2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《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中等生篇《电路与电能》一．选择题（共10小题）1．（2024春•盐城期末）某同学对四个电阻各进行了一次测量，把每个电阻两端的电压和通过它的电流在平面直角坐标系中描点，得到了如图所示中甲、乙、丙、丁四个点。则电阻最大的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁2．（2024春•建邺区期末）如图所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。不计电流表内阻。如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与5Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为E＝15V、内阻不计的电路上，则下列选项中正确的是（）A．电阻R0消耗的功率约为7.5W B．电阻R0消耗的功率约为5W C．每个灯的实际功率约为1.6W D．每个灯的实际功率约为16W3．（2024•郫都区校级模拟）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4．（2024•平谷区模拟）如图所示电路中，有四个完全相同的小灯泡，不考虑电阻随温度的变化，其中最亮的灯泡是（）A．灯泡L1 B．灯泡L2 C．灯泡L3 D．灯泡L45．（2024•浙江二模）以下物理量为矢量，且单位用国际单位制基本单位表示正确的是（）A．电流、A B．力、kg•m2/s2 C．功率、kg•m2/s3 D．电场强度、kg•m/（A•s3）6．（2024春•徐州期末）一小型电动机加上2V电压，电动机没有转动，测得电流为2A；加上6V电压，电动机转动，则此时流过电动机的电流（）A．小于6A B．大于6A C．等于6A D．无法确定7．（2024春•徐州期末）用不同材料做成两形状、大小相同的导体棒甲、乙，接在如图所示的电路中，理想电压表V1的示数大于V2的示数。则导体棒甲（）A．电阻率小 B．电功率小 C．在相同时间内产生的热量多 D．在相同时间内通过的电荷量大8．（2024•镇海区校级模拟）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，R1为定值电阻，R3为半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（）A．若将R2的滑片下移，电压表的示数增大 B．若光照变强，则油滴会向上运动 C．若光照变强，则灯泡变暗 D．若将电容器上极板上移，则P点电势降低9．（2023秋•南宁期末）如图是一个电路的一部分，其中R1＝5Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，I1＝0.2A，I2＝0.1A，那么电流表测得的电流为（）A．0.2A，方向向右 B．0.15A，方向向左 C．0.2A，方向向左 D．0.3A，方向向右10．（2024春•顺义区期末）如图甲所示电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从左端逐渐滑至右端时，电压表V1和V2的示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，图线中ab、cd段均为直线。已知电动机两端电压达到某一值时才能开始转动，各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．电源的内阻为2.0Ω B．电动机内部线圈的电阻值为1.0Ω C．滑动变阻器的可调范围是0～9.0Ω D．电流表示数最大时，电动机的输出功率为6.75W二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•淇滨区校级模拟）如图所示图像示意图在物理学习中经常遇到，很多的物理量关系都满足此类关系图像，那么关于此图像适用的物理过程，描述不正确的是（）A．研究电源串联外电阻输出功率时，该图像可近似看作是电源输出功率P随外电阻R变化的图像 B．研究两个小球发生弹性碰撞且碰前球m2静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系的图像 C．研究竖直面内绳球模型球从水平下落至竖直的过程中，可以完整表达球重力的功率P与绳跟水平面夹角θ的关系 D．该图像可以表述两个分子间的作用力F与分子间距r的关系（多选）12．（2024•东河区校级模拟）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到60V时，闪光灯瞬间导通并发亮，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地放光。该电路（）A．充电时，通过R的电流不变 B．若R增大，则充电时间变长 C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变（多选）13．（2024•广东模拟）中国空间站的电能主要由太阳能电池提供。一太阳能电池接入如图所示的纯电阻工作电路中，S1闭合、S2断开时，电压表的示数为400mV；S1和S2均闭合时，电压表的示数为200mV。已知工作电路的电阻为10Ω，电压表的内阻足够大，下列说法正确的有（）A．太阳能电池的电动势为400mV B．太阳能电池的内阻为10Ω C．S1和S2均闭合时，通过太阳能电池的电流为10mA D．S1和S2均闭合时，通过工作电路的电流为20mA（多选）14．（2023秋•徐汇区校级期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=UC．对应P点，小灯泡的电阻为R=UD．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”（多选）15．（2023秋•西山区期末）在如图所示的电路中，定值电阻分别为R1＝4Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝6Ω，现在M、N两点间加上稳恒电压，下列说法正确的是（）A．M、N间的总电阻为19Ω B．R1和R4两端的电压比为2：3 C．流过R2和R3的电流比为1：2 D．R2和R3并联部分的电阻大于R3三．填空题（共5小题）16．（2024•福州模拟）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”）17．（2023秋•徐汇区校级期末）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1为一定值电阻、R2为一滑动变阻器，电流表A1，A2的示数分别记为I1，I2。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则|ΔI1||ΔI2|（填“＜”、“＞”或“＝”，Δ表示该物理量的变化），P将移动。（填“向上”、“向下”或“不”）18．（2023秋•福州期末）如图，电动机M与灯泡L串联在电路中，电动机M的线圈电阻为2Ω，灯泡L的电阻为6Ω，电源的电动势为E＝16V、内阻为r＝1Ω。闭合开关S后，灯泡正常发光，电动机正常运转，电动机线圈上产生的热功率为2W，忽略电动机转动时受到的摩擦，则电动机M输出的机械功率＝W；电源输出的电功率P＝W。19．（2023春•静安区校级期中）常用的手电筒是把两节干电池串联的电池组作为电源。已知电池组的电动势E＝3.0V手电筒内小灯泡的额定电压U＝2.4V，额定电流I＝0.3A。闭合开关，小灯泡刚好正常工作，此时小灯泡的电阻R＝Ω，电池组的内阻r＝Ω。20．（2022秋•龙岩期末）半导体材料制成的电阻器D，通过它的电流I随它两端电压U的变化关系如图（a）所示。D的阻值随它两端电压U的增大而（选填“增大”或“减小”）。D与定值电阻R1、R2并联后接入电压恒为U的电源两端，三个用电器的电功率相同。现将三个用电器连接成如图（b）的电路，仍接在电压恒为U的电源两端，此时D、R1、R2的电功率分别是PD、P1、P2，三者的大小关系是。四．解答题（共5小题）21．（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。22．（2023秋•天津期末）在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I＝kU3的规律（式中k＝0.02A/N3）；R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E＝6V，导线、电键和电流表电阻不计。闭合开关S后，电流表的示数为0.16A。求：（1）R1两端的电压U1；（2）R2两端的电压U2；（3）电源的内电阻r。23．（2024春•徐州期末）如图所示，电源的电动势E＝10V，闭合开关S后，标有“6V12W”的两个灯泡恰能正常发光。求：（1）通过灯泡L1的电流I1；（2）电源的内阻r。24．（2024春•东城区校级期末）小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω.车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，求：（1）电动机未启动时，车灯的功率；（2）电动机启动时，车灯的功率。25．（2024春•浦东新区校级期末）无人机因机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险等优点，被广泛应用在生产生活中。（1）一无人机的动力装置是由四个多旋翼电机并联组成，设每个电机内阻为r、额定电流和电压分别为I和U。正常工作时无人机的输出功率为。A．4（UI﹣I2r）B．4UIC．4I2rD．4（2）一质量为m的无人机从地面静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图1所示。无人机飞至高为2h0处时，空气对其作用力大小为；无人机飞至3h0处时的速度为。（重力加速度为g）（3）一质量为m＝2.0kg的无人机对一静止的轿车进行拍摄。如图2，无人机以车中心所在的竖直线为轴线，在地面上方的水平面内做半径为R＝4.0m、角速度为ω＝1.5rad/s的匀速圆周运动。①此运动过程中，空气对无人机的作用力方向为。A．竖直向上B．斜向上C．水平方向D．斜向下E．竖直向下②此运动过程中，空气对无人机的作用力大小为多少？（计算题）（4）某同学利用无人机玩投球游戏。无人机在距地高为H水平面内匀速直线运动，释放可视为质点的小球，小球飞行过程中不计空气阻力。①小球在空中飞行过程中，小球加速度方向的是。②若小球到达水平地面时，速度方向与水平方向间的夹角为θ，求：Ⅰ.无人机匀速飞行时的速度大小v0；（计算题）Ⅱ.从抛出到落地过程中小球动量的变化量的大小Δp。（计算题）

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅中等生篇《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•盐城期末）某同学对四个电阻各进行了一次测量，把每个电阻两端的电压和通过它的电流在平面直角坐标系中描点，得到了如图所示中甲、乙、丙、丁四个点。则电阻最大的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【考点】非线性元件及其伏安特性曲线．【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U﹣I图象中各点与原点连线的斜率表示电阻的大小比较四个电阻的。【解答】解：根据U＝IR，可知某点与原点连线的斜率表示电阻的大小可知，丙的电阻最大，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会利用控制变量法结合电阻不变分析图象得出四个电阻的大小关系。2．（2024春•建邺区期末）如图所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。不计电流表内阻。如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与5Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为E＝15V、内阻不计的电路上，则下列选项中正确的是（）A．电阻R0消耗的功率约为7.5W B．电阻R0消耗的功率约为5W C．每个灯的实际功率约为1.6W D．每个灯的实际功率约为16W【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；推理能力．【答案】B【分析】根据闭合电路欧姆定律，得到电灯的实际电压与电流的关系式，在甲图上作出图象，此图象与电灯的伏安特性曲线的交点，表示电灯实际工作状态，读出交点的电压和电流，求出电阻R0消耗的功率和电灯的实际功率。【解答】解：设此时电灯两端的电压为U，流过每个电灯的电流为I，由闭合电路欧姆定律得E＝U+2IR0代入数据得I=在I﹣U图上画出该直线，如图所示可得到该直线与曲线的交点（10V，0.50A），即流过电灯的电流为0.50A，电灯两端电压为10V，电阻R0消耗的功率P0＝（2I）2R0＝（2×0.50）2×5W＝5W每个灯的功率为：P＝UI＝10×0.50W＝5W，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】考查串、并联电路，全电路欧姆定律，本题的技巧是应用数学方法，通过作图求解电灯的电流。3．（2024•郫都区校级模拟）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=UD.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。4．（2024•平谷区模拟）如图所示电路中，有四个完全相同的小灯泡，不考虑电阻随温度的变化，其中最亮的灯泡是（）A．灯泡L1 B．灯泡L2 C．灯泡L3 D．灯泡L4【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；理解能力．【答案】A【分析】根据电路结构分析电流的大小关系，从而判断灯泡亮度。【解答】解：根据电路结构可知灯泡L1在干路上，电流等于支路电流之和，则最亮的灯泡是灯泡L1，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握干路电流与支路电流的关系。5．（2024•浙江二模）以下物理量为矢量，且单位用国际单位制基本单位表示正确的是（）A．电流、A B．力、kg•m2/s2 C．功率、kg•m2/s3 D．电场强度、kg•m/（A•s3）【考点】电流的概念及性质；力的定义和特点；功率的定义、物理意义和计算式的推导；电场强度的定义和单位．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；恒定电流专题；理解能力．【答案】D【分析】标量是只有大小，没有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边定则。国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位。【解答】解：A．电流的加减使用代数法则，是标量，其单位用国际单位制基本单位表示为A，故A错误；B．力是矢量，根据F＝ma，可知其单位用国际单位制基本单位表示为kg•m/s2，故B错误；C．功率是标量，根据P＝Fv，可知其单位用国际单位制基本单位表示为kg•m2/s3，故C错误；D．电场强度是矢量，根据E=Fq=故选：D。【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。6．（2024春•徐州期末）一小型电动机加上2V电压，电动机没有转动，测得电流为2A；加上6V电压，电动机转动，则此时流过电动机的电流（）A．小于6A B．大于6A C．等于6A D．无法确定【考点】欧姆定律的简单应用．【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】A【分析】当电动机不转时为纯电阻电路，根据欧姆定律求出电动机的内阻；电动机正常工作时为非纯电阻用电器，根据I＜U【解答】解：当电动机不转时，由欧姆定律可得电动机的内阻为r=U1I当电动机加上6V电压时电动机转动时，流过电动机的电流I2＜U故选：A。【点评】解答本题时，要注意当电动机不转动时，可以看作纯电阻处理，而电动机转动时，欧姆定律不成立。7．（2024春•徐州期末）用不同材料做成两形状、大小相同的导体棒甲、乙，接在如图所示的电路中，理想电压表V1的示数大于V2的示数。则导体棒甲（）A．电阻率小 B．电功率小 C．在相同时间内产生的热量多 D．在相同时间内通过的电荷量大【考点】用焦耳定律计算电热；欧姆定律的简单应用；电阻定律的内容及表达式；电功和电功率的计算．【专题】比较思想；等效替代法；恒定电流专题；理解能力．【答案】C【分析】导体棒甲、乙串联，电流相等，由欧姆定律分析电阻的大小，结合电阻定律分析电阻率大小，由P＝UI分析电功率大小。根据Q＝I2Rt分析在相同时间内产生的热量多少。根据q＝It分析在相同时间内通过的电荷量大小。【解答】解：A、导体棒甲、乙串联，通过两棒的电流相同，理想电压表V1的示数大于V2的示数，则导体棒甲两端的电压大于导体棒乙两端的电压，根据欧姆定律U＝IR可知，导体棒甲的阻值较大，导体棒甲、乙形状、大小相同，由R＝ρlSB、根据P＝UI，导体棒甲两端的电压大于导体棒乙两端的电压，通过导体棒甲、乙的电流相同，可知导体棒甲电功率大，故B错误；C、根据Q＝I2Rt，通过导体棒甲、乙的电流相同，导体棒甲阻值较大，则导体棒甲在相同时间内产生的热量多，故C正确；D、根据q＝It，通过导体棒甲、乙的电流相同，则在相同时间内通过导体棒甲、乙的电荷量相同，故D错误。故选：C。【点评】解答本题要抓住串联电路的特点：电流处处相等，结合相关公式分析两棒各个量的关系。8．（2024•镇海区校级模拟）如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒定的小灯泡，R1为定值电阻，R3为半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越小），电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电油滴处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是（）A．若将R2的滑片下移，电压表的示数增大 B．若光照变强，则油滴会向上运动 C．若光照变强，则灯泡变暗 D．若将电容器上极板上移，则P点电势降低【考点】电路动态分析；含容电路的动态分析．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】D【分析】电容器在直流电路中相当于断路，电路稳定时，R2相当于导线；先判断光照变强，光敏电阻R3变化，再判断电路的总阻值变化，根据闭合电路欧姆定律，分析总电流变化和内电压变化，根据串并联关系，判断其它支路电流电压变化；【解答】解：A．电容器在直流电路中相当于断路，电路稳定时，R2相当于导线，将R2滑片上移，电压表示数不变，故A错误；BC．若光照变强，光敏电阻R3减小，总电阻变小，电流变大，则通过小灯泡的电流变大，灯泡变亮；根据闭合电路欧姆定律，电容器两端电压为U＝E﹣I（r+R1）I变大，则U变小，场强变小，油滴所受的电场力变小，油滴向下极板运动，故BC错误；D．由于电路电阻不变，则电容器板间电压不变，若将电容器上极板上移，电容器两极板的距离增大，根据E=U故选：D。【点评】本题考查学生对动态电路问题的掌握，解题关键是先整体后局部，先判断总电阻、总电流变化，再判断其它支路电流电压变化。9．（2023秋•南宁期末）如图是一个电路的一部分，其中R1＝5Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，I1＝0.2A，I2＝0.1A，那么电流表测得的电流为（）A．0.2A，方向向右 B．0.15A，方向向左 C．0.2A，方向向左 D．0.3A，方向向右【考点】复杂电路的简化；欧姆定律的简单应用．【专题】恒定电流专题．【答案】C【分析】分别求出R1两端的电压和R2两端的电压，然后判断根据电位确定R3两端的电压以及电流的方向，再根据I=UR求出通过R【解答】解：R1两端的电压U1＝I1R1＝0.2AX5Ω＝1VR2两端的电压U2＝I2R2＝0.1AX1Ω＝0.1VR1左端与R2的左端电位相等，U1＞U2，则R1右端的电位低于R2右端的电位。R3两端的电压U3＝U1﹣U2＝1V﹣0.1V＝0.9V通过R3的电流I3=U3R因此用节点法可知通过电流表的电流方向向左。设电流表的示数为IA，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流。即IA+I2＝I3电流表的示数IA＝I3﹣I2＝0.3A﹣0.1A＝0.2A。故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查欧姆定律的应用和电流方向的判断，本题涉及电位的概念，以及节点法判断电流方向以及电流大小，难度较大，要求大家需要掌握更多关于电学的知识．10．（2024春•顺义区期末）如图甲所示电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从左端逐渐滑至右端时，电压表V1和V2的示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，图线中ab、cd段均为直线。已知电动机两端电压达到某一值时才能开始转动，各电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A．电源的内阻为2.0Ω B．电动机内部线圈的电阻值为1.0Ω C．滑动变阻器的可调范围是0～9.0Ω D．电流表示数最大时，电动机的输出功率为6.75W【考点】电路动态分析；电动机中的能量转化与计算；利用U﹣I图像交点的物理意义求解导体的实际功率．【专题】计算题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】C【分析】A、根据闭合欧姆定律代入图像的两个坐标联立可解出；B、电动机不转的时候，两端电压与电流的比值是内阻；C、串联电路中，总电阻增大电流减小，总电阻减小电流增大；D、根据输出功率等于总功率减去热功率可以求出。【解答】解：A、根据E＝U外+Ir找两个点代入E＝5.5V+0.5r和E＝4.5V+1.5r可得r＝1Ω，故A错误；B、I在0.5A～1A内电动机不转，电动机内部线圈的电阻为r=ΔUΔI=2−1C、由图像可知，当电流表示数为1.5A时，滑动变阻器连入电路的阻值为零，当电流表示数为0.5A时，滑动变阻器全部连入电路，故滑动变阻器的最大阻值为R=5.5−10.5Ω＝9D、电流表示数最大值为1.5A，电动机的输出功率P输出＝P﹣P热＝UI﹣I2r＝4.5×1.5W﹣1.52×2W＝2.25W，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查闭合的欧姆定律中动态电路的分析，能够根据电阻的变化来确定电路中电流的变化以及对于输出功率的计算。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024•淇滨区校级模拟）如图所示图像示意图在物理学习中经常遇到，很多的物理量关系都满足此类关系图像，那么关于此图像适用的物理过程，描述不正确的是（）A．研究电源串联外电阻输出功率时，该图像可近似看作是电源输出功率P随外电阻R变化的图像 B．研究两个小球发生弹性碰撞且碰前球m2静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系的图像 C．研究竖直面内绳球模型球从水平下落至竖直的过程中，可以完整表达球重力的功率P与绳跟水平面夹角θ的关系 D．该图像可以表述两个分子间的作用力F与分子间距r的关系【考点】电功和电功率的计算式及影响因素；验证动量守恒定律．【专题】定性思想；推理法；分子间相互作用力与分子间距离的关系；推理能力．【答案】CD【分析】本题根据图形所表示横坐标轴量与纵坐标轴量的关系，结合相关的规律进行分析。【解答】解：A．电源输出功率随外电阻变化图像如图所示：和题中示意图基本近似，故A正确；B．两个小球弹性碰撞且其中球m2碰前静止，该图像可看作是碰后m2动能与m2质量关系图像如图：故B正确；C．绳系小球模型，水平静止时重力的功率是0，运动到竖直状态时重力的功率也是0，故C错误；D．分子力与分子间距关系如图所示，故D错误。本题选不正确的，故选CD。【点评】本题考查图像示意图的意义，要学会变通，能举一反三，关键要掌握相关的物理规律。（多选）12．（2024•东河区校级模拟）如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到60V时，闪光灯瞬间导通并发亮，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地放光。该电路（）A．充电时，通过R的电流不变 B．若R增大，则充电时间变长 C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电容的概念与物理意义．【专题】应用题；定性思想；推理法；恒定电流专题．【答案】BCD【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q＝UC可知极板上的电荷量。【解答】解：A、充电时，电容器电荷量增加、电压增加，根据闭合电路的欧姆定律可得R两端电压减小，通过R的电流减小，故A错误；B、若R增大，充电过程中平均电流I减小，根据Q＝It可知充电时间变长，故B正确；C、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯瞬间导通并发光，所以闪光灯发光电压U一定；若C增大，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，故C正确；D、若E减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U＝80V时，闪光灯瞬间导通并发光，根据Q＝CU可知闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，故D正确；故选：BCD。【点评】本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，要求掌握充放电过程中电荷量的多少与哪些因素有关。（多选）13．（2024•广东模拟）中国空间站的电能主要由太阳能电池提供。一太阳能电池接入如图所示的纯电阻工作电路中，S1闭合、S2断开时，电压表的示数为400mV；S1和S2均闭合时，电压表的示数为200mV。已知工作电路的电阻为10Ω，电压表的内阻足够大，下列说法正确的有（）A．太阳能电池的电动势为400mV B．太阳能电池的内阻为10Ω C．S1和S2均闭合时，通过太阳能电池的电流为10mA D．S1和S2均闭合时，通过工作电路的电流为20mA【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电路动态分析；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】ABD【分析】S1闭合、S2断开时，电压表的示数等于电池的电动势；S1和S2均闭合时，根据欧姆定律可得电路中电流；S1和S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律求解电源内阻。【解答】解：A、因电压表的内阻足够大，故可认为电压表为理想电压表。S1闭合、S2断开时，电压表的示数为400mV，可知太阳能电池的电动势为E＝400mV，故A正确；CD、S1和S2均闭合时，电压表的示数为U＝200mV，工作电路的电阻为R＝10Ω。根据欧姆定律可得通过太阳能电池的电流为：I=200mVB、S1和S2均闭合时，根据闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+r），代入数据得：400mV＝20mA×（10Ω+r），解得：r＝10Ω，故B正确。故选：ABD。【点评】本题考查了闭合电路欧姆定律的应用。基础题，根据电路的结构应用欧姆定律和闭合电路欧姆定律解答。（多选）14．（2023秋•徐汇区校级期末）小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=UC．对应P点，小灯泡的电阻为R=UD．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”【考点】欧姆定律的简单应用．【专题】恒定电流专题．【答案】BD【分析】小灯泡的I﹣U特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越小，电阻越大．任一状态灯泡的电阻R=U【解答】解：A、I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大。故A错误。B、C根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=U1ID、P点的功率P＝UI，故可以用矩形PQOM所围“面积”来表示；故D正确；故选：BD。【点评】对于线性元件，欧姆定律成立，即R=UI=（多选）15．（2023秋•西山区期末）在如图所示的电路中，定值电阻分别为R1＝4Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝6Ω，现在M、N两点间加上稳恒电压，下列说法正确的是（）A．M、N间的总电阻为19Ω B．R1和R4两端的电压比为2：3 C．流过R2和R3的电流比为1：2 D．R2和R3并联部分的电阻大于R3【考点】串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】BC【分析】串联电路中，电压与电阻成正比，总电阻等于各分电阻之和；并联电路中，电流与电阻成反比，两个电阻的并联总电阻等于两电阻之积除以两电阻之和。【解答】解：AD.R2和R3并联的电阻值为R23=R2R3R2+R3=6×36+3Ω＝2Ω，所以M、N间的总电阻为R＝RB.R1和R4串联，流过两电阻的电流相等，则电压与电阻值成正比，即R1和R4两端的电压比为2：3，故B正确；C.R2和R3并联，两端的电压相等，流过两电阻的电流与电阻成反比，即流过R2和R3的电流比为1：2，故C正确；故选：BC。【点评】本题考查串、并联电路的基本规律，结合串、并联电路电流、电压、电阻的特点即可解答，属于基础题。三．填空题（共5小题）16．（2024•福州模拟）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。17．（2023秋•徐汇区校级期末）如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1为一定值电阻、R2为一滑动变阻器，电流表A1，A2的示数分别记为I1，I2。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间。若将滑动变阻器R2的滑片向b端移动，则|ΔI1|＜|ΔI2|（填“＜”、“＞”或“＝”，Δ表示该物理量的变化），P将向下移动。（填“向上”、“向下”或“不”）【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；推理能力．【答案】＜，向下。【分析】滑动变阻器R2的滑片向b端移动，分析其接入电路的电阻变化情况，判断干路电流的变化，进一步分析电容器极板间电压的变化，从而判断油滴的运动情况。根据欧姆定律和并联电路的规律分析两电表示数的变化，结合干路电流的变化，判断|ΔI1|与|ΔI2|的大小。【解答】解：滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则干路电流I增大，电容器的电压UC＝E﹣I（R+r），可知电容器的电压减小，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将向下运动。R1的电压等于电容器的电压，则R1的电压减小。根据I＝I1+I2，I增大，可知流过R2的电流I2增大，且有|ΔI1|＜|ΔI2|。故答案为：＜，向下。【点评】本题是含有电容器的动态电路分析，解决的思路一般为：从部分到整体再到部分。18．（2023秋•福州期末）如图，电动机M与灯泡L串联在电路中，电动机M的线圈电阻为2Ω，灯泡L的电阻为6Ω，电源的电动势为E＝16V、内阻为r＝1Ω。闭合开关S后，灯泡正常发光，电动机正常运转，电动机线圈上产生的热功率为2W，忽略电动机转动时受到的摩擦，则电动机M输出的机械功率＝7W；电源输出的电功率P＝15W。【考点】纯电阻电路的能量转化特点；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；推理能力．【答案】7，15。【分析】根据P′＝I2R，求电流，再根据欧姆定律，求M电压，电动机M输出的机械功率等于电动机总功率减电动机热功率；电源的输出电功率等于电源总功率减电源热功率。【解答】解：电动机线圈上产生的热功率为2W，电动机M的线圈电阻为2Ω，根据P′＝I2R，代数数据解得I＝1A，则电源内电压Ur＝Ir，即Ur＝1V，灯泡L的电阻为6Ω，灯泡L的电源UL＝IRL，即UL＝6V，电动机M的电压UM＝E﹣Ur﹣UL，即UM＝9V，则电动机M输出的机械功率为PM﹣P′＝UMI﹣I2R，代入数据电动机M输出的机械功率为7W，电源输出的电功率为P＝EI﹣I2r，代入数据电源输出的电功率为15W。故答案为：7，15。【点评】本题解题关键是掌握输出功率等于总功率减掉热功率。19．（2023春•静安区校级期中）常用的手电筒是把两节干电池串联的电池组作为电源。已知电池组的电动势E＝3.0V手电筒内小灯泡的额定电压U＝2.4V，额定电流I＝0.3A。闭合开关，小灯泡刚好正常工作，此时小灯泡的电阻R＝8Ω，电池组的内阻r＝2Ω。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【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】8，2。【分析】根据欧姆定律计算小灯泡的电阻R。根据闭合回路欧姆定律求解电池组的内阻r。【解答】解：小灯泡的电阻R=UI=根据闭合回路欧姆定律可得：U＝E﹣Ir代入数据解得：r＝2Ω故答案为：8，2。【点评】解答本题时，要掌握欧姆定律和闭合电路欧姆定律，要知道小灯泡刚好正常工作时，其电压为额定电压，功率为额定功率。20．（2022秋•龙岩期末）半导体材料制成的电阻器D，通过它的电流I随它两端电压U的变化关系如图（a）所示。D的阻值随它两端电压U的增大而减小（选填“增大”或“减小”）。D与定值电阻R1、R2并联后接入电压恒为U的电源两端，三个用电器的电功率相同。现将三个用电器连接成如图（b）的电路，仍接在电压恒为U的电源两端，此时D、R1、R2的电功率分别是PD、P1、P2，三者的大小关系是PD＜P2＜P1。【考点】电功和电功率的计算．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】减小，PD＜P2＜P1。【分析】根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系。【解答】解：（1）由图（a）得，随电压增大，电压与电流的比值减小，即阻值减小。（2）电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电压U，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1＝R2，而RD与R2并联，电压相等，根据电功率公式P=U2R得，PD＜P2。定值电阻R1、R2阻值相等，通过电阻R1的电流I1＝I2+ID，一定大于通过R2的电流I2，根据电功率公式P＝I2R得P1＜P2，则PD＜P2故答案为：减小，PD＜P2＜P1。【点评】本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析。四．解答题（共5小题）21．（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。22．（2023秋•天津期末）在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I＝kU3的规律（式中k＝0.02A/N3）；R2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E＝6V，导线、电键和电流表电阻不计。闭合开关S后，电流表的示数为0.16A。求：（1）R1两端的电压U1；（2）R2两端的电压U2；（3）电源的内电阻r。【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）R1两端的电压U1为2V。（2）R2两端的电压U2为3.84V。（3）电源的内电阻r为1Ω。【分析】（1）根据通过R1的电流I和它两端的电压U遵循I＝kU3的规律，求出R1两端的电压。（2）根据欧姆定律求出R2的电压。（3）根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻r。【解答】解：（1）闭合开关S后，电流表的示数为I＝0.16A据题可得：I=则得U1=3（2）R2两端的电压U2＝IR2＝0.16×24V＝3.84V（3）根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U1+IR2+Ir解得：r＝1Ω答：（1）R1两端的电压U1为2V。（2）R2两端的电压U2为3.84V。（3）电源的内电阻r为1Ω。【点评】解决本题的关键要读懂题意，明确导体棒的电流I和电压U的关系，再根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律进行解答。23．（2024春•徐州期末）如图所示，电源的电动势E＝10V，闭合开关S后，标有“6V12W”的两个灯泡恰能正常发光。求：（1）通过灯泡L1的电流I1；（2）电源的内阻r。【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流；用闭合电路的欧姆定律计算电源的电动势和内阻．【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）通过灯泡L1的电流I1为2A；（2）电源的内阻r为1Ω。【分析】（1）两个灯泡恰能正常发光，根据功率公式P＝UI计算通过灯泡L1的电流。（2）根据闭合电路的欧姆定律求电源的内阻r。【解答】解：（1）两个灯泡恰能正常发光，则通过灯泡L1的电流为I1（2）根据闭合电路的欧姆定律得E＝UL+2I1r解得：r＝1Ω答：（1）通过灯泡L1的电流I1为2A；（2）电源的内阻r为1Ω。【点评】解答本题时，要掌握功率公式P＝UI和闭合电路欧姆定律，知道灯泡在额定电压下才能正常工作。24．（2024春•东城区校级期末）小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω.车灯接通电动机未起动时，电流表示数为10A；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60A，求：（1）电动机未启动时，车灯的功率；（2）电动机启动时，车灯的功率。【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】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【答案】（1）电动机未启动时，车灯的功率为120W；（2）电动机启动时，车灯的功率为75.2W。【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律计算灯泡两端电压，再根据功率公式计算功率；（2）电机启动时，根据闭合电路欧姆定律重新计算灯泡两端电压，再根据灯泡功率公式计算解答。【解答】解：（1）电动机未启动时，车灯、电流表和电源串联，根据闭合电路欧姆定律可知此时的路端电压U＝E﹣I1r＝12.5V﹣10×0.05V＝12V则车灯的功率P＝UI1＝12×10W＝120W（2）根据欧姆定律可知，车灯的电阻R=UI1电动机启动瞬间，车灯两端电压U′＝E﹣I′r＝12.5V﹣60×0.05V＝9.5V车灯的功率P′=U答：（1）电动机未启动时，车灯的功率为120W；（2）电动机启动时，车灯的功率为75.2W。【点评】熟练掌握闭合电路的欧姆定律的应用，特别是在外电路性质发生变化的情况下计算电压和电流要引起足够的重视。25．（2024春•浦东新区校级期末）无人机因机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险等优点，被广泛应用在生产生活中。（1）一无人机的动力装置是由四个多旋翼电机并联组成，设每个电机内阻为r、额定电流和电压分别为I和U。正常工作时无人机的输出功率为A。A．4（UI﹣I2r）B．4UIC．4I2rD．4（2）一质量为m的无人机从地面静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图1所示。无人机飞至高为2h0处时，空气对其作用力大小为2mg；无人机飞至3h0处时的速度为5gℎ0（3）一质量为m＝2.0kg的无人机对一静止的轿车进行拍摄。如图2，无人机以车中心所在的竖直线为轴线，在地面上方的水平面内做半径为R＝4.0m、角速度为ω＝1.5rad/s的匀速圆周运动。①此运动过程中，空气对无人机的作用力方向为B。A．竖直向上B．斜向上C．水平方向D．斜向下E．竖直向下②此运动过程中，空气对无人机的作用力大小为多少？（计算题）（4）某同学利用无人机玩投球游戏。无人机在距地高为H水平面内匀速直线运动，释放可视为质点的小球，小球飞行过程中不计空气阻力。①小球在空中飞行过程中，小球加速度方向的是C。②若小球到达水平地面时，速度方向与水平方向间的夹角为θ，求：Ⅰ.无人机匀速飞行时的速度大小v0；（计算题）Ⅱ.从抛出到落地过程中小球动量的变化量的大小Δp。（计算题）【考点】电动机中的能量转化与计算；飞机投弹问题；向心力的来源分析；牛顿第二定律求解向心力；动能定理的简单应用；动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）A；（2）2mg；5gℎ0；（3）①B；②27N；（4）①C；②Ⅰ.无人机匀速飞行时的速度大小v0为2gHtanθ【分析】（1）根据飞行器的输出功率等于总功率减去热功率，结合焦耳定律分析求解；（2）根据牛顿第二定律，结合动能定理表达式分析求解；（3）根据对无人机受力分析，受重力，空气作用力，二者的合力沿水平方向提供向心力，结合牛顿第二定律分析求解；（4）根据小球在空中飞行过程中，水平方向上有初速度，竖直方向上受重力作用，则小球做平抛运动，结合动量定理分析求解。【解答】解：（1）无人机的飞行器正常工作时，其电路是非纯电阻电路，正常工作时工作电流为I、电压为U，所以飞行器消耗的总功率P＝4UI每个电机内阻为、所以热功率P热＝4I2r则飞行器的输出功率P出＝4UI﹣4I2r故BCD错误，A正确。故选：A。（2）从h0飞至2h0高处，根据牛顿第二定律可得F﹣mg＝mg解得F＝2mg无人机飞至3h0处，根据动能定理可得m⋅12×（2h0+3h解得v=（3）①对无人机受力分析，受重力，空气作用力，二者的合力沿水平方向提供向心力，故空气对无人机的作用力方向为斜向上。故ACD错误，B正确。故选：B。②因为无人机在水平面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律F合＝mRω2其中F合2=F联立解得，空气对无人机的作用力大小为F≈27N（4）①小球在空中飞行过程中，水平方向上有初速度，竖直方向上受重力作用，故小球做平抛运动，加速度为重力加速度，方向竖直向下。故ABD错误，C正确。故选：C。②Ⅰ.竖直方向上v2＝2gH解得v=又tanθ=解得v0=Ⅱ.以向下为正方向，从抛出到落地过程中小球动量的变化量的大小为Δp＝mgt＝mvy＝m2gH故答案为：（1）A；（2）2mg；5gℎ0；（3）①B；②27N；（4）①C；②Ⅰ.无人机匀速飞行时的速度大小v0为2gHtanθ【点评】本题综合考查了非纯电阻电路的计算、圆周运动、平抛运动等相关知识，理解各个物理量和公式的含义，准确对运动状态和过程分析是解决此类问题的关键。

考点卡片1．力的定义和特点【知识点的认识】1.定义：力是物体间的相互作用。2.三要素：大小、方向、作用点3.性质①物质性：力是物体对物体的作用，一个物体受到力的作用，一定有另一个物体对它施加这种作用（即同时存在施力物体和受力物体）。力不能脱离物体而单独存在。‌②相互性：任何两个物体之间的作用总是相互的，施力物体同时也一定是受力物体。只要一个物体对另一个物体施加了力，受力物体反过来也肯定会给施力物体增加一个力。这种相互作用力必然是同时产生，同时消失的。‌③矢量性：力是矢量，既有大小又有方向。这意味着力的效果不仅取决于其大小，还取决于其方向。④同时性：力同时产生，同时消失。这意味着力的作用不会随着时间的推移而改变，除非有其他因素介入。⑤独立性：一个力的作用并不影响另一个力的作用。这意味着在一个力的作用下，另一个力的作用效果不会受到影响。【命题方向】关于力的说法中正确的是（）A、力是物体对物体的作用B、力不能离开受力物和施力物而单独存在C、只有直接接触的物体才有力的作用D、力是矢量，其大小可用弹簧秤测量分析：根据力的概念，分析力能否离开物体而单独存在．不直接接触的物体之间也可能有力的作用．力是矢量，其大小可用弹簧秤测量．解答：A、力是一个物体对另一个物体的作用。故A正确。B、由于力是物体对物体的作用，则力不能离开受力物和施力物而单独存在。故B正确。C、力有接触力，也有不接触力，比如重力、电场力、磁场力等等，说明不直接接触的物体之间也可能有力的作用。故C错误。D、力既有大小，又有方向，是矢量，其大小可用弹簧秤测量。故D正确。故选：ABD。点评：本题要抓住力的物质性：力不能离开物体而单独存在的．力有“三性”：物质性、相互性和矢量性．【解题思路点拨】力是物体与物体之间的相互作用，要牢记力的五个性质：物质性、相互性、同时性、矢量性和独立性。2．飞机投弹问题【知识点的认识】1.模型概念：飞机投弹问题是平抛运动的一种特殊情境。2.模型解释：飞机在运动过程中投下炮弹，由于惯性，炮弹具有和飞机相同的水平速度，此后炮弹在重力作用下做平抛运动，因此可以用平抛运动的规律解决飞机投弹问题。【知识点的认识】如图所示，一战斗机在距地面高度一定的空中，由东向西沿水平方向匀速飞行，发现地面目标P后，开始瞄准并投掷炸弹．若炸弹恰好击中目标P，假设投弹后飞机仍以原速度水平匀速飞行（空气阻力不计），则（）A、飞机投弹时在P点的正上方B、炸弹落在P点时，飞机在P点的正上方C、飞机飞行速度越大，投弹时飞机到P点的距离应越大D、无论飞机飞行速度多大，从投弹到击中目标经历的时间是一定的分析：正在匀速飞行的飞机投掷炸弹后，炸弹做平抛运动，在炸弹落地时间内水平方向的位移与飞机飞行的位移相同．根据平抛运动的规律进行分析．解答：A、炸弹离开飞机后做平抛运动，飞机应该在P点的右上方投弹，才可以击中P点，故A错误。B、炸弹离开飞机后做平抛运动，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，飞机以相同速度做匀速直线运动，可知炸弹落在P点时，飞机在P点的正上方，故B正确。CD、高度一定，根据t=2ℎ故选：BCD。解决本题的关键关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，并能正确分析实际问题．【解题思路点拨】飞机投弹问题符合平抛运动的规律，只要从竖直和水平两个方向上分别对其进行研究，就可以求出有关参数。3．向心力的来源分析4．牛顿第二定律求解向心力5．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ltP＝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=WBD、根据η=WC、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=W6．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=1（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。7．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv−mv0t=【命题方向】题型一：动量定理的应用例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mg△tB.mv△tC.mv△t+分析：由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．解答：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+mv故选：C．点评：本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．8．电场强度的定义和单位【知识点的认识】1.单场强度的定义：试探电荷所受电场力与所带电荷量之比叫作电场强度。2.表达式：E=F3.标矢性：矢量，方向与放在该处的正电荷受力方向一致。4.意义：描述电场的性质的物理量，取决于电场本身。5.单位：牛每库，符号N/C。【命题方向】电场中有一点P，下列说法中正确的是（）A、若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的场强减半B、若P点没有试探电荷，则P点场强为零C、P点的场强方向为放在该点的负电荷的受力方向D、P点的场强大小和方向与放入的试探电荷无关分析：场强反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，与放入电场中试探电荷无关．场强方向是放在该点的正电荷的受力方向．解答：A、场强反映电场本身的强弱和方向，由电场本身决定，将放在P点的电荷的电荷量减半，P点的场强不变。故A错误。B、场强是由电场本身决定的，与试探电荷无关，若P点没有试探电荷，P点场强不变，不为零。故B错误。C、场强方向是放在该点的正电荷的受力方向，与放在该点的负电荷的受力方向相反。故C错误。D、场强是描述电场本身性质的物理量，与放入电场的试探电荷无关。故D正确。故选：D。点评：本题考查场强的物理意义和方向，抓住场强反映电场本身特性的物理量，方向与正电荷所受的静电力方向相同是关键．【解题思路点拨】E=F9．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=10．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。11．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