阻器的滑動觸頭置于最左端a點，電容器的下極板N與電源正極相連，由此判斷兩極板的電勢高低和兩板間的電場方向，根據(jù)平衡條件判斷油滴受到的電場力方向，根據(jù)電場力與電場的方向關(guān)系判斷油滴帶電性質(zhì)；開關(guān)閉合時，電容器兩端的電壓等于電阻R1兩端電壓，根據(jù)串并聯(lián)電路的性質(zhì)求出電容器兩端的電壓，根據(jù)電容的定義式求解其所帶的電量。S斷開后電容器通過電阻R1所在的支路和電阻R2和滑動變阻器R的串聯(lián)支路放電，根據(jù)并聯(lián)電路的特點求解通過R1的電量；若滑動觸頭向右滑動，電容器兩板間電壓先減少后增大，兩板間的電場強度先豎直向上減小，后豎直向下增大，根據(jù)油滴受到的電場力的變化，以及電場力與重力的關(guān)系，判斷油滴如何運動；滑動觸頭在a點時，根據(jù)電阻R1的電壓確定N板電勢。當(dāng)a、L間電阻為20Ω時，先求出a到L的電勢差，再得到此時N板電勢，從而可知極板N的電勢變化?！窘獯稹拷猓篈、滑動變阻器的滑動觸頭置于最左端a點，電容器的下極板N與電源正極相連，則N板電勢高于M板，兩板間的電場方向豎直向上，油滴恰好靜止在MN之間，根據(jù)平衡條件，可知其受到的電場力豎直向上，與電場方向相同，故油滴帶正電，故A錯誤；B、開關(guān)閉合時，電容器兩端的電壓等于電阻R1兩端電壓，根據(jù)串并聯(lián)電路的性質(zhì)可得電容器兩端的電壓為：U1=R1R電容器所帶的電量為：QS斷開后電容器通過兩個支路放電，一個是電阻R1所在的支路，另一個是電阻R2和滑動變阻器R的串聯(lián)支路，根據(jù)并聯(lián)電路的電流關(guān)系可知，兩支路的電阻之比為10：（20+30）＝1：5，則電流之比為5：1?？芍ㄟ^R1的電量為Q1=5Q6，解得：Q1＝4×10﹣C、若滑動觸頭向右滑動，電容器兩板間電壓先減少后增大，下極板N先帶正電后帶負電，根據(jù)E=Ud，可知兩板間的電場強度先豎直向上減小，后豎直向下增大，油滴受到的電場力先豎直向上減小，后始終向下增大，電場力始終不大于重力，油滴所受合力始終豎直向下，則油滴將向下加速運動，故D、滑動觸頭在a點時，N板電勢為：φa＝U1＝4Va、L間電阻為20Ω時，a到L的電勢差為：U解得：φL＝﹣4V，即此時N板電勢為﹣4V，故下極板N的電勢由4V變?yōu)榱拴?V，降低了8V，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了含容電路的分析與計算，考查了電容定義式，閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。要知道如何確定電路中電容器的電壓。4．自2015年起，中國新能源汽車產(chǎn)銷量已經(jīng)連續(xù)9年位居全球第一。下表為某品牌新能源汽車的部分參數(shù)，下列說法正確的是（）整車質(zhì)量1285kg充電電壓交流220V最高車速150km/h平均充電功率7kW0﹣50km/h加速時間3.9s充電時間7h電池容量43kWh電機最大功率70kWA．平均充電電流約為3.2A B．電池的內(nèi)阻約為6.9Ω C．該汽車的充電效率約為88% D．該汽車的最大續(xù)航里程約為92km【考點】含容電路分析；電功和電功率；純電阻電路和非純電阻電路；常見的電源種類及參數(shù)問題．【專題】定量思想；推理法；分析綜合能力．【答案】C【分析】A、利用平均電流計算公式計算電流；B、可先計算充電過程中電池內(nèi)阻產(chǎn)生的熱量，然后計算充電過程的充電電流，利用熱量計算公式計算內(nèi)阻；C、利用表格所給數(shù)據(jù)計算充電效率；D、利用最高車速和時間計算里程?！窘獯稹拷猓篈、平均充電電流約為：I=故A錯誤；B、充電過程中電池內(nèi)阻產(chǎn)生的熱量為Q＝（7×7﹣43）kW?h＝6kW?h由A選項可知充電電流為I＝31.8A根據(jù)Q＝I2rt得電池內(nèi)阻約為r≈0.85Ω故B錯誤；C、該汽車的充電效率約為η=43kW?h故C正確；D、電池最大的供電時間為t=考慮到電池有輸出效率，故該汽車的最大續(xù)航里程應(yīng)滿足s＜150×故選：C?！军c評】本題考查應(yīng)用所學(xué)知識解決常見家用電器技術(shù)參數(shù)相關(guān)問題的能力。5．在如圖所示的電路中，D是一只理想二極管，平行板電容器AB內(nèi)部有一帶電小球Q處于靜止狀態(tài)。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化。電流表A、電壓表V1、電壓表V2、電壓表V3的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，它們的示數(shù)變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。閉合開關(guān)S，下列說法正確的是（）A．當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，I變小、U2變大，U3變小、帶電小球Q向下運動 B．當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，ΔU1ΔI不變，C．若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B稍錯開一些（兩極板仍平行），Q仍靜止不動 D．若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些（兩極板仍平行），Q仍靜止不動【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；控制變量法；恒定電流專題；推理能力．【答案】D【分析】當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，分析總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化以及U2、U3的變化，由歐姆定律分析U1的變化。結(jié)合二極管的單向?qū)щ娦苑治鲭娙萜鞯碾姾闪渴欠褡兓?，再分析板間場強的變化，判斷Q的運動情況；當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析ΔU1ΔI和ΔU2ΔI的變化情況；若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B稍錯開一些或兩極板【解答】解：A、當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭向下滑動時，其接入電路的電阻變大，外電路總電阻變大，則I變小，U1變小。由閉合電路歐姆定律得U2＝E﹣I（R1+r）U3＝E﹣Ir可知U2變大，U3變大。U1變小，電容器板間電壓減小，電容器要放電，但由于A板帶正電，B板帶負電，二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，則電容器的帶電量不變，板間場強不變，帶電小球Q受到的電場力不變，則Q仍靜止不動，故A錯誤；B、當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，ΔU1ΔI由閉合電路歐姆定律得U2＝E﹣I（R1+r）可得ΔU2ΔI=R1C、若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B稍錯開一些，兩極板正對面積減小，電容器的電容C減小，而電容器的電壓不變，由Q＝CU知，電容器的帶電量將要減小，但由于二極管單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，帶電量Q不變。根據(jù)C=QU、C=?rS4πkd、E=Ud可得電容器板間場強D、若滑動變阻器的滑動觸頭P不動時，當(dāng)兩極板A和B的間距稍增大一些，電容器的電容C減小，而電容器的電壓不變，由Q＝CU知，電容器的帶電量將要減小，但由于二極管單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，帶電量Q不變。根據(jù)E=4πkQ?rS故選：D?！军c評】本題是電路與電容器的動態(tài)變化分析問題，抓住二極管單向?qū)щ娦耘袛嚯娙萜鞯碾娏磕芊褡兓顷P(guān)鍵。同時，要熟練推導(dǎo)出E=46．理想變壓器與兩個定值電阻R1、R2和電阻箱R3組成如圖所示電路，其中R1＝40Ω，R2＝60Ω，電阻箱最大阻值為999.9Ω，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k=12。若在a、b間接入交變電流uA．流經(jīng)R1的電流每秒改變方向50次 B．當(dāng)R3增大時，流經(jīng)R1的電流增大 C．當(dāng)R3＝96.0Ω時，R3消耗的功率最大 D．當(dāng)R3增大時，R3兩端電壓改變量的大小與流經(jīng)R3中電流改變量的大小之比增大【考點】電功和電功率的計算；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；變壓器的構(gòu)造與原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】交流電在一個周期內(nèi)電流方向改變兩次；根據(jù)變壓器原副線圈的電流之比與匝數(shù)成反比判斷；把R1和R2看作電源內(nèi)阻的一部分，當(dāng)內(nèi)外電阻相等時電源的輸出功率最大；根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析?！窘獯稹拷猓篈、電源的頻率為f=ω2π=100π2πHz=50B、當(dāng)R3增大時，根據(jù)歐姆定律可知，通過副線圈的電流減小，根據(jù)變壓器原副線圈的電流之比與匝數(shù)成反比可知，通過原線圈的電流也減小，所以流經(jīng)R1的電流減小，故B錯誤；C、把R1和R2看作電源內(nèi)阻的一部分，這兩個電阻并聯(lián)，則電源的等效內(nèi)阻為r=R1R2R1+R2=40×6040+60Ω=24Ω，把RD、根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得E＝U+IR可知，R3兩端電壓改變量的大小與流經(jīng)R3中電流改變量的大小之比表示等效電源的內(nèi)阻，即R3兩端電壓改變量的大小與流經(jīng)R3中電流改變量的大小之比保持不變，故D錯誤。故選：C。【點評】本題有一定的難度，把握住兩點，一個是等效電源的問題，能夠得到他們的等效內(nèi)阻；第二個是分清楚路端電壓和電流的比值關(guān)系。7．如圖所示，在平行板電容器中固定一個帶負電質(zhì)點P，電容器下極板接地，電源電動勢和內(nèi)阻分別為E和r，電流表和電壓表均視為理想電表，電壓表和電流表示數(shù)為U和I。當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，下列說法正確的是（）A．電壓表和電流表示數(shù)都變大 B．P質(zhì)點的電勢能增加 C．R3消耗的電功率變大 D．電源的輸出功率一定減小【考點】含容電路的動態(tài)分析；電容的概念與物理意義；電功和電功率的計算式及影響因素．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；推理能力．【答案】B【分析】當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，分析電路的總電阻變化，從而得到干路電流的變化，判斷R3兩端電壓的變化，分析通過R3的電流變化，即可判斷電流表示數(shù)的變化，再分析R2的電壓變化，從而得到電壓表示數(shù)的變化；根據(jù)電容器板間電壓的變化分析板間場強的變化，判斷質(zhì)點P受到的電場力變化，分析其運動方向，根據(jù)電場力做功情況來分析其電勢能的變化；根據(jù)R3的電壓變化分析R3消耗電功率的變化；根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源的輸出功率變化?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，其接入電路的電阻減小，電路的總電阻減小，干路電流I增大，R3兩端電壓為U3＝E﹣I（R1+r），可知U3減小，通過R3的電流I3減小，電流表示數(shù)為IA＝I﹣I3，I增大，I3減小，則IA增大，R2的電壓U2增大，電壓表示數(shù)為UV＝U3﹣U2，U3減小，U2增大，則UV減小，故A錯誤；B、電容器與R3并聯(lián)，兩者電壓相等，則知電容器板間電壓減小，板間場強減小，質(zhì)點P所處位置與下極板的電勢差減小，故此位置的電勢降低，因質(zhì)點P帶負電，所以其電勢能增加，故B正確；C、R3兩端電壓減小，則R3消耗的電功率變小，故C錯誤；D、由于不知道電源的內(nèi)外電阻的關(guān)系，所以不能判斷電源的輸出功率如何變化，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題是電路動態(tài)分析問題，關(guān)鍵是理清電路結(jié)構(gòu)，明確滑動變阻器接入電路的阻值變化情況，根據(jù)電路的串并聯(lián)知識和閉合電路歐姆定律分析各個部分電路電流和電壓的變化。8．如圖所示，a、b、c為同一種材料做成的電阻，b與a的長度相等但橫截面積是a的兩倍；c與a的橫截面積相等但長度是a的兩倍．當(dāng)開關(guān)閉合后，三個理想電壓表的示數(shù)關(guān)系是（）A．V1的示數(shù)是V2的2倍 B．V1的示數(shù)是V3的2倍 C．V2的示數(shù)是V1的2倍 D．V2的示數(shù)是V3的2倍【考點】歐姆定律的簡單應(yīng)用；串聯(lián)電路的特點及應(yīng)用．【專題】恒定電流專題．【答案】A【分析】根據(jù)題意，由歐姆定律求出a、b、c的電阻關(guān)系；三個電阻串聯(lián)，三個電壓表分別測三個電阻電壓，由串聯(lián)電路特點及歐姆定律可以求出各電壓表間的示數(shù)關(guān)系．【解答】解：由題意可知：Lc＝2La＝2Lb，Sb＝2Sa＝2Sc；由電阻設(shè)b的電阻Rb＝R，由電阻定律R＝ρLSRa＝2Rb＝2R，Rc＝2Ra＝4R，Rc：Ra：Rb＝4：2：1，由電路圖可知，a、b、c三個電阻串聯(lián)，通過它們的電流I相等，由U＝IR得：Uc：Ua：Ub＝4：2：1，UV3：UV1：UV2＝4：2：1，A、V1的示數(shù)是V2的2倍，故A正確，C錯誤；B、V3的示數(shù)是V1的2倍，故B錯誤；D、V3的示數(shù)是V2的4倍，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了各電壓表示數(shù)間的關(guān)系，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、熟練應(yīng)用電阻定律、歐姆定律是正確解題的關(guān)鍵．9．在圖所示的四個電路中，兩個完全相同的燈泡，當(dāng)分別閉合開關(guān)S，移動滑動變阻器角頭從左端至右端時，能使其中一個燈由暗變亮同時，另一個燈由亮變暗，則符號要求的電路是（）A． B． C． D．【考點】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】恒定電流專題．【答案】C【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路的特征，結(jié)合閉合電路歐姆定律，及滑動變阻器的接法，即可求解．【解答】解：A、L1與滑動變阻器右端的電阻串聯(lián)，電壓和等于路端電壓，當(dāng)滑動變阻器觸頭從左端至右端時，滑動變阻器右端的電阻變小，則L1兩端電壓變大，所以L1變亮。對L2用特殊值和極限值分析，設(shè)兩燈的阻值均為10Ω，變阻器總阻值為10Ω，電源電動勢為6V，當(dāng)P置于左端時，L2電功率為P1＝0.4W，當(dāng)P置于右端時，L2電功率為P2＝0.9W，故滑動變阻器觸頭從左端至右端時，L2變亮，故A錯誤；B、當(dāng)滑動變阻器觸頭在左端時，燈1被短路，不亮，當(dāng)觸頭從左端至右端時，燈1漸漸變亮，而燈2隨著總電阻的減小，導(dǎo)致總電流增大，則燈2的亮度也變亮，故B錯誤；C、當(dāng)觸頭在左端時，燈1被短路，不亮，當(dāng)觸頭在右端時，燈2被短路，不亮，因此觸頭從左端至右端時，燈1漸漸變亮，而燈2漸漸變暗，故C正確；D、當(dāng)觸頭在左端時，燈1被短路，不亮，當(dāng)觸頭在右端時，燈1仍被短路，不亮，而燈2漸漸變亮，故D錯誤；故選：C?！军c評】考查短路與斷路的區(qū)別，掌握串并聯(lián)電路的電阻，電流與電壓的特點，注意燈泡的亮暗由電功率的大小來確定．10．工程師對某款新能源汽車的直流蓄電池進行性能測試，測試過程中系統(tǒng)輸出的PI2-1JA．該蓄電池的電動勢為12V B．該蓄電池的內(nèi)阻為2Ω C．該蓄電池的最大輸出功率為144W D．該蓄電池的短路電流為12A【考點】電動勢的概念和物理意義；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；方程法；恒定電流專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)直流電源的輸出功率的表達式變形，結(jié)合圖像斜率與截距解得電動勢與內(nèi)阻，蓄電池的最大電流即為短路電流，根據(jù)數(shù)學(xué)方法分析最大輸出功率的條件?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)題意可知，直流電源的輸出功率P＝EI﹣I2r變形可得P結(jié)合題圖可得E＝24V，r＝1Ω故AB錯誤；C．根據(jù)閉合電路歐姆定律P＝EI﹣I2r=可知，當(dāng)I=E2r時有最大的輸出功率，最大輸出功率Pmax=E故C正確；D．該蓄電池的最大電流即為短路電流，短路電流Imax=Er=241A故選：C。【點評】解答本題時，要注意輸出功率的表達式，根據(jù)圖像的斜率與截距分析解答，注意最大功率的分析方法。二．多選題（共4小題）（多選）11．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?qū)щ姡?，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(zhì)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(diào)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(jù)兩粒子的比荷大小關(guān)系，分析兩粒子垂直于極板方向的位移大小關(guān)系，據(jù)此可判斷a、b相遇的位置；根據(jù)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(diào)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(guān)系，依據(jù)二極管的單向?qū)щ娦裕袛嚯娙萜鞯膸щ娏渴欠褡兓瑯O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(nèi)部電場強度如何變化，判斷a、b的運動情況是否變化?！窘獯稹拷猓篈.設(shè)粒子a、b同時入射后經(jīng)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(jù)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=a是α粒子，設(shè)其比荷為q1m1，b是氯離子，設(shè)其比荷為q2m2，則有：q1m1＞q2m2，可得：B.設(shè)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(jīng)過時間t后一定會相遇，故B正確；C.其它條件不變，向下調(diào)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?qū)щ娦裕孰娙萜鞑荒芊烹姡瑒t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(yīng)該放電，但二極管具有單向?qū)щ娦?，使得電容器不能放電，電容器的帶電量不變，根?jù)：E故選：BC?！军c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）12．如圖所示圖像示意圖在物理學(xué)習(xí)中經(jīng)常遇到，很多的物理量關(guān)系都滿足此類關(guān)系圖像，那么關(guān)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(zhì)量關(guān)系的圖像 C．研究豎直面內(nèi)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(guān)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(guān)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(guān)系；推理能力．【答案】CD【分析】本題根據(jù)圖形所表示橫坐標軸量與縱坐標軸量的關(guān)系，結(jié)合相關(guān)的規(guī)律進行分析。【解答】解：A．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(zhì)量關(guān)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(guān)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(xué)會變通，能舉一反三，關(guān)鍵要掌握相關(guān)的物理規(guī)律。（多選）13．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)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(dāng)開關(guān)S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)。有關(guān)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(guān)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)。【解答】解：A、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(jù)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?！军c評】本題考查含容電路的動態(tài)分析，解題的關(guān)鍵是弄清電路結(jié)構(gòu)、以及電路穩(wěn)態(tài)時電容器所在支路視為斷路。（多選）14．風(fēng)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(fēng)力發(fā)電機是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)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(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，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(dǎo)；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(jù)單位時間內(nèi)流過面積A的空氣體積可得流動空氣質(zhì)量的表達式，由可得動能的表達式，由轉(zhuǎn)化效率可得電能表達式，功率表達式，則可判斷正誤；C、根據(jù)功率可得每天發(fā)電量，可得結(jié)論；D、根據(jù)輸出功率表達式，可得風(fēng)速6m/s對應(yīng)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(nèi)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(zhì)量：m0＝ρV0＝ρAv單位時間流過面積A的流動空氣動能：Ek＝ρStv3設(shè)轉(zhuǎn)化效率為η，轉(zhuǎn)化成的電能為：E＝η?Ek＝ηρStv3該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率P＝ηρSv3，則該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，故A錯誤，B正確；C、由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)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(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)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(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5﹣10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)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(fēng)力發(fā)電的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是找到動能的表達式，然后分別求出功率和電能。三．填空題（共2小題）15．如圖，在滑動變阻器的滑片向a端滑動的過程中，外電路總阻值增大，電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減小。（均選填“增大”“減小”或“不變”）【考點】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；推理能力．【答案】增大，增大，減小?！痉治觥吭诨瑒幼冏杵鞯幕騛端滑動的過程中，分析其接入電路的電阻變化，判斷外電路總阻值的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，并判斷路端電壓的變化，即可知道電壓表示數(shù)的變化。判斷并聯(lián)部分電壓的變化，分析流過R2的電流變化，從而判斷出流過電流表的電流變化?！窘獯稹拷猓寒?dāng)滑動變阻器的滑片向a端滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，滑動變阻器與R2并聯(lián)的阻值增大，外電路總阻值增大，由閉合電路歐姆定律知干路電流I減小，由路端電壓U＝E﹣Ir可知U增大，即電壓表示數(shù)增大；并聯(lián)部分的阻值增大，分擔(dān)的電壓增大，流過R2的電流I2增大，流過電流表的電流IA＝I﹣I2，則電流表示數(shù)將減小。故答案為：增大，增大，減小?！军c評】本題是電路動態(tài)分析問題，關(guān)鍵是理清電路，根據(jù)電路的串并聯(lián)知識和閉合電路歐姆定律分析各個部分電路電流和電壓的變化。16．給如圖所示的萊頓瓶甲充電，當(dāng)兩金屬球之間的電壓達到一定值時，金屬球A、B間開始放電，出現(xiàn)電火花。該實驗?zāi)軌蜃C明電磁波的存在。移動萊頓瓶乙的矩形線框中可移動的帶有氖管的金屬棒到A和B的金屬滑動桿位置相同時，氖管發(fā)光最亮。【考點】電功和電功率的計算．【專題】定性思想；實驗分析法；電磁場理論和電磁波；理解能力．【答案】電磁波，A和B的金屬滑動桿位置相同。【分析】萊頓瓶是一種電容器；萊頓瓶A放電時a、b間存在變化的電場，從而使氖管所在的矩形線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢?！窘獯稹拷猓河甥溈怂鬼f電磁場理論可知，接通感應(yīng)圈電源，變化的電流產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場產(chǎn)生電場，并由近向遠傳播形成電磁波；當(dāng)A和B的金屬滑動桿位置相同時，兩電路中的電流相同，即兩電路中電流的頻率相同，B電路中可接收A電路中的能量，可觀察到氛燈發(fā)光，實驗表明，盡管A和B兩電路之間沒有導(dǎo)線相連，但B的能量可由A通過電磁波傳播到B。故答案為：電磁波，A和B的金屬滑動桿位置相同?！军c評】知道電磁波的產(chǎn)生，以及氖管最亮的原因是發(fā)生了電諧振。四．解答題（共4小題）17．手電筒是一種便攜式照明工具。如圖所示的手電筒，由塑料殼、二節(jié)干電池、小燈泡、按鍵等組成。（1）手電筒里的二節(jié)干電池是A（選擇：A．串聯(lián)、B．并聯(lián)）的。已知每節(jié)干電池的電動勢為1.5V，內(nèi)電阻為0.5Ω，則電池組的總電動勢為3.0V，總內(nèi)阻為1.0Ω。（2）一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，表示該電池D。A．存儲的電能為1.5JB．存儲的化學(xué)能為1.5JC．工作時兩極間的電壓恒為1.5VD．將1C正電荷由負極輸送到正極的過程中，非靜電力做功1.5J（3）已知手電筒里小燈泡的電阻為9Ω，則手電筒工作時小燈泡兩端的電壓為2.7V，每節(jié)干電池兩端的電壓為1.35V，電池組對小燈泡的供電效率為90%。（4）（簡答）若手電筒里兩節(jié)干電池用了較長時間，手電筒工作時小燈泡只能發(fā)出微弱的光。把兩節(jié)干電池取出來，分別用電壓表進行測量，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)都接近1.5V。請簡述小燈泡不能正常發(fā)光的原因?！究键c】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；電功和電功率的計算式及影響因素；電動勢的概念和物理意義．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】（1）A；3.0；1.0；（2）D；（3）2.7；1.35；90%；（4）小燈泡不能正常發(fā)光的原因是兩節(jié)干電池用了較長時間后內(nèi)阻變得較大，手電筒工作時電路中的電流較小，小燈泡的實際功率較小，故只能發(fā)出微弱的光?！痉治觥浚?）根據(jù)電源正極的連接方式判斷手電筒里的二節(jié)干電池的串并聯(lián)關(guān)系。電源串聯(lián)時電池組的總電動勢等于所有電源電動勢之和，總內(nèi)電阻等于所有電源內(nèi)阻之和。（2）根據(jù)電動勢的定義解答。（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流，根據(jù)歐姆定律求得手電筒工作時小燈泡兩端的電壓和每節(jié)干電池兩端的電壓。電池組對小燈泡的供電效率等于電源輸出功率與總功率的百分比。（4）從兩節(jié)干電池用了較長時間后內(nèi)阻變大的角度分析解答。【解答】解：（1）手電筒里的二節(jié)干電池是串聯(lián)的（故選：A）。已知每節(jié)干電池的電動勢為1.5V，則電池組的總電動勢為E＝2×1.5V＝3.0V；，已知每節(jié)干電池的內(nèi)電阻為0.5Ω，則總內(nèi)阻為r＝2×0.5Ω＝1.0Ω。（2）根據(jù)電動勢的定義式E=W非q，可知一節(jié)干電池的電動勢為1.5V，表示該電池將1C正電荷由負極輸送到正極的過程中，非靜電力做功1.5J，故ABC（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I=根據(jù)歐姆定律得手電筒工作時小燈泡兩端的電壓為U＝IR＝0.3×9V＝2.7V每節(jié)干電池兩端的電壓為：U1=12U=1電池組對小燈泡的供電效率為：η=UI（4）小燈泡不能正常發(fā)光的原因是兩節(jié)干電池用了較長時間后內(nèi)阻變得較大，手電筒工作時電路中的電流較小，小燈泡的實際功率較小，故只能發(fā)出微弱的光。故答案為：（1）A；3.0；1.0；（2）D；（3）2.7；1.35；90%；（4）小燈泡不能正常發(fā)光的原因是兩節(jié)干電池用了較長時間后內(nèi)阻變得較大，手電筒工作時電路中的電流較小，小燈泡的實際功率較小，故只能發(fā)出微弱的光?！军c評】本題考查了電源電動勢的物理意義，閉合電路歐姆定律得應(yīng)用。注意電動勢是用來描述電源提供電能的能力的物理量，與電壓的概念是不同的。18．對于同一個物理問題，經(jīng)?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，加深理解。給定一段粗細均勻的導(dǎo)體AB，橫截面積為S、長為L．單位體積內(nèi)有n個自由電子，每個電子的電荷量為e。該導(dǎo)體AB兩端加某一電壓時，自由電子定向移動的平均速率為v。（1）求導(dǎo)體中的電流I；（2）經(jīng)典物理學(xué)認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞。電子與金屬離子碰撞的平均結(jié)果表現(xiàn)為導(dǎo)體給電子以連續(xù)的阻力，這是導(dǎo)體形成電阻的原因。設(shè)阻力的大小與電子定向移動速率成正比，即f＝kv，k是阻力系數(shù)。請推導(dǎo)導(dǎo)體的電阻率ρ=（3）自由電子與金屬離子發(fā)生碰撞，會使金屬離子的熱運動更加劇烈，電子將能量轉(zhuǎn)移給金屬離子，從而使金屬導(dǎo)體發(fā)熱。某段時間內(nèi)，將導(dǎo)體中所有自由電子因與正離子碰撞而損失的動能之和設(shè)為ΔEk，將這段時間內(nèi)導(dǎo)體產(chǎn)生的焦耳熱設(shè)為Q，請證明：Q＝ΔEk?！究键c】用焦耳定律計算電熱；電流的概念及性質(zhì)；電流的微觀表達式；歐姆定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】（1）導(dǎo)體中的電流為neSv；（2）見解析；（3）見解析。【分析】（1）根據(jù)電流的微觀表達式求解；（2）根據(jù)歐姆定律、電阻定律、電場強度與電勢差的關(guān)系進行求解；（3）根據(jù)焦耳定律，解得電子在導(dǎo)體中所散發(fā)出的熱，再計算出每個電子在導(dǎo)體中損失的總動能，將散發(fā)的熱能與總動能作比較即可?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電流的微觀表達式可解得：I＝neSv（2）根據(jù)歐姆定律可知：U＝IR將電流微觀表達式代入可得：U＝neSvR由電阻定律可得：R=代入解得：U＝neSv×ρL導(dǎo)體中電子在做勻速運動，則有：f＝eE＝kv根據(jù)電場強度與電勢差的關(guān)系可知：U＝Ed＝EL兩式聯(lián)立解得：v=代入U＝ρLnev可得：U=所以導(dǎo)體的電阻率：ρ=（3）根據(jù)焦耳定律可得：Q＝I2Rt其中I＝neSvR=ρL解得：Q＝（neSv）2?kne2?LS?t由于L為電子移動的總距離，則有：Q＝nSkv3t2每個電子損失的動能ΔEk0等于阻力做的功，每個電子移動的距離大約為vt，可的損失的動能為：ΔEk0＝fL＝kv×vt＝kv2t則導(dǎo)體AB中所有電子損失的總動能為：ΔEk＝LSnΔEk0＝nSkv3t2可得：Q＝ΔEk答：（1）導(dǎo)體中的電流為neSv；（2）見解析；（3）見解析?！军c評】本題考查了電流的微觀表達式、歐姆定律、焦耳定律、電阻定律，熟悉每個公式的用法是解決此類題的關(guān)鍵。19．飯卡是學(xué)校等單位最常用的輔助支付手段，其內(nèi)部主要部分是一個多匝線圈，當(dāng)刷卡機發(fā)出電磁信號時，置于刷卡機上的飯卡線圈的磁通量發(fā)生變化，發(fā)生電磁感應(yīng)，產(chǎn)生電信號，其原理可簡化為如圖所示。設(shè)線圈的匝數(shù)為1000匝，每匝線圈面積均為S＝10﹣3m2，線圈的總電阻為r＝0.1Ω，線圈連接一電阻R＝0.4Ω，其余部分電阻不計。線圈處磁場的方向不變，其大小按如圖所示的規(guī)律變化，（垂直紙面向里為正），（1）請你判定0～0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向（2）求0～0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；（3）求0.1～0.4s時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量?！究键c】用焦耳定律計算電熱；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式；法拉第電磁感應(yīng)定律的內(nèi)容和表達式．【專題】定量思想；歸納法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【答案】（1）判定0～0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向是從上到下；（2）0～0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為6.4×10﹣3J；（3）0.1～0.4s時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量為0.04C。【分析】（1）根據(jù)楞次定律判斷電流方向；（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合圖像的斜率求出感應(yīng)電動勢的大?。挥山苟汕蟪鲭娏鞯拇笮。鶕?jù)焦耳定律求出電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）根據(jù)電流的定義式結(jié)合歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定分析出通過電阻R的電荷量?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)楞次定律“增反減同”可知0～0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向從上到下；（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E0～0.1s時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有：I根據(jù)焦耳定律，可得0～0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為：Q（3）0.1～0.4s時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I則通過電阻R的電荷量為：q結(jié)合圖像可得：q答：（1）判定0～0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向是從上到下；（2）0～0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為6.4×10﹣3J；（3）0.1～0.4s時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量為0.04C。【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的相關(guān)應(yīng)用，熟練掌握歐姆定律，電流的定義式和焦耳定律即可完成分析。20．如圖所示，電源電動勢E＝8V，內(nèi)阻r＝0.8Ω，閉合開關(guān)S后，標有“6V，3W”的燈泡恰能正常發(fā)光，電動機M的內(nèi)阻R0＝1Ω，求：（1）流過電源的電流；（2）電源的總功率和電源的輸出功率；（3）電動機的發(fā)熱功率和電動機對外做功的功率?！究键c】電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達式．【專題】計算題；定量思想；尋找守恒量法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）流過電源的電流為2.5A；（2）電源的總功率為20W，電源的輸出功率為15W；（3）電動機的發(fā)熱功率為4W，電動機對外做功的功率為8W。【分析】（1）燈泡恰能正常發(fā)光，路端電壓等于燈泡的額定電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解流過電源的電流；（2）根據(jù)公式P＝EI求解電源的總功率，根據(jù)公式P＝UI求電源的輸出功率；（3）根據(jù)電流關(guān)系求出流過電動機的電流IM，由公式P入＝UIM求電動機消耗的電功率，由P熱=IM2【解答】解：（1）由于燈泡正常發(fā)光，可知路端電壓為U＝6V，則根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U+Ir故流過電源的電流為I=E-U（2）電源的總功率為P總＝EI＝8×2.5W＝20W電源的輸出功率為P出＝UI＝6×2.5W＝15W（3）流過燈泡的電流為IL=PLU則流過電動機的電流為IM＝I﹣IL＝2.4A﹣0.5A＝2A故電動機的發(fā)熱功率為P熱=IM2R0＝22×電動機消耗的電功率為P電＝UIM＝6×2W＝12W電動機對外做功的功率為P機＝P電﹣P熱＝12W﹣4W＝8W答：（1）流過電源的電流為2.5A；（2）電源的總功率為20W，電源的輸出功率為15W；（3）電動機的發(fā)熱功率為4W，電動機對外做功的功率為8W?！军c評】對于電源和電動機，都要搞清總功率、發(fā)熱功率與輸出功率的關(guān)系，對于電源，也可以根據(jù)輸出功率等于電源總功率與電源內(nèi)阻消耗的功率之差，來求解電源的輸出功率。

考點卡片1．功率的定義、物理意義和計算式的推導(dǎo)2．電容的概念與物理意義【知識點的認識】1．電容器（1）組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。（2）帶電量：一個極板所帶電量的絕對值。（3）電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容（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=Q（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領(lǐng)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(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關(guān)。電容決定式：C=εS4πkd．其中，ε是一個常數(shù)，S為電容極板的正對面積，d為電容極板的距離，k則是靜電力常量。而常見的平行板電容器，電容為C=εSd【命題方向】題型一：對電容器的認識例1：下列四個電學(xué)器材中，電容器是（）A．B．C．D．分析：每種類型的電容內(nèi)部結(jié)構(gòu)是不一樣的，簡單來說就是，兩個電極中間夾了一層介質(zhì)就構(gòu)成了電容。根據(jù)介質(zhì)的不同又分為薄膜電容、鋁電解電容、陶瓷電容等。解：A、這是一個蓄電池。故A錯誤；B、這是滑動變阻器，是一個可調(diào)電阻。故B錯誤；C、這是電流表，用來測量電流的器材，故C錯誤；D、這是一個可調(diào)電容大小的電容器，故D正確。故選：D。點評：了解常見的電容器構(gòu)造，并能區(qū)分于其他的電器。題型二：對電容器的理解例2：關(guān)于電容器，下列說法中正確的是（）A．電容器是產(chǎn)生電荷的裝置B．兩個金屬導(dǎo)體直接接觸就構(gòu)成了一個電容器C．電容器充電時能使兩個極板帶上等量的異種電荷D．電容器充電時能使兩個極板帶上等量的同種電荷分析：兩個相互靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體就構(gòu)成一個電容器，電容器充電時兩個極板會帶等量異種電荷。解：A、電容器是容納電荷的裝置，它不能產(chǎn)生電荷；故A錯誤；B、只有彼此絕緣的導(dǎo)體相互靠近才能構(gòu)成電容器；兩導(dǎo)體直接接觸就不能再容納電荷；故B錯誤；C、電容器充電后，兩個極板上帶上等量異種電荷；故C正確；D錯誤。故選：C。點評：本題考查對電容器的理解；明確只要兩個相互靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體就構(gòu)成一個電容器；它通過電荷間的吸引而起到儲存電荷的作用。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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)角θ正切的12，即tanα=12【命題方向】一束電子流在經(jīng)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(zhuǎn)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=偏距：y=能飛出的條件為：y=d由①②③④⑤可得：U′=2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(zhuǎn)，在列式計算時應(yīng)注意不要提前代入數(shù)值，應(yīng)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(zhì)上是力學(xué)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(xué)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(guān)系，能量守恒等。4．電流的概念及性質(zhì)5．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導(dǎo)如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導(dǎo)體，兩端加一定的電壓，導(dǎo)體中的自由電荷沿導(dǎo)體定向移動的速率為v，設(shè)導(dǎo)體的橫截面積為S，導(dǎo)體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導(dǎo)體AD內(nèi)的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導(dǎo)體AD內(nèi)的自由電荷總數(shù)N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導(dǎo)體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導(dǎo)體橫截面的電荷量q及時間t無關(guān)，從微觀上看，電流的大小取決于導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導(dǎo)體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規(guī)則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎(chǔ)上向某一方向定向移動形成的?！久}方向】有一橫截面積為S的銅導(dǎo)線，流經(jīng)其中的電流強度為I；設(shè)每單位體積的導(dǎo)線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據(jù)電流強度的定義可以求得t時間內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達式，根據(jù)電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導(dǎo)線橫截面的自由電子的個數(shù)．解答：在t時間內(nèi)，以速度v移動的電子在銅導(dǎo)線中通過的距離為vt，由于銅導(dǎo)線的橫截面積為S，則在t時間內(nèi)，電子經(jīng)過的導(dǎo)線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導(dǎo)線有n個自由電子，則在Δt時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N＝nvSΔt。由于流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，則在t時間內(nèi)，流經(jīng)導(dǎo)線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數(shù)，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導(dǎo)速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導(dǎo)出的，若6．歐姆定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】歐姆定律1．內(nèi)容：導(dǎo)體中的電流I跟導(dǎo)體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比．2．表達式：I=U3．適用條件：適用于金屬和電解液導(dǎo)電，氣體導(dǎo)電和半導(dǎo)體元件不適用．4．導(dǎo)體的伏安特性曲線：用橫軸表示電壓U，縱軸表示電流I，畫出的I﹣U關(guān)系圖線．（1）線性元件：伏安特性曲線是直線的電學(xué)元件，適用于歐姆定律．（2）非線性元件：伏安特性曲線為曲線的電學(xué)元件，即非線性元件的電流與電壓不成正比．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查歐姆定律不同表達式的物理意義：對于歐姆定律的理解，下列說法中錯誤的是（）A．由I=UB．由U＝IR，對一定的導(dǎo)體，通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大C．由R=UI，導(dǎo)體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變分析：根據(jù)歐姆定律的內(nèi)容可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，電阻的大小是由導(dǎo)體本身決定的，與電壓的大小無關(guān)．解：A、根據(jù)歐姆定律可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，所以A正確；B、由U＝IR，對一定的導(dǎo)體，電流與電壓成正比，所以通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大，所以B正確；C、導(dǎo)體的電阻與電壓的大小無關(guān)，是由導(dǎo)體本身決定的，所以C錯誤；D、對一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變，即為電阻的大小，所以D正確．本題選錯誤的，故選C．點評：本題就是考查學(xué)生對歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導(dǎo)體本身決定的，與電壓的大小無關(guān)，即可解決本題．（2）第二類?？碱}型是考查對伏安特性曲線的理解：如圖所示為電阻R1和R2的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域．現(xiàn)把R1和R2并聯(lián)在電路中，消耗的電功率分別用P1和P2表示；并聯(lián)的總電阻設(shè)為R．下列關(guān)于P1與P2的大小關(guān)系及R的伏安特性曲線應(yīng)該在的區(qū)域正確的是（）A．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＜P2B．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＜P2C．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＞P2D．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＞P2分析：伏安特性曲線的斜率等于電阻的倒數(shù)．當(dāng)兩個電阻并聯(lián)后總電阻R比任何一個電阻都要小，R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出電流關(guān)系，再研究功率關(guān)系．解：把R1和R2并聯(lián)在電路中，并聯(lián)的總電阻R比R1和R2都小，則R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率，則R的伏安特性曲線應(yīng)該Ⅰ區(qū)．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出流過電阻R1的電流較大，則功率P1＞P2．故選C．點評：本題首先要從數(shù)學(xué)角度理解圖線的物理意義：斜率越大，電阻越?。浯巫プ〔⒙?lián)電路的基本特點：支路兩端的電壓相等．【解題方法點撥】1．歐姆定律不同表達式的物理意義（1）I=UR是歐姆定律的數(shù)學(xué)表達式，表示通過導(dǎo)體的電流I與電壓U成正比，與電阻（2）公式R=U2．對伏安特性曲線的理解（1）如圖，圖線a、b表示線性元件，圖線c、d表示非線性元件．（2）圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，斜率越大，電阻越小，故Ra＜Rb（如圖甲所示）．（3）圖線c的電阻減小，圖線d的電阻增大（如圖乙所示）．（4）伏安特性曲線上每一點的電壓坐標與電流坐標的比值對應(yīng)這一狀態(tài)下的電阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲線上某點切線的斜率不是電阻的倒數(shù)．（2）要區(qū)分是I﹣U圖線還是U﹣I圖線．（3）對線性元件：R=UI=△4．歐姆定律I=U對于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對于非純電阻，不適合歐姆定律，因P電＝UI＝P熱+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非純電阻兩端的電壓滿足U＞IR．7．串聯(lián)電路的特點及應(yīng)用8．電功和電功率【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(zhì)：電能轉(zhuǎn)化成其他形式能的過程．2．電功率（1）定義：單位時間內(nèi)電流做的功，表示電流做功的快慢．（2）公式：P=Wt3．電熱：電流流過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量．由焦耳定律來計算，Q＝I2Rt．4．熱功率：單位時間內(nèi)的發(fā)熱量，表達式為：P═I2R．【命題方向】（1）?？碱}型考查對電功與電熱：功率為10w的發(fā)光二極管（LED燈）的亮度與功率為60W的白熾燈相當(dāng)．根據(jù)國家節(jié)能戰(zhàn)略，2016年前普通白熾燈應(yīng)被淘汰．假設(shè)每戶家庭有2只60W的白熾燈，均用10W的LED燈替代．估算出全國一年節(jié)省的電能最接近（）A．8×108KW?hB．8×1010KW?hC．8×1011KW?hD．8×1013KW?h分析：全國大約有5.5億戶人家，每天亮燈時間大約4h，已知白熾燈和節(jié)能燈的額定功率和各自的工作時間，根據(jù)公式W＝Pt可求節(jié)能燈少消耗的電能．解：全國一年節(jié)省的電能最接近W＝Pt＝2（0.06kW﹣0.01kW）×5.5×108×4h×365＝8.03×1010kW?h．故選B．點評：本題考查的功率的計算，關(guān)鍵是要了解全國有多少家庭及每天亮燈時間．解題過程中要注意單位的換算，同時養(yǎng)成節(jié)能的好習(xí)慣．（2）第二類?？碱}型是考查電功率與熱功率的理解：額定電壓都是110V，額定功率PA＝100W、PB＝40W的電燈兩盞，若接在外電壓是220V的電路上，使每盞電燈均能正常發(fā)光，且電路中消耗的功率最小的電路是下圖所示的（）A．B．C．D．分析：由題可知，燈泡的電壓相等，但是燈泡的功率不同，由此可以知道兩種燈泡的電阻的大小不同，在由電路的串并聯(lián)的知識先逐個分析燈泡能否正常的發(fā)光，再判斷消耗的功率最小的電路．解：A、由于AB兩個燈泡的電阻大小不同，所以直接把AB串連接入電路的話，AB的電壓不會平分，AB不會同時正常發(fā)光，所以A錯誤；B、由于額定電壓都是110V，額定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把燈泡A與電阻并聯(lián)的話，會使并聯(lián)的部分的電阻更小，所以AB的電壓不會平分，AB不會同時正常發(fā)光，所以B錯誤；C、由于額定電壓都是110V，額定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把燈泡B與電阻并聯(lián)的話，可以使并聯(lián)部分的電阻減小，可能使A與并聯(lián)部分的電阻相同，所以AB能同時正常發(fā)光，并且電路消耗的功率與A燈泡的功率相同，所以總功率的大小為200W；D、把AB并聯(lián)之后與電阻串連接入電路的話，當(dāng)電阻的阻值與AB并聯(lián)的總的電阻相等時，AB就可以正常發(fā)光，此時電阻消耗的功率為AB燈泡功率的和，所以電路消耗的總的功率的大小為280W；由CD的分析可知，正常發(fā)光并且消耗的功率最小的為C，所以C正確．故選C．點評：解答本題是一定要注意題目要同時滿足兩個條件即燈泡能夠正常發(fā)光并且消耗的功率還要最?。祟悊栴}的分析思路分兩步：先分清哪個電路的燈泡能正常發(fā)光，這里可以從電壓、電流、電功率三個量中任意挑選一個使其達到其額定值，其余兩個也達到額定值；確定了正常發(fā)光的電路后，再比較哪一個的實際功率小，可以用計算的方法比較，也可以用定性分析的方法比較．【解題方法點撥】1．電功與電熱、電功率與熱功率的理解純電阻電路非純電阻電路實例白熾燈、電爐、電飯鍋、電熱毯、電熨斗及轉(zhuǎn)子被卡住的電動機等電動機、電解槽、日光燈等電功與電熱W＝UIt＝UqQ＝I2Rt=UW＝QW＝UIt＝Uq，Q＝I2RtW＞Q電功率與熱功率P電＝UI，P熱＝I2R=P電＝P熱P電＝UI，P熱＝I2