2025年高考物理一轮复习之电路与电能

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之电路与电能一．选择题（共10小题）1．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，电压表和电流表变化量绝对值分别为ΔU、ΔI，则下列说法正确的是（）A．电流表的读数变小、电压表的读数变大 B．ΔUΔI=RC．液滴将向下运动 D．电源的输出功率变大2．江厦潮汐电站是中国第一座双向潮汐电站，在涨潮与落潮时均可发电，且一天中涨潮与落潮均有两次。电站总库容490万立方米，发电有效库容270万立方米，平均潮差5.08米。电站发电机组总装机容量3000千瓦，平均每昼夜发电15小时。该电站（）A．每年能提供的电能约为1.64×106kWh B．每年能提供的电能约为2.74×106kWh C．发电的效率约为29% D．发电的效率约为10%3．如图所示的电路中，电源的电动势E＝12V，内阻不计，电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑动变阻器的最大阻值R＝30Ω，电容器MN的电容C＝12μF，现将滑动触头L置于最左端a点，合上开关S，经过一段时间电路处于稳定，此时一带电油滴恰好静止在MN之间的P点，下列说法正确的是（）A．油滴带负电 B．若断开开关S，则通过R1的电荷量为4×10﹣5C C．若滑动触头L向右滑动，则油滴将向上加速运动 D．若从a点向右移动滑动触头L，至aL间电阻为20Ω时，则下极板N的电势降低了4V4．自2015年起，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。下表为某品牌新能源汽车的部分参数，下列说法正确的是（）整车质量1285kg充电电压交流220V最高车速150km/h平均充电功率7kW0﹣50km/h加速时间3.9s充电时间7h电池容量43kWh电机最大功率70kWA．平均充电电流约为3.2A B．电池的内阻约为6.9Ω C．该汽车的充电效率约为88% D．该汽车的最大续航里程约为92km5．在如图所示的电路中，D是一只理想二极管，平行板电容器AB内部有一带电小球Q处于静止状态。闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P滑动时，四个理想电表的示数都发生变化。电流表A、电压表V1、电压表V2、电压表V3的示数分别用I、U1、U2和U3表示，它们的示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。闭合开关S，下列说法正确的是（）A．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，I变小、U2变大，U3变小、带电小球Q向下运动 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，ΔU1ΔI不变，C．若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些（两极板仍平行），Q仍静止不动 D．若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些（两极板仍平行），Q仍静止不动6．理想变压器与两个定值电阻R1、R2和电阻箱R3组成如图所示电路，其中R1＝40Ω，R2＝60Ω，电阻箱最大阻值为999.9Ω，变压器原、副线圈的匝数比为k=12。若在a、b间接入交变电流uA．流经R1的电流每秒改变方向50次 B．当R3增大时，流经R1的电流增大 C．当R3＝96.0Ω时，R3消耗的功率最大 D．当R3增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比增大7．如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点P，电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为E和r，电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为U和I。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表示数都变大 B．P质点的电势能增加 C．R3消耗的电功率变大 D．电源的输出功率一定减小8．如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）A．V1的示数是V2的2倍 B．V1的示数是V3的2倍 C．V2的示数是V1的2倍 D．V2的示数是V3的2倍9．在图所示的四个电路中，两个完全相同的灯泡，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器角头从左端至右端时，能使其中一个灯由暗变亮同时，另一个灯由亮变暗，则符号要求的电路是（）A． B． C． D．10．工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的PI2-1JA．该蓄电池的电动势为12V B．该蓄电池的内阻为2Ω C．该蓄电池的最大输出功率为144W D．该蓄电池的短路电流为12A二．多选题（共4小题）（多选）11．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）12．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）13．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）14．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三．填空题（共2小题）15．如图，在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，外电路总阻值，电压表示数，电流表示数。（均选填“增大”“减小”或“不变”）16．给如图所示的莱顿瓶甲充电，当两金属球之间的电压达到一定值时，金属球A、B间开始放电，出现电火花。该实验能够证明的存在。移动莱顿瓶乙的矩形线框中可移动的带有氖管的金属棒到时，氖管发光最亮。四．解答题（共4小题）17．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。18．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=（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。19．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。20．如图所示，电源电动势E＝8V，内阻r＝0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0＝1Ω，求：（1）流过电源的电流；（2）电源的总功率和电源的输出功率；（3）电动机的发热功率和电动机对外做功的功率。

2025年高考物理一轮复习之电路与电能参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，电压表和电流表变化量绝对值分别为ΔU、ΔI，则下列说法正确的是（）A．电流表的读数变小、电压表的读数变大 B．ΔUΔI=RC．液滴将向下运动 D．电源的输出功率变大【考点】含容电路的动态分析；电源的总功率、输出功率和效率．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理能力．【答案】B【分析】当L的灯丝突然烧断后电路中总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律分析干路电流、电源的内电压和R1两端的电压的变化，电容器C两端的电压等于电源电动势减去电源的内电压和R1两端的电压，由此可知电容器两端的电压，以及两极板间场强的变化，由带电液滴所受的电场力的变化，判断液滴运动方向；根据电容器两端的电压等于电阻R2和R3的总电压，由此可知R2与R3中的电流变化；电压表和电流表分别测量的是电阻R2的电压和电流，根据欧姆定律分析B选项；根据电源的输出功率与外电阻的关系可知，在外电阻与电源内阻的关系未知的情况下，不能判断电源的输出功率如何变化。【解答】解：C.当L的灯丝突然烧断后电路中总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，流过电源的电流减小，电源的内电压和R1两端的电压减小，则电容器C两端的电压增大，电容器两极板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，故C错误；A.电容器两端的电压等于电阻R2和R3的总电压，由于电容器两端的电压增大，故R2与R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，故A错误；B.电压表和电流表分别测量的是电阻R2的电压和电流，根据欧姆定律可知，R2=UI=D.根据电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大，由于外电阻与电源内阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了含容电路的动态分析，电源的输出功率的变化特点。处理电路动态变化时要从总电阻的变化入手，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，进而在进行外电路的局部分析。2．江厦潮汐电站是中国第一座双向潮汐电站，在涨潮与落潮时均可发电，且一天中涨潮与落潮均有两次。电站总库容490万立方米，发电有效库容270万立方米，平均潮差5.08米。电站发电机组总装机容量3000千瓦，平均每昼夜发电15小时。该电站（）A．每年能提供的电能约为1.64×106kWh B．每年能提供的电能约为2.74×106kWh C．发电的效率约为29% D．发电的效率约为10%【考点】电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】根据功率定义求每年能提供的电能；根据效率的定义可以得到水电站的发电效率。【解答】解：AB．每年能提供的电能约为E1故AB错误；CD．每次涨潮与落潮水的质量为m＝ρV＝270×104×1×103kg＝2.7×109kg一天中涨潮与落潮均有两次，一天发电的总能量为E2发电的效率约为η=故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了能量守恒定律、电功、功率等知识点。注意能量守恒定律的应用，明确能量的来源去向，以及转化的效率。3．如图所示的电路中，电源的电动势E＝12V，内阻不计，电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑动变阻器的最大阻值R＝30Ω，电容器MN的电容C＝12μF，现将滑动触头L置于最左端a点，合上开关S，经过一段时间电路处于稳定，此时一带电油滴恰好静止在MN之间的P点，下列说法正确的是（）A．油滴带负电 B．若断开开关S，则通过R1的电荷量为4×10﹣5C C．若滑动触头L向右滑动，则油滴将向上加速运动 D．若从a点向右移动滑动触头L，至aL间电阻为20Ω时，则下极板N的电势降低了4V【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理能力．【答案】B【分析】滑动变阻器的滑动触头置于最左端a点，电容器的下极板N与电源正极相连，由此判断两极板的电势高低和两板间的电场方向，根据平衡条件判断油滴受到的电场力方向，根据电场力与电场的方向关系判断油滴带电性质；开关闭合时，电容器两端的电压等于电阻R1两端电压，根据串并联电路的性质求出电容器两端的电压，根据电容的定义式求解其所带的电量。S断开后电容器通过电阻R1所在的支路和电阻R2和滑动变阻器R的串联支路放电，根据并联电路的特点求解通过R1的电量；若滑动触头向右滑动，电容器两板间电压先减少后增大，两板间的电场强度先竖直向上减小，后竖直向下增大，根据油滴受到的电场力的变化，以及电场力与重力的关系，判断油滴如何运动；滑动触头在a点时，根据电阻R1的电压确定N板电势。当a、L间电阻为20Ω时，先求出a到L的电势差，再得到此时N板电势，从而可知极板N的电势变化。【解答】解：A、滑动变阻器的滑动触头置于最左端a点，电容器的下极板N与电源正极相连，则N板电势高于M板，两板间的电场方向竖直向上，油滴恰好静止在MN之间，根据平衡条件，可知其受到的电场力竖直向上，与电场方向相同，故油滴带正电，故A错误；B、开关闭合时，电容器两端的电压等于电阻R1两端电压，根据串并联电路的性质可得电容器两端的电压为：U1=R1R电容器所带的电量为：QS断开后电容器通过两个支路放电，一个是电阻R1所在的支路，另一个是电阻R2和滑动变阻器R的串联支路，根据并联电路的电流关系可知，两支路的电阻之比为10：（20+30）＝1：5，则电流之比为5：1。可知通过R1的电量为Q1=5Q6，解得：Q1＝4×10﹣C、若滑动触头向右滑动，电容器两板间电压先减少后增大，下极板N先带正电后带负电，根据E=Ud，可知两板间的电场强度先竖直向上减小，后竖直向下增大，油滴受到的电场力先竖直向上减小，后始终向下增大，电场力始终不大于重力，油滴所受合力始终竖直向下，则油滴将向下加速运动，故D、滑动触头在a点时，N板电势为：φa＝U1＝4Va、L间电阻为20Ω时，a到L的电势差为：U解得：φL＝﹣4V，即此时N板电势为﹣4V，故下极板N的电势由4V变为了﹣4V，降低了8V，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了含容电路的分析与计算，考查了电容定义式，闭合电路欧姆定律的应用。要知道如何确定电路中电容器的电压。4．自2015年起，中国新能源汽车产销量已经连续9年位居全球第一。下表为某品牌新能源汽车的部分参数，下列说法正确的是（）整车质量1285kg充电电压交流220V最高车速150km/h平均充电功率7kW0﹣50km/h加速时间3.9s充电时间7h电池容量43kWh电机最大功率70kWA．平均充电电流约为3.2A B．电池的内阻约为6.9Ω C．该汽车的充电效率约为88% D．该汽车的最大续航里程约为92km【考点】含容电路分析；电功和电功率；纯电阻电路和非纯电阻电路；常见的电源种类及参数问题．【专题】定量思想；推理法；分析综合能力．【答案】C【分析】A、利用平均电流计算公式计算电流；B、可先计算充电过程中电池内阻产生的热量，然后计算充电过程的充电电流，利用热量计算公式计算内阻；C、利用表格所给数据计算充电效率；D、利用最高车速和时间计算里程。【解答】解：A、平均充电电流约为：I=故A错误；B、充电过程中电池内阻产生的热量为Q＝（7×7﹣43）kW•h＝6kW•h由A选项可知充电电流为I＝31.8A根据Q＝I2rt得电池内阻约为r≈0.85Ω故B错误；C、该汽车的充电效率约为η=43kW⋅h故C正确；D、电池最大的供电时间为t=考虑到电池有输出效率，故该汽车的最大续航里程应满足s＜150×故选：C。【点评】本题考查应用所学知识解决常见家用电器技术参数相关问题的能力。5．在如图所示的电路中，D是一只理想二极管，平行板电容器AB内部有一带电小球Q处于静止状态。闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P滑动时，四个理想电表的示数都发生变化。电流表A、电压表V1、电压表V2、电压表V3的示数分别用I、U1、U2和U3表示，它们的示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。闭合开关S，下列说法正确的是（）A．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，I变小、U2变大，U3变小、带电小球Q向下运动 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，ΔU1ΔI不变，C．若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些（两极板仍平行），Q仍静止不动 D．若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些（两极板仍平行），Q仍静止不动【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；控制变量法；恒定电流专题；推理能力．【答案】D【分析】当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化以及U2、U3的变化，由欧姆定律分析U1的变化。结合二极管的单向导电性分析电容器的电荷量是否变化，再分析板间场强的变化，判断Q的运动情况；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，根据闭合电路欧姆定律分析ΔU1ΔI和ΔU2ΔI的变化情况；若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些或两极板【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，其接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，则I变小，U1变小。由闭合电路欧姆定律得U2＝E﹣I（R1+r）U3＝E﹣Ir可知U2变大，U3变大。U1变小，电容器板间电压减小，电容器要放电，但由于A板带正电，B板带负电，二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，板间场强不变，带电小球Q受到的电场力不变，则Q仍静止不动，故A错误；B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，ΔU1ΔI由闭合电路欧姆定律得U2＝E﹣I（R1+r）可得ΔU2ΔI=R1C、若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B稍错开一些，两极板正对面积减小，电容器的电容C减小，而电容器的电压不变，由Q＝CU知，电容器的带电量将要减小，但由于二极管单向导电性，所以电容器不能放电，带电量Q不变。根据C=QU、C=ɛrS4πkd、E=Ud可得电容器板间场强D、若滑动变阻器的滑动触头P不动时，当两极板A和B的间距稍增大一些，电容器的电容C减小，而电容器的电压不变，由Q＝CU知，电容器的带电量将要减小，但由于二极管单向导电性，所以电容器不能放电，带电量Q不变。根据E=4πkQɛrS故选：D。【点评】本题是电路与电容器的动态变化分析问题，抓住二极管单向导电性判断电容器的电量能否变化是关键。同时，要熟练推导出E=46．理想变压器与两个定值电阻R1、R2和电阻箱R3组成如图所示电路，其中R1＝40Ω，R2＝60Ω，电阻箱最大阻值为999.9Ω，变压器原、副线圈的匝数比为k=12。若在a、b间接入交变电流uA．流经R1的电流每秒改变方向50次 B．当R3增大时，流经R1的电流增大 C．当R3＝96.0Ω时，R3消耗的功率最大 D．当R3增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比增大【考点】电功和电功率的计算；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】C【分析】交流电在一个周期内电流方向改变两次；根据变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比判断；把R1和R2看作电源内阻的一部分，当内外电阻相等时电源的输出功率最大；根据闭合电路的欧姆定律分析。【解答】解：A、电源的频率为f=ω2π=100π2πHz=50B、当R3增大时，根据欧姆定律可知，通过副线圈的电流减小，根据变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比可知，通过原线圈的电流也减小，所以流经R1的电流减小，故B错误；C、把R1和R2看作电源内阻的一部分，这两个电阻并联，则电源的等效内阻为r=R1R2R1+R2=40×6040+60Ω=24Ω，把RD、根据闭合电路的欧姆定律可得E＝U+IR可知，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比表示等效电源的内阻，即R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的大小之比保持不变，故D错误。故选：C。【点评】本题有一定的难度，把握住两点，一个是等效电源的问题，能够得到他们的等效内阻；第二个是分清楚路端电压和电流的比值关系。7．如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点P，电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为E和r，电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为U和I。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A．电压表和电流表示数都变大 B．P质点的电势能增加 C．R3消耗的电功率变大 D．电源的输出功率一定减小【考点】含容电路的动态分析；电容的概念与物理意义；电功和电功率的计算式及影响因素．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理能力．【答案】B【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，分析电路的总电阻变化，从而得到干路电流的变化，判断R3两端电压的变化，分析通过R3的电流变化，即可判断电流表示数的变化，再分析R2的电压变化，从而得到电压表示数的变化；根据电容器板间电压的变化分析板间场强的变化，判断质点P受到的电场力变化，分析其运动方向，根据电场力做功情况来分析其电势能的变化；根据R3的电压变化分析R3消耗电功率的变化；根据内外电阻的关系分析电源的输出功率变化。【解答】解：A、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流I增大，R3两端电压为U3＝E﹣I（R1+r），可知U3减小，通过R3的电流I3减小，电流表示数为IA＝I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，R2的电压U2增大，电压表示数为UV＝U3﹣U2，U3减小，U2增大，则UV减小，故A错误；B、电容器与R3并联，两者电压相等，则知电容器板间电压减小，板间场强减小，质点P所处位置与下极板的电势差减小，故此位置的电势降低，因质点P带负电，所以其电势能增加，故B正确；C、R3两端电压减小，则R3消耗的电功率变小，故C错误；D、由于不知道电源的内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。故选：B。【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路结构，明确滑动变阻器接入电路的阻值变化情况，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化。8．如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）A．V1的示数是V2的2倍 B．V1的示数是V3的2倍 C．V2的示数是V1的2倍 D．V2的示数是V3的2倍【考点】欧姆定律的简单应用；串联电路的特点及应用．【专题】恒定电流专题．【答案】A【分析】根据题意，由欧姆定律求出a、b、c的电阻关系；三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示数关系．【解答】解：由题意可知：Lc＝2La＝2Lb，Sb＝2Sa＝2Sc；由电阻设b的电阻Rb＝R，由电阻定律R＝ρLSRa＝2Rb＝2R，Rc＝2Ra＝4R，Rc：Ra：Rb＝4：2：1，由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流I相等，由U＝IR得：Uc：Ua：Ub＝4：2：1，UV3：UV1：UV2＝4：2：1，A、V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；B、V3的示数是V1的2倍，故B错误；D、V3的示数是V2的4倍，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了各电压表示数间的关系，分析清楚电路结构、熟练应用电阻定律、欧姆定律是正确解题的关键．9．在图所示的四个电路中，两个完全相同的灯泡，当分别闭合开关S，移动滑动变阻器角头从左端至右端时，能使其中一个灯由暗变亮同时，另一个灯由亮变暗，则符号要求的电路是（）A． B． C． D．【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】恒定电流专题．【答案】C【分析】根据串并联电路的特征，结合闭合电路欧姆定律，及滑动变阻器的接法，即可求解．【解答】解：A、L1与滑动变阻器右端的电阻串联，电压和等于路端电压，当滑动变阻器触头从左端至右端时，滑动变阻器右端的电阻变小，则L1两端电压变大，所以L1变亮。对L2用特殊值和极限值分析，设两灯的阻值均为10Ω，变阻器总阻值为10Ω，电源电动势为6V，当P置于左端时，L2电功率为P1＝0.4W，当P置于右端时，L2电功率为P2＝0.9W，故滑动变阻器触头从左端至右端时，L2变亮，故A错误；B、当滑动变阻器触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2随着总电阻的减小，导致总电流增大，则灯2的亮度也变亮，故B错误；C、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯2被短路，不亮，因此触头从左端至右端时，灯1渐渐变亮，而灯2渐渐变暗，故C正确；D、当触头在左端时，灯1被短路，不亮，当触头在右端时，灯1仍被短路，不亮，而灯2渐渐变亮，故D错误；故选：C。【点评】考查短路与断路的区别，掌握串并联电路的电阻，电流与电压的特点，注意灯泡的亮暗由电功率的大小来确定．10．工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统输出的PI2-1JA．该蓄电池的电动势为12V B．该蓄电池的内阻为2Ω C．该蓄电池的最大输出功率为144W D．该蓄电池的短路电流为12A【考点】电动势的概念和物理意义；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】C【分析】根据直流电源的输出功率的表达式变形，结合图像斜率与截距解得电动势与内阻，蓄电池的最大电流即为短路电流，根据数学方法分析最大输出功率的条件。【解答】解：AB．根据题意可知，直流电源的输出功率P＝EI﹣I2r变形可得P结合题图可得E＝24V，r＝1Ω故AB错误；C．根据闭合电路欧姆定律P＝EI﹣I2r=可知，当I=E2r时有最大的输出功率，最大输出功率Pmax=E故C正确；D．该蓄电池的最大电流即为短路电流，短路电流Imax=Er=241A故选：C。【点评】解答本题时，要注意输出功率的表达式，根据图像的斜率与截距分析解答，注意最大功率的分析方法。二．多选题（共4小题）（多选）11．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=a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）12．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）13．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）14．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。三．填空题（共2小题）15．如图，在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，外电路总阻值增大，电压表示数增大，电流表示数减小。（均选填“增大”“减小”或“不变”）【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理能力．【答案】增大，增大，减小。【分析】在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，分析其接入电路的电阻变化，判断外电路总阻值的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，并判断路端电压的变化，即可知道电压表示数的变化。判断并联部分电压的变化，分析流过R2的电流变化，从而判断出流过电流表的电流变化。【解答】解：当滑动变阻器的滑片向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，滑动变阻器与R2并联的阻值增大，外电路总阻值增大，由闭合电路欧姆定律知干路电流I减小，由路端电压U＝E﹣Ir可知U增大，即电压表示数增大；并联部分的阻值增大，分担的电压增大，流过R2的电流I2增大，流过电流表的电流IA＝I﹣I2，则电流表示数将减小。故答案为：增大，增大，减小。【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路的串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路电流和电压的变化。16．给如图所示的莱顿瓶甲充电，当两金属球之间的电压达到一定值时，金属球A、B间开始放电，出现电火花。该实验能够证明电磁波的存在。移动莱顿瓶乙的矩形线框中可移动的带有氖管的金属棒到A和B的金属滑动杆位置相同时，氖管发光最亮。【考点】电功和电功率的计算．【专题】定性思想；实验分析法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】电磁波，A和B的金属滑动杆位置相同。【分析】莱顿瓶是一种电容器；莱顿瓶A放电时a、b间存在变化的电场，从而使氖管所在的矩形线框产生感应电动势。【解答】解：由麦克斯韦电磁场理论可知，接通感应圈电源，变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生电场，并由近向远传播形成电磁波；当A和B的金属滑动杆位置相同时，两电路中的电流相同，即两电路中电流的频率相同，B电路中可接收A电路中的能量，可观察到氛灯发光，实验表明，尽管A和B两电路之间没有导线相连，但B的能量可由A通过电磁波传播到B。故答案为：电磁波，A和B的金属滑动杆位置相同。【点评】知道电磁波的产生，以及氖管最亮的原因是发生了电谐振。四．解答题（共4小题）17．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。18．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=（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=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=ρL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。19．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：E0～0.1s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。20．如图所示，电源电动势E＝8V，内阻r＝0.8Ω，闭合开关S后，标有“6V，3W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0＝1Ω，求：（1）流过电源的电流；（2）电源的总功率和电源的输出功率；（3）电动机的发热功率和电动机对外做功的功率。【考点】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】计算题；定量思想；寻找守恒量法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）流过电源的电流为2.5A；（2）电源的总功率为20W，电源的输出功率为15W；（3）电动机的发热功率为4W，电动机对外做功的功率为8W。【分析】（1）灯泡恰能正常发光，路端电压等于灯泡的额定电压，根据闭合电路欧姆定律求解流过电源的电流；（2）根据公式P＝EI求解电源的总功率，根据公式P＝UI求电源的输出功率；（3）根据电流关系求出流过电动机的电流IM，由公式P入＝UIM求电动机消耗的电功率，由P热=IM2【解答】解：（1）由于灯泡正常发光，可知路端电压为U＝6V，则根据闭合电路欧姆定律得E＝U+Ir故流过电源的电流为I=E-U（2）电源的总功率为P总＝EI＝8×2.5W＝20W电源的输出功率为P出＝UI＝6×2.5W＝15W（3）流过灯泡的电流为IL=PLU则流过电动机的电流为IM＝I﹣IL＝2.4A﹣0.5A＝2A故电动机的发热功率为P热=IM2R0＝22×电动机消耗的电功率为P电＝UIM＝6×2W＝12W电动机对外做功的功率为P机＝P电﹣P热＝12W﹣4W＝8W答：（1）流过电源的电流为2.5A；（2）电源的总功率为20W，电源的输出功率为15W；（3）电动机的发热功率为4W，电动机对外做功的功率为8W。【点评】对于电源和电动机，都要搞清总功率、发热功率与输出功率的关系，对于电源，也可以根据输出功率等于电源总功率与电源内阻消耗的功率之差，来求解电源的输出功率。

考点卡片1．功率的定义、物理意义和计算式的推导2．电容的概念与物理意义【知识点的认识】1．电容器（1）组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。（2）带电量：一个极板所带电量的绝对值。（3）电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2．电容（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=Q（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。电容决定式：C=εS4πkd．其中，ε是一个常数，S为电容极板的正对面积，d为电容极板的距离，k则是静电力常量。而常见的平行板电容器，电容为C=εSd【命题方向】题型一：对电容器的认识例1：下列四个电学器材中，电容器是（）A．B．C．D．分析：每种类型的电容内部结构是不一样的，简单来说就是，两个电极中间夹了一层介质就构成了电容。根据介质的不同又分为薄膜电容、铝电解电容、陶瓷电容等。解：A、这是一个蓄电池。故A错误；B、这是滑动变阻器，是一个可调电阻。故B错误；C、这是电流表，用来测量电流的器材，故C错误；D、这是一个可调电容大小的电容器，故D正确。故选：D。点评：了解常见的电容器构造，并能区分于其他的电器。题型二：对电容器的理解例2：关于电容器，下列说法中正确的是（）A．电容器是产生电荷的装置B．两个金属导体直接接触就构成了一个电容器C．电容器充电时能使两个极板带上等量的异种电荷D．电容器充电时能使两个极板带上等量的同种电荷分析：两个相互靠近又彼此绝缘的导体就构成一个电容器，电容器充电时两个极板会带等量异种电荷。解：A、电容器是容纳电荷的装置，它不能产生电荷；故A错误；B、只有彼此绝缘的导体相互靠近才能构成电容器；两导体直接接触就不能再容纳电荷；故B错误；C、电容器充电后，两个极板上带上等量异种电荷；故C正确；D错误。故选：C。点评：本题考查对电容器的理解；明确只要两个相互靠近又彼此绝缘的导体就构成一个电容器；它通过电荷间的吸引而起到储存电荷的作用。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=偏距：y=能飞出的条件为：y=d由①②③④⑤可得：U′=2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．电流的概念及性质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=△4．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．串联电路的特点及应用8．电功和电功率【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=Wt3．电热：电流流过导体产生的热量．由焦耳定律来计算，Q＝I2Rt．4．热功率：单位时间内的发热量，表达式为：P═I2R．【命题方向】（1）常考题型考查对电功与电热：功率为10w的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近（）A．8×108KW•hB．8×1010KW•hC．8×1011KW•hD．8×1013KW•h分析：全国大约有5.5亿户人家，每天亮灯时间大约4h，已知白炽灯和节能灯的额定功率和各自的工作时间，根据公式W＝Pt可求节能灯少消耗的电能．解：全国一年节省的电能最接近W＝Pt＝2（0.06kW﹣0.01kW）×5.5×108×4h×365＝8.03×1010kW•h．故选B．点评：本题考查的功率的计算，关键是要了解全国有多少家庭及每天亮灯时间．解题过程中要注意单位的换算，同时养成节能的好习惯．（2）第二类常考题型是考查电功率与热功率的理解：额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下图所示的（）A．B．C．D．分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，所以C正确．故选C．点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小．此类问题的分析思路分两步：先分清哪个电路的灯泡能正常发光，这里可以从电压、电流、电功率三个量中任意挑选一个使其达到其额定值，其余两个也达到额定值；确定了正常发光的电路后，再比较哪一个的实际功率小，可以用计算的方法比较，也可以用定性分析的方法比较．【解题方法点拨】1．电功与电热、电功率与热功率的理解纯电阻电路非纯电阻电路实例白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等电动机、电解槽、日光灯等电功与电热W＝UIt＝UqQ＝I2Rt=UW＝QW＝UIt＝Uq，Q＝I2RtW＞Q电功率与热功率P电＝UI，P热＝I2R=P电＝P热P电＝UI，P热＝I2