2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《电路与电能》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《电路与电能》一．选择题（共10小题）1．（2024春•湖北期末）如图所示，两个厚度相同、上下表面均为正方形，由同种材料构成的导体A、B，两个正方形的边长a：b＝2：1，分别在A、B导体左右两侧面加上相同的电压。下列说法正确的是（）A．导体A和B的电阻之比为2：1 B．导体A和B的电阻之比为1：2 C．通过导体A和B的电流之比为1：1 D．相等时间内通过导体A和B左右两侧面的电荷量之比为2：12．（2024春•建邺区期末）如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，滑动变阻器的最大阻值为3R，滑片P位于滑动变阻器的中点，定值电阻的阻值为R，若在a、b端加上电压U时，电压表的示数为U1、电流表的示数为I1；若在c、d端加上电压U时，电压表的示数为U2、电流表的示数为I2，则下列关系正确的是（）A．U1＞U2 B．U1＜U2 C．I1＞I2 D．I1＜I23．（2024春•武昌区校级期末）电路中电流的单位是（）A．伏特（V） B．安培（A） C．欧姆（Ω） D．瓦特（W）4．（2024•广东三模）在如图甲所示的电路中，定值电阻。R1＝4Ω、R2＝5Ω，电容器的电容C＝3μF，电源路端电压U随总电流I的变化关系如图乙所示。现闭合开关S，则电路稳定后（）A．电源的内阻为2Ω B．电源的效率为75% C．电容器所带电荷量为1.5×10﹣5C D．若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强不变5．（2024春•建邺区期末）如图甲所示的电路中，定值电阻R1＝4Ω。可变电阻R的功率随自身阻值变化的函数关系如图乙所示，由此可知（）A．电源电动势E＝2V B．内阻r=43C．增大R，电源效率增大 D．增大R，电源效率可能增大，也可能减小6．（2024春•建邺区期末）电流传感器可以像电流表一样测量电流，按图甲连接电路，电源用直流9.0V，电容器可选几十微法的电解电容器，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t图像如图乙所示，则有（）A．开关S由1掷向2时，流过电阻R的电流由b流经电阻R到a B．开关S由1掷向2时，流过电阻R的电流由a流经电阻R到b C．图乙I﹣t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近2.7×10﹣4C D．图乙I﹣t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近6.0×10﹣4C7．（2024春•建邺区期末）在如图所示电路中，闭合电键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。下列比值正确的是（）A．U1I不变，ΔB．U2I变大，ΔC．ΔU3ΔI变小，D．U3I变大，8．（2024春•宁波期末）最近两年洗地机这一新鲜家电逐渐流行，便利了人们的生活。现有某品牌洗地机，其工作参数如表所示，其工作模式有强效、节能两种，强效模式下，该洗地机以额定功率工作，节能模式下，以额定功率的一半功率工作，两种模式下，其工作电压均相同，其续航时间是按照节能模式工作计算得到的，则下列说法正确的是（）产品名称某品牌洗地机产品型号QX﹣V6A额定功率220W电池容量5200mAh续航时间80min清水箱容量800mL外形尺寸260*262*1115mm污水箱容量720mLA．电池充满电后，储存的总电荷量为187200C B．该洗地机在强效模式下的工作电流为3.9A C．该洗地机内阻约为3.6Ω D．该洗地机的工作电压约为28V9．（2024•镇海区校级模拟）半导体薄膜压敏传感器所受压力越大其电阻越小，利用这一特性设计成苹果大小自动分拣装置如图所示，装置可选出单果质量大于一定标准的苹果。O1为固定转动轴，苹果通过托盘秤时作用在杠杆上从而使压敏传感器R1受到压力，R2为可变电阻。当放大电路的输入电压大于某一个值时，电磁铁工作将衔铁吸下并保持此状态一小段时间，苹果进入通道2，否则苹果将进入通道1。下列说法正确的是（）A．选出的质量大的苹果将进入通道1 B．若将R2的电阻调大，将挑选出质量更大的苹果 C．若电源E1内阻变大，将挑选出质量更大的苹果 D．若电源E1电动势变大，将挑选出质量更大的苹果10．（2024•漳州三模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合，电路稳定后，灯泡L正常发光，然后向左移动滑动变阻器R的滑片，在此过程中（）A．灯泡L逐渐变暗 B．电源的路端电压逐渐减小 C．电容器C所带的电荷量逐渐减小 D．定值电阻R0两端的电压始终为零二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•延庆区期末）在如图所示的U﹣I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻元件的电压与电流的关系。现用该电源直接与元件连接成闭合电路。则此时（）A．电源将其它能转化为电能的功率为18W B．该元件的电阻为2Ω C．该元件发热功率为6W D．电源外电路与内电路消耗功率之比为3：5（多选）12．（2023秋•天津期末）如图所示为电阻A、B的U﹣I图像，电阻A的图像为过原点的曲线，电阻B的图像为过原点的直线，它们的交点坐标为（I1，U1），下列关于两电阻的描述正确的是（）A．当流过两个电阻的电流均为I1时，A的阻值大于B的阻值 B．当流过两个电阻的电流均为I1时，两电阻的阻值均等于U1C．电阻A的阻值随电流的增大而增大 D．电阻A的阻值随电流的增大而减小（多选）13．（2024春•临沂期末）加速度测量仪可测量汽车起步或刹车时的加速度，其结构如图所示。当汽车加速或减速时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、电源的电动势为E、内阻不计，滑动变阻器总长为L，电阻分布均匀，汽车静止或匀速时滑片P在滑动变阻器的中点，输出电压为零，则（）A．电路中电流随加速度的增大而增大 B．弹簧的伸长量为x时，汽车加速度大小为kxmC．可以测量的最大加速度为kL2mD．输出电压U与加速度a的函数式为U=（多选）14．（2024春•天山区校级期末）如图所示，闭合电路中电源E的内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，V为理想电压表，R3为光敏电阻（阻值随照射光强度的增大而减小），当照射光强度降低时，下列说法正确的是（）A．通过R1的电流变大 B．通过小灯泡的电流变小 C．电源的输出功率变大 D．R2两端的电压变大（多选）15．（2024春•皇姑区校级期末）在如图所示的电路中，定值电阻R大于电源内阻r。现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向上滑动，电表A、V1、V2、V3都为理想电表，测得电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是（）A．电流表A的示数减小，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大 B．ΔU3与ΔI的比值不变 C．电源的输出功率一定减小 D．滑动变阻器的功率一定增大三．填空题（共5小题）16．（2024春•福州期末）如图所示，电源电动势E＝6V，小灯泡L的规格为“3V0.6W”，开关S接“1”，当滑动变阻器调到R＝13Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接“2”，小灯泡L和电动机M均正常工作，则电源内阻为Ω，电动机的输入功率为W。17．（2024•松江区校级三模）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。18．（2023秋•长宁区校级期末）在图中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，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相连组成闭合电路，则电源的电动势为，内阻为，电源的输出功率为，电源的效率为。19．（2023秋•福州期末）如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为3Ω，定值电阻R0＝2Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为W，变阻器消耗的最大功率为W。20．（2023秋•长宁区校级期末）如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动触头向上移动时，电压表示数，电流表示数（填变大，变小，不变）。四．解答题（共5小题）21．（2024•海淀区校级模拟）为了描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”矢量l。某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。（1）如图1所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部有大小为I且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。（2）如图2所示，有一无限大的均匀导体区域，在其A点处埋有一球形电极，大小不计，大小为I的电流通过电极进入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。a.求导体内到电极距离为r的点处的电流密度的大小；b.欧姆定律的微观形式可表示为E＝ρj，即导体内某点处的电场强度与该处的电流密度方向相同，其大小亦成正比，比例系数为导体的电阻率ρ。球形电极A产生的电场类似于点电荷产生的电场。类比点电荷产生的电场，完成以下表格。电荷q在真空中产生的电场（已知真空静电常数k）电流I在导体中产生的电场（已知导体电阻率ρ）电场强度E大小E=E＝电势φ（以无穷远处为零点）φ=kqφ＝（3）如图3所示，若在球形电极A通入电流的同时，从球形电极B将电流导出，导体中将产生类似图4的电场。若导体电阻率为ρ，球形电极半径均为a，两球形电极球心间距l≫a，结合前两问中学到的知识，完成以下问题：a.当通入电流为I时，求两球形电极之间的电势差U；b.若电流由不计内阻的电源提供，并可通过滑动变阻器调节电流的大小，求滑动变阻器的阻值多大时，其消耗功率最大。22．（2024春•建邺区期末）如图甲所示，直流电源电压U恒定，电阻R1为250Ω，R2为500Ω。闭合开关S，理想电压表的示数为1000V。（1）求通过R1的电流。（2）求电源电压U。（3）如图乙所示，将图甲电路中的R2和电压表替换为两极板水平放置的平行板电容器，两板间距d＝1m，A、B为板间的两位置，其连线与水平方向的夹角θ＝30°。闭合开关S，待电容器充电完毕后，一带电液滴以v＝2m/s的初速度，从A处以垂直于AB连线方向斜向上飞出，恰好经过B处，此运动过程中未与上极板相碰。已知带电液滴所受电场力方向竖直向下，其质量m＝1.5×10﹣3kg、电荷量q＝1×10﹣6C。不计空气阻力，板间的电场可视为匀强电场，重力加速度大小g取10m/s2。求A、B间的距离。（结果可用分式表示）23．（2024春•建邺区期末）电压表是测量电压的器材。已知某电路两端的电压为15V，为了保证电表的安全，现用量程为15V、内阻为RV的电压表与一阻值为R1＝3kΩ的定值电阻串联在一起测量该电路两端的电压，此时电压表的读数为12V。（1）RV应为多少？（2）如果将量程为15V、内阻为RV的电压表改装成量程为60V的电压表，则应串联阻值为多大的定值电阻？改装后电压表的内阻为多少？24．（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。25．（2024春•镇海区校级期末）如图所示，电阻R1＝R2＝R3＝2.0Ω，当电键K闭合时理想电压表读数是2.0V，当K断开时理想电压表读数是1.6V，求：电源的电动势E和内电阻r。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《电路与电能》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024春•湖北期末）如图所示，两个厚度相同、上下表面均为正方形，由同种材料构成的导体A、B，两个正方形的边长a：b＝2：1，分别在A、B导体左右两侧面加上相同的电压。下列说法正确的是（）A．导体A和B的电阻之比为2：1 B．导体A和B的电阻之比为1：2 C．通过导体A和B的电流之比为1：1 D．相等时间内通过导体A和B左右两侧面的电荷量之比为2：1【考点】电阻定律的内容及表达式；电流大小的计算；欧姆定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据电阻定律分析A、B电阻的大小，由电阻大小分析电流大小。【解答】解：AB、设小正方形边长为l，则大正方形边长为2l，厚度为d，根据电阻定律R=ρLS可得C、分别在A、B导体左右两侧面加上相同的电压，因为R1＝R2，根据欧姆定律I=UD、相等时间内通过导体A和B左右两侧面的电荷量之比为q1故选：C。【点评】考查电阻定律和欧姆定律的运用，掌握公式即可。2．（2024春•建邺区期末）如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，滑动变阻器的最大阻值为3R，滑片P位于滑动变阻器的中点，定值电阻的阻值为R，若在a、b端加上电压U时，电压表的示数为U1、电流表的示数为I1；若在c、d端加上电压U时，电压表的示数为U2、电流表的示数为I2，则下列关系正确的是（）A．U1＞U2 B．U1＜U2 C．I1＞I2 D．I1＜I2【考点】混联电路的特点及应用．【专题】定量思想；方程法；电学图象专题；分析综合能力．【答案】D【分析】分析电路的连接方式，结合欧姆定律及串并联电路规律分析解答。【解答】解：若在a、b端加上电压U时，此时电压表的示数为U1＝U定值电阻的阻值为R与1.5R并联再与1.5R串联。并联电阻为R并并联电阻的两端电压为U并电流表此时与定值电阻的阻值串联，根据欧姆定律可知，电流为I1若在c、d端加上电压U时，此时电压表的示数为U2＝U可知U1＝U2定值电阻的阻值为R与1.5R并联。电流表此时与1.5R串联，所以电流为I2可知I1＜I2故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查混炼电路的规律，解题关键掌握电路的连接方式，注意欧姆定律的应用。3．（2024春•武昌区校级期末）电路中电流的单位是（）A．伏特（V） B．安培（A） C．欧姆（Ω） D．瓦特（W）【考点】电流的概念及性质．【专题】定性思想；类比法；恒定电流专题；理解能力．【答案】B【分析】根据电流的概念可知电流的单位。【解答】解：A、伏特是电压的单位，故A错误；B、由电流的定义式可知，电流的大小等于单位时间内，通过某横截面积的电荷量的多少，即单位为C/s，又1C/s＝1A，故B正确；C、欧姆是电阻的单位，故C正确；D、瓦特是功率的单位，故C错误。故选：B。【点评】本题考查电流的单位，可用公式推导，也可以根据记忆得到答案。4．（2024•广东三模）在如图甲所示的电路中，定值电阻。R1＝4Ω、R2＝5Ω，电容器的电容C＝3μF，电源路端电压U随总电流I的变化关系如图乙所示。现闭合开关S，则电路稳定后（）A．电源的内阻为2Ω B．电源的效率为75% C．电容器所带电荷量为1.5×10﹣5C D．若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强不变【考点】含容电路的动态分析．【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据路端电压与电流的关系式，结合图乙的信息得到电源的电动势和内阻。根据输出功率与总功率的百分比求电源的效率；求出R2的电压，即得到电容器的电压，由Q＝CU求电容器所带电荷量；若增大电容器两极板间的距离，电压不变，由E=U【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律有U＝E﹣Ir，由图乙可得：E＝10V，r=ΔUB、闭合开关S，电路中的电流为I=E路端电压为U＝E﹣Ir＝（10﹣1×1）V＝9V电源的效率为η=UIEI×C、电容器与R2并联，电压相等，则其电压为UC＝IR2＝1×5V＝5V，电容器所带电荷量为Q＝CUC＝3×10﹣6×5C＝1.5×10﹣5C，故C正确；D、电容器并联在R2两端，则其电压不变，若增大电容器两极板间的距离，电容器内部的场强为E=U故选：C。【点评】本题主要考查闭合电路欧姆定律的应用，要明确电路结构，搞清各部分电路电压和电流的关系。5．（2024春•建邺区期末）如图甲所示的电路中，定值电阻R1＝4Ω。可变电阻R的功率随自身阻值变化的函数关系如图乙所示，由此可知（）A．电源电动势E＝2V B．内阻r=43C．增大R，电源效率增大 D．增大R，电源效率可能增大，也可能减小【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】等效替代法；恒定电流专题；推理能力．【答案】C【分析】将R1看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时，R的功率最大，由图读出R的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势。由电源效率随外电阻的增大而增大讨论。【解答】解：AB、将定值电阻R1与电源看成新的电源，当新的电源内阻与可变电阻R的阻值相等时，可变电阻R的功率最大，新的电源的输出功率最大，则有r'=R1r由欧姆定律和串并联电路规律得：Pm=IUR＝IRR＝IR1R1，E＝（IR1+IR）r+UR解得：r＝4Ω，E＝8V，故AB错误。CD、电源效率η=IUU＝E﹣Ir'＝E−Er′增大R，路端电压增大，电源效率增大，故C正确，D错误。故选：C。【点评】该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大。对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究。6．（2024春•建邺区期末）电流传感器可以像电流表一样测量电流，按图甲连接电路，电源用直流9.0V，电容器可选几十微法的电解电容器，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I﹣t图像如图乙所示，则有（）A．开关S由1掷向2时，流过电阻R的电流由b流经电阻R到a B．开关S由1掷向2时，流过电阻R的电流由a流经电阻R到b C．图乙I﹣t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近2.7×10﹣4C D．图乙I﹣t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近6.0×10﹣4C【考点】含容电路的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】A【分析】根据电容器的充、放电原理分析AB，根据q＝It结合图像面积的含义分析解答。【解答】解：AB．当开关S打到1时，电容器的上端接电源的正极，下端接电源的负极，所以当开关S打到2时，电容器对电阻R放电，流过电阻R的电流由b流经电阻R到a。故A正确，B错误；CD．由电流的定义式可得I=q则图乙I﹣t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量。图中图像与坐标轴围成的面积为小格的格数。按照超过半格算一格，不足半格舍去，则可知总共有38格，一格代表的电量为q0则该图像表示的电量为q＝38×q0＝38×8×10﹣6C≈3.0×10﹣4C故CD错误。故选：A。【点评】本题考查了电容的定义式，难点在于要根据图象求放出的电荷量。7．（2024春•建邺区期末）在如图所示电路中，闭合电键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。下列比值正确的是（）A．U1I不变，ΔB．U2I变大，ΔC．ΔU3ΔI变小，D．U3I变大，【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；整体思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】B【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，判断电路中电流的变化，确定三个电压表示数的变化；由电路图分析电路连接情况，根据电阻的定义式分析UI的变化情况；根据闭合电路欧姆定律分析ΔUΔI所表示的物理意义，再分析【解答】解：A．因为U1R1是定值电阻，则U1I、CD．因为U3滑动触头P向下滑动时R2变大，则U3由U3＝E﹣Ir得ΔU则ΔUB．因为U2滑动触头P向下滑动时R2变大，U2由U2＝E﹣I（R1+r）得ΔU则ΔU故选：B。【点评】本题考查电路的动态分析，解题方法一般先分析总电阻的变化，再分析总电流的变化和内电压的变化、路端电压的变化；对于电压变化量与电流变化量的比值，要看是定值电阻还是可变电阻，定值电阻根据电阻定义式分析该比值的变化情况，对于可变电阻，往往根据闭合电路欧姆定律分析该比值的变化情况。8．（2024春•宁波期末）最近两年洗地机这一新鲜家电逐渐流行，便利了人们的生活。现有某品牌洗地机，其工作参数如表所示，其工作模式有强效、节能两种，强效模式下，该洗地机以额定功率工作，节能模式下，以额定功率的一半功率工作，两种模式下，其工作电压均相同，其续航时间是按照节能模式工作计算得到的，则下列说法正确的是（）产品名称某品牌洗地机产品型号QX﹣V6A额定功率220W电池容量5200mAh续航时间80min清水箱容量800mL外形尺寸260*262*1115mm污水箱容量720mLA．电池充满电后，储存的总电荷量为187200C B．该洗地机在强效模式下的工作电流为3.9A C．该洗地机内阻约为3.6Ω D．该洗地机的工作电压约为28V【考点】电功和电功率的计算；电流大小的计算；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】D【分析】A.根据电荷量公式代入数据求解；BD.根据节能模式由电流的定义式求电流，再根据模式转换后求对应电流和对应电压；C.根据题中条件分析能否求解内阻值。【解答】解：A.电池充满电后，储存的总电荷量为q＝It＝5200×10﹣3×3600C＝18720C，故A错误；BD.该洗地机在节能模式下的工作电流为I=qt=故B错误，D正确；C.根据题中条件，无法得出该洗地机内阻，故C错误。故选：D。【点评】考查恒定电流的相关问题，会根据题意结合相关参数进行计算解答。9．（2024•镇海区校级模拟）半导体薄膜压敏传感器所受压力越大其电阻越小，利用这一特性设计成苹果大小自动分拣装置如图所示，装置可选出单果质量大于一定标准的苹果。O1为固定转动轴，苹果通过托盘秤时作用在杠杆上从而使压敏传感器R1受到压力，R2为可变电阻。当放大电路的输入电压大于某一个值时，电磁铁工作将衔铁吸下并保持此状态一小段时间，苹果进入通道2，否则苹果将进入通道1。下列说法正确的是（）A．选出的质量大的苹果将进入通道1 B．若将R2的电阻调大，将挑选出质量更大的苹果 C．若电源E1内阻变大，将挑选出质量更大的苹果 D．若电源E1电动势变大，将挑选出质量更大的苹果【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】C【分析】根据装置的原理结合闭合电路欧姆定律分析出较大苹果通过的通道。【解答】解：A、质量大的苹果对压敏传感器R1的压力大，压敏传感器R的阻值小，电路中的电流大，则电阻R2的电压大，即放大电路的输入电压大于某一个值，电磁铁工作将衔铁吸下，苹果将进入通道2，故A错误；B．将R2的电阻调大，则电阻R2的电压变大，则质量较小的苹果更容易使放大电路的输入电压大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，故B错误；C．电源E1内阻变大，则电阻R2的电压变小，要达到某一临界值，则需要减小压敏传感器R1的阻值，增大电路中的电流，从而使电阻R2的电压达到临界值，则需要增大对压敏传感器R1的压力，即将挑选出质量更大的苹果，故C正确；D．电源E1电动势变大，则电阻R2的电压变大，则质量较小的苹果更容易放大电路的输入电压，大于某一个值，从而进入通道2，即将挑选出质量更小的苹果，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的应用，根据题意结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。10．（2024•漳州三模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合，电路稳定后，灯泡L正常发光，然后向左移动滑动变阻器R的滑片，在此过程中（）A．灯泡L逐渐变暗 B．电源的路端电压逐渐减小 C．电容器C所带的电荷量逐渐减小 D．定值电阻R0两端的电压始终为零【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】比较思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】A【分析】根据闭合电路的欧姆定律分析电路中电阻的变化以及通过灯泡的电流变化，进而判断路端电压的变化；电容器两端的电压等于电源的路端电压，路端电压增大的过程是给电容器充电的过程，会有充电电流存在，据此分析定值电阻两端的电压。【解答】解：A、滑片向左滑动，变阻器接入电路的电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中的电流变小，所以灯泡变暗，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律可U＝E﹣Ir可知电源的路端电压逐渐变大，故B错误；C、电容器两端电压等于电源的路端电压，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量逐渐变多，故C错误；D、在滑片的移动过程，就是电容器两端电压的增大过程，也是给电容器的充电过程，所以有充电电流存在，所以在给电容器充电的过程中，定值电阻两端的电压不为零，故D错误。故选：A。【点评】知道电容器两端的电压等于电路的路端电压是解题的关键，要知道在给电容器充电的过程中存在充电电流。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•延庆区期末）在如图所示的U﹣I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻元件的电压与电流的关系。现用该电源直接与元件连接成闭合电路。则此时（）A．电源将其它能转化为电能的功率为18W B．该元件的电阻为2Ω C．该元件发热功率为6W D．电源外电路与内电路消耗功率之比为3：5【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；推理能力．【答案】CD【分析】根据图像求出电源电动势、内阻和交点电压和电流，然后结合总功率公式、欧姆定律、发热功率和内外功率各个公式代入数据求解判断。【解答】解：由图可知，电源电动势为E＝8V，电源内阻r=83.2Ω＝2.5A.电能将其它能转化成电能的功率为P＝IE＝2×8W＝16W，故A错误；B.该元件的电阻R=UI=3.0C.该元件发热功率为P热＝IU＝2.0×3.0W＝6.0W，故C正确；D.电源外电路与内电路消耗的功率之比P外：P内＝IR：Ir＝R：r＝1.5：2.5＝3：5，故D正确。故选：CD。【点评】考查电子元件和电源的伏安特性曲线，会根据图像求出包括交点在内的相关信息，计算电阻、电压、各个电功率等。（多选）12．（2023秋•天津期末）如图所示为电阻A、B的U﹣I图像，电阻A的图像为过原点的曲线，电阻B的图像为过原点的直线，它们的交点坐标为（I1，U1），下列关于两电阻的描述正确的是（）A．当流过两个电阻的电流均为I1时，A的阻值大于B的阻值 B．当流过两个电阻的电流均为I1时，两电阻的阻值均等于U1C．电阻A的阻值随电流的增大而增大 D．电阻A的阻值随电流的增大而减小【考点】欧姆定律的简单应用．【专题】定量思想；图析法；恒定电流专题；理解能力．【答案】BC【分析】根据图像的斜率即可得到两电阻的阻值大小；根据图像的斜率判断电阻A的阻值变化。【解答】解：AB、在U﹣I图像中，图上某点与原点连线的斜率表示电阻值大小，所以当流过两个电阻的电流均为I1时，两电阻的阻值均等于U1CD、由图可知电阻A的图像斜率随电流的增大而增大，所以电阻A的阻值随电流的增大而增大，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】要知道U﹣I图像中的斜率表示电阻，但斜率不是某点的切线斜率，而是该点与原点连线的斜率。（多选）13．（2024春•临沂期末）加速度测量仪可测量汽车起步或刹车时的加速度，其结构如图所示。当汽车加速或减速时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、电源的电动势为E、内阻不计，滑动变阻器总长为L，电阻分布均匀，汽车静止或匀速时滑片P在滑动变阻器的中点，输出电压为零，则（）A．电路中电流随加速度的增大而增大 B．弹簧的伸长量为x时，汽车加速度大小为kxmC．可以测量的最大加速度为kL2mD．输出电压U与加速度a的函数式为U=【考点】电路动态分析；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】BC【分析】本题根据汽车有加速度时，分析弹簧伸长的长度与电压的关系，结合PB段电压等于输出电压分析求解。【解答】解：A、当加速度增大时，滑片P向两端移动，接入电路中的电阻不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流不变，故A错误；B、设弹簧的伸长量为x时，汽车的加速度大小为a，对元件A，由牛顿第二定律得kx＝ma解得a=故B正确；C、当滑片P滑到最右端端时，加速度最大，此时弹簧伸长量最大，为L2，则最大加速度为a'=D、当弹簧的形变量为x时，由牛顿第二定律kx＝ma，则电路的输出电压为U=RBPRU=x故D错误；故选：BC。【点评】本题考查了电路的分析，理解电路的基本结构，掌握弹簧受力与长度的关系是解决此类问题的关键。（多选）14．（2024春•天山区校级期末）如图所示，闭合电路中电源E的内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，V为理想电压表，R3为光敏电阻（阻值随照射光强度的增大而减小），当照射光强度降低时，下列说法正确的是（）A．通过R1的电流变大 B．通过小灯泡的电流变小 C．电源的输出功率变大 D．R2两端的电压变大【考点】电路动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】BD【分析】ABD、由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化以及R2两端的电压变化；C、电源的输出功率变化和内外电阻的阻值有关，据此判断。【解答】解：A．当照射光强度降低时，光敏电阻R3的阻值变大，则电路的并联部分的阻值增大，由I=E可知干路电流I减小，即通过R1的电流变小，故A错误；D．由闭合电路的欧姆定律可得U并＝E﹣I（r+R1）因干路电流I减小，则并联部分的电压U并增大，即R2两端的电压变大，故D正确；B．通过小灯泡的电流为IL干路电流I减小，U并增大，则通过小灯泡的电流减小，故B正确；C．电源的输出功率为P=I因外电路的总电阻R与内阻r的大小关系未知，则电源的输出功率的变化无法判断，故C错误。故选：BD。【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内电压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。（多选）15．（2024春•皇姑区校级期末）在如图所示的电路中，定值电阻R大于电源内阻r。现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向上滑动，电表A、V1、V2、V3都为理想电表，测得电压表V3示数变化量的绝对值为ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是（）A．电流表A的示数减小，电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大 B．ΔU3与ΔI的比值不变 C．电源的输出功率一定减小 D．滑动变阻器的功率一定增大【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；推理能力．【答案】BC【分析】分析电路的结构，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，由欧姆定律分析R两端电压的变化，并判断路端电压的变化，即可知道各个电表示数的变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析ΔU3与ΔI的比值是否变化。根据内外电阻的关系，结合外电阻的变化，分析电源的输出功率变化情况。将定值电阻等效为电源内阻，再分析滑动变阻器的功率变化情况。【解答】解：A、理想电表对电路的影响不计，分析电路可知，当开关S闭合，滑动变阻器与定值电阻R串联后接在电源两端，将滑动变阻器的滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，电路中电流减小，则电流表A的示数减小。电路中电流减小，定值电阻R两端的电压减小，则电压表V1的示数减小，理想电压表V2测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律有U2＝E﹣Ir，I减小，U2增大，即理想电压表的示数V2增大，故A错误；B、理想电压表V3测量滑动变阻器两端的电压，根据闭合电路欧姆定律得U3＝E﹣I（R+r）所以ΔU3与ΔI的比值大小为ΔUC、电源的输出功率与外电阻变化的图像如下所示。当电路中定值电阻R的阻值大于电源内阻r的阻值，将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的外电阻阻值比内阻大，电源的输出功率减小，故C正确；D、将定值电阻等效为电源内阻，当滑动变阻器的电阻与等效内阻相等时，滑动变阻器的功率最大，因不知道滑动变阻器的电阻与等效内阻的关系，所以无法分析滑动变阻器功率的变化，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查电路的动态分析问题，解题方法一般是先分析总电阻的变化、再分析总电流的变化、内电压的变化、路端电压的变化。因本题要求分析电流及电压的变化量，故要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式。三．填空题（共5小题）16．（2024春•福州期末）如图所示，电源电动势E＝6V，小灯泡L的规格为“3V0.6W”，开关S接“1”，当滑动变阻器调到R＝13Ω时，小灯泡L正常发光。现将开关S接“2”，小灯泡L和电动机M均正常工作，则电源内阻为2Ω，电动机的输入功率为0.52W。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】2，0.52【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算电源内阻，根据P＝UI计算电动机的输入功率。【解答】解：设电源的内阻为r，灯泡的额定电流为I=当开关接“1”时，根据闭合电路的欧姆定律有E＝U+I（r+R）代入数据解得r＝2Ω当开关接“2”时，电动机两端电压为U'＝E﹣U﹣Ir代入数据解得U'＝2.6V则电动机的输入功率为P＝U'I＝2.6×0.2W＝0.52W故答案为：2，0.52【点评】分清电路的结构，熟练掌握闭合电路的欧姆定律是解题的基础。17．（2024•松江区校级三模）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。18．（2023秋•长宁区校级期末）在图中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，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相连组成闭合电路，则电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω，电源的输出功率为4W，电源的效率为66.7%。【考点】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；推理能力．【答案】3V，0.5Ω，4W，66.7%【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率。【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，当I＝0时，U＝E，由图读出电源的电动势E＝3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=电源的输出功率P电＝UI＝2×2W＝4W，电源的效率η=P故答案为：3V，0.5Ω，4W，66.7%【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义，本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义，属于基础题。19．（2023秋•福州期末）如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为3Ω，定值电阻R0＝2Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为1.5W，变阻器消耗的最大功率为0.75W。【考点】路端电压和负载的关系；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；推理能力．【答案】0.5；0.75【分析】根据电源的功率计算公式和闭合电路欧姆定律求出电源总功率的最小值；再根据外电路电阻等于等效内阻时，电源的输出功率最大求出滑动变阻器的最大功率。【解答】解：根据P＝EI，可得当电路中电流最小时，电源的总功率最小。根据闭合电路欧姆定律I=电源总功率的最小值为P＝EI＝3×0.5W＝1.5W将定值电阻和电源内阻看作等效内阻，把滑动变阻器消耗的功率看作等效电源的输出功率，当滑动变阻器的电阻等于r+R0时，滑动变阻器的功率最大P=E故答案为：0.5；0.75【点评】本题考查了电路的能量，解决本题的关键是熟练掌握电源总功率的计算公式以及输出功率最大时的条件。20．（2023秋•长宁区校级期末）如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动触头向上移动时，电压表示数变大，电流表示数变小（填变大，变小，不变）。【考点】电路动态分析．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】变大；变小【分析】当R3的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压，即可判断电压表示数的变化．由欧姆定律分析变阻器两端电压的变化，分析电流表示数的变化。【解答】解：当R3的滑动触头P向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I减小。电压表测量路端电压U，而U＝E﹣Ir，I减小，E、r不变，则U变大，所以电压表的示数变大；设变阻器两端电压为U′，则U′＝E﹣I（R1+r），I减小，其他量不变，则U′变大，R2中的电流变大，总电流减小，所以电流表的示数变小。故答案为：变大；变小【点评】本题按“部分→整体→部分”的思路进行动态变化分析．对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析。四．解答题（共5小题）21．（2024•海淀区校级模拟）为了描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”矢量l。某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。（1）如图1所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部有大小为I且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。（2）如图2所示，有一无限大的均匀导体区域，在其A点处埋有一球形电极，大小不计，大小为I的电流通过电极进入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。a.求导体内到电极距离为r的点处的电流密度的大小；b.欧姆定律的微观形式可表示为E＝ρj，即导体内某点处的电场强度与该处的电流密度方向相同，其大小亦成正比，比例系数为导体的电阻率ρ。球形电极A产生的电场类似于点电荷产生的电场。类比点电荷产生的电场，完成以下表格。电荷q在真空中产生的电场（已知真空静电常数k）电流I在导体中产生的电场（已知导体电阻率ρ）电场强度E大小E=E＝ρI4π电势φ（以无穷远处为零点）φ=kqφ＝ρI4πr（3）如图3所示，若在球形电极A通入电流的同时，从球形电极B将电流导出，导体中将产生类似图4的电场。若导体电阻率为ρ，球形电极半径均为a，两球形电极球心间距l≫a，结合前两问中学到的知识，完成以下问题：a.当通入电流为I时，求两球形电极之间的电势差U；b.若电流由不计内阻的电源提供，并可通过滑动变阻器调节电流的大小，求滑动变阻器的阻值多大时，其消耗功率最大。【考点】电功和电功率的计算式及影响因素；电流大小的计算；电流的微观表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）导体内的电流密度大小为IS（2）导体内到电极距离为r的点处的电流密度的大小为I4πb.ρI4πr（3）a.当通入电流为I时，两球形电极之间的电势差为ρI2πab.滑动变阻器的阻值为ρ2πa【分析】（1）转化信息，根据电流密度定义j=I（2）根据类比的思想分析解答；（3）根据电势差的定义式结合电功率的特点分析解答。【解答】解：（1）根据题意可得电流密度大小为j=（2）a.电流均匀分布在以电极为球心、r为半径的半球面上，则j=b.类比点电荷产生的电场，电流I在导体中产生的电场强度大小为E＝ρj=类比点电荷产生的电场，电流lI导体中产生的电势为φ=（3）a.两球形电极之间的电势差U＝2（φa﹣φl）＝2（ρI4πa−ρI4πl）由于l≫a，则U=b.当滑动变阻器的阻值等于球形电极A、B间的电阻时，滑动变阻器消耗功率最大，此时滑动变阻器的阻值为R=答：（1）导体内的电流密度大小为IS（2）导体内到电极距离为r的点处的电流密度的大小为I4πb.ρI4πr（3）a.当通入电流为I时，两球形电极之间的电势差为ρI2πab.滑动变阻器的阻值为ρ2πa【点评】本题考查信息处理以及模型建立，要求有一定的处理信息的能力与提取信息的能力，有一定难度。22．（2024春•建邺区期末）如图甲所示，直流电源电压U恒定，电阻R1为250Ω，R2为500Ω。闭合开关S，理想电压表的示数为1000V。（1）求通过R1的电流。（2）求电源电压U。（3）如图乙所示，将图甲电路中的R2和电压表替换为两极板水平放置的平行板电容器，两板间距d＝1m，A、B为板间的两位置，其连线与水平方向的夹角θ＝30°。闭合开关S，待电容器充电完毕后，一带电液滴以v＝2m/s的初速度，从A处以垂直于AB连线方向斜向上飞出，恰好经过B处，此运动过程中未与上极板相碰。已知带电液滴所受电场力方向竖直向下，其质量m＝1.5×10﹣3kg、电荷量q＝1×10﹣6C。不计空气阻力，板间的电场可视为匀强电场，重力加速度大小g取10m/s2。求A、B间的距离。（结果可用分式表示）【考点】欧姆定律的简单应用；带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）通过R1的电流为2A；（2）电源电压U为1500V；（3）A、B间的距离为1633【分析】（1）R1和R2串联，电流相等，根据欧姆定律求出通过R2的电流，即得到通过R1的电流。（2）由欧姆定律计算电源电压U。（3）液滴在电场中只受重力和电场力，根据牛顿第二定律求出加速度。液滴从A点运动到B点，沿初速度方向的位移为0，根据位移—时间公式求出运动时间，再求A、B两点间的距离。【解答】解：（1）R1和R2串联，通过R1和R2的电流相等，则I1（2）电源电压为U＝I1（R1+R2）＝2×（250+500）V＝1500V（3）两板间场强为E=U液滴的加速度为a=解得：a＝11m/s2在垂直AB方向有t=2v沿AB方向有AB=1解得：AB=答：（1）通过R1的电流为2A；（2）电源电压U为1500V；（3）A、B间的距离为1633【点评】解答本题的关键要熟练运用运动的分解法处理液滴在电场中的运动过程，要把握分运动的规律，根据牛顿第二定律和分位移公式相结合求解A、B两点间的距离。23．（2024春•建邺区期末）电压表是测量电压的器材。已知某电路两端的电压为15V，为了保证电表的安全，现用量程为15V、内阻为RV的电压表与一阻值为R1＝3kΩ的定值电阻串联在一起测量该电路两端的电压，此时电压表的读数为12V。（1）RV应为多少？（2）如果将量程为15V、内阻为RV的电压表改装成量程为60V的电压表，则应串联阻值为多大的定值电阻？改装后电压表的内阻为多少？【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；改装后电表的串并联问题．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）RV应为12kΩ；（2）应串联阻值为36kΩ的定值电阻，改装后电压表的内阻为48kΩ。【分析】（1）根据欧姆定律和串联电路特点计算即可；（2）先根据串联电路的电流特点和欧姆定律解得串联电阻，改装后的电压表的总电阻为电压表内阻和串联电阻之和。【解答】解：（1）根据串联电路电流处处相等和欧姆定律有U−U把U＝15V，UV＝12V代入解得RV＝12kΩ（2）设串联的电阻大小为R2，则15RR2＝36kΩ改装后电压表的内阻为R'V＝RV+R2解得R'V＝48kΩ答：（1）RV应为12kΩ；（2）应串联阻值为36kΩ的定值电阻，改装后电压表的内阻为48kΩ。【点评】掌握欧姆定律和串联电路的电压、电流特点是解题的基础。24．（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=ER（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。25．（2024春•镇海区校级期末）如图所示，电阻R1＝R2＝R3＝2.0Ω，当电键K闭合时理想电压表读数是2.0V，当K断开时理想电压表读数是1.6V，求：电源的电动势E和内电阻r。【考点】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；推理能力．【答案】电源的电动势E为4V，内电阻r为1Ω。【分析】根据闭合电路的欧姆定律计算即可。【解答】解：设电源的电动势为E，内阻为r当K断开时R1和R3串联在一起组成串联电路，电压表测量的是R3两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律有U=E当K闭合时，R1和R2并联后和R3串联在电路中，电压表仍测量R3两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律有U′=E代入数据解得：E＝4V，r＝1Ω答：电源的电动势E为4V，内电阻r为1Ω。【点评】解题的关键是分析清楚电路的结构，熟练掌握闭合电路的欧姆定律。

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13A、43mg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43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．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=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。【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=Q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（计重力）在匀强电场中的曲线运动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=q4.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=qB、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．电流大小的计算【知识点的认识】电流大小的计算有三个公式：①定义式：I=q②决定式：I=U③微观表达式：I＝neSv．（n为导体单位体积内的自由电荷数；e为自由电荷的电荷量；S为导体横截面积；v为自由电荷定向移动的速度）．注意：（1）I=q（2）应用电流的微观表达式时，要注意区分三种速率：①电子定向移动速率：一般比较小，速率数量级为10﹣5m/s；②电子热运动的速率：电子不停地做无规则热运动的速率，速率数量级约为105m/s；③电流传导速率：等于光速，为3.0×108m/s．【命题方向】如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过．若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是（）A、正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→AB、溶液内由于正负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零C、溶液内的电流方向从A→B，电流I=D、溶液内的电流方向从A→B，电流I=分析：正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；由电流的定义式I=q解答：A、电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，故A错误；B、溶液中正离子由A向B移动，负离子由B向A移动，负电荷由B向A的移动相当于正电荷由B向A移动，带电离子在溶液中定向移动形成电流，电流不为零，故B错误；CD、溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I=q故选：D。点评：知道电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流的方向，应用电流定义式即可正确解题．【解题思路点拨】1.在计算电流大小时要根据题目所给的条件选择合适的公式进行计算。2.如果正、负电荷同时发生定向移动，定义式中I=q3.微观表达式I＝neSv并不是固定的电流大小计算方式，其中n、e、S、v都有特定的意义，如果题目的参数发生变化，微观表达式的形式也会有相应变化。但都是从定义式I=q6．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=q（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=q7．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=UD．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．8．电阻定律的内容及表达式【知识点的认识】1．电阻定律（1）内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．（2）表达式：R＝ρlS2．电阻率（1）计算式：ρ=RS（2）物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：下列说法中正确的是（）A．由R=UB．由R＝ρlSC．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．故选BD．点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用：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.πUD24IL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，在根据电阻定律R＝ρLs解：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＝π根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sR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．【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液适用于任何纯电阻导体9．混联电路的特点及应用【知识点的认识】1.混联电路的概念：电路中有串联部分和并联部分共存的电路叫作混联电路。2.根据串、并联电路的特点解决混联电路问题。【命题方向】如图所示，R1与R2并联之后再与R3串联，已知UAB＝12V，R1＝6Ω，P3＝16W，I1=4（1）R1两端的电压为多少？（2）R3的电流是多少？（3）R2阻值为多少？（4）R3阻值为多少？分析：电阻R1与电阻R2并联，根据通过R1的电流和R1的阻值，通过欧姆定律求出R1两端的电压，从而得出R3两端的电压，根据R3的功率求出通过R3的电流，根据总电流求出R2的电流，结合欧姆定律求出R2的阻值．解答：（1）根据欧姆定律得，R1两端的电压U1=I（2）R3两端的电压U3＝UAB﹣U1＝4V．则通过R3的电流I3（3）通过R2的电流I2则R2（4）R3答：（1）R1两端的电压为8V．（2）R3的电流是4A．（3）R2阻值为3Ω．（4）R3阻值为1Ω．点评：解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及掌握部分电路欧姆定律，并能灵活运用．【解题思路点拨】解决简单混联电路的方法（1）准确地判断出电路的连接方式，画出等效电路图。（2）准确地利用串、并联电路的基本规律、特点。（3）灵活地选用恰当的物理公式进行计算。10．改装后电表的串并联问题【知识点的认识】本考点旨在针对将改装后的电流表或（和）电压表进行串联或并联的问题。【命题方向】一、电表的串联用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（）A、两只电表的指针偏转角相同B、两只电表的指针都不偏转C、电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D、电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小．解答：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；故选：C。点评：本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，基础题．二、电表的并联如图所示电路，将两个相同的电流计分别改装成电流表A1（0～3A）和电流表A2（0～0.6A），把这两个电流表并联接入电路中测量电流．则下列说法中正确的是（）A、A1的指针半偏时，A2的指针也半偏B、A1的指针还没有满偏，A2的指针已经满偏C、A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD、A1的读数为1A时，干路中的电流为1.2A分析：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两个电流计的满偏电压相同，A1和A2的最大电流分别是3A和0.6A，所以欧姆定律，改装后的两电流表内阻之比为1