2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：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（解答题）：电路与电能（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•如皋市二模）如图所示，A为电解槽，N为电炉，当S、S1闭合、S2断开时，电流表示数I1＝5A；当S、S2闭合、S1断开时，电流表示数I2＝3A。已知电源电动势E＝15V，电源内阻r＝1Ω，电解槽内阻RA＝2Ω，求：（1）电炉N的电阻RN；（2）当S、S2闭合、S1断开时，电能转化为化学能的功率P化。2．（2024•滨州三模）饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为S＝10﹣3m2，线圈的总电阻为r＝0.1Ω，线圈连接一电阻R＝0.4Ω，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，（垂直纸面向里为正），（1）请你判定0～0.1s时间内，流经电阻R的电流方向（2）求0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；（3）求0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。3．（2024•全国）风能为再生能源，可作为净零碳排的绿色能源。风力发电机（简称：风机）利用风力带动风机叶片旋转，将风的动能经发电机组转换成电能，其功率P与单位时间内空气流向风机的气流动能成正比。（1）空气以速度v垂直流向风机叶片，叶片旋转所形成的假想圆形平面其面积为A，如图。（a）在时间Δt内，密度为ρ的空气流向风机的质量m为何？（以试题中所定义的参数符号表示）（b）风机的功率P与风速三次方（v3）成正比，说明其原因为何？（2）风机所标示的“额定功率”通常为风速12m/s时运转的功率。近五年来台湾平均每发100度电的二氧化碳排放量约为50kg。以一座额定功率为8kW的风机来发电，若全年中有13的时间风速皆为6m/s，另外23的时间风速皆为9m/s，则下列叙述哪些正确？（1年有8760小时；1度电＝1kW•h）（多选）（A）当风速为6m/s时，该风机功率为12m/s风速额定功率时的1（B）当风速为9m/s时，该风机功率为12m/s风速额定功率时的27（C）若该风机全年以额定功率发电，则1年发电量为70080度（D）该风机1年实际发电量为19710度（E）在相同发电量下，该风机1年实际发电比台湾近五年平均发电，约可减少11315kg的二氧化碳排放量4．（2024•海南）虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻在0～240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻RC，已知MN两端电压U＝220V，A与B的电阻RA＝RB＝24Ω，求：（1）MN间电阻R的变化范围；（2）当RC＝240Ω，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字）。5．（2024•宝山区模拟）手电筒是一种便携式照明工具。如图所示的手电筒，由塑料壳、二节干电池、小灯泡、按键等组成。（1）手电筒里的二节干电池是（选择：A．串联、B．并联）的。已知每节干电池的电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω，则电池组的总电动势为V，总内阻为Ω。（2）一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池。A．存储的电能为1.5JB．存储的化学能为1.5JC．工作时两极间的电压恒为1.5VD．将1C正电荷由负极输送到正极的过程中，非静电力做功1.5J（3）已知手电筒里小灯泡的电阻为9Ω，则手电筒工作时小灯泡两端的电压为V，每节干电池两端的电压为V，电池组对小灯泡的供电效率为。（4）（简答）若手电筒里两节干电池用了较长时间，手电筒工作时小灯泡只能发出微弱的光。把两节干电池取出来，分别用电压表进行测量，发现电压表的示数都接近1.5V。请简述小灯泡不能正常发光的原因。6．（2024•通州区一模）对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深理解。给定一段粗细均匀的导体AB，横截面积为S、长为L．单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。（1）求导体中的电流I；（2）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形成电阻的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即f＝kv，k是阻力系数。请推导导体的电阻率ρ=k（3）自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离子，从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为ΔEk，将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q，请证明：Q＝ΔEk。7．（2024•新疆模拟）某同学设计了一个加速度计，结构如图所示。原理为：较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用相同弹簧3拉着；滑动变阻器中4是滑动片，它与滑动变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。工作时将加速度计固定在运动的物体上，使弹簧及滑动变阻器均与物体的运动方向平行，滑块在弹簧作用下以同样的加速度运动。当运动物体的加速度为零时，弹簧处于自然长度，滑动片在滑动变阻器中点处，理想电压表的示数为零（零点位于表盘中央）；当物体具有图示方向的加速度时，P端的电势高于Q端，电压表指针向零点右侧偏转。已知滑块质量m，弹簧劲度系数k（弹簧在弹性限度内），电源电动势E（内阻不计），滑动变阻器全长L。求；（1）当电压表示数大小为U时，运动物体的加速度大小为多少？（2）定义电压表示数变化量大小与加速度变化量大小之比(ΔU8．（2024•通州区模拟）如图所示电路，电源电动势E＝6V，内阻忽略不计，电容C＝10μF，R1＝R2＝10kΩ，R3＝20kΩ。当开关S接“1”时，电源给电容器充电，稳定后S接“2”。求：（1）S接通“1”的瞬间，流过R1的电流强度I；（2）S接通“2”后，通过R2的电量Q。9．（2024•石景山区一模）（1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小。（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0，磁场区域半径为R0。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。如果磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0+kt，其中k为大于0的常量。求圆形导线环中的感应电动势E2的大小。（3）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。10．（2024•泉州二模）如图所示为一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电源电动势E＝220V，内阻r＝2Ω，定值电阻R＝8Ω，电动机内电阻r0＝2Ω，重力加速度g取10m/s2。闭合开关S，电动机正常工作时，电压表示数UV＝120V，求：（1）电源的路端电压；（2）电动机的输出电功率；（3）若电动机以v＝2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量。

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：电路与电能（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•如皋市二模）如图所示，A为电解槽，N为电炉，当S、S1闭合、S2断开时，电流表示数I1＝5A；当S、S2闭合、S1断开时，电流表示数I2＝3A。已知电源电动势E＝15V，电源内阻r＝1Ω，电解槽内阻RA＝2Ω，求：（1）电炉N的电阻RN；（2）当S、S2闭合、S1断开时，电能转化为化学能的功率P化。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）电炉N的电阻RN为2Ω；（2）当S、S2闭合、S1断开时，电能转化为化学能的功率P化为18W。【分析】（1）当S1闭合、S2断开时，电炉子工作，根据闭合电路欧姆定律求解电阻；（2）根据P总＝EI求解电源总电功率，根据能量守恒定律求解电能转化为化学能的功率。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：I1=ERN+r（2）电源的总功率P总＝EI2整个回路的热功率为P根据能量守恒定律可得电解槽中电能转化为化学能的功率为P化＝P总﹣P热代入数据解得：P化＝18W答：（1）电炉N的电阻RN为2Ω；（2）当S、S2闭合、S1断开时，电能转化为化学能的功率P化为18W。【点评】电解槽电路在正常工作时是非纯电阻电路，不能用欧姆定律求解其电流，只能根据电路中电流关系求电流、根据焦耳定律求解发热功率。2．（2024•滨州三模）饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1000匝，每匝线圈面积均为S＝10﹣3m2，线圈的总电阻为r＝0.1Ω，线圈连接一电阻R＝0.4Ω，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，（垂直纸面向里为正），（1）请你判定0～0.1s时间内，流经电阻R的电流方向（2）求0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；（3）求0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。【考点】用焦耳定律计算电热；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；归纳法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】（1）判定0～0.1s时间内，流经电阻R的电流方向是从上到下；（2）0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为6.4×10﹣3J；（3）0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量为0.04C。【分析】（1）根据楞次定律判断电流方向；（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的斜率求出感应电动势的大小；由焦耳定律求出电流的大小，根据焦耳定律求出电阻R上产生的焦耳热；（3）根据电流的定义式结合欧姆定律和法拉第电磁感应定分析出通过电阻R的电荷量。【解答】解：（1）根据楞次定律“增反减同”可知0～0.1s时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；（2）由法拉第电磁感应定律有：E=n0～0.1s时间内线圈产生的感应电动势为：E根据闭合电路欧姆定律，则有：I根据焦耳定律，可得0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为：Q=（3）0.1～0.4s时间内，根据法拉第电磁感应定律有：E根据闭合电路欧姆定律有：I则通过电阻R的电荷量为：q=结合图像可得：q=1000答：（1）判定0～0.1s时间内，流经电阻R的电流方向是从上到下；（2）0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为6.4×10﹣3J；（3）0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量为0.04C。【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟练掌握欧姆定律，电流的定义式和焦耳定律即可完成分析。3．（2024•全国）风能为再生能源，可作为净零碳排的绿色能源。风力发电机（简称：风机）利用风力带动风机叶片旋转，将风的动能经发电机组转换成电能，其功率P与单位时间内空气流向风机的气流动能成正比。（1）空气以速度v垂直流向风机叶片，叶片旋转所形成的假想圆形平面其面积为A，如图。（a）在时间Δt内，密度为ρ的空气流向风机的质量m为何？（以试题中所定义的参数符号表示）（b）风机的功率P与风速三次方（v3）成正比，说明其原因为何？（2）风机所标示的“额定功率”通常为风速12m/s时运转的功率。近五年来台湾平均每发100度电的二氧化碳排放量约为50kg。以一座额定功率为8kW的风机来发电，若全年中有13的时间风速皆为6m/s，另外23的时间风速皆为9m/s，则下列叙述哪些正确？（1年有8760小时；1度电＝1kW•h）（多选）（B）（C）（E（A）当风速为6m/s时，该风机功率为12m/s风速额定功率时的1（B）当风速为9m/s时，该风机功率为12m/s风速额定功率时的27（C）若该风机全年以额定功率发电，则1年发电量为70080度（D）该风机1年实际发电量为19710度（E）在相同发电量下，该风机1年实际发电比台湾近五年平均发电，约可减少11315kg的二氧化碳排放量【考点】电功和电功率的计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】（1）（a）空气流向风机的质量m为ρvΔtA；（b）P与v3成正比，理由如上；（2）（B）（C）（E）。【分析】（1）（a）根据空气柱的质量密度公式求解；（b）根据风机中功率的定义列式推导功率表达式；（2）根据导出的功率表达式代入相应数据求解功率比值，结合题意计算全年发电量和实际发电量，利用发电量和二氧化碳的排放情况计算减少的碳排放。【解答】解：（1）（a）在时间Δt内，空气流向风机的质量为m＝ρV＝ρvΔtA（b）根据题意，风机的功率P=12mv2Δt=12（2）（A）（B）将风速v1＝6m/s，v2＝9m/s和额定功率对应的风速v0＝12m/s，代入功率公式P=12ρAv3，得两个功率和额定功率的比值为18和2764，故（（C）若该风机全年以额定功率发电，则1年发电量为W1＝Pt＝8×8760kW•h＝70080kW•h＝70080度，故C正确；（D）风机1年的实际发电量为W2＝P1t1+P2t2=18P•13t+2764P•23t=18×8×13×8760kW•h+2764×8×23×（E）在相同发电量下，该风机1年实际发电比台湾近五年平均发电，约可减少的二氧化碳排放量为22630100×50kg＝11315kg，故（故选：（B）（C）（E）。故答案为：（1）（a）空气流向风机的质量m为ρvΔtA；（b）P与v3成正比，理由如上；（2）（B）（C）（E）。【点评】考查能的转化和守恒问题，会根据题意进行相关分析和判断。4．（2024•海南）虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A与电热器B并联。电路中的C处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻在0～240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻RC，已知MN两端电压U＝220V，A与B的电阻RA＝RB＝24Ω，求：（1）MN间电阻R的变化范围；（2）当RC＝240Ω，电热器B消耗的功率（保留3位有效数字）。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）MN间电阻R的变化范围为12Ω≤RMN≤22Ω；（2）当RC＝240Ω，电热器B消耗的功率为16.7W。【分析】（1）电路中的C处接触电阻为0Ω时，MN间电阻最小，电路中的C处接触电阻为240Ω时，MN间电阻最大，根据并联电路的特点进行解答；（2）当RC＝240Ω，求出通过电热器B的电流，根据电功率的计算公式求解电热器B消耗的功率。【解答】解：（1）电路中的C处接触电阻为0Ω时，MN间电阻最小，根据并联电路的特点可得：Rmin=RA电路中的C处接触电阻为240Ω时，MN间电阻最大，根据并联电路的特点可得：Rmax=RAMN间电阻R的变化范围为：12Ω≤RMN≤22Ω；（2）当RC＝240Ω，通过电热器B的电流为：I=URC电热器B消耗的功率：P＝I2RB=(56)2答：（1）MN间电阻R的变化范围为12Ω≤RMN≤22Ω；（2）当RC＝240Ω，电热器B消耗的功率为16.7W。【点评】本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，根据串联电路和并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律、电功率的计算公式等进行解答。5．（2024•宝山区模拟）手电筒是一种便携式照明工具。如图所示的手电筒，由塑料壳、二节干电池、小灯泡、按键等组成。（1）手电筒里的二节干电池是A（选择：A．串联、B．并联）的。已知每节干电池的电动势为1.5V，内电阻为0.5Ω，则电池组的总电动势为3.0V，总内阻为1.0Ω。（2）一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池D。A．存储的电能为1.5JB．存储的化学能为1.5JC．工作时两极间的电压恒为1.5VD．将1C正电荷由负极输送到正极的过程中，非静电力做功1.5J（3）已知手电筒里小灯泡的电阻为9Ω，则手电筒工作时小灯泡两端的电压为2.7V，每节干电池两端的电压为1.35V，电池组对小灯泡的供电效率为90%。（4）（简答）若手电筒里两节干电池用了较长时间，手电筒工作时小灯泡只能发出微弱的光。把两节干电池取出来，分别用电压表进行测量，发现电压表的示数都接近1.5V。请简述小灯泡不能正常发光的原因。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算式及影响因素；电动势的概念和物理意义．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）A；3.0；1.0；（2）D；（3）2.7；1.35；90%；（4）小灯泡不能正常发光的原因是两节干电池用了较长时间后内阻变得较大，手电筒工作时电路中的电流较小，小灯泡的实际功率较小，故只能发出微弱的光。【分析】（1）根据电源正极的连接方式判断手电筒里的二节干电池的串并联关系。电源串联时电池组的总电动势等于所有电源电动势之和，总内电阻等于所有电源内阻之和。（2）根据电动势的定义解答。（3）根据闭合电路欧姆定律求出电流，根据欧姆定律求得手电筒工作时小灯泡两端的电压和每节干电池两端的电压。电池组对小灯泡的供电效率等于电源输出功率与总功率的百分比。（4）从两节干电池用了较长时间后内阻变大的角度分析解答。【解答】解：（1）手电筒里的二节干电池是串联的（故选：A）。已知每节干电池的电动势为1.5V，则电池组的总电动势为E＝2×1.5V＝3.0V；，已知每节干电池的内电阻为0.5Ω，则总内阻为r＝2×0.5Ω＝1.0Ω。（2）根据电动势的定义式E=W非q，可知一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池将1C正电荷由负极输送到正极的过程中，非静电力做功1.5J，故ABC（3）根据闭合电路欧姆定律得：I=根据欧姆定律得手电筒工作时小灯泡两端的电压为U＝IR＝0.3×9V＝2.7V每节干电池两端的电压为：U1=12U=1电池组对小灯泡的供电效率为：η=UI（4）小灯泡不能正常发光的原因是两节干电池用了较长时间后内阻变得较大，手电筒工作时电路中的电流较小，小灯泡的实际功率较小，故只能发出微弱的光。故答案为：（1）A；3.0；1.0；（2）D；（3）2.7；1.35；90%；（4）小灯泡不能正常发光的原因是两节干电池用了较长时间后内阻变得较大，手电筒工作时电路中的电流较小，小灯泡的实际功率较小，故只能发出微弱的光。【点评】本题考查了电源电动势的物理意义，闭合电路欧姆定律得应用。注意电动势是用来描述电源提供电能的能力的物理量，与电压的概念是不同的。6．（2024•通州区一模）对于同一个物理问题，经常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，加深理解。给定一段粗细均匀的导体AB，横截面积为S、长为L．单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e。该导体AB两端加某一电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。（1）求导体中的电流I；（2）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞。电子与金属离子碰撞的平均结果表现为导体给电子以连续的阻力，这是导体形成电阻的原因。设阻力的大小与电子定向移动速率成正比，即f＝kv，k是阻力系数。请推导导体的电阻率ρ=k（3）自由电子与金属离子发生碰撞，会使金属离子的热运动更加剧烈，电子将能量转移给金属离子，从而使金属导体发热。某段时间内，将导体中所有自由电子因与正离子碰撞而损失的动能之和设为ΔEk，将这段时间内导体产生的焦耳热设为Q，请证明：Q＝ΔEk。【考点】用焦耳定律计算电热；电流的概念及性质；电流的微观表达式；欧姆定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）导体中的电流为neSv；（2）见解析；（3）见解析。【分析】（1）根据电流的微观表达式求解；（2）根据欧姆定律、电阻定律、电场强度与电势差的关系进行求解；（3）根据焦耳定律，解得电子在导体中所散发出的热，再计算出每个电子在导体中损失的总动能，将散发的热能与总动能作比较即可。【解答】解：（1）根据电流的微观表达式可解得：I＝neSv（2）根据欧姆定律可知：U＝IR将电流微观表达式代入可得：U＝neSvR由电阻定律可得：R=ρ代入解得：U＝neSv×ρL导体中电子在做匀速运动，则有：f＝eE＝kv根据电场强度与电势差的关系可知：U＝Ed＝EL两式联立解得：v=代入U＝ρLnev可得：U=所以导体的电阻率：ρ=（3）根据焦耳定律可得：Q＝I2Rt其中I＝neSvR=ρLS解得：Q＝（neSv）2•kne2•LS•t由于L为电子移动的总距离，则有：Q＝nSkv3t2每个电子损失的动能ΔEk0等于阻力做的功，每个电子移动的距离大约为vt，可的损失的动能为：ΔEk0＝fL＝kv×vt＝kv2t则导体AB中所有电子损失的总动能为：ΔEk＝LSnΔEk0＝nSkv3t2可得：Q＝ΔEk答：（1）导体中的电流为neSv；（2）见解析；（3）见解析。【点评】本题考查了电流的微观表达式、欧姆定律、焦耳定律、电阻定律，熟悉每个公式的用法是解决此类题的关键。7．（2024•新疆模拟）某同学设计了一个加速度计，结构如图所示。原理为：较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用相同弹簧3拉着；滑动变阻器中4是滑动片，它与滑动变阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。工作时将加速度计固定在运动的物体上，使弹簧及滑动变阻器均与物体的运动方向平行，滑块在弹簧作用下以同样的加速度运动。当运动物体的加速度为零时，弹簧处于自然长度，滑动片在滑动变阻器中点处，理想电压表的示数为零（零点位于表盘中央）；当物体具有图示方向的加速度时，P端的电势高于Q端，电压表指针向零点右侧偏转。已知滑块质量m，弹簧劲度系数k（弹簧在弹性限度内），电源电动势E（内阻不计），滑动变阻器全长L。求；（1）当电压表示数大小为U时，运动物体的加速度大小为多少？（2）定义电压表示数变化量大小与加速度变化量大小之比(ΔU【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）当电压表示数大小为U时，运动物体的加速度大小为2kLUmE（2）增大m或者增大E可以提高加速度计的灵敏度。【分析】（1）根据欧姆定律和电阻定律列式，结合牛顿第二定律解答；（2）可以依据欧姆定律得到电压与滑块位移的关系式解得灵敏度的表达式，从而分析判断。【解答】解：（1）设滑动变阻器总电阻值为RL当运动物体的加速度大小为a时，滑块偏离滑动变阻器中点距离x(x≤LRx此时对滑块由牛顿第二定律得2kx＝ma由闭合回路欧姆定律得I=则电压表示数U=I解得a=（2）由U=得ΔU增大m、增大E、减小k、减小L可以提高加速度计的灵敏度。答：（1）当电压表示数大小为U时，运动物体的加速度大小为2kLUmE（2）增大m或者增大E可以提高加速度计的灵敏度。【点评】本题中应变式加速度计体现了一种转换思想，即把难以直接测量的力学量转换为容易测量的电学量．这类题目是力与电综合题，关键要寻找力电联系的桥梁．8．（2024•通州区模拟）如图所示电路，电源电动势E＝6V，内阻忽略不计，电容C＝10μF，R1＝R2＝10kΩ，R3＝20kΩ。当开关S接“1”时，电源给电容器充电，稳定后S接“2”。求：（1）S接通“1”的瞬间，流过R1的电流强度I；（2）S接通“2”后，通过R2的电量Q。【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】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）S接通“1”的瞬间，流过R1的电流强度I为0.6×10﹣3A；（2）S接通“2”后，通过R2的电量Q为4×10﹣5C。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求解电流；（2）电容器放电时，根据并联电路电流之比等于电阻的反比判断通过通过R2的电量Q。【解答】解：（1）S接通“1”的瞬间电容器视为通路，流过R1的电流I=E（2）充电完毕后，电容器的电荷量Q总＝CU＝CE通过R2的电量Q=联立解得：Q＝4×10﹣5C答：（1）S接通“1”的瞬间，流过R1的电流强度I为0.6×10﹣3A；（2）S接通“2”后，通过R2的电量Q为4×10﹣5C。【点评】解决本题的关键是明确电容器放电时，通过两个并联电阻时电荷量的分配关系。9．（2024•石景山区一模）（1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小。（2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图2所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0，磁场区域半径为R0。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。如果磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0+kt，其中k为大于0的常量。求圆形导线环中的感应电动势E2的大小。（3）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。【考点】电源内部的电荷移动和能量转化问题；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电动势的概念和物理意义．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】（1）推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小为Blv。（2）圆形导线环中的感应电动势E2的大小为πkr2。（3）金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小为Bev，导线环中电子所受到的非静电力F2的大小为kre2【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的定义推导；（2）根据法拉第电磁感应定律求解；（3）金属棒MN向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力充当非静电力F1。对于感生电动势时变化的磁场激发的感生电场对导电电荷的电场力充当非静电力。根据电动势的定义，结合（1）（2）的结果解答。【解答】解：（1）在Δt内金属框和棒所围面积的变化量为：ΔS＝lv•Δt则穿过闭合电路的磁通量的变化量为：ΔΦ＝B•ΔS＝Blv•Δt根据法拉第电磁感应定律得：E解得感应电动势：E1＝Blv（2）由B＝Ba+kt，可得：ΔB根据法拉第电磁感应定律得：E其中：S＝πr2解得：E（3）①金属棒MN向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力充当非静电力F1，如下图所示。由电动势的定义得：E解得：F1＝Bev②在很短的时间内导线环中电子的位移为Δx，此时间内非静电力对电子做的功为：F2Δx电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功为：W根据电动势定义得：E解得：F答：（1）推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小为Blv。（2）圆形导线环中的感应电动势E2的大小为πkr2。（3）金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小为Bev，导线环中电子所受到的非静电力F2的大小为kre2【点评】本题考查了电磁感应现象动生电动势与感生电动势，以及电动势的概念问题。理解非静电力的意义，掌握动生电动势与感生电动势对应的非静电力。10．（2024•泉州二模）如图所示为一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电源电动势E＝220V，内阻r＝2Ω，定值电阻R＝8Ω，电动机内电阻r0＝2Ω，重力加速度g取10m/s2。闭合开关S，电动机正常工作时，电压表示数UV＝120V，求：（1）电源的路端电压；（2）电动机的输出电功率；（3）若电动机以v＝2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算；纯电阻电路的能量转化特点．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）电源的路端电压为200V；（2）电动机的输出电功率为1000W；（3）若电动机以v＝2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量为50kg。【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律，结合电路图分析求解；（2）根据电动机输出功率等于总功率减去发热功率，结合焦耳定律分析求解；（3）根据P＝Fv，结合受力平衡分析求解。【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有E＝UV+I（R+r）带值解得I＝10A电源的路端电压为U＝E﹣Ir带值解得U＝200V（2）电动机的电流为I＝10A电动机的总功率为P＝UVI＝120×10W＝1200W电动机的输出功率为P出（3）电动机提供的拉力大小为F=P因电动机匀速提升重物，由重物受力平衡，有G＝F则重物的质量为m=G答：（1）电源的路端电压为200V；（2）电动机的输出电功率为1000W；（3）若电动机以v＝2m/s的速度匀速竖直向上提升重物，则该重物的质量为50kg。【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系，理解纯电阻电路和非电阻电路的区别和联系是解决此类问题的关键。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．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=W3．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=4．电流的概念及性质【知识点的认识】1.定义：自由电荷的定向移动形成电流．2.方向：规定为正电荷定向移动的方向．3.电流强度的定义式：I=qt，4.电流的单位：安培，符号是A。是国际单位制中七个基本物理量之一。5.物理意义：单位时间内通过导体横截面的电荷量。6.标矢性：电流的方向是人为规定的，以正电荷定向移动的方向为正方向，运算时遵从的是代数运算法则，所以电流是标量。【命题方向】关于电流，下列说法中正确的是（）A、通过导体横截面的电荷量越多，电流就越大B、对于导体，只要其两端有电压就有电流C、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D、因为电流有方向，所以电流是矢量分析：根据电流的定义式I=q解答：AC、根据电流的定义式I=qt可知，电流的大小由通过导体横截面积的电量和时间来计算，在时间不确定的情况下，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大。故A错误，B、要形成电流，不但要有有电压，电路还需构成闭合回路，故B错误。D、电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形法则，故不是矢量。故D错误。故选：C。点评：考查电流的形成条件及电流定义式的识记。解题时牢记电流由电压和电阻决定，I=q【解题思路点拨】1.电荷定向运动才形成电流，并不是电荷运动就可形成电流，其实导体内自由电荷是处于不停的热运动之中的，但并不形成电流。2.电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。5．电流的微观表达式【知识点的认识】1.电流的微观表达式的推导如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为l的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量大小为q。则：导体AD内的自由电荷全部通过横截面D所用的时间t=导体AD内的自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nlSq，此导体上的电流I=Q2.电流的微观表达式：I＝nqSv（1）I=qt是电流的定义式，I＝nqSv电流的决定式，因此电流I通过导体横截面的电荷量q及时间t无关，从微观上看，电流的大小取决于导体中单位体积内的自由电荷数n、每个自由电荷的电荷量大小q、定向移动的速率v，还与导体的横截面积（2）v表示电荷定向移动的速率。自由电荷在不停地做无规则的热运动，其速率为热运动的速率，电流是自由电荷在热运动的基础上向某一方向定向移动形成的。【命题方向】有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSΔtB.nv•ΔtC.IΔtveD.分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V＝vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q＝It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=It故只有A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．【解题思路点拨】用电流的微观表达式求解问题的注意点（1）准确理解公式中各物理量的意义，式中的v是指自由电荷定向移动的速率，不是电流的传导速率，也不是电子热运动的速率。（2）I＝neSv是由I=qt导出的，若6．欧姆定律的简单应用【知识点的认识】欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．2．表达式：I=U3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A．由I=UB．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=UI，导体的电阻跟它两端的电压成正比，D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．本题选错误的，故选C．点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C．点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．【解题方法点拨】1．欧姆定律不同表达式的物理意义（1）I=UR是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻（2）公式R=U2．对伏安特性曲线的理解（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．（3）对线性元件：R=UI=△U4．欧姆定律I=U对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．7．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。8．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。9．用焦耳定律计算电热【知识点的认识】焦耳定律的表达式Q＝I2Rt，由此可以计算电流产生的焦耳热。【命题方向】电动汽车成为未来汽车发展的方向．若汽车所用电动机两端的电压为380V，电动机线圈的电阻为2Ω，通过电动机的电流为10A，则电动机工作10min消耗的电能为多少焦？产生的热量是多少焦？分析：通过W＝UIt去求消耗的电能，通过Q＝I2Rt去求产生的热量．消耗的电能与产生的热量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故电动机工作10min消耗的电能为2.28×106J．产生的热量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故产生的热量是1.2×105J点评：注意消耗的电能与产生的热量不等，因为该电路不是纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为热量，还有一部分转化为机械能．【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、焦耳定律的使用范围无论在何种电路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。10．纯电阻电路的能量转化特点【知识点的认识】1.纯电阻电路的能量转化特点是将电能全部转化为热能。‌即满足电功W＝qU＝UIt＝I2Rt=U电功率P＝UI＝I2R=U2.纯电阻电路是指除了电源外，电路中仅包含电阻元件，或者虽然包含电感和电容元件，但这些元件对电路的影响可以忽略不计。在纯电阻电路中，电压与电流同频且同相位，这意味着电能从电源输入后，电阻将获得的能量全部转换成内能，这种内能主要以热能的形式存在。因此，纯电阻电路中的能量转化特点是电能除了转化为热能外，没有其他形式的能量转化。这种电路在通电状态下只会发热，电能全部转化为电路电阻的内能，不对外做功。3.纯电阻电路的应用包括电灯、电烙铁、熨斗等，它们在工作时只是发热，没有其他形式的能量转换‌。【命题方向】对于纯电阻电路，下列说法正确的是（）A、电流一定时，电阻越大，其热功率也越大B、电压一定时，电阻越大，其热功率也越大C、热功率一定时，则相同时间电流大的产生的热量多D、热功率一定时，则相同时间电阻大的产生的热量多分析：纯电阻电路中P＝I2R=U2解答：A、由P＝I2R可知，电流一定时，电阻越大，则其热功率越大；故A正确；B、由P=U2RC、由W＝Pt可知，热功率一定时，则相同时间内的热量一定相同；故CD错误；故选：A。点评：本题考查电功率公式的正确选择，要注意根据题意灵活选择功率公式．【解题思路点拨】对于电路类题目，涉及到能量的转化时，要先确认是何种电路，如果是纯电阻电路，则能量转化情况比较单一，电路的电能单一转化成热能，即电能等于电热，电功率等于热功率；如果是非纯电阻电路，则能量转化比较复杂，电路的电能不止转化成电热，还要转化成其他能量，即电能大于电热，电功率大于热功率。11．电动势的概念和物理意义【知识点的认识】1.电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．2.非静电力：电源内将正电荷从电源的负极搬运到电源正极的作用力称为非静电力。从功能角度看，非静电力做功，使电荷的电势能增加。3.电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E=Wq，单位：4.电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压，等于非静电力把1C正电荷从电源负极搬运到正极所做的功。【命题方向】铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）A、电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能B、蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大C、蓄电池与电路断开时两极间的电压为2VD、蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能分析：电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大．解答：A．电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，所以对于铅蓄电池的电动势为2V，电路中每通过1C电荷量，电源把2J的化学能转化为电能。故A正确。B．电动势大，非静电力做功的本领就大，即将其它形式的能转化为电能的本领就大。故B正确。C．电源未接入电路时两端间的电压等于电动势。故C正确。D．电动势是2V，意义是移动1C的正电荷在电源内从负极移到正极，非静电力做功2J，即有2J的化学能转变成电能，不是1s内将2J的化学能转变成电能。故D错误。故选：ABC。点评：解决本题的关键理解电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能本领的大小以及电动势是电源非静电力特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关．【解题思路点拨】1.电源的电动势是表征电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量，即非静电力移送相同电荷量的电荷做功越多，则电动势越大。2.公式E=Wq是电动势的定义式而不是决定式，E的大小与W和12．电源内部的电荷移动和能量转化问题【知识点的认识】1.在闭合电路外部，电流从电源的正极流到负极，带负电荷的自由电子从电源负极移动到正极；在电源内部，电流从电源的负极流到正极，相当于正电荷从电源的负极被移动到正极，或负电荷从电源的正极被移动到负极，这一过程需要非静电力做功。2.电源内部的能量转化：为了维持电路中稳定的电势差，电源内部有非静电力做功，将化学能（或其他形式的能量）转化成电能。【命题方向】下列关于电源电动势的说法正确的是（）A、电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置B、在电源内部正电荷从高电势处向低电势处移动C、电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领D、把同一电源接在不同的电路