2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（十）

第1页（共1页）2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（十）一．选择题（共8小题）1．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，电源电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R1＝1Ω，定值电阻R2＝6Ω。开关S闭合后，电动机M恰好正常工作。已知电动机额定电压U＝6V，线圈电阻RM＝0.5Ω，当电动机M正常工作时，电动机输出的机械功率是（）A．6W B．9W C．10W D．27W2．（2024秋•南京月考）实验室有两个变阻箱R1、R2，只能看到每个倍数刻度的0刻度线，其余倍数刻度磨损不清，其它功能正常。小明为了测量每个倍数刻度所对应的阻值，利用如图所示的测量电路，设计了两套方案。方案1：调节R1至待测刻度，保持不变，多次改变R2，进行测量，电压表、电流表的读数分别为U、I，作出U﹣I关系图，测得R1待测刻度对应的阻值；方案2：调节R2至待测刻度，保持不变，多次改变R1，进行测量，同理，测得R2的阻值。下列表述正确的是（）A．方案1，R1测量值偏大 B．方案1，R1测量值准确 C．方案2，R2测量值准确 D．方案2，R2测量值偏小3．（2024秋•北碚区校级月考）开开家有一盏“智能”台灯，它能根据环境的光照强度自动调节亮度，也可以手动调节台灯的亮度。经查阅资料后，开开猜想台灯内部的电路结构可能如图，已知光敏电阻在光照强度增大时，电阻会减小。则闭合开关后，下列分析正确的是（）A．滑动变阻器滑片不动，光照强度减弱时，小灯泡变亮 B．滑动变阻器滑片不动，光照强度增大时，光敏电阻两端的电压变大 C．在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向左滑，小灯泡变亮 D．在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向右滑，电源输出功率增大4．（2024秋•南宁月考）如图甲所示，随着人工智能的发展，机器人用于生产生活中的场景越来越普遍。如图乙为某款配送机器人内部电路结构简化图，电源电动势E＝36V，内阻r＝0.25Ω。机器人整机净重30kg，在某次配送服务时载重20kg，匀速行驶速度为1.2m/s，行驶过程中受到的阻力大小为总重力的0.2倍，工作电流为4A。假设机器人工作时均在水平路面上行驶，不计电动机的摩擦损耗，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．电动机内部的热功率为24W B．电动机消耗的电功率为144W C．电动机输出的机械功率为140W D．机器人工作8小时至少消耗电能1.152kWh5．（2024秋•南宁月考）下列关于电源的说法正确的是（）A．电源的电动势就是电压 B．电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能 C．在电源内部电流从正极流向负极 D．只要有电源，电路中就能产生持续的电流6．（2024秋•重庆月考）如图所示，R为一光敏电阻，其电阻阻值随光照强度的减小而增大。在A、B之间接一恒流源（电流大小、方向均不变），当光照强度减小时（）A．R1上两端电压减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电流表的示数增大 D．电源的输出功率不变7．（2024秋•鼓楼区校级月考）某学习小组利用如图甲所示的实验电路测量一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出U﹣I图线如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电池内阻的测量值为3.50Ω B．外电路发生短路时的电流为0.40A C．电池电动势和内阻的测量值均偏小 D．电池电动势的测量值准确，内阻的测量值偏大8．（2023秋•杜集区校级期末）如图所示的U﹣I图像中，一条为电源的U﹣I图线，一条为定值电阻的U﹣I图线，若将该电源与定值电阻构成闭合回路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势为1.2V B．电源的输出功率为0.6W C．定值电阻的阻值为0.4Ω D．电源的内阻为6Ω二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•绿园区校级期中）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A．此电源的内阻约为0.67Ω B．灯泡D1的额定电压为3V，额定功率为6W C．把灯泡D1换成阻值为1Ω的定值电阻，电源的输出功率将变大 D．把D1和“3V，20W”的灯泡D2并联后接在电源上，两灯泡仍能正常发（多选）10．（2024秋•海珠区校级月考）科学家通过粒子速度筛选器来将一群粒子中速度较小的粒子去除。速度筛选器原理如图所示，电路中电源电动势为E（内阻不计），R0是定值电阻，R1，R2为可变电阻，D为二极管，M、N是水平正对放置的金属极板，在电路中视为电容器。在某次速度筛选中，闭合S后，不断有带正电荷的微粒沿两金属板的中轴线从左侧以某一相同的初速度射入，因初速度不够大，这些微粒恰好打在下极板的中点O，无法通过筛选器。下列说法正确的是（）A．减小R1，粒子打在O点左侧 B．贴着M板下沿插入板状电介质，电容器电荷量增加 C．N极板稍微下移，两极板间场强大小不变 D．M极板稍微下移，粒子依然打在O点（多选）11．（2024秋•开福区校级月考）如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表和电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，关于各物理量的变化情况的下列描述正确的是（）A．R0两端的电压先减小后增加 B．电流表的示数先增大后减小 C．电源的输出功率可能先增大后减小 D．电源的输出功率可能一直不变（多选）12．（2024秋•市中区校级月考）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列判断正确的是（）A．U1变小，U2变大 B．|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU2|＜|ΔU3| C．U2I变小，ΔD．U3I变大，三．填空题（共4小题）13．（2024秋•鼓楼区校级期中）两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中形成回路时，电势φ的变化规律如图所示，则A和B导线两端的电压之比为，A和B导线的电阻之比为，A和B导线的横截面积之比为。14．（2024秋•普陀区校级月考）如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内电阻r＝2Ω，定值电阻R1＝1Ω，R为最大阻值是20Ω的变阻器，则在变阻器滑动过程中，变阻器消耗的最大功率为W，电压表和电流表的示数变化量的比值ΔUΔI=15．（2024秋•思明区校级期中）如图甲所示，电源电压为6V恒定不变，滑动变阻器R2最大阻值是20Ω。闭合开关，滑动变阻器的P﹣R图像如图乙所示，则R1＝Ω，滑动变阻器R2消耗的最大功率为W。16．（2024秋•浦东新区校级期中）“用DIS测某电源的电动势和内阻”的实验，得到如图所示的U﹣I图，根据图像可知电源电动势为V，内阻为Ω。四．解答题（共4小题）17．（2024秋•松江区期末）随着国家“碳达峰，碳中和”政策的出台，光伏领域成为最热门的领域之一。（1）一辆用光伏电池驱动的小车，其电路总电阻为r。小车受到的阻力大小与其速率之比为k。某次运动中电池接收到的光照功率恒为P时，小车以速率v匀速行驶，通过电池的电流大小为I，则电池的光电转化效率为。（2）光照进半导体材料内激发出自由电荷，在材料内部电场作用下，正、负电荷分别往两端积累。若材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示。①正电荷仅在内部电场力作用下沿x轴从N点运动到P点，其加速度。A.先沿x轴负方向减小，后沿x轴正方向增大B.先沿x轴负方向增大，后沿x轴正方向减小C.先沿x轴正方向减小，后沿x轴正方向增大D.先沿x轴正方向增大，后沿x轴正方向减小②取O点的电势为零，N点到P点的电势φ随位置x变化的图象可能为。（3）一光伏电池在特定光照下的I﹣U关系如图所示。在这种光照条件下，将总长度为100m、截面积为0.100mm2的金属丝绕制的电阻接在该电池两端时，电阻两端电压为2.10V，则该金属丝的电阻率为Ω•m。（保留3位有效数字）（4）在某一电压区间内，光伏电池可视为一个恒流源（输出电流恒定）。某同学连接了如图所示的两个电路：电路a由干电池、阻值为R4的定值电阻、阻值为RT的热敏电阻（RT随温度升高而减小）和小灯连接而成；电路b由恒流源、三个阻值分别为R1、R2，R3（R1＜R2＜R3）的定值电阻和阻值为RL的光敏电阻（RL随光照强度增大而减小，且其阻值变化范围足够大）连接而成。RL受到灯L照射。当RT所处环境温度降低时：①设电流表示数变化量为ΔI，R1两端电压变化量为ΔU1，RL两端电压变化量为ΔUL，则。A.ΔI＜0，|ΔU1|＞|ΔUL|B.ΔI＜0，|ΔU1|＜|ΔUL|C.ΔI＞0，|ΔU1|＞|ΔUL|D.ΔI＞0，|ΔU1|＜|ΔUL|②设电压表的示数变化量为ΔU，电流表的示数变化量为ΔI，则，|ΔUΔI|为③（简答）分析说明当RL为多大时，RL和R1的总功率P最大。18．（2024秋•奉贤区月考）电池因其便携、易用，在日常生活中应用十分普遍。（1）常用的干电池电动势为1.5V，铅蓄电池电动势为2V。①电动势的高低，反映了电源内部的本领不同。②如图1所示是一节可充电锂电池，其上所标的参数“5000mAh”反映的物理量是。A．电能B．电荷量C．电压D．电功率（2）为测量某电池的电动势和内阻，小悟同学设计了如图2（甲）所示的电路。连接好实物后，他闭合电键，记录了多组变阻箱的阻值R及理想电流表对应的示数I，并用图像法处理数据，得到一条如图2（乙）所示的不过原点且斜率为k，截距为b的倾斜直线。①图2（乙）的横坐标为R，纵坐标为。A．IB．1C．I2D．1②由图2（乙）可得，该电池的电动势大小E＝，内阻r＝。（结果用k、b表示）19．（2023秋•桂林期末）如图所示，电源电动势为20V，小灯泡L的规格为“6W，12V”；当开关S接1，电阻箱调到R＝14Ω时，小灯泡L正常发光；当开关S接2时，小灯泡L正常发光和电动机M正常工作。已知电动机的线圈电阻为2Ω。求：（1）小灯泡正常工作时的电阻；（2）电源的内阻；（3）开关接1时，电源的输出功率；（4）开关接2时，电动机的输出功率。20．（2024秋•海珠区校级月考）如图所示，电源电动势E＝9V，内阻r＝0.5Ω，电阻R1＝5.0Ω，R2＝3.5Ω，R3＝6.0Ω，R4＝3.0Ω，电容C＝2.0μF。（1）求电键与a接触时，电容的带电量是多少？电键与b接触时，电容的带电量是多少？（2）求电键从与a接触变为与b接触时，通过R3的电荷量是多少？

2024-2025学年人教版（2019）高二（上）物理寒假作业（十）参考答案与试题解析题号12345678答案CAADBBCB一．选择题（共8小题）1．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，电源电动势为12V，内阻为1Ω，定值电阻R1＝1Ω，定值电阻R2＝6Ω。开关S闭合后，电动机M恰好正常工作。已知电动机额定电压U＝6V，线圈电阻RM＝0.5Ω，当电动机M正常工作时，电动机输出的机械功率是（）A．6W B．9W C．10W D．27W【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；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据闭合回路欧姆定律结合电路特点求解通过电动机的电流；根据PM＝IMUM求出电动机消耗的电功率，由焦耳定律求得电动机的内部热功率，机械功率等于电功率减去电动机发热功率。【解答】解：开关闭合后，电动机恰好正常工作，由电路可知此时R2两端电压为6V，所以内阻以及R1上电压之和为12V﹣6V＝6V，根据闭合电路欧姆定律可得R1中的电流为I=通过电动机的电流为IM电动机的电功率PM＝UIM＝（6×2）W＝12W电动机正常工作时内部消耗的功率为P热=IM2则电动机输出的机械功率P＝PM﹣P热＝12W﹣2W＝10W故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】电动机正常工作时的电路非纯电阻电路，机械功率由电功率减去电动机发热功率求解，能灵活应用串并联电路的规律及欧姆定律求解。2．（2024秋•南京月考）实验室有两个变阻箱R1、R2，只能看到每个倍数刻度的0刻度线，其余倍数刻度磨损不清，其它功能正常。小明为了测量每个倍数刻度所对应的阻值，利用如图所示的测量电路，设计了两套方案。方案1：调节R1至待测刻度，保持不变，多次改变R2，进行测量，电压表、电流表的读数分别为U、I，作出U﹣I关系图，测得R1待测刻度对应的阻值；方案2：调节R2至待测刻度，保持不变，多次改变R1，进行测量，同理，测得R2的阻值。下列表述正确的是（）A．方案1，R1测量值偏大 B．方案1，R1测量值准确 C．方案2，R2测量值准确 D．方案2，R2测量值偏小【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻．【专题】比较思想；方程法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】A【分析】方案1：改变R2，R1保持不变，根据欧姆定律得到U与I的关系式，分析U﹣I关系图的斜率变化，判断R1测量值的变化；方案2：R2保持不变，多次改变R1，根据闭合电路欧姆定律列式，得到U与I的关系式，分析U﹣I关系图的斜率变化，判断R2测量值的变化。【解答】解：AB、方案1：改变R2，R1保持不变，根据欧姆定律得U＝I（R1+RA）电流表电阻未知，将U﹣I关系图的斜率R1+RA当成R1待测刻度对应的阻值，则R1测量值偏大，故A正确，B错误；CD、方案2：R2保持不变，多次改变R1，根据闭合电路欧姆定律得E＝U+I（R2+r）可得U＝E﹣I（R2+r）电源电阻未知，将U﹣I关系图的斜率R2+r当成R2待测刻度对应的阻值，R2测量值偏大，故CD错误。故选：A。【点评】解答本题时，要理解实验原理，能根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律列式，分析误差情况。3．（2024秋•北碚区校级月考）开开家有一盏“智能”台灯，它能根据环境的光照强度自动调节亮度，也可以手动调节台灯的亮度。经查阅资料后，开开猜想台灯内部的电路结构可能如图，已知光敏电阻在光照强度增大时，电阻会减小。则闭合开关后，下列分析正确的是（）A．滑动变阻器滑片不动，光照强度减弱时，小灯泡变亮 B．滑动变阻器滑片不动，光照强度增大时，光敏电阻两端的电压变大 C．在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向左滑，小灯泡变亮 D．在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向右滑，电源输出功率增大【考点】电路动态分析；电源的最大输出功率和条件．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据光照强度的变化，分析光敏电阻阻值的变化，再分析干路电流的变化，即可判断小灯泡和光敏电阻并联电压的变化，从而判断灯泡亮度的变化。在光照条件不变时，根据滑动变阻器的滑片移动方向，分析其接入电路的阻值变化，判断干路电流的变化，即可判断小灯泡和光敏电阻并联电压的变化，从而判断灯泡亮度的变化。根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化。【解答】解：A、由题图可知，光敏电阻与小灯泡并联。滑动变阻器滑片不动，光照强度减弱时，光敏电阻的阻值增大，电路的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，电源的内电压和滑动变阻器两端电压都减小，则小灯泡和光敏电阻并联电压增大，小灯泡变亮，故A正确；B、滑动变阻器滑片不动，光照强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，电源的内电压和滑动变阻器两端电压都增大，则小灯泡和光敏电阻并联电压减小，所以光敏电阻两端的电压减小，故B错误；C、在光照条件不变时，滑动变阻器的滑片向左滑，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电路中总电流减小，则小灯泡和光敏电阻并联电压，小灯泡变暗，故C错误；D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。因外电路的总阻值与电源的内阻关系不清楚，所以电源的输出功率不一定增大，故D错误。故选：A。【点评】本题是电路动态分析问题，要读懂题意，抓住光敏电阻的特性分析其阻值的变化，运用闭合电路欧姆定律和功率公式进行分析。4．（2024秋•南宁月考）如图甲所示，随着人工智能的发展，机器人用于生产生活中的场景越来越普遍。如图乙为某款配送机器人内部电路结构简化图，电源电动势E＝36V，内阻r＝0.25Ω。机器人整机净重30kg，在某次配送服务时载重20kg，匀速行驶速度为1.2m/s，行驶过程中受到的阻力大小为总重力的0.2倍，工作电流为4A。假设机器人工作时均在水平路面上行驶，不计电动机的摩擦损耗，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（）A．电动机内部的热功率为24W B．电动机消耗的电功率为144W C．电动机输出的机械功率为140W D．机器人工作8小时至少消耗电能1.152kWh【考点】计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】电动机消耗的电功率等于电源的输出功率；电动机输出的机械功率为P机＝fv；电动机内部的热功率为P热＝P﹣P机；机器人工作消耗的电能即为电源消耗的总电能。【解答】解：C、电动机行驶过程中所受阻力为f＝0.2（m+m0）g＝0.2×（20+30）×10N＝100N，所以电动机输出的机械功率为P机＝fv＝100×1.2W＝120W，故C错误；B、电动机消耗的电功率等于电源的输出功率，即为P＝EI﹣I2r＝36×4W﹣42×0.25W＝140W，故B错误；A、电动机内部的热功率为P热＝P﹣P机＝140W﹣120W＝20W，故A错误；D、机器人工作消耗的电能即为电源消耗的总电能，电源的功率为P总＝EI＝36×4W＝144W＝0.144kW，所以机器人工作8小时消耗的电能至少为W＝P总t＝0.144×8kWh＝1.152kWh，故D正确。故选：D。【点评】掌握机器人的三个功率关系和电源的三个功率关系，知道电源的输出功率等于机器人的输入功率。在D选项中，机器人工作消耗的电能不能说是机器人自身消耗的，还应该包含电源内阻所产生的热能。5．（2024秋•南宁月考）下列关于电源的说法正确的是（）A．电源的电动势就是电压 B．电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能 C．在电源内部电流从正极流向负极 D．只要有电源，电路中就能产生持续的电流【考点】电动势的概念和物理意义．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】B【分析】A、电动势和电压虽然具有相同的单位，但它们是本质不同的两个物理量；B、根据电源的定义分析；C、电源把正电荷从负极搬运到正极；D、只有当电路闭合时，电源才能产生持续的电流。【解答】解：A.电源的电动势不是电压，当外电路断路时，路端电压等于电源电动势，故A错误；BC.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，也就是不断地把正电荷从负极搬运到正极，故B正确、C错误；D.电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，故D错误。故选：B。【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力.电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关.6．（2024秋•重庆月考）如图所示，R为一光敏电阻，其电阻阻值随光照强度的减小而增大。在A、B之间接一恒流源（电流大小、方向均不变），当光照强度减小时（）A．R1上两端电压减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电流表的示数增大 D．电源的输出功率不变【考点】含容电路的动态分析．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据题意分析流过R1的电流的变化，再分析R1上两端电压的变化。当光照强度减小时，根据光敏电阻的特性分析其阻值的变化，判断R与R2并联电阻的变化，再欧姆定律分析并联部分电压的变化，即可知道电容器所带的电荷量的变化，并判断出流过R2的电流变化，根据干路电流和流过R2的电流变化，分析电流表的示数变化。根据P＝UI分析电源的输出功率变化情况。【解答】解：A、根据题意可知，流过R1的电流不变，则R1上两端电压不变，故A错误；B、当光照强度减小时，R增大，R与R2并联电阻增大，干路电流不变，则R与R2并联电压增大，电容器的电压增大，则电容器所带的电荷量增大，故B正确；C、R2的电压增大，则流过R2的电流增大，而干路电流不变，则电流表的示数减小，故C错误；D、R1上两端电压不变，R与R2并联电压增大，则A、B间电压增大，由P＝UI可知，电源的输出功率增大，故D错误。故选：B。【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要抓住干路电流不变，根据欧姆定律和功率公式进行分析。7．（2024秋•鼓楼区校级月考）某学习小组利用如图甲所示的实验电路测量一节干电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出U﹣I图线如图乙所示。下列说法正确的是（）A．电池内阻的测量值为3.50Ω B．外电路发生短路时的电流为0.40A C．电池电动势和内阻的测量值均偏小 D．电池电动势的测量值准确，内阻的测量值偏大【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】AB.根据闭合电路的欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像斜率绝对值和纵截距的含义求解内阻和电动势，再求短路电流；CD.实验的误差来源于电压表的分流作用，根据闭合电路的欧姆定律求解作答。【解答】解：AB．根据闭合电路欧姆定律E＝U+Ir变形得U＝E﹣rIU﹣I图像斜率绝对值表示电池的内阻，电源内阻r图像的纵截距表示电动势，电动势E＝1.40V外电路发生短路时的电流为I故AB错误；CD．由图甲所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用了外接法，由于电压表的分流，使电流表所测电流小于流过电源的电流；实验误差来源于电压表的分流，电动势和内阻测量值和真实值之间的关系为电源电动势与内阻测量值都小于真实值，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查了电池内阻的测定，要明确实验原理，掌握欧姆定律，能够根据欧姆定律进行实验误差的分析。8．（2023秋•杜集区校级期末）如图所示的U﹣I图像中，一条为电源的U﹣I图线，一条为定值电阻的U﹣I图线，若将该电源与定值电阻构成闭合回路，下列说法正确的是（）A．电源的电动势为1.2V B．电源的输出功率为0.6W C．定值电阻的阻值为0.4Ω D．电源的内阻为6Ω【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；推理论证能力．【答案】B【分析】根据闭合电路的欧姆定律结合图像得到电源电动势和内阻；根据P＝UI计算功率；根据欧姆定律计算电阻。【解答】解：AD．b图线为电源的U﹣I图线，根据闭合电路的欧姆定律有U＝E﹣Ir，则图像的纵轴截距表示电源的电动势，图像斜率的绝对值表示电源内阻，由图可知，电源的电动势为E＝1.5V内阻为r=故AD错误；B．根据两图线交点可知，电源的输出功率为P＝UI＝1.2×0.5W＝0.6W故B正确；C．根据a图线可知，定值电阻的阻值为R=故C错误。故选：B。【点评】掌握闭合电路的欧姆定律的应用，能够写出图像的函数表达式是解题的关键。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•绿园区校级期中）如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A．此电源的内阻约为0.67Ω B．灯泡D1的额定电压为3V，额定功率为6W C．把灯泡D1换成阻值为1Ω的定值电阻，电源的输出功率将变大 D．把D1和“3V，20W”的灯泡D2并联后接在电源上，两灯泡仍能正常发【考点】电源的总功率、输出功率和效率；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；电源的U﹣I图像与导体的U﹣I图像相结合的问题．【专题】定量思想；推理法；电学图象专题；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】由电源的U﹣I图线的斜率求出电源的内阻；两图线的交点表示把电源和小灯泡组成闭合回路的工作状态，读出小灯泡的电压和电流，即可求出小灯泡的功率。再根据后续条件，利用闭合电路欧姆定律求解即可。【解答】解：A．电源的U﹣I图线中，与U轴的交点即为电源电动势，故E＝4V，斜率表示内阻，即为r=故A错误；B．根据两图像的交点知：灯泡D1的额定电压为：U＝3V，额定电流为：I＝2A，则额定功率为：P＝UI＝3×2W＝6W；故B正确；C．把灯泡D1换成阻值为1Ω的定值电阻，根据闭合电路欧姆定律：I=则电源的输出功率为：P＝I2R＝（83）2×1W≈7.11W＞6W故C正确；D．把D1和“3V，20W”的灯泡D2并联后接在电源上，外电路总电阻减小，路端电压减小，两灯泡的电压将小于3V，不能正常发光，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查对U﹣I图线的理解，要明确电源的U﹣I图线即路端电压和电流的关系，根据U＝E﹣Ir求得电源的电动势、内阻，同时要理解小灯泡伏安特性曲线的意义。（多选）10．（2024秋•海珠区校级月考）科学家通过粒子速度筛选器来将一群粒子中速度较小的粒子去除。速度筛选器原理如图所示，电路中电源电动势为E（内阻不计），R0是定值电阻，R1，R2为可变电阻，D为二极管，M、N是水平正对放置的金属极板，在电路中视为电容器。在某次速度筛选中，闭合S后，不断有带正电荷的微粒沿两金属板的中轴线从左侧以某一相同的初速度射入，因初速度不够大，这些微粒恰好打在下极板的中点O，无法通过筛选器。下列说法正确的是（）A．减小R1，粒子打在O点左侧 B．贴着M板下沿插入板状电介质，电容器电荷量增加 C．N极板稍微下移，两极板间场强大小不变 D．M极板稍微下移，粒子依然打在O点【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】比较思想；控制变量法；电容器专题；推理论证能力．【答案】ABC【分析】减小R1，分析电容器板间电压的变化，判断板间场强的变化，再分析粒子打在O点哪一侧；贴着M板下沿插入板状电介质，分析电容的变化，由C=QU分析电容器电荷量的变化；N极板稍微下移，根据C=ɛrS4πkd，C=Q【解答】解：A、减小R1，电路中电流增大，则R0的电压增大，电容器的电压增大，电容器的电荷量要增加，板间场强增大，粒子受到的电场力增大，加速度增大，由类平抛运动的规律有x＝v0t，y=可得x＝v02ya，a增大，其他量不变，则x减小，粒子打在O点左侧，故B、贴着M板下沿插入板状电介质，根据电容的决定式C=ɛrS4C、N极板稍微下移，电容器板间距离增大，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，电容器的电容减小，但由于二极管的存在，不能放电，所以电容器的电荷量不变，根据C=ɛrS4πkd，CD、M极板稍微下移，电容器板间距离减小，电容增大，电容器电荷量增加，根据E=Ud可知，板间场强增大，粒子受到的电场力增大，加速度增大，粒子打在O点左侧，故故选：ABC。【点评】本题是类平抛运动与电路知识的综合，其联系的纽带是电压，要抓住电路稳定时与电容器串联的电阻上没有电压，相当于导线，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压。（多选）11．（2024秋•开福区校级月考）如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为E、r，电压表和电流表均为理想电表，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，关于各物理量的变化情况的下列描述正确的是（）A．R0两端的电压先减小后增加 B．电流表的示数先增大后减小 C．电源的输出功率可能先增大后减小 D．电源的输出功率可能一直不变【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【答案】AC【分析】电路结构为：R右端部分Ra与R左端部分Rb并联，然后与R0串联，并联电阻Rx=RaRbRa+Rb，Ra＝【解答】解：AB、滑动变阻器在P点左、右两边的部分并联，并联总电阻记为Rx，随着滑片从a移动到b，Rx从0增大到最大（P均分R时），再减小为零，最大值记为Rxm，根据欧姆定律可知，电路中的电流先减小后增大，而电压表测量的是路端电压，根据闭合电路的欧姆定律有U＝E﹣Ir，则路端电压先先减小后增大，所以电压表的示数先减小后增加，电流表的示数先减小后增大，根据欧姆定律可知R0两端的电压先减小后增大。故A正确，B错误。CD、整个过程外电阻从R0增大到R0+Rxm再减小到R0。若r≤R0，则外电阻不小于内阻且先远离内阻再接近内阻，电源输出功率先减小后增大。若r≥R0+Rxm，则外电阻不大于内阻且先接近内阻再远离内阻，电源输出功率先增大后减小。若R0＜r＜R0+Rxm，则电源输出功率先增后减再增大再减小。故C正确，D错误。故选：AC。【点评】解决本题的关键是能够分析清楚电路的结构，知道滑片在变阻器正中间时电阻最大，然后结合串联、并联电路的规律分析。知道电源的输出功率随外电阻的变化规律是解题的基础。（多选）12．（2024秋•市中区校级月考）在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示。下列判断正确的是（）A．U1变小，U2变大 B．|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU2|＜|ΔU3| C．U2I变小，ΔD．U3I变大，【考点】电路动态分析．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据滑动变阻器阻值的变化，分析电路中电流的变化，进而判断U1的变化。根据闭合电路欧姆定律分析U2的变化。R1是定值电阻，根据欧姆定律分析U1I的大小。根据闭合电路欧姆定律列式分析ΔU【解答】解：A、根据题意可知，电路中R1、R2串联，电压表V3测量路端电压，V1、V2分别测量定值电阻R1、滑动变阻器R2两端的电压。当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，R2接入电路的阻值变大，根据闭合电路的欧姆定律有I=可知I变小。由欧姆定律得U1＝IR1，则U1变小。由闭合电路的欧姆定律有U2＝E﹣I（R1+r）I变小，则U2变大，故A正确；B、对于定值电阻R1有R1=U1I由U2＝E﹣I（R1+r）得|ΔU2ΔI|＝由闭合电路的欧姆定律有U3＝E﹣Ir则|ΔU3ΔI由上分析可知，|ΔU1|＜|ΔU2|，|ΔU2|＞|ΔU3|，故B错误；C、根据欧姆定律有U2I=R2，变大。由上分析知，|ΔU2ΔI|＝R1D、根据欧姆定律有U3I=R1+R2，变大。由上分析知|ΔU3ΔI|＝故选：AD。【点评】解答本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律分析各部分电压的变化，要知道电路动态分析问题中，ΔUΔI三．填空题（共4小题）13．（2024秋•鼓楼区校级期中）两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中形成回路时，电势φ的变化规律如图所示，则A和B导线两端的电压之比为3：2，A和B导线的电阻之比为3：2，A和B导线的横截面积之比为1：3。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；φ﹣x图像的理解与应用；利用电阻定律求导线长度或横截面积．【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】3：2，3：2，1：3。【分析】根据电压等于电势差，求出A和B导线两端的电压之比；导线A和B串联，电流相等，根据欧姆定律求A和B导线的电阻之比；根据电阻定律求A和B导线的横截面积之比。【解答】解：由题图可知，A导线两端电压和B导线两端电压分别为UA＝10V﹣4V＝6V，UB＝4V﹣0＝4V则A和B导线两端的电压之比为UA：UB＝6：4＝3：2导线A和B串联，则A和B导线中的电流相等，根据R=UI可得，ARA：RB＝UA：UB＝3：2根据电阻定律有R=可得S=则A和B导线的横截面积之比为SA故答案为：3：2，3：2，1：3。【点评】本题考查欧姆定律、电阻定律及串联电路规律的应用，要注意隐含条件：电流、材料相同。14．（2024秋•普陀区校级月考）如图所示电路中，电源电动势E＝6V，内电阻r＝2Ω，定值电阻R1＝1Ω，R为最大阻值是20Ω的变阻器，则在变阻器滑动过程中，变阻器消耗的最大功率为3W，电压表和电流表的示数变化量的比值ΔUΔI=2【考点】电路动态分析；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】3，2。【分析】当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大。将R1看成电源的内阻，当滑动变阻器的电阻等于R1和内阻之和时，滑动变阻器消耗的功率最大，根据闭合电路欧姆定律和功率公式相结合求解变阻器消耗的最大功率。根据闭合电路欧姆定律求电压表和电流表的示数变化量的比值。【解答】解：将R1看成电源的内阻，当滑动变阻器的电阻R＝R1+r＝1Ω+2Ω＝3Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大此时干路电流为I=E2R变阻器消耗的最大功率为P＝I2R＝12×3W＝3W电压表示数为U＝E﹣Ir则ΔUΔI=r＝故答案为：3，2。【点评】本题解题的关键是弄清楚电路的连接方式，掌握推论：外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，能灵活运用等效思维求解变阻器消耗的最大功率。15．（2024秋•思明区校级期中）如图甲所示，电源电压为6V恒定不变，滑动变阻器R2最大阻值是20Ω。闭合开关，滑动变阻器的P﹣R图像如图乙所示，则R1＝10Ω，滑动变阻器R2消耗的最大功率为0.9W。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；极值法；恒定电流专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】10，0.9。【分析】由图可知，当滑动变阻器电阻为5Ω或者20Ω时消耗的功率均为0.8W，根据功率公式P＝I2R求出电路中电流，再由欧姆定律求R1。根据功率公式得到P与R2的关系式，再求R2消耗的最大功率。【解答】解：由图可知，当滑动变阻器电阻为5Ω或者20Ω时消耗的功率均为0.8W，则根据P＝I2R可知，电路中的电流分别为0.4A或0.2A。根据欧姆定律有I=解得R1＝10Ω滑动变阻器消耗的功率为P=(由数学知识知，当100R2=R2，即R2＝Pmax＝0.9W故答案为：10，0.9。【点评】本题采用函数法求滑动变阻器消耗功率的最大值，也可以直接运用结论：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，将R1看成电源的内阻，直接解答。16．（2024秋•浦东新区校级期中）“用DIS测某电源的电动势和内阻”的实验，得到如图所示的U﹣I图，根据图像可知电源电动势为2.9V，内阻为7Ω。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】2.9，7【分析】根据图示电路图求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。【解答】解：由闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir结合图像，图像纵截距表电动势大小：E＝2.9V图像斜率绝对值表电源内阻大小r=故答案为：2.9，7【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻。四．解答题（共4小题）17．（2024秋•松江区期末）随着国家“碳达峰，碳中和”政策的出台，光伏领域成为最热门的领域之一。（1）一辆用光伏电池驱动的小车，其电路总电阻为r。小车受到的阻力大小与其速率之比为k。某次运动中电池接收到的光照功率恒为P时，小车以速率v匀速行驶，通过电池的电流大小为I，则电池的光电转化效率为I2r（2）光照进半导体材料内激发出自由电荷，在材料内部电场作用下，正、负电荷分别往两端积累。若材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示。①正电荷仅在内部电场力作用下沿x轴从N点运动到P点，其加速度D。A.先沿x轴负方向减小，后沿x轴正方向增大B.先沿x轴负方向增大，后沿x轴正方向减小C.先沿x轴正方向减小，后沿x轴正方向增大D.先沿x轴正方向增大，后沿x轴正方向减小②取O点的电势为零，N点到P点的电势φ随位置x变化的图象可能为C。（3）一光伏电池在特定光照下的I﹣U关系如图所示。在这种光照条件下，将总长度为100m、截面积为0.100mm2的金属丝绕制的电阻接在该电池两端时，电阻两端电压为2.10V，则该金属丝的电阻率为5.28×10﹣7Ω•m。（保留3位有效数字）（4）在某一电压区间内，光伏电池可视为一个恒流源（输出电流恒定）。某同学连接了如图所示的两个电路：电路a由干电池、阻值为R4的定值电阻、阻值为RT的热敏电阻（RT随温度升高而减小）和小灯连接而成；电路b由恒流源、三个阻值分别为R1、R2，R3（R1＜R2＜R3）的定值电阻和阻值为RL的光敏电阻（RL随光照强度增大而减小，且其阻值变化范围足够大）连接而成。RL受到灯L照射。当RT所处环境温度降低时：①设电流表示数变化量为ΔI，R1两端电压变化量为ΔU1，RL两端电压变化量为ΔUL，则B。A.ΔI＜0，|ΔU1|＞|ΔUL|B.ΔI＜0，|ΔU1|＜|ΔUL|C.ΔI＞0，|ΔU1|＞|ΔUL|D.ΔI＞0，|ΔU1|＜|ΔUL|②设电压表的示数变化量为ΔU，电流表的示数变化量为ΔI，则，|ΔUΔI|为R2③（简答）分析说明当RL为多大时，RL和R1的总功率P最大。【考点】电路动态分析；用能量守恒定律解决实际问题；E﹣x图像的理解与应用；利用电阻定律求电阻率；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）I2r+kv2P；（2）①D；②C；（3）5.28×10﹣7；（4）①B；②R2；③当RL为R2﹣R1时，R【分析】（1）由焦耳定律可得电路的发热功率，小车匀速行驶，由平衡条件得到牵引力的表达式，由功率的表达式得到小车输出的机械功率，根据能量的转化求得电池的光电转化效率。（2）①根据电场强度E与位置x的关系图象，由电场力的变化和牛顿第二定律分析加速度的变化。②根据电势φ随位置x变化的图象的斜率表示电场强度分析解答。（3）根据欧姆定律与电阻定律求解该金属丝的电阻率。（4）①分析RT的阻值变化，得到小灯L的功率和亮度的变化。根据光敏电阻RL的光照强度的变化得到其阻值的变化。电路b中干路电流恒定，根据并联分流的特点判断ΔI的正负。因干路电流不变，故R2所在的支路电流变大，R2两端电压变大，可得RL与R1所在的支路总电压的变化，再根据串联分压的特点判断|ΔU1|与|ΔUL|大小关系；②由欧姆定律和串并联电路的性质解答；③由欧姆定律和串并联电路的性质，结合电功率的计算公式推导出RL和R1的总功率与RL的关系式，应用数学知识求解。【解答】解：（1）由焦耳定律可得电路的发热功率为：P热＝I2r小车以速率v匀速行驶，其牵引力等于受到的阻力大小，则有：F＝f阻＝kv小车输出的机械功率为：P机＝Fv＝kv2由能量的转化可得电池的光电转化效率为：η=P（2）①由电场强度E与位置x的关系图象，可知沿x轴从N点运动到P点电场强度沿x轴正方向先增大后减小，正电荷在内部所受电场力先沿x轴正方向增大，后沿x轴正方向减小，根据牛顿第二定律，可知其加速度先沿x轴正方向增大，后沿x轴正方向减小，故ABC错误，D正确。故选：D。②根据电势φ随位置x变化的图象的斜率表示电场强度，因从N点到P点电场强度先增大后减小，故φ﹣x图象的斜率从N点到P点先变大后变小。O点电场强度最大，则φ﹣x图象在O点的斜率最大，只有C选项的图象符合此规律，故C正确，ABD错误。故选：C。（3）电阻两端电压为U＝2.10V，由题图可知流过电阻的电流为I＝3.98mA＝3.98×10﹣3A。金属丝总长度为L＝100m、截面积为S＝0.100mm2＝1.00×10﹣7m2。根据欧姆定律与电阻定律得：R=该金属丝的电阻率为：ρ=代入数据解得：ρ＝5.28×10﹣7Ω•m（4）①当RT所处环境温度降低时，其阻值增大，易知小灯L的功率变小，其亮度变小，导致光敏电阻RL的光照强度减小，其阻值变大。在电路b中干路电流恒定，RL与R1串联组成的支路的总电阻变大，则此支路分流变小，即电流表示数变小，其变化量为负值，故ΔI＜0。RL与R1所在的支路电流变小，可得R1两端电压变小（即ΔU1＜0）。因干路电流不变，故R2所在的支路电流变大，R2两端电压变大，可得RL与R1所在的支路总电压变大，即：ΔU1+ΔUL＞0，因ΔU1＜0，故可得：|ΔU1|＜|ΔUL|，故B正确，ACD错误。故选：B。②设电压表的示数为U，电流表的示数为I，流过R2的电流为I2，干路电流恒定设为I0，由欧姆定律和串并联电路的性质可得：U＝I0R3+I2R2＝I0R3+（I0﹣I）R2＝﹣R2•I+I0（R3+R2）可得：|ΔUΔI|＝R③设流过R1的电流为I1，流过R2的电流为I2，干路电流恒定设为I0，由欧姆定律和串并联电路的性质可得：I1+I2＝I0，I2R2＝I1（RL+R1）可得：I1=RL和R1的总功率为：P=I12（RL+R当RL+R1＝R2，即RL＝R2﹣R1时，总功率P最大。故答案为：（1）I2r+kv2P；（2）①D；②C；（3）5.28×10﹣7；（4）①B；②R2；③当RL为R2﹣R1时，R【点评】本题以新能源光伏电池的应用为背景，考查了能量转化效率，电场强度与电势的关系，欧姆定律与电阻定律的应用，电路的动态分析问题。重点掌握第（4）题的分析解答过程。18．（2024秋•奉贤区月考）电池因其便携、易用，在日常生活中应用十分普遍。（1）常用的干电池电动势为1.5V，铅蓄电池电动势为2V。①电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功的本领不同。②如图1所示是一节可充电锂电池，其上所标的参数“5000mAh”反映的物理量是B。A．电能B．电荷量C．电压D．电功率（2）为测量某电池的电动势和内阻，小悟同学设计了如图2（甲）所示的电路。连接好实物后，他闭合电键，记录了多组变阻箱的阻值R及理想电流表对应的示数I，并用图像法处理数据，得到一条如图2（乙）所示的不过原点且斜率为k，截距为b的倾斜直线。①图2（乙）的横坐标为R，纵坐标为B。A．IB．1C．I2D．1②由图2（乙）可得，该电池的电动势大小E＝1k，内阻r＝bk。（结果用k、【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）非静电力做功；B；（2）B；1k；【分析】（1）根据电动势及电流的定义式分析解答；（2）根据闭合电路欧姆定律结合图像意义解答。【解答】解：（1）①电动势的高低，反映了电源内部非静电力做功的本领不同；②根据Q＝It可知“5000mAh”反映的物理量是电荷量，故B正确，ACD错误；故选：B。（2）①根据闭合电路欧姆定律有E＝I（R+r）变形可得1则纵坐标为1I，故B正确，ACD故选：B。②根据1I1E=k，解得E=1k，故答案为：（1）非静电力做功；B；（2）B；1k；【点评】本题是应用伏安法测量电源电动势与内阻的实验，基础题目。实验原理是闭合电路欧姆定律。19．（2023秋•桂林期末）如图所示，电源电动势为20V，小灯泡L的规格为“6W，12V”；当开关S接1，电阻箱调到R＝14Ω时，小灯泡L正常发光；当开关S接2时，小灯泡L正常发光和电动机M正常工作。已知电动机的线圈电阻为2Ω。求：（1）小灯泡正常工作时的电阻；（2）电源的内阻；（3）开关接1时，电源的输出功率；（4）开关接2时，电动机的输出功率。【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；推理论证能力．【答案】（1）小灯泡正常工作时的电阻为24Ω；（2）电源的内阻为2Ω；（3）开关接1时，电源的输出功率为9.5W；（4）开关接2时，电动机的输出功率为3W。【分析】（1）由P=U（2）当开关S接1时，由闭合电路欧姆定律可求出电源内阻；（3）电源的输出功率等于总功率减去电源的发热功率；（4）当开关S接2时灯泡正常发光，由分压关系可以求出电动机正常工作电压，电动机输出的机械功率等于输入功率与发热功率之差。【解答】解：（1）小灯泡正常工作时的电阻RL=UL2P（2）当开关S接1，通过灯泡的电流I=PUL根据闭合电路欧姆定律有IL=ER+RL（3）开关接1时，电源的输出功率P＝ILE-IL2r，代入数据可得（4）由题意，当开关S接2时，小灯泡L正常发光和电动机M正常工作，此时电动机两端的电压UM＝E﹣UL﹣ILr电动机的输出功率P出＝ILUM-IL2RM答：（1）小灯泡正常工作时的电阻为24Ω；（2）电源的内阻为2Ω；（3）开关接1时，电源的输出功率为9.5W；（4）开关接2时，电动机的输出功率为3W。【点评】解决本题的关键要明确电动机正常工作时的电路是非纯电阻元件，不适用欧姆定律。要搞清电动机三种功率之间的关系，知道电动机输出的机械功率等于输入功率与发热功率之差。20．（2024秋•海珠区校级月考）如图所示，电源电动势E＝9V，内阻r＝0.5Ω，电阻R1＝5.0Ω，R2＝3.5Ω，R3＝6.0Ω，R4＝3.0Ω，电容C＝2.0μF。（1）求电键与a接触时，电容的带电量是多少？电键与b接触时，电容的带电量是多少？（2）求电键从与a接触变为与b接触时，通过R3的电荷量是多少？【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电容定义式的简单应用．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）求电键与a接触时，电容的带电量是10﹣5C；电键与b接触时，电容的带电量是7×10﹣6C；（2）求电键从与a接触变为与b接触时，通过R3的电荷量是1.7×10﹣5C。【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律分别计算出R1和R2两端的电压，然后根据Q＝CU计算；（2）电键接a时电容器上极板带正电，电键接b时，电容器上极板带负电，所以电容器先放电后充电，据此计算通过R3的电荷量。【解答】解：（1）当电键接到a时，电容器的电压U1代入数据解得U1＝5V则电量Q1＝CU1代入数据解得Q1＝10﹣5C当电键与b接触时，电容器的电压U1代入数据解得U1＝3.5V则电量Q2＝CU2代入数据解题Q2＝7×10﹣6C（2）电键接a时电容器上极板带正电，电键接b时，电容器上极板带负电，所以开关由a接b的过程中，电容器先放电后充电，则电量变化为ΔQ＝Q1+Q2代入数据解得ΔQ＝1.7×10﹣5C答：（1）求电键与a接触时，电容的带电量是10﹣5C；电键与b接触时，电容的带电量是7×10﹣6C；（2）求电键从与a接触变为与b接触时，通过R3的电荷量是1.7×10﹣5C。【点评】能够看懂电路结构是解题的关键，知道电键接a时电容器上极板带正电，电键接b时，电容器上极板带负电。

考点卡片1．E-x图像的理解与应用【知识点的认识】1.图像的意义：反映场强随位置变化的情况。2.图像的内容：纵坐标直接可判定电场强度的大小，正负表示方向。3.图像的面积：图线与横轴之间的面积表示电势差大小，电势高低根据电场方向判定。【命题方向】真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是（）A、点电荷M、N一定为异种电荷B、点电荷M、N一定是同种电荷C、点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4：1D、x＝2a处的电势一定为零分析：由图象可以知道，点电荷M、N的合场强在x＝2a处为零，由此可以判断点电荷M、N一定是同种电荷，所以在它们之间的场强的方向才相反，再根据点电荷的公式可以求得它们的电荷量之间的关系．解答：A、由于点电荷M、N分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，由图象可以知道，点电荷M、N的合场强在x＝2a处为零，所以在它们之间的场强的方向必定相反，由此可以判断点电荷M、N一定是同种电荷，所以A错误。B、根据A的方向可知，B正确。C、由点电荷的场强公式E＝kQr2可知，点电荷M、N在x＝2a处的场强分别为EM＝kQM(2a)2，EN＝kQNa2，根据EM＝EN，可以得到QMD、由于没有给出零电势作为参考点，所以无法判断x＝2a处的电势的大小，所以D错误。故选：BC。点评：本题考查的就是学生对点电荷的电场的理解，知道用点电荷的场强公式来分析电场强度的变化，掌握住点电荷的场强公式就比较简单了．【解题思路点拨】与运动学图像类似，解决图像类问题的一般步骤为：1.确定图像的含义，明确两个坐标轴的代表的物理量2.从图中直接读出关键点的物理量3.分析图像斜率、面积等的物理意义4.结合公式分析其他的物理量。2．φ-x图像的理解与应用【知识点的认识】1.图像的意义：反映电势随位置变化的图像、2.图像的内容：纵坐标直接判定电视高低3.图像的斜率：斜率表示场强（1）斜率的大小表示该点场强的大小（2）斜率的正负可以确定电场强度的方向4.电视连续变化的拐点切线斜率为0时，表示该点电场强度为05.据此判断电势能时，一是结合粒子电性看电势高低，二是由W＝qU判定。【命题方向】空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有（）A、EBx的大小大于ECx的大小B、EBx的方向沿x轴正方向C、电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功分析：本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看作是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法。解答：在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看作匀强电场有E=Δφd，可见EBx＞ECx同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确。故选：AD。点评：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高。【解题思路点拨】与运动学图像类似，解决图像类问题的一般步骤为：1.确定图像的含义，明确两个坐标轴的代表的物理量2.从图中直接读出关键点的物理量3.分析图像斜率、面积等的物理意义4.结合公式分析其他的物理量。3．电容定义式的简单应用【知识点的认识】1.电容的定义式为：C=Q2.电容定义式的应用有：①知道电容器的电荷量和电压，可以计算出电容的大小。②知道电容器的电容和电压，可以计算出电容器的电荷量。③知道电容器的电容和电荷量，可以计算两极板间的电压。3.如果做出电容器电荷量随电电压变化的图像，应该是一条过原点的直线。其斜率即为电容器的电容。C=【命题方向】如图所示，彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷Q后，两导体间的电势差为U，若两导体分别带上+2Q和﹣2Q的电荷，则它们间的电势差为（）A、2UB、4UC、8UD、16U分析：彼此绝缘的同轴金属圆管和圆柱分别带上等量的异种电荷后，构成成一个电容器，带电量变了后，电容未变，根据U=Q解答：电容器电量变了后，电容未变，由U=QC知，Q变为原来的两倍，电势差也变为原来的2倍。故B、C、D错，故选：A。点评：解决本题的关键是掌握电容的定义式及影响电容的因素．【解题思路点拨】C=Q4．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。5．利用电阻定律求电阻率【知识点的认识】电阻定律的表达式为R＝ρlS，则导体的电阻率为ρ=RSl，R是导体的电阻，【命题方向】如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d．管两端有导电金属箍M、N．现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I．则金属膜的电阻率的值为（）A、UIB、πUD24ILC分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，再根据电阻定律R＝ρLs解答：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=U镀膜材料的截面积为S＝2πD2•d＝πDd根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sRL=故选：C。点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可．【解题思路点拨】电阻定律R＝ρlS中，l是沿电流方向的长度，S是垂直于电流方向的横截面积，在用此式及其变形时，一定要注意l、S和R6．利用电阻定律求导线长度或横截面积【知识点的认识】电阻定律的表达式为R＝ρlS，可以将该公式变形求解导体的长度或横截面积的大小，即l=RSρ或【命题方向】两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）A、2：3B、1：3C、1：2D、3：1分析：串联电路中电流相等，根据电势差的大小，通过欧姆定律得出电阻的大小关系，再根据电阻定律得出A和B导线的横截面积之比。解答：A、B两端的电势差分别为6V，4V，电流相等，根据欧姆定律得，RA根据电阻定律得，R=ρls，则s=ρlR．则横截面积之比sAsB=故选：B。点评：本题考查了欧姆定律、电阻定律以及串并联电路的特点，难度不大。【解题思路点拨】对于同一个导体，如果导体接入电路的方式不同，那么导体的电阻也会有差异。7．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。8．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9．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，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、电流或电阻【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．电源的U-I图像与导体的U-I图像相结合的问题【知识点的认识】电源的U﹣I图像表示电路的路端电压随电流变化的情况；导体的U﹣I图像表示导体两端的电压随电流变化的情况。本考点旨在针对两种图像相结合的考查。【命题方向】在如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）A、R的阻值为1.5ΩB、电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC、电源的输出功率为3.0wD、电阻R消耗的功率为1.5w分析：由图象Ⅰ可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；由图象Ⅱ可得外电路电阻R为1.5Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．解答：A、由图象Ⅱ可知，外电阻R=UIB、由图象Ⅰ可知，电源电动势E＝3.0V，短路电流I短＝2.0A，电源内阻r=EIC、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W，故C错误。D、由两图象的交点坐标，可得电阻两端的电压为1.5V，流过电阻的电流为1.0A，电阻消耗的功率为P＝UI＝1.5×1.0W＝1.5W，故D正确。故选：AD。点评：根据U﹣I图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点．【解题思路点拨】对于电源的U﹣I曲线与导体的U﹣I曲线相结合的情况，要结合曲线各自的物理意义进行分析，并且要明白图像的斜率、截距、面积、交点等代表的含义。13