2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：电路与电能（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：电路与电能（10题）一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•淇滨区校级模拟）如图所示图像示意图在物理学习中经常遇到，很多的物理量关系都满足此类关系图像，那么关于此图像适用的物理过程，描述不正确的是（）A．研究电源串联外电阻输出功率时，该图像可近似看作是电源输出功率P随外电阻R变化的图像 B．研究两个小球发生弹性碰撞且碰前球m2静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系的图像 C．研究竖直面内绳球模型球从水平下落至竖直的过程中，可以完整表达球重力的功率P与绳跟水平面夹角θ的关系 D．该图像可以表述两个分子间的作用力F与分子间距r的关系（多选）2．（2024•东河区校级模拟）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到60V时，闪光灯瞬间导通并发亮，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地放光。该电路（）A．充电时，通过R的电流不变 B．若R增大，则充电时间变长 C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变（多选）3．（2024•青羊区校级模拟）直流电动机在生产生活中有着广泛的应用。同学们为了研究直流电动机的机械效率（有用功率与总功率的百分比）问题，设计了如图甲所示的电路，一内阻为r1＝1Ω直流电动机M和规格为“6V，6W”的指示电灯L并联之后接在电动势为E＝8V，内阻r2＝0.5Ω的直流电源上。闭合开关S，电动机和指示灯均正常工作，在提升物体过程中，如图乙所示。则下列说法正确的是（）A．流过电动机的电流为3A B．该电源的效率为60% C．电动机的输出功率为15W D．用该电动机可将重为7.5N的物体以0.6m/s的速度匀速提升，则电动机工作的机械效率为25%（多选）4．（2024•湖北一模）如图所示，一平行板电容器与滑动变阻器并联接入电路，上极板附近接有一个二极管（单向导电），电容器的极板水平。现有两个粒子源，分别置于电容器的上、下极板附近的左右两端（到极板的距离相等），上极板右边附近的粒子源水平发射初速度为v1的正电粒子a，下极板左边附近的粒子源水平发射初速度为v2的负电粒子b，粒子a、b所带电荷量大小分别为q1、q2质量分别为m1、m2。粒子a、b同时入射，随后在电容器两极板间相遇，忽略a、b间的相互作用和重力，a、b打到极板上被吸收，不计a、b对极板的影响。下列说法正确的是（）A．若a是α粒子（24He），b是氯离子（Cl﹣，氛的原子序数为17），则a、bB．其它条件不变，改变a、b的初速度大小，只要保证两初速度的和不变，a、b一定会相遇 C．其它条件不变，向下调节滑动变阻器滑片P，则a、b相遇的位置不变 D．其它条件不变，两粒子源位置不变，将下极板下移，则a、b不相遇（多选）5．（2024•和平区校级二模）如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R2、R3均为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是（）A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B．只将滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只将滑动变阻器R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开开关S，带电微粒向下运动（多选）6．（2024•天心区校级模拟）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（）A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为12C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h D．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW•h（多选）7．（2024•武汉二模）彩灯串是由几十个额定电压约为6V的小灯泡串联组成，小灯泡的结构如图所示：小灯泡内有一根表面涂有氧化层（导电性能很差）的细金属丝（电阻可忽略）与灯丝并联，正常工作时，细金属丝与灯丝支架不导通；当加上较高电压时，细金属丝的氧化层被击穿，与灯丝支架导通。当某个小灯泡的灯丝熔断时，下列说法正确的是（）A．彩灯串上其他小灯泡仍能发光 B．彩灯串上其他小灯泡不能发光 C．彩灯串上其他小灯泡两端电压均略有增加 D．彩灯串上其他小灯泡两端电压均保持不变（多选）8．（2024•肇庆二模）如图甲所示，在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将单刀双掷开关S与“1”端相接，并将电阻箱的阻值调为R1和R2（R1＞R2）两种情况，两次得到的电流I随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．实线是电阻箱阻值为R1时的结果 B．电路达到稳定时，电阻箱的阻值为R1时电容器所带的电荷量较大 C．S与“2”端相接时，电容器的放电时间与电阻箱阻值的变化无关 D．电容器的其他参数不变，当两极板间的距离增大时，其电容变大（多选）9．（2024•吕梁一模）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3均是定值电阻，R是滑动变阻器，图中各电表均为理想电表。闭合开关S，当R的滑动触片P向下滑动时，下列判断正确的是（）A．电源总功率增大 B．电源的效率提高 C．电压表V1的示数变小，V2的示数变小 D．电流表A1的示数变大，A2的示数变小，A3的示数变大（多选）10．（2024•长沙模拟）如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，电流表与电压表都是理想电表，电容器C的击穿电压足够高。当闭合S后，滑动变阻器的触头P向右滑动时，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大 B．电流表示数减小 C．灯泡变亮 D．电容器的电荷量减少

2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：电路与电能（10题）参考答案与试题解析一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•淇滨区校级模拟）如图所示图像示意图在物理学习中经常遇到，很多的物理量关系都满足此类关系图像，那么关于此图像适用的物理过程，描述不正确的是（）A．研究电源串联外电阻输出功率时，该图像可近似看作是电源输出功率P随外电阻R变化的图像 B．研究两个小球发生弹性碰撞且碰前球m2静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系的图像 C．研究竖直面内绳球模型球从水平下落至竖直的过程中，可以完整表达球重力的功率P与绳跟水平面夹角θ的关系 D．该图像可以表述两个分子间的作用力F与分子间距r的关系【考点】电功和电功率的计算式及影响因素；验证动量守恒定律．【专题】定性思想；推理法；分子间相互作用力与分子间距离的关系；推理能力．【答案】CD【分析】本题根据图形所表示横坐标轴量与纵坐标轴量的关系，结合相关的规律进行分析。【解答】解：A．电源输出功率随外电阻变化图像如图所示：和题中示意图基本近似，故A正确；B．两个小球弹性碰撞且其中球m2碰前静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系图像如图：故B正确；C．绳系小球模型，水平静止时重力的功率是0，运动到竖直状态时重力的功率也是0，故C错误；D．分子力与分子间距关系如图所示，故D错误。本题选不正确的，故选CD。【点评】本题考查图像示意图的意义，要学会变通，能举一反三，关键要掌握相关的物理规律。（多选）2．（2024•东河区校级模拟）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到60V时，闪光灯瞬间导通并发亮，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地放光。该电路（）A．充电时，通过R的电流不变 B．若R增大，则充电时间变长 C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电容的概念与物理意义．【专题】应用题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【答案】BCD【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q＝UC可知极板上的电荷量。【解答】解：A、充电时，电容器电荷量增加、电压增加，根据闭合电路的欧姆定律可得R两端电压减小，通过R的电流减小，故A错误；B、若R增大，充电过程中平均电流I减小，根据Q＝It可知充电时间变长，故B正确；C、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯瞬间导通并发光，所以闪光灯发光电压U一定；若C增大，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，故C正确；D、若E减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U＝80V时，闪光灯瞬间导通并发光，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，故D正确；故选：BCD。【点评】本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，要求掌握充放电过程中电荷量的多少与哪些因素有关。（多选）3．（2024•青羊区校级模拟）直流电动机在生产生活中有着广泛的应用。同学们为了研究直流电动机的机械效率（有用功率与总功率的百分比）问题，设计了如图甲所示的电路，一内阻为r1＝1Ω直流电动机M和规格为“6V，6W”的指示电灯L并联之后接在电动势为E＝8V，内阻r2＝0.5Ω的直流电源上。闭合开关S，电动机和指示灯均正常工作，在提升物体过程中，如图乙所示。则下列说法正确的是（）A．流过电动机的电流为3A B．该电源的效率为60% C．电动机的输出功率为15W D．用该电动机可将重为7.5N的物体以0.6m/s的速度匀速提升，则电动机工作的机械效率为25%【考点】计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流；热功率的计算；电动机中的能量转化与计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】AD【分析】由欧姆定律求出灯泡的电流，根据闭合电路欧姆定律求出干路的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流；电动机效率是输出的机械功率与输入的电功率之比；电源的效率等于输出功率与总功率的比值；电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差；电动机的速度匀速提升物体时，绳子的拉力和物体的重力相等，根据P＝Fv求出电动机的有用功率，根据η=P【解答】解：A．根据题意，指示灯正常工作时，流过指示灯的电流为IL，由公式P＝UI可得：IL其中UL＝6V，PL＝6W代入数据得：IL＝1A设干路电流为I，由闭合回路欧姆定律得：UL＝E﹣Ir2解得：I＝4A则流过电动机的电流为：IM＝I﹣ILIM＝3A故A正确；B.该电源的效率为：η=EI-代入数据得：η＝75%故B错误；C．电动机的输出功率为：P出其中UM＝6V代入数据得：P出＝9W故C错误；D．用该电动机可将重为7.5N的物体以0.6m/s的速度匀速提升，绳子的拉力和物体的重力相等，根据能量转化和守恒定律得，电动机的有用功率为P有＝Gv其中G＝7.5N，v＝0.6m/s代入数据得：P有＝4.5W则电动机工作的机械效率为：η=P代入数据得：η＝25%故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了欧姆定律、功率、电功率以及效率的计算，电动机的正常工作时将电能转化为机械能和内能，是非纯电阻电路，欧姆定律不再适用。（多选）4．（2024•湖北一模）如图所示，一平行板电容器与滑动变阻器并联接入电路，上极板附近接有一个二极管（单向导电），电容器的极板水平。现有两个粒子源，分别置于电容器的上、下极板附近的左右两端（到极板的距离相等），上极板右边附近的粒子源水平发射初速度为v1的正电粒子a，下极板左边附近的粒子源水平发射初速度为v2的负电粒子b，粒子a、b所带电荷量大小分别为q1、q2质量分别为m1、m2。粒子a、b同时入射，随后在电容器两极板间相遇，忽略a、b间的相互作用和重力，a、b打到极板上被吸收，不计a、b对极板的影响。下列说法正确的是（）A．若a是α粒子（24He），b是氯离子（Cl﹣，氛的原子序数为17），则a、bB．其它条件不变，改变a、b的初速度大小，只要保证两初速度的和不变，a、b一定会相遇 C．其它条件不变，向下调节滑动变阻器滑片P，则a、b相遇的位置不变 D．其它条件不变，两粒子源位置不变，将下极板下移，则a、b不相遇【考点】含容电路的动态分析；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电容器专题；恒定电流专题．【答案】BC【分析】粒子在电场中做类平抛运动，根据两粒子的比荷大小关系，分析两粒子垂直于极板方向的位移大小关系，据此可判断a、b相遇的位置；根据两粒子在水平方向上做匀速直线运动，分析初速度的和不变时两者的运动情况；向下调节滑动变阻器滑片P，判断滑动变阻器两端的电压与电容器两端电压的大小关系，依据二极管的单向导电性，判断电容器的带电量是否变化，极板间电场强度如何变化，判断粒子a、b的运动情况是否变化；只将下极板下移，极板间距d增大，由电容的决定式和定义式，分析电容器的带电量如何变化，以及其内部电场强度如何变化，判断a、b的运动情况是否变化。【解答】解：A.设粒子a、b同时入射后经过时间t相遇，极板电场强度为E。粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可得，粒子垂直于极板方向的位移大小为：y=1a是α粒子，设其比荷为q1m1，b是氯离子，设其比荷为q2m2，则有：q1m1＞q2m2，可得：B.设极板长度为L，改变前粒子a、b同时入射，随后在电容器两极板间相遇，在水平方向上有：v1t+v2t＝（v1+v2）t＝L由此可知只改变a、b的初速度大小，只要保证两初速度的和不变，即初速度的和总是等于（v1+v2），则粒子a、b同时入射后经过时间t后一定会相遇，故B正确；C.其它条件不变，向下调节滑动变阻器滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻值减小，滑动变阻器两端的电压减小，以致于电容器两端电压大于了滑动变阻器两端的电压，电容器上极板带正电，因二极管具有单向导电性，故电容器不能放电，则电容器的带电量不变，极板电压不变，电场强度不变，则粒子a、b的运动情况不变，相遇的位置不变，故C正确；D.只将下极板下移，极板间距d增大，由电容的决定式：C=ɛrS4πkd，可知电容C减小，由电容的定义式：C=QU，可知电容器应该放电，但二极管具有单向导电性，使得电容器不能放电，电容器的带电量不变，根据：E=U故选：BC。【点评】本题考查了含容电路的动态分析，以及带电粒子在电场中运动问题。粒子在电场中做类平抛运动，将其运动分解处理。掌握电容器的定义式与决定式。（多选）5．（2024•和平区校级二模）如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R2、R3均为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是（）A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 B．只将滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只将滑动变阻器R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开开关S，带电微粒向下运动【考点】含容电路的常规分析与计算；电容的概念与物理意义．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】AD【分析】只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，由此分析A选项；只将滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，对电路的总电阻没有影响；只将滑动变阻器R2的滑动端P1向下端移动时，电路中的总电阻不变；若断开电键S，电容器处于放电状态。【解答】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，根据P＝I2R0，可知电阻R0消耗的电功率变大；电流增大，滑动变阻器R2电压也变大，则电容器两端的电压增大，电容器所带的电荷量变大，故电容器处于充电状态，因电容器下极板与电源的正极连接，故电阻R3中有向上的电流，故A正确；B、电路稳定时，电容所在支路视为断路，只将滑动变阻器R3的滑动端P2向上端移动时，对电路的总电阻没有影响，故B错误；C、只将滑动变阻器R2的滑动端P1向下端移动时，电路中的总电阻不变，故总电流不变，所以电压表的示数不变，由于电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=Ud可知微粒所受电场力变大，而重力不变，故带电微粒向上运动，故D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，最后电容器两端电压为零，电场强度为零，而重力不变，故带电微粒将向下运动，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查含容电路的动态分析，解题的关键是弄清电路结构、以及电路稳态时电容器所在支路视为断路。（多选）6．（2024•天心区校级模拟）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（）A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比 B．单位时间流过面积A的流动空气动能为12C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h D．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW•h【考点】用能量守恒定律解决实际问题；功率的定义、物理意义和计算式的推导；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；推理能力．【答案】BD【分析】AB、根据单位时间内流过面积A的空气体积可得流动空气质量的表达式，由可得动能的表达式，由转化效率可得电能表达式，功率表达式，则可判断正误；C、根据功率可得每天发电量，可得结论；D、根据输出功率表达式，可得风速6m/s对应的输出功率，由功率和时间可得年发电量。【解答】解：AB、单位时间内流过面积A的流动空气体积：V0＝A•vt＝Av单位时间流过面积A的流动空气质量：m0＝ρV0＝ρAv单位时间流过面积A的流动空气动能：Ek＝ρStv3设转化效率为η，转化成的电能为：E＝η•Ek＝ηρStv3该风力发电机的输出电功率P＝ηρSv3，则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，故A错误，B正确；C、由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量约为W＝η•Pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW•h＜2.4×109kW•h，故C错误；D、若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5﹣10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为P＝63×40593则该发电机年发电量：E′＝P1•t＝120kW×5000h＝6.0×105kW•h，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查了风力发电的相关知识，解题的关键是找到动能的表达式，然后分别求出功率和电能。（多选）7．（2024•武汉二模）彩灯串是由几十个额定电压约为6V的小灯泡串联组成，小灯泡的结构如图所示：小灯泡内有一根表面涂有氧化层（导电性能很差）的细金属丝（电阻可忽略）与灯丝并联，正常工作时，细金属丝与灯丝支架不导通；当加上较高电压时，细金属丝的氧化层被击穿，与灯丝支架导通。当某个小灯泡的灯丝熔断时，下列说法正确的是（）A．彩灯串上其他小灯泡仍能发光 B．彩灯串上其他小灯泡不能发光 C．彩灯串上其他小灯泡两端电压均略有增加 D．彩灯串上其他小灯泡两端电压均保持不变【考点】电功和电功率的计算；串联电路的特点及应用．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】AC【分析】当其中一个小灯泡灯丝熔断时，此小灯泡相当于一段导线，根据串联关系和欧姆定律分析。【解答】解：当其中一个小灯泡灯丝熔断时，此小灯泡相当于一段导线，起到连接作用，其它小灯泡能继续工作；灯泡总电压不变，但灯泡个数减少，根据欧姆定律，可知彩灯串上其他小灯泡两端电压均略有增加，故AC正确，BD错误。故选：AC。【点评】本题考查串联关系和欧姆定律，属简单题。（多选）8．（2024•肇庆二模）如图甲所示，在“观察电容器的充、放电现象”实验中，将单刀双掷开关S与“1”端相接，并将电阻箱的阻值调为R1和R2（R1＞R2）两种情况，两次得到的电流I随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．实线是电阻箱阻值为R1时的结果 B．电路达到稳定时，电阻箱的阻值为R1时电容器所带的电荷量较大 C．S与“2”端相接时，电容器的放电时间与电阻箱阻值的变化无关 D．电容器的其他参数不变，当两极板间的距离增大时，其电容变大【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义．【专题】比较思想；图析法；电容器专题；理解能力．【答案】AC【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电容器放电瞬间的电流与电阻的关系，再判断A项。电路达到稳定时，电容器充电电压等于电源的电动势，根据Q＝CU分析电容器所带的电荷量与电阻的关系，并判断S与“2”端相接时，电容器的放电时间与电阻箱阻值的关系。当两极板间的距离增大时，根据电容的决定式C=ε【解答】解：A、单刀双掷开关S与“1”端相接，电容器充电，电路稳定后，电路中没有电流，电容器的电压等于电源的电动势E。当S与“2”端相接瞬间，电路中电流I=ER，由于R1＞R2，可知闭合开关瞬间，R1图线对应的初始电流较小，则实线是电阻箱阻值为R1时的结果，故B、电路达到稳定时，电容器的电压等于电源的电动势，则电容器所带的电荷量为Q＝CU＝CE，可知稳定时电容器所带电荷量与电阻箱阻值无关，故B错误；C、由于电容器充电达到稳定时电容器所带电荷量与电阻箱阻值无关，所以S与“2”端相接时，电容器的放电时间与电阻箱阻值的变化无关，故C正确；D、电容器的其他参数不变，当两极板间的距离增大时，根据电容的决定式C=εrS故选：AC。【点评】本题考查电容器的充放电过程，关键要知道电容器充电稳定时，其电压等于电源的电动势，放电瞬间，可根据欧姆定律求出此瞬间的放电电流。（多选）9．（2024•吕梁一模）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3均是定值电阻，R是滑动变阻器，图中各电表均为理想电表。闭合开关S，当R的滑动触片P向下滑动时，下列判断正确的是（）A．电源总功率增大 B．电源的效率提高 C．电压表V1的示数变小，V2的示数变小 D．电流表A1的示数变大，A2的示数变小，A3的示数变大【考点】电路动态分析；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】当R的滑动触片P向下滑动时，分析其有效电阻的变化，判断干路电流的变化，即可知道电源总功率的变化；根据电源效率表达式判断电源效率变化情况；根据UR2=E-I1(R1+r)结合I1变化情况判断V2的示数变化和电表A2【解答】解：A、触片P向下滑动时，滑动变阻器的有效电阻减小导致总电阻减小，干路电流增大电源的总功率变大，故A正确；B、电源的效率η=IUIE=UE=R外D、电阻R2两端的电压为UR2=E-I1(R1+r)，因I1变大，其他量不变，可知UR2变小，即V2的示数变小，则流过R2的电流I2变小，A2的示数变小；I1变大，I2变小，结合流过R3的电流为I3＝I1﹣C、电压表V1的示数为UV1=I1R1+I3R3故选：AD。【点评】本题是电路动态分析问题，关键要理清电路结构，按局部→整体→局部的顺序进行分析，要根据串并联电路规律和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路的电流和电压的变化情况。（多选）10．（2024•长沙模拟）如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，电流表与电压表都是理想电表，电容器C的击穿电压足够高。当闭合S后，滑动变阻器的触头P向右滑动时，下列说法正确的是（）A．电压表示数增大 B．电流表示数减小 C．灯泡变亮 D．电容器的电荷量减少【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】CD【分析】根据电压表测量的是路端电压，结合电路串、并联电路的特点，结合滑动变阻器的滑片向右滑动时，R3减小，分析电压和电流的变化，最后根据电容器的定义式分析电荷量变化。【解答】解：电压表测量的是路端电压，电容器是与电阻R3并联，当开关闭合后，滑动变阻器的滑片向右滑动时，R3减小，总电阻减小，故电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，即电压表的示数减小，电阻R1、R2两端的总电压减小，其电流也减小，所以R3所在支路电流增大，即电流表的示数增大，灯泡变亮。R3两端电压变小。由电容器的定义式Q＝CU可知，电容器所带的电荷量将减少。故AB错误，CD正确。故选：CD。【点评】本题考查了电路的动态分析，熟悉电路串、并联的情况，掌握电容器的定义式是解决此类问题的关键。

考点卡片1．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键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．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W2．电容的概念与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=3．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动【知识点的认识】1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律为：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t静电力方向：vy＝at，y=2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.两个特殊推论：（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的12，即tanα=12【命题方向】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷eme=1.76×10（1）电子进入极板时的速度v0（2）两极板间的电压．分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．解答：（1）由动能定理：Uq=1得v0=2qUm=（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a=F偏距：y=1能飞出的条件为：y=d2由①②③④⑤可得：U′=2U答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．【解题思路点拨】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。4．串联电路的特点及应用【知识点的认识】1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P总＝P1+P2+…PnP1P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax=2R3RU=23×30v=20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin=R3R故选：C。点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．【解题思路点拨】解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。5．电功和电功率的计算式及影响因素【知识点的认识】1．电功（1）电功：电路中电场力移动电荷做的功．（2）公式：W＝qU＝IUt．（3）实质：电能转化成其他形式能的过程．2．电功率（1）定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢．（2）公式：P=Wt【命题方向】本考点主要考查电功和电功率的定义类问题下列关于电功率的说法中正确的是（）A、电功率是表示电流做功多少的物理量B、电功率是表示电流做功效率高低的物理量C、电功率是反映电流做功快慢程度的物理量D、功率为100W的用电器正常工作10h耗电1Kw/h分析：电功率是描述做功快慢的物理量，由W＝Pt计算电流做的功．解答：A、电功率是描述做功快慢的物理量，与电流做功的多少无关。故A错误；B、电功率是描述做功快慢的物理量，与电流做功效率高低无关。故C错误；C、电功率是描述做功快慢的物理量。故C正确；D、功率为100W的用电器正常工作10h耗电：W＝Pt＝100W×1h＝1000W•h＝1Kw/h。故D正确故选：CD。点评：电流做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，电功率反映的电流做功的快慢．【解题思路点拨】1.电功的计算公式W＝qU＝UIt；电功率的计算公式P=Wt2.电功和电功率的计算公式都是针对所有电路都成立的。6．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。7．热功率的计算【知识点的认识】根据功与功率的关系P=Qt=所以电流发热的功率为P＝I2R【命题方向】在电路中，定值电阻的阻值为R＝100Ω，通过它的电流为I＝3A，求（1）它的热功率P是多少瓦特，（2）如果通电10分钟，求产生的热量Q是多少焦耳．分析：由焦耳定律可直接求得热功率与热量．解答：（1）热功率：P＝I2R＝（3A）2×100Ω＝900W（2）产生的热量Q＝Pt＝900W×10×60s＝5.4×105J答：1）它的热功率P是900瓦特，（2）如果通电10分钟，产生的热量Q是5.4×105焦耳点评：考查焦耳定律的基本表达式，注意计算要准确．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、热功率表达式P＝I2R的适用范围公式P＝I2R对任何电路都是成立的。8．电动机中的能量转化与计算【知识点的认识】1.含有电动机的电路是非纯电阻电路，电流做功除了只有一小部分转化成内能，绝大部分要转化成机械能，其能量转化情况如下图2.电动机正常工作时的具体能量转化如下（1）电动机的输入功率是电动机消耗的总功率，P入＝UI。（2）电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率，P热＝I2r。（3）电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）电动机的效率η=P出P入3.本考点主要针对电动机问题中的能量计算，比如输入、输出功率、热功率、做功情况、发热量等。【命题方向】如图所示，电动机M的内阻是0.6Ω，R＝10Ω，直流电压U＝160V，电压表示数110V，求：（1）通过电动机的电流多大？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机工作1h所产生的热量为多少？分析：（1）计算通过电动机的电流，也就是计算流过电阻R的电流即可．（2）计算电动机的功率用公式P＝U电I即可．（3）计算电动机产生的热量Q＝I2Rt即可．解答：（1）电动机跟电阻串联，所以电流相等电阻R两端的电压为UR＝U﹣UV＝160﹣110＝50V电动机的电流为I=URR（2）电动机消耗的电功率为：P＝U电I＝110×5＝550W（3）电动机工作1h所产生的热量为：Q＝I2Rt＝52×0.6×3600＝5.4×104J答（1）通过电动机的电流为5A．（2）电动机消耗的电功率为550W．（3）电动机工作1h所产生的热量为5.4×104J．点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．【解题思路点拨】电动机电路的分析与计算9．计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率【知识点的认识】1.电动机正常工作时的具体能量转化如下（1）电动机的输入功率是电动机消耗的总功率，P入＝UI。（2）电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率，P热＝I2r。（3）电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）电动机的效率η=P出P入2.本考点主要针对电动机问题中输出功率、输出功与机械效率的计算。【命题方向】如图所示，电阻R1＝8Ω，电动机绕组电阻R0＝2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．分析：当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．解答：当开关S断开时，由P1=I12R1得：I整个电路有闭合电路的欧姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入数据解得：r＝2Ω当开关S闭合时，由P2=I22R1得：IR1的电压为：U＝I2R1＝4V设干路中电流为I，则有：I=E-U电动机的电流为：IM＝I﹣I2＝0.5A故电动机的机械功率为：P＝UIM-IM2R答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W．点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=U【解题思路点拨】电动机电路的分析与计算10．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比11．用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流【知识点的认识】闭合电路的欧姆定律的表达式为（1）I=（2）E＝U内+U外（3）U＝E﹣Ir可以根据具体的问题选择合适的公式计算电路的电压、电流、电阻等参数。【命题方向】如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，电源的内阻r＝2Ω，电阻R1＝3Ω，电阻R2＝6Ω．当闭合电键S后，流过R2的电流为（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根据闭合电路的欧姆定律求出通过电源的电流，再由并联电路的特点知通过R2的电流。解答：R1，R2并联后的电阻R=R1根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流I=ER+r通过R1的电流为I2=R1R1+R2I故选：A。点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，掌握并联电阻的计算方法。【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比12．电路动态分析【知识点的认识】1.模型概述：电路中某一参数变化时，其他参数的变化情况分析，就称为电路的动态分析。2.闭合电路动态问题的分析方法（1）程序法①分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；②由局部电阻变化判断总电阻的变化；③由I=ER+r④据U＝E一Ir判断路端电压的变化；⑤由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化。（2）结论法——“并同串反”“并同”：是指某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小。“串反”：是指某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大。【命题方向】在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时，合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况（）A.I1增大，I2不变，U增大B.I1减小，I2增大，U减小C.I1增大，I2减小，U增大D.I1减小，I2不变，U减小分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。解答：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大。故A、C、D错误，B正确。故选：B。点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。【解题思路点拨】闭合电路的动态分析方法（1）程序法：局部→整体→局部。（2）“并同串反”法：所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小；所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。13．含容电路的常规分析与计算【知识点的认识】1.模型概述：该模型分析的是电路中含有电容器的一类电路分析问题。本考点旨在针对常规的含容电路计算，不包含动态过程。2.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。3.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。4.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。【命题方向】如图所示，电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，C＝30μF。（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求流过R1的电荷量；（3）如果把R2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R2消耗的最大电功率。分析：（1）开关闭合，电容器所在路看成断路，R1与R2串联进行求解；（2）开关断开前，电容器并联在R2两端，开关断开后，电容器并联在电源两端，通过两次电压的变化求出电荷量的变化；（3）当外电阻的等于内阻时，输出功率最大。解答：（1）闭合开关时，电容器所在支路为断路，则电路中R1与R2串联，由闭合电路欧姆定律可得：I=Er+R（2）开关S断开之前，电容器并联在R2两端，则电容器两端电压等于R2两端电压，则U2＝IR2＝2A×6Ω＝12V，断开开关后，电容器并联在电源两端，则电容器两端电压等于电源电动势，即U＝20V，则开关断开前后，电压的变化为：△U＝U﹣U2＝20V﹣12V＝8V，则流过R1的电荷量为：△Q＝C×△U＝30×10﹣6F×8V＝2.4×10﹣4C；（3）此时可将电源与电阻R1看成一个等效电源，则此时等效电源的内阻为：r1＝r+R1＝1Ω+3Ω＝4Ω，此时R2消耗的电功率为：P=I2R2=E2(R2+r1)答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流为2A；（2）然后将开关S断开，流过R1的电荷量为2.4×10﹣4C；（3）R2消耗的最大电功率为25W。点评：本题主要考查了学生关于闭合电路欧姆定律的使用和电功率的计算，计算电功率时需注意，求解最大输出功率时，此时需要外电阻等于内电阻，输出功率是最大的。【解题思路点拨】含电容器电路的分析与计算方法（1）首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。（2）根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。（3）最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。14．含容电路的动态分析【知识点的认识】1.模型概述：该模型分析的是电路中含有电容器的一类电路分析问题。本考点旨在针对含容电路的动态分析问题。2.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。3.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。4.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。【命题方向】如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计．开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A、灵敏电流计G中有b→a的电流B、油滴向上加速运动C、电容器极板所带电荷量将减小D、通过电阻R2的电流将减小分析：质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡．滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况．再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化．解答：在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。根据Q＝CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。故A对、B对，C错，D错。故选：AB。点评：处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．【解题思路点拨】含电容器电路的分析与计算方法（1）首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。（2）根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。（3）最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。15．用能量守恒定律解决实际问题【知识点的认识】1.能量守恒定律是自然界最基础的定律之一，可以用来解决实际的问题。2.能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．【命题方向】春天，农民需要用水泵给缺水农田灌溉，已知水泵能在1h内将3×105kg的水抽到12m高处．（1）连续工作5h，所做的有用功是多少？（2）若水泵的工作效率为80%，则水泵5h内所做总功功率是多少？（3）若此水泵用一柴油机带动，假设柴油机完全燃烧所释放的内能有40%转化为水的机械能，则每小时消耗多少柴油？（柴油热值为3×107J/kg，g取10N/kg）分析：（1）由功的计算公式可以求出所做的有用功．（2）由效率公式求出总功，然后由功率公式求出功率．（3）求出柴油释放飞能量，然后求出柴油的质量．解答：（1）5h有用功为：W＝nGh＝nmgh＝5×3×105×10×12＝1.8×108J；（2）5h水泵做的总功：W总=Wη=1.8×108功率：P=W总t=2.25×10（3）5h柴油机燃烧柴油释放的能量：Q=W总η=2.25×10由Q＝mq可知，需要柴油的质量：m=Qq每小时消耗柴油的质量：18.75kg5=答：（1）连续工作5h，所做的有用功是1.8×108J；（2）若水泵的工作效率为80%，则水泵5h内所做总功功率是1.25×104W；（3）每小时消耗多少柴油为3.75kg．点评：本题考查了求功、功率、求柴油的质量，应用功的计算公式、效率公式、功率公式与热值公式即可正确解题．【解题思路点拨】应用能量转化守恒定律解题的步骤（1）分清有几种形式的能在变化，如动能、势能（包括重力势能、弹性势能、电势能）、内能等．（2）明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量△E减和增加的能量△E增的表达式．（3）列出能量守恒关系式：△E减＝△E增．16．验证动量守恒定律【知识点的认识】一、实验目的验证碰撞中的动量守恒．二、实验原理1．如图所示，让质量较大的小球与静止的质量较小的小球正碰，根据动量守恒定律应有m1v1＝m1v1′+m2v2′．2．小球从斜槽上滚下后做平抛运动，其水平速度等于水平位移和运动时间的比，而各小球运动时间相同，则它们的水平位移之比等于它们的水平速度之比，则动量守恒时有m1•OP＝m1•OM+m2•ON，若能测出m1、m2及OP、OM和ON并代入上式，即可验证碰撞中动量是否守恒．三、实验器材实验装置如图所示，斜槽、重锤、两个大小相同质量不等的小球、天平、白纸、复写纸、刻度尺、圆规．四、实验步骤1．将斜槽固定在桌边使末端的切线水平．2．在地板上合适的位置铺上白纸并在相应的位置铺上复写纸，用小铅锤把斜槽末端即入射球的重心投影到白纸上O点．3．不放被碰小球时，让入射小球10次都从斜槽同一高度由静止开始滚下落在复写纸上，用圆规找出落点的平均位置P点．4．把被碰小球放在槽口末端，然后让入射小球从原高度滚下与被碰小球碰10次，用圆规找出入射小球和被碰小球落点的平均位置M、N．5．用天平测出两个小球的质量，用刻度尺测出ON、OP、OM的长度．6．将数据代入m1•OP＝m1•OM+m2•ON，验证碰撞过程中的动量是否守恒．【命题方向】题型一：实验原理与实验操作某同学用图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，接着进行测量、验证．在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？（）A．水平槽上不放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球和B球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E．测量G点相对于水平槽面的高度分析：根据实验原理可得mAv0＝mAv1+mBv2，根据下落时间相同可得，通过实验的原理确定需要测量的物理量．解：根据实验的原理知，mAv0＝mAv1+mBv2，即max0t=max1t+mbx2t，可知需要测量的物理量有：水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离；A球与B球碰撞后，A球和B球落点位置到故选：ABD．点评：掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键．题型二：数据处理与误差分析如图1，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测