2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題09 恒定電流（含解析）

《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題09 恒定電流（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題09 恒定電流（含解析）（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題09 恒定電流 第一部分名師綜述 電路的分析與計算是本章的重點內(nèi)容.電路的分析與計算、電路基本概念的理解以及基本規(guī)律的掌握情況，是近幾年高考考查的重點，因此要求在熟練掌握串、并聯(lián)電路特點的基礎(chǔ)上，進(jìn)一步掌握閉合電路歐姆定律的應(yīng)用問題、動態(tài)分析問題、故障判斷問題以及含電容電路問題的處理方法，同時要注意電路中的理想電表與非理想電表處理方法的不同，熟練掌握電路的簡化方法. 恒定電流主要考查以"電路"為核心的三部分內(nèi)容:一是以部分電路的歐姆定律為中心,考查直流電路的基本概念、伏安法測電阻、電功和電熱等問題;二是以閉合電路的歐姆定律為中心,考查電源的作用、閉合電路的功率分配和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系、

2、電路的路端電壓與電源電動勢和內(nèi)陰天的關(guān)系;三是以電路中的電工儀表的使用為中心,考查電學(xué)實驗中儀器的選取、電表的讀數(shù)、實物連接、數(shù)據(jù)處理和誤差分析等問題.尤其是電學(xué)知識聯(lián)系實際的問題和探究實驗問題是近幾年高考考查的熱點. 歐姆定律、焦耳定律往往與電磁感應(yīng)現(xiàn)象相交叉滲透；電功率、焦耳熱計算往往與現(xiàn)實生活聯(lián)系較密切，是應(yīng)用型、能力型題目的重要內(nèi)容之一，也是高考命題熱點內(nèi)容之一。歷屆高考命題形式一是以選擇、填空方式考查知識；二是與靜電、磁場和電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題，值得說明的是，近年來高考在對本章的考查中，似乎更熱衷于電路的故障分析.這類題通常都來自生活實際，是學(xué)生應(yīng)具備的基本技能.尤其引人關(guān)注的是電路

3、實驗有成為必考題的趨勢. 第二部分知識背一背 1．電功和電熱 電功W＝qU＝UIt；電熱Q＝I2Rt. （1）對純電阻電路，電功等于電熱，即電流流經(jīng)純電阻電路，消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以W＝Q＝UIt＝I 2Rt＝t. （2）對非純電阻電路（如電動機和電解槽），電能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為其他形式的能（如機械能或化學(xué)能等），所以電功必然大于電熱，即W>Q，這時電功只能用W＝UIt計算，電熱只能用Q＝I2Rt計算，兩式不能通用． 2．閉合電路歐姆定律 表達(dá)形式：①E＝U外＋U內(nèi)；②I＝（I、R間關(guān)系）；③U＝E－Ir（U、I間關(guān)系）；④U＝E（U、R間關(guān)系）． 注意：

4、①當(dāng)外電路斷開時（I＝0），路端電壓U等于電動勢E.若用理想電壓表測量，則讀數(shù)等于電動勢，在進(jìn)行斷路故障分析時，常用此結(jié)論進(jìn)行判斷，即何處斷路，何處兩端電壓等于電動勢．但用電壓表直接測量時，讀數(shù)卻略小于電動勢（因為有微弱電流流過電源而產(chǎn)生內(nèi)壓降）． ②當(dāng)外電路短路時（R＝0，因而U外＝0），電流最大，為Im＝（不允許出現(xiàn)這種情況，因為這會把電源燒壞）． 3．電源的功率與效率 （1）電源的功率P：也稱電源的總功率，是電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的功率，計算式為：P＝IE（普遍適用）；P＝＝I2（R＋r）（只適用于外電路為純電阻的電路）． （2）電源內(nèi)阻消耗功率P內(nèi)：是電源內(nèi)阻的熱功率，也

5、稱電源的損耗功率，計算式為：P內(nèi)＝I2r. （3）電源的輸出功率P外：是外電路上消耗的功率，計算式為：P外＝IU外（普遍適用）；P外＝I2R＝（只適用于外電路為純電阻的電路）． （4）電源的效率：η＝＝＝＝. （5）電源的輸出功率（P外）與外電阻R的關(guān)系： P外與R的關(guān)系圖象如圖所示： 由圖可以看出： 當(dāng)R＝r時，電源的輸出功率最大，Pm＝，此時電源效率η＝50%. 當(dāng)R＞r時，隨著R的增大輸出功率越來越小． 當(dāng)R＜r時，隨著R的增大輸出功率越來越大． 當(dāng)R由小于r增大到大于r時，隨著R的增大輸出功率先增大后減?。ǚ菃握{(diào)變化）． 4．含容電路的分析技巧 電容器兩極板間

6、的電壓等于與電容器并聯(lián)的電阻兩端的電壓，與電容器串聯(lián)的電阻兩端的電壓一定為零（有阻無流，則無電壓）． 第三部分技能+方法 一、直流電路動態(tài)分析 1．引起電路特征發(fā)生變化的主要原因有：①滑動變阻器滑片滑動，使電路的電阻發(fā)生變化；②開關(guān)的閉合、斷開或換向（雙擲開關(guān)）使電路結(jié)構(gòu)發(fā)生變化；③電路發(fā)生短路和斷路（電路故障）． 2．電路動態(tài)變化問題的分析思路 當(dāng)電路中某處的電阻發(fā)生變化時，先由局部電阻的變化推出外電路電阻R外的變化，再由閉合電路的歐姆定律I總＝和U端＝E－I總r討論干路電流I總的變化和路端電壓U端的變化，最后分析對其他部分電路產(chǎn)生的影響，從而分別確定各元件上其他量的變化情況（使用

7、的公式是部分電路歐姆定律、電路中各元件上的電壓關(guān)系和電流關(guān)系等）． 注意：①電路的總電阻總是隨其中任一電阻的增大而增大，隨任一電阻的減小而減?。浑娮璨⒙?lián)的數(shù)目越多，總阻值越?。? ②從電路分析角度看，斷路可認(rèn)為是電路中某處電阻增大到無窮大，短路可認(rèn)為是電路某處電阻減小到零，因此電路故障問題可以視為特殊的動態(tài)分析問題； ③對電路進(jìn)行簡化時，電壓表和電容器視為斷路，電流表視為短路； ④電容器是一個儲存電能的元件，在直流電路中，當(dāng)電容器充、放電時，其所在電路中有充、放電電流，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，電容器就相當(dāng)于一個阻值無窮大的電阻，則電容器所在電路處可視為斷路．分析計算含有電容器的直流電路時應(yīng)注

8、意： 電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，在此支路的電阻沒有電壓降，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓．電路中的電流、電壓變化時，將會引起電容器充（放）電． 二、與電功、電功率、電熱相關(guān)問題的綜合分析 純電阻電路中，電功率等于熱功率；非純電阻電路中，電功率只有一部分轉(zhuǎn)化成熱功率．純電阻電路中只有電阻元件，如電熨斗、電爐、白熾燈等；非純電阻電路中常含有電動機、電解槽等． 三、含容電路問題的綜合分析 電容器是一個儲存電能的元件.在直流電路中,當(dāng)電容器充放電時,電路里有充放電電流.一旦電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),電容器在電路中就相當(dāng)于一個阻值無限大的元件,電容器所處電路看做是斷路,簡

9、化電路時可去掉它.簡化后若要求電容器所帶電荷量時,可在相應(yīng)的位置補上.在具體方法上要注意以下幾點: （1）根據(jù)Q=CU?ΔQ=CΔU可知,要求電容器所帶電荷量以及充放電時所帶電荷量的變化,關(guān)鍵是求電容器兩端的電壓. （2）在電路分析時要注意電容器所在支路的連接情況.電路穩(wěn)定后,由于電容器所在支路無電流通過,所以此支路中的電阻上無電壓降,可以把與電容器串聯(lián)的電阻看成導(dǎo)線,電容器兩極板間的電壓就等于該支路兩端的電壓. （3）對于較復(fù)雜的電路,經(jīng)常需要將電容器兩端的電勢與基準(zhǔn)點的電勢進(jìn)行比較后才能確定電容器兩端的電壓. 四、U-I圖像的意義 復(fù)習(xí)時注意電源的伏安特性曲線反映的是電源自身的性

10、質(zhì),具有豐富的內(nèi)涵（如圖所示）:1.圖線與縱軸的截距表示電源的電動勢;2.與橫軸的截距表示短路電流;3.斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻;4.圖線上任意一點所對應(yīng)的電壓和電流的比值（或者說任意一點與坐標(biāo)原點O連線的斜率）表示接在外電路的電阻;5.陰影部分面積表示電流為I時,外電路電阻兩端的輸出功率,四邊形AEOI的面積表示電源的總功率。 導(dǎo)體的伏安特性曲線反映導(dǎo)體的性質(zhì).如果是遵循歐姆定律的線性元件,這是一條直線,電阻恒定不變（如圖中直線b所示）;如果是不遵循歐姆定律的非線性元件,如氣體?半導(dǎo)體等,就是一條曲線.電阻不斷變化,其曲線上每一點對應(yīng)的電壓與電流的比值就是此時導(dǎo)體的電阻（或說成此點與坐

11、標(biāo)原點連線的斜率表示此時導(dǎo)體的電阻）. 五、電路故障的分析方法 （1）斷路故障的判斷：用電壓表與電源并聯(lián),若有電壓時，說明電源正常；若將電壓表與某段電路并聯(lián)，示數(shù)不為零,而與其他各段電路并聯(lián)時電壓表示數(shù)為零，則這一段電路斷路. （2）短路故障的判斷：電流表有示數(shù),而用電器不工作,則該支路短路；用電壓表與該部分并聯(lián),若有電壓時，未短路；若無電壓,則該兩點間可能短路或被短路. （3）分析電路故障的基本方法是假設(shè)法：如果電路發(fā)生某種故障，尋求故障發(fā)生在何處時，可將整個電路劃分為若干部分；然后逐一假設(shè)某部分電路發(fā)生故障，運用電路規(guī)律進(jìn)行正向推理，推理結(jié)果若與題干中所述物理現(xiàn)象不符合，則故障

12、不是發(fā)生在這部分電路；若推理結(jié)果與題干中所述物理現(xiàn)象符合，則故障可能發(fā)生在這部分電路，直到找出發(fā)生故障的全部可能為止，亦稱排除法. 第四部分基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導(dǎo)體，但 R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導(dǎo)體同時放置在同一勻強磁場B中，磁場方向垂直于兩導(dǎo)體正方形表面，在兩導(dǎo)體上加相同的電壓，形成圖所示方向的電流；電子由于定向移動，會在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用，從而產(chǎn)生霍爾電壓，當(dāng)電流和霍爾電壓達(dá)到穩(wěn)定時,下列說法中正確的是（） A．R1中的電流大于R2中的電流 B．R1 中的電流小于R2中的電流 C．R1

13、 中產(chǎn)生的霍爾電壓小于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓 D．R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB．電阻R=ρLS，設(shè)正方形金屬導(dǎo)體邊長為a，厚度為b，則R=ρaab=ρb，則R1=R2，在兩導(dǎo)體上加上相同電壓，則R1中的電流等于R2中的電流，故AB錯誤。 CD．根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=eUHa，解得：UH=Bav=Ba?Ineab=1ne?BIb，則有R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓，故C錯誤，D正確。 2．如圖所示電路中，電源內(nèi)阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表。平行板電容器C內(nèi)部有一個用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小

14、球，穩(wěn)定時細(xì)線偏離豎直方向一個小角度,當(dāng)滑動變阻器滑片P從右端向左端滑動的過程中,下列說法正確的是 A．電流表示數(shù)增大 B．電壓表示數(shù)增大 C．細(xì)線與豎直方向的偏角減小 D．滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、當(dāng)滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知，電路中總電流I增大，路端電壓減小，則電壓表V的示數(shù)減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電壓U并=E-I(R0+r)減小，通過燈L的電流減小，電流表示數(shù)減小，故A、B錯誤； C、

15、電容器C的電壓UC=IR0，I增大，UC增大，根據(jù)E=UCd和F=qE可電場力增大，根據(jù)平衡條件可知線與豎直方向的偏角增大，故C錯誤； D、若電源內(nèi)阻的阻值大于電阻R0的阻值，當(dāng)滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，可能會外電阻先大于電源內(nèi)阻后小于電源內(nèi)阻，則有電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等，故D正確； 故選D。 3．某同學(xué)設(shè)計了一個加速度計，如圖所示。電池電動勢均恒為E，內(nèi)阻不計，滑動變阻器阻值均勻，總電阻為R，總長度為L，滑塊2質(zhì)量為m，輕質(zhì)滑動片4與電阻接觸良好。輕質(zhì)彈簧3的彈勁度系數(shù)均為k，按圖連接電路后，電壓表指針的零點調(diào)到中央，

16、此時彈簧恰處在原長位置，滑動片4恰好在電阻中間位置。當(dāng)P端的電勢高于Q端時，指針向零點右側(cè)偏轉(zhuǎn) A．當(dāng)物體向右加速時，電壓表的指針向右偏轉(zhuǎn) B．當(dāng)物體向左減速時，電壓表的指針向右偏轉(zhuǎn) C．當(dāng)電壓表的讀數(shù)大小為U時，彈簧形變量均為x=ULE D．當(dāng)電壓表的讀數(shù)大小為U時，物體加速的大小為a=kULmE 【答案】 D 【解析】 【詳解】 當(dāng)滑片在中點時：UP-UQ=E-IR右=0，當(dāng)物體向右加速時，R右變大，I不變，則UP

17、，由牛頓第二定律得2kx=ma；設(shè)電阻器單位長度的電阻為r，則電路中的電流為I=2ER=2ELr；電壓表的示數(shù)為 U=Ixr；由以上各式解得：x=UL2E，a=kULmE，則選項C錯誤，D正確；故選D. 4．用多用電表探測圖甲所示的黑箱發(fā)現(xiàn)：用直流電壓擋測量，E、G 兩點間和 F、G 兩點間均有電壓，E、F 兩點間無電壓；用歐姆表測量，黑表筆（與電表內(nèi)部電源的正極相連）接 E 點，紅表筆（與電表內(nèi)部電源的負(fù)極相連）接 F 點，阻值很小，但反接阻值很大．那么該黑箱內(nèi)元件的接法可能是（） A． B． C． 【答案】 B 【解析】 【詳解】 用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G

18、兩點間均有電壓，說明E、G與F、G間可能有電源存在；用歐姆檔測量，因電流從黑表筆出來通過導(dǎo)體再從紅表筆進(jìn)入歐姆表，故若黑表筆接E點紅表筆接F點時電阻小，說明電流容易從E通過導(dǎo)體，若黑表筆接F點紅表筆接E點時電阻很大，說明電流不能從F通過，這就說明E、F間有二級管且E是正極，故該黑箱內(nèi)元件的接法為B，故選項B正確，AC錯誤。 5．如圖所示電路，電表都是理想電表，R2=r．當(dāng)閉合開關(guān) S，觸片 P 向左滑動過程中，四塊電表的讀數(shù)均發(fā)生變化，設(shè)在滑動過程中 A1、A2、V1、V2在同一時刻的讀數(shù)分別是 I1、I2、U1、U2；電表示數(shù)的變化量的絕對值分別是△I1、△I2、△U1、△U2，那么下列說

19、法正確的是（） A．I1減小，I2增大 B．U1增大，U2減小 C．ΔU2ΔI2為定值、ΔU1ΔI2增大 D．電源的輸出功率在減小，效率在降低 【答案】 B 【解析】 【詳解】 A、當(dāng)觸片P向左滑動過程中，導(dǎo)致電阻變大，則總電阻變大，總電流變小，即I2減小，因內(nèi)電壓變小，那么外電壓增大，由于電阻R2電壓減小，即V2示數(shù)U2減小，則V1的示數(shù)U1增大，因此通過電阻R0的電流在增大，則流過I1的電流在減小，故A錯誤，B正確； C、由圖可知ΔU1ΔI2=R2+r，ΔU2ΔI2=R2均為定值，故C錯誤； D、根據(jù)推論：外電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，由題意，開始

20、時外電阻大于電源內(nèi)阻，則當(dāng)變阻器的滑動觸頭P向左移動時，外電路總電阻增大，電源輸出的電功率減小，而電源的供電效率η=UIEI=UE，外電阻增大，路端電壓U增大，電源的供電效率提高，故D錯誤。 6．某同學(xué)將一直流電源的總功率 PE、輸出功率 PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率 Pr隨電流 I 變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)系中，如圖中的 a、b、c 所示。下列說法中錯誤的是（） A．直線 a 表示電源的總功率 PE﹣I 圖線 B．曲線 c 表示電源的輸出功率 PR﹣I 圖線 C．電源的電動勢 E=3V，內(nèi)阻 r=1Ω D．電源的最大輸出功率 Pm=2W 【答案】 D 【解析】 【詳解】

21、 A、由電源總功率和電源內(nèi)阻消耗功率表達(dá)式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直線，表示的是電源的總電功率，b是拋物線，表示的是電源內(nèi)電阻上消耗的功率，c表示外電阻的功率即為電源的輸出功率PR，所以AB正確； C、由圖可知，當(dāng)短路時，電流為3A，總功率PE=9W，則由PE=EI可知電動勢為E=3V，內(nèi)阻為r=33Ω=1Ω，故C正確； D、當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時即為b、c線的交點時的電流，此時電流的大小為ER+r=E2r，功率的大小為P'=E24r=324×1W=2.25W，故選項D錯誤。 7．“電子眼”又稱“電子警察”，是“智能交通違章監(jiān)攝管理系統(tǒng)”的俗稱。某種

22、“電子眼”采用硅光電池供電，其原理如圖所示，a、b是硅光電池的兩個電極，P、N是兩塊硅半導(dǎo)體，E區(qū)是兩塊半導(dǎo)體自發(fā)形成的勻強電場區(qū)，P的上表面鍍有一層增透膜，光照射到半導(dǎo)體P上，使P內(nèi)受束縛的電子成為自由電子（不計重力），自由電子經(jīng)E區(qū)勻強電場從P區(qū)向N區(qū)的電場力作用后到達(dá)半導(dǎo)體N，從而產(chǎn)生電動勢，形成電流。下列說法正確的是 A．b電極為硅光電池的正極 B．E區(qū)勻強電場的電場強度方向由N指向P C．硅光電池內(nèi)部的電流方向由P指向N D．若將硅光電池移至光照較強處，則其產(chǎn)生的電動勢變小 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)負(fù)電荷的電場力從而確定電場強度的方向，由電流的方

23、向與負(fù)電荷的運動方向相反，可確定電源的內(nèi)部電流方向． 【詳解】 A.B.C、根據(jù)題意，E區(qū)電場能使P逸出的自由電子向N運動，因負(fù)電荷受到的電場力與電場方向相反，所以電場方向由N指向P，由于電流的方向與負(fù)電荷的運動方向相反，所以電源內(nèi)部的電流方向由N指向P，則可知，a為電源的正極；故AC錯誤，B 正確； D、將硅光電池移至光照較強處，P內(nèi)受束縛的電子成為自由電子變多，轉(zhuǎn)化的光能變多，產(chǎn)生的電動勢變大。故D錯誤。 【點睛】 本題考查根據(jù)電荷的電場力的方向來確定電場強度的方向，并掌握電流的方向與負(fù)電荷的運動方向關(guān)系，同時理解電源內(nèi)部的電流的方向． 8．自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系

24、的，很多物理學(xué)家為尋找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻(xiàn)，下列說法錯誤的是（　?。? A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系 B．歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系 C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系 D．焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可. 【詳解】 A、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故A正確； B、D、歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律，說明了流過導(dǎo)體的電流與導(dǎo)體兩端的電壓、導(dǎo)體的電阻之

25、間的聯(lián)系；焦耳發(fā)現(xiàn)了焦耳定律，說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系。故B錯誤，D正確； C、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，故C正確； 此題選擇不正確的故選B. 【點睛】 本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一. 9．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小).當(dāng)電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電容充放電對電路的影響，有關(guān)下列說法中正確的是(? ???) A．只逐漸增大R1

26、的光照強度，電阻R3中有向下的電流 B．只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電阻R3中有向上的電流 C．只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，帶電微粒向上運動 D．若斷開電鍵S，帶電微粒向上運動 【答案】 C 【解析】 【分析】 電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，其電壓等于與之并聯(lián)的滑動變阻器部分的電壓．只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，電容器兩端的電壓增大，電容下極板帶的電荷量變大，所以電阻R3中有向上的電流，電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電

27、容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E=U/d分析板間場強變化和油滴所受電場力變化，判斷油滴的運動情況．若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)． 【詳解】 只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容器充電，因電容下極板帶正電，所以電阻R3中有向上的電流，故A錯誤；電路穩(wěn)定時，電容相當(dāng)于開關(guān)斷開，只調(diào)節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，故B錯誤；只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E=U/d可知，電場力變大，帶點微粒向上運動，故C正確；若

28、斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，兩板電壓減小，場強減小，則油滴向下運動，故D錯誤。故選C。 10．電源、一個水平放置的平行板電容器、兩個電阻箱R1、R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路。當(dāng)把電阻箱R1、R2調(diào)到某個值時，閉合開關(guān)S，電容器中的一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列操作可以讓帶電液滴向下運動的是 A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．?dāng)嚅_開關(guān)S D．把電容器的上極板向上平移 【答案】 D 【解析】 【分析】 閉合開關(guān)后，R2與電容器并聯(lián)，R1相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器上極板帶正電，帶電液滴受重力和電場力處于平衡；斷開開關(guān)，R1和R3以及電容器和電源構(gòu)

29、成一回路，R1和R3都相當(dāng)于導(dǎo)線，電容器兩端間的電勢差等于電源的電動勢，由此分析； 【詳解】 A、閉合開關(guān)S，電容器上極板帶正電，帶電液滴受重力和電場力處于平衡，電場力豎直向上，可知帶電液滴帶負(fù)電，當(dāng)R1的阻值增大時，電容器兩端間的電勢差不變，板間場強不變，則帶電液滴受到的電場力不變，液滴保持靜止不動，故A錯誤； B、將R2的阻值增大時，則R2兩端間的電壓增大，所以電容器兩端間的電壓增大，液滴所受的電場力變大，液滴將向上運動，故B錯誤； C、斷開開關(guān)，穩(wěn)定時電容器兩端間的電勢差等于電源的電動勢，電容器的電壓增大，液滴所受的電場力變大，液滴將向上運動，故C錯誤； D、把電容器的上極板向

30、上平移少許，d增大，而電容器兩端的電勢差不變，根據(jù)E=Ud可知板間場強減小，液滴所受的電場力變小，液滴將向下運動，故D正確； 故選D。 二、多選題 11．如圖所示，某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負(fù)極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實驗”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.1T，玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m，電源的電動勢為E=3V，內(nèi)阻r=0.1Ω，限流電阻R0=4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時電壓表的示數(shù)為1.5V，則（不計一切摩擦阻力）（ ） A．由上往

31、下看，液體做逆時針旋轉(zhuǎn) B．液體所受的安培力大小為1.5N C．閉合開關(guān)后，液體熱功率為0.081W D．閉合開關(guān)10s，液體具有的動能是3.69J 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A、根據(jù)左手定則，導(dǎo)電液體受到的安培力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故A正確； B、電壓表的示數(shù)U=1.5V，則根據(jù)閉合電路歐姆定律：E=U+IR0+Ir，所以電路中的電流值為：I=E-UR0+r=0.3A，液體所受安培力為F=BIa=1.5×10-3N，故B錯誤； C、玻璃皿中兩極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，液體的熱功率為：P熱=I2R=0.081W，故C正確； D、根

32、據(jù)能量守恒定律，閉合開關(guān)10s，液體具有的動能是：Ek=W電流-W熱=(P-P熱)t=(UI-I2R)t=3.69J，故D正確； 12．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r。電路中的R2為總阻值一定的滑動變阻器，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。?。當(dāng)電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。有關(guān)下列說法中正確的是 A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R2消耗的電功率變大，電壓表示數(shù)減小 B．只逐漸增大R1的光照強度，帶電微粒向上運動 C．只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端p向下端移動時，電壓表示數(shù)減小，電容器所帶電荷量增多 D．只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端p向下端移動時，帶點粒子向下

33、運動 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 AB、只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得外電壓U=E-Ir減小，電壓表示數(shù)減??；根據(jù)電功率公式P=I2R可知電阻R2消耗的電功率變大，根據(jù)歐姆定律可知滑動變阻器的電壓變大，則有電容器兩端的電壓增大，由E=Ud可知板間電場強度增大，帶電微粒受到的電場力變大，帶電微粒向上運動，故A、B正確； C、只調(diào)節(jié)電阻R2的滑動端p向下端移動時，R2的阻值增大，總電阻增大，總電流減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得外電壓U=E-Ir增大，電壓表示數(shù)增大；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電阻R2兩端電壓U=E-I(

34、r+R1)增大，所以電容器兩端的電壓變大，根據(jù)Q=CU可知電容器所帶電荷量增多，由E=Ud可知板間場強增大，粒子受到的電場力變大，帶電微粒向上運動，故C、D錯誤； 故選AB。 13．如圖所示，電源電動勢E=1.5V，內(nèi)電阻r=0.5Ω，滑動變阻器R1的最大電阻Rm=5.0Ω，定值電阻R2=2.0Ω，C為平行板電容器，其電容為3μF。將開關(guān)S與a接觸，則 A．當(dāng)R1的阻值增大時，R2兩端的電壓減小 B．穩(wěn)定時R1消耗的最大功率為0.225w C．將開關(guān)從a接向b，流過R3的電流流向為c→d D．將開關(guān)從a接向b，待電路穩(wěn)定，流過R3的電荷量為9×10－3C 【答案】 ABC

35、 【解析】 【詳解】 當(dāng)R1的阻值增大時，外電路的總電阻增大，總電流減小，R2兩端的電壓減小，故A正確；將R2等效為電源的內(nèi)阻，當(dāng)R1＝R2+r＝2+0.5＝2.5Ω時，R1消耗的功率最大，最大功率為Pm=E24(r+R2)=1.524×2.5W=0.225W，故B正確；當(dāng)開關(guān)接a時，電容器右極板帶正電，將開關(guān)從a接向b，穩(wěn)定時電容器左極板帶正電，所以電容器先放電后反向充電，流過R3的電流流向為c→d，故C正確；因R1接入的阻值未知，不能求出電容器上電壓的變化，故不能求出流過R3的電荷量，故D錯誤；故選ABC。 14．如圖所示，平行金屬板中帶電液滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)，RG為光敏電阻(光照強

36、度增加時，其電阻值減小)，電流表和電壓表為理想電表?，F(xiàn)增加光照強度，則下列說法正確的是（） A．帶電液滴P將向下運動 B．電壓表的示數(shù)將增大 C．R1上消耗的功率將減小 D．電壓表的示數(shù)的變化量與電流表的示數(shù)的變化量的比值的絕對值△U△I將不變 【答案】 AD 【解析】 【分析】 根據(jù)RG光敏電阻的變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到電流表讀數(shù)變化，從而得到電壓表讀數(shù)變化；根據(jù)電容器兩端電壓變化得到場強變化，從而得到合外力變化，即可得到液滴運動方向；根據(jù)“總量法”討論電壓表和電流表讀數(shù)的比值的變化。 【詳解】 增加光照強度，則RG的阻值減小，電路的總電阻

37、減小，總電流變大，路端電壓減小，R1以及電源內(nèi)阻上的電壓變大，則R1上消耗的功率將變大，R3兩端的電壓減小，即電壓表V示數(shù)減小，電容器兩端電壓減小，兩板間場強減小，則帶電液滴P將向下運動，選項A正確，BC錯誤；根據(jù)U=E-I(R1+r)可知電壓表V 的示數(shù)的變化量與電流表A 的示數(shù)的變化量的比值的絕對值|ΔUΔI|=R1+r不變，選項D正確；故選AD. 【點睛】 電路計算問題，一般根據(jù)電路變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到路端電壓變化，進(jìn)而得到支路電流變化，最后求得電壓變化。 15．如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當(dāng)滑動變阻

38、器R4的滑片向b端移動時，則（） A．電壓表讀數(shù)減小 B．電流表讀數(shù)減小 C．質(zhì)點P將向上運動 D．R3上消耗的功率逐漸增大 【答案】 AD 【解析】 【分析】 R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再由R1串連接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，路端電壓減小，由于干路電流增大，R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓減小，由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過R4的電流增大，電流表示數(shù)增大；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2兩端電壓增大，R4兩端電壓減小，則電壓表示

39、數(shù)減小；R3兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，電容器中的場強減小，由此可判斷P的運動；R3上消耗的功率由P=U2R可知。 【詳解】 A、由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再由R1串連接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，路端電壓減小，由于干路電流增大，R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓減小，由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過R4的電流增大，故電流表示數(shù)增大,故B錯誤；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2兩端電壓增大，R4兩端電壓減小，則電壓表示數(shù)減小，故A正確。 C

40、、電容器與R3并聯(lián)，流過R3的電流減小，R3兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，電容器中的場強減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，電荷將向下運動，故C錯誤； D、因R3兩端的電壓減小，由功率P=U2R可知，R3上消耗的功率減??；故D錯誤。 故選：A 16．如圖所示的電路中，電源的電動勢E 和內(nèi)阻r 一定，A、B 為平行板電容器的兩塊正對金屬板，R1為光敏電阻(電阻隨光強的增大而減小)。當(dāng)R2的滑動觸頭P 在a 端時，閉合開關(guān)S，此時電流表A 和電壓表V的示數(shù)分別為I 和U。以下說法正確的是( ) A．若僅增大A、B 板間距離，則電容器所帶電荷量減少 B．若僅將R

41、2的滑動觸頭P 向b 端移動，則I 不變，U 增大 C．若僅用更強的光照射R1，則I 增大，U 減小，電容器所帶電荷量減少 D．若僅用更強的光照射R1，則U 變化量的絕對值與I 變化量的絕對值的比值減小 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A.若僅增大A、B板間距離，電容減小，板間電壓不變，則由電容的定義式C=QU分析可知電容器所帶電荷量減少，故A正確； B.滑動變阻器處于含電容支路中，相當(dāng)于導(dǎo)線，所以移動滑動觸頭，I不變，U不變。故B錯誤； C.若僅用更強的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，內(nèi)電壓和R3的電壓均增大，則電容器板間電壓減小，電容不變，由電容的

42、定義式C=QU分析可知電容器所帶電荷量減少。故C正確； D. 若僅用更強的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得U=E-Ir可得：ΔUΔI=r，不變，故D錯誤。 故選：AC。 17．在如圖甲所示的電路中，電源電動勢為3.0 V，內(nèi)阻不計，L1、L2為相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，R為定值電阻，阻值為7.5 Ω.當(dāng)開關(guān)S閉合后(　　) A．L1的電阻為112Ω B．L1消耗的電功率為0.75 W C．L2的電阻為7.5 Ω D．L2消耗的電功率為0.075 W 【答案】 BC 【解析】 【分析】 電源內(nèi)阻不計

43、，路端電壓等于電動勢不變．燈泡是非線性元件，根據(jù)L1、L2的電壓，由伏安特性曲線可讀出電流，由R=UI算出它們的電阻。 【詳解】 A項：電源電動勢為3.0V，內(nèi)阻不計，路端電壓為3V．L1和兩端的電壓為3V，由圖可知，此時的電流為0.25A，所以電阻值：R1=UI=3.00.25Ω=12Ω，故A錯誤； B項：由伏安特性曲線可以讀出L1和兩端的電壓為3V，由圖可知，此時的電流為0.25A，L1消耗的電功率為：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B正確； C項：在乙圖上做出電阻R的伏安特性曲線如圖， 由于R與L2串聯(lián)，所以二者的電流值是相等的，由圖可以讀出，此時二者的電壓都是1

44、.5V時，二者電壓的和等于3.0V，此時的電流值是0.2A．所以R2=1.50.2Ω=7.5Ω，故C正確； D項：L2消耗的電功率為：P′=U′?I′=1.5×0.2=0.3W，故D錯誤。 故應(yīng)選：BC。 【點睛】 在分析電阻的I-U與U-I圖線問題時，關(guān)鍵是搞清圖象斜率的物理意義，也就是說是k=1R還是K=R．對于線性元件，R=UI=ΔUΔI，但對于非線性元件，R≠ΔUΔI。 18．硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I變化的關(guān)系圖象（電池電動勢不變，內(nèi)阻不是定值），圖線b是某電阻R的U–I圖象。在該光照強度下將它們組

45、成閉合回路時，下列說法中正確的是 A．硅光電池的內(nèi)阻為10Ω B．硅光電池的總功率為0.72W C．硅光電池的內(nèi)阻消耗的熱功率為0.32 W D．若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率增大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 由閉合電路歐姆定律得 U=E-Ir，當(dāng)I=0時，E=U，由a圖線與縱軸的交點讀出電池的電動勢為 E=3.6V．根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為 U=2V，電流為 I=0.2A，則硅光電池的內(nèi)阻為r=E-UI=3.6-20.2Ω=8Ω，故A錯誤。硅光電池的總功率為：P總=EI=3.6×0.2W=0.72W，故B正確。硅

46、光電池的輸出功率為：P出=UI=0.4V，電池的內(nèi)阻消耗的熱功率為 P熱=P總-P出=0.32?W．故C正確。R的阻值 R=UI=10Ω＞r=8Ω，則若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率將減小，故D錯誤。故選BC。 【點睛】 本題考查對U-I圖象的理解能力。對于線性元件可直接利用歐姆定律研究；對于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解；同時對于電源的內(nèi)阻往往根據(jù)電源的U-I曲線研究斜率得到。 19．在如圖所示的電路中，電源的負(fù)極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，

47、下列說法中正確的是( ) A．電壓表示數(shù)變大 B．電流表示數(shù)變小 C．電容器C所帶電荷量增多 D．a(chǎn)點的電勢降低 【答案】 BD 【解析】 R2和R3下部分電阻并聯(lián)之后跟R1串聯(lián)，滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中有效阻值減小，使得干路電流增大即V（測R1兩端電壓）的示數(shù)增大，R2兩端電壓減小則通過它的電流減小，A的示數(shù)增大AB錯，電容器C所帶電荷量減少，C錯，V的示數(shù)增大即電勢降落增加，所以a點的電勢降低，D對 20．如圖，直線 a、拋物線 b 和 c 為某一穩(wěn)恒直流電源在純電阻電路中的總功率 PE、輸出功率 PR、電源內(nèi)部發(fā)熱功率 Pr隨路端電壓 U 變化的

48、圖象，但具體對應(yīng)關(guān)系未知，根據(jù)圖象可判斷（） A．圖象中任意電壓值對應(yīng)的功率關(guān)系為 PE=Pr+PR B．Pr﹣U 圖象的對應(yīng)圖線 b，由圖知電動勢為 3V，內(nèi)阻為 1Ω C．PE﹣U 圖象對應(yīng)圖線 a，由圖知電動勢為 9V，內(nèi)阻為 3Ω D．外電路電阻為 1Ω 時，輸出功率最大為 2W 【答案】 AB 【解析】 【分析】 根據(jù)功率公式P=U2R分別寫出三個功率PE、PR、Pr與路端電壓U的關(guān)系式，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求電源的電動勢和內(nèi)阻。根據(jù)內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，求得輸出功率最大值。 【詳解】 根據(jù)功率分配關(guān)系可得：PE=Pr+PR，故A正確；因Pr=(E-

49、U)2r，根據(jù)由數(shù)學(xué)知識可知，Pr-U圖象的對應(yīng)圖線b，當(dāng)Pr=0時E=U=3V，當(dāng)U=0時Pr=E2r=32r=9W，解得內(nèi)阻r=1Ω，故B正確。總功率PE=EI=E·E-Ur=-ErU+E2r，可知PE-U圖象對應(yīng)圖線a，由B分析可知電動勢為3V，內(nèi)阻為1Ω，故C錯誤；當(dāng)內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，即當(dāng)外電路電阻為1Ω時，輸出功率最大，最大輸出功率為Pm=12E2R=E24r=324×1W=2.25W，故D錯誤；故選AB。 【點睛】 本題的關(guān)鍵要根據(jù)功率公式得到三種功率的解析式，利用圖象信息進(jìn)行研究。要有基本的讀圖能力，根據(jù)數(shù)學(xué)知識來理解圖象的物理意義。 三、解答題 2

50、1．如圖所示，已知電源電動勢E＝5 V，內(nèi)阻r＝2 Ω，定值電阻R1＝0.5 Ω，滑動變阻器R2的阻值范圍為0～10 Ω.求： （1）當(dāng)滑動變阻器R2的阻值為多大時，電阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？ （2）當(dāng)滑動變阻器的阻值為多大時，滑動變阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？ 【答案】（1）2.5 Ω，2.5W；（2）1.5 Ω，3.125W 【解析】 【分析】 (1) 對于電源，當(dāng)外電路的電阻等于內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大；將電阻R1與電源等效成等效電源考慮； (2) 當(dāng)外電路的電阻等于內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大。 【詳解】 (1) 對于電源，當(dāng)外電路的電阻等于

51、內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大；將電阻R1與電源等效成電源，故當(dāng)R2=2.5Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大； P2m=E24R22=524×2.5W=2.5W； (2) 當(dāng)外電路的電阻等于內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大，故當(dāng)R2=1.5Ω時，電源的輸出功率最大； 電源輸出最大功率是Pm=E24r=524×2W=3.125W 【點睛】 本題采用結(jié)論法解題，關(guān)鍵記住“對于電源，當(dāng)外電路的電阻等于內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大”的結(jié)論。 22．如圖所示，電源的電動勢為6 V，內(nèi)阻是0.5 Ω，小電動機M的線圈電阻為0.5 Ω，電阻R0＝3 Ω，若理想電壓表的示數(shù)為3 V，試求： (1)電源的總

52、功率和電源的輸出功率； (2)電動機的輸入功率和電動機輸出的機械功率． (3)若取下電動機改用電阻箱接到該位置，當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，電阻箱R消耗的功率PR最大，并求這個最大值。 【答案】(1) 6 W ； 5.5 W (2) 2.5 W； 2 W (3) 2.6 W 【解析】 【詳解】 (1)電路中的電流I=UR0R0=3V3Ω=1A， 路端電壓：U端=E-Ir=6V-1×0.5V=5.5V； 電源的總功率：P總=EI=6×1W=6W 電源的輸出功率：P輸=U端I=5.5W (2)電動機兩端電壓：U=U端-UR0=2.5V 電動機的輸入功率：P入=UI=2.5W

53、 電動機輸出的機械功率：P出=P入-I2rM=2W (3)當(dāng)R=R0+r即R=(3+0.5)Ω=3.5Ω時， 電阻箱R消耗的功率最大為PR=E24(r+R0)=624×3.5W≈2.6W 【點睛】 本題關(guān)鍵抓住電路中電壓分配和能量的關(guān)系，不能直接根據(jù)歐姆定律這樣來求解電動機電路中電壓電流，因為電動機工作時，歐姆定律不成立． 23．如圖1所示，用電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。 （1）以U為縱坐標(biāo)，I為橫坐標(biāo)，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標(biāo)軸交點的物理意義。 （2

54、）a．請在圖2畫好的U-I關(guān)系圖線上任取一點，畫出帶網(wǎng)格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率； b．請推導(dǎo)該電源對外電路能夠輸出的最大電功率及條件。 （3）請寫出電源電動勢定義式，并結(jié)合能量守恒定律證明：電源電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電路電勢降落之和。 【答案】（1）U–I圖象如圖所示： 圖象與縱軸交點的坐標(biāo)值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標(biāo)值為短路電流 （2）a如圖所示： b.E24r （3）見解析 【解析】（1）U–I圖像如圖所示， 其中圖像與縱軸交點的坐標(biāo)值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標(biāo)值為短路電流 （2）a．如圖所示 b．電源輸出的電功率：P=I2R

55、=(ER+r)2R=E2R+2r+r2R 當(dāng)外電路電阻R=r時，電源輸出的電功率最大，為Pmax=E24r （3）電動勢定義式：E=W非靜電力q 根據(jù)能量守恒定律，在圖1所示電路中，非靜電力做功W產(chǎn)生的電能等于在外電路和內(nèi)電路產(chǎn)生的電熱，即 W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq E=Ir+IR=U內(nèi)+U外 本題答案是：（1）U–I圖像如圖所示， 其中圖像與縱軸交點的坐標(biāo)值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標(biāo)值為短路電流 （2）a．如圖所示 當(dāng)外電路電阻R=r時，電源輸出的電功率最大，為Pmax=E24r （3）E=U內(nèi)+U外 點睛：運用數(shù)學(xué)知識結(jié)合電路求出回路中最大輸

56、出功率的表達(dá)式，并求出當(dāng)R=r時，輸出功率最大。 24．三峽水電站是我國最大的水力發(fā)電站，平均水位落差約100m，水的流量約1.35×104m3/s。船只通航需要約3500m 3/s的流量，其余流量全部用來發(fā)電。水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流減少的勢能有20% 轉(zhuǎn)化為電能。 （1）按照以上數(shù)據(jù)估算，三峽發(fā)電站的發(fā)電功率最大是多大； （2）本市現(xiàn)行階梯電價每戶每月1擋用電量最高為240kW·h，如果按照本市現(xiàn)行階梯電價1擋最高用電量計算，三峽電站可以滿足多少戶家庭生活用電； （3）把抽水蓄能電站產(chǎn)生的電能輸送到北京城區(qū)。已知輸電功率為P，輸電線路的總阻值為R，要使輸電線路上損耗的功率小于ΔP

57、。 a．求輸電電壓的最小值U； b．在輸電功率一定時，請?zhí)岢鰞煞N減少輸電過程中功率損耗的方法。 【答案】（1）2×106kW（2）6×106戶（3）a．U=PΔPRb．①提高輸電電壓②增大導(dǎo)線橫截面積，減小電阻 【解析】（1）P=m'gh×20%=1.0×103×1.00×104×10×100×20%=2×106kW （2）每戶平均功率：P'=24030×24=0.333kW 2×1060.333=6×106戶 （3）a．輸電導(dǎo)線損失熱功率ΔP=I2R 輸電功率P=IU，∴U=PΔPR b．減少輸電過程中功率損耗的方法：①．提高輸電電壓； ②．增大導(dǎo)線橫截面積，減小電阻；

58、 25．如圖所示，M為一線圈電阻RM=0.5Ω的電動機，R=8Ω，電源電動勢E=10V．當(dāng)S斷開時，電流表的示數(shù)I1=1A，當(dāng)開關(guān)S閉合時，電流表的示數(shù)為I2=3A． 求： （1）電源內(nèi)阻r； （2）開關(guān)S斷開時，電阻R消耗的功率P． （3）開關(guān)S閉合時，通過電動機M的電流大小IM． 【答案】（1）2Ω （2）（3） 【解析】（1）當(dāng)S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律：，， r=2Ω； 電阻R消耗的功率： 路端電壓： R之路電流： 電動機的電流： 點睛：當(dāng)S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的內(nèi)阻．當(dāng)開關(guān)S閉合時，已知電流表的示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出路端電

59、壓，由歐姆定律求出通過R的電流，得到通過電動機的電流． 26．如圖所示，R為電阻箱，V為理想電壓表．當(dāng)電阻箱讀數(shù)為R1＝2Ω時，電壓表讀數(shù)為U1＝4V；當(dāng)電阻箱讀數(shù)為R2＝5Ω時，電壓表讀數(shù)為U2＝5V．求： （1）電源的電動勢E和內(nèi)阻r． （2）當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，電源的輸出功率最大？最大值Pm為多少？ 【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）當(dāng)R=r=1 Ω時，Pm=9 W 【解析】 試題分析：運用閉合電路歐姆定律，分別研究電阻為R1和R2的情況，列出含有電動勢和內(nèi)阻的方程組求解．當(dāng)電阻箱的阻值等于電源的內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大，再求解Pm． （1）由閉合電

60、路歐姆定律E=U+Ir得：E=U1+U1R1r，代入得E=4+42=4+2r①，E=U2+U2R2r，代入得：E=5+55r=5+r②，聯(lián)立上式并代入數(shù)據(jù)解得：E=6V，r=1Ω （2）當(dāng)電阻箱的阻值等于電源的內(nèi)電阻時電源的輸出功率最大，即有R=r=1Ω，電源的輸出功率最大為：Pm=I2R=(E2r)2r=E24r=624×1W=9W； 27．在圖所示的電路中，小量程電流表的內(nèi)阻Rg＝100Ω，滿偏電流Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2＝100999Ω。 （1）當(dāng)S1和S2均斷開時，改裝所成的表是什么表？量程為多大？ （2）當(dāng)S1和S2均閉合時，改裝所成的表是什么表？量程為多大？

61、 【答案】（1）電壓表 1 V （2）電流表 1 A 【解析】 【分析】 本題的關(guān)鍵是明確串聯(lián)電阻具有分壓作用，并聯(lián)電阻具有分流作用，即電流表改裝為電壓表時，應(yīng)將電流表與電阻串聯(lián)，改裝為電流表時，應(yīng)將電流表與電阻并聯(lián)。 【詳解】 由圖示電路圖可知，當(dāng)S1和S2均斷開時，G與R1串聯(lián)，此時為電壓表，改裝后電壓流表量程為：U=Ig（R1+Rg）=0.001×（100+5900）=6.0V；由圖示電路圖可知，當(dāng)S1和S2均閉合時，G與R2并聯(lián)，此時為電流表，改裝后電流表量程為： I=Ig+IR2=Ig+IgRgR2=0.001+0.001×1001002999=3.0A； 【點睛

62、】 明確串聯(lián)電阻具有分壓作用和并聯(lián)電阻具有分流作用的含義，理解電壓表與電流表改裝的原理。 28．如圖所示電路中，電源電動勢E＝10v，內(nèi)電阻不計，電阻R1＝14Ω，R2＝6.0Ω，R3＝2.0Ω，R4＝8.0Ω，R5＝10Ω，電容器的電容C＝2μF，求： （1）電容器所帶的電荷量。并說明電容器哪個極板帶正電． （2）若R2突然斷路，將有多少電荷量通過R5？ 【答案】 (1)下板帶正電，1×10-5C；（2）1.4×10-5C，方向由上向下。 【解析】 (1)設(shè)Ud＝0，電容器兩板間的電壓即為a、b兩點間的電勢差．則a點電勢為Ua＝Ud＋＝0＋ V＝3 V．電流由b點經(jīng)R4

63、流到d點，則b點電勢為Ub＝Ud＋＝0＋ V＝8 V，由Ub>Ua可知，電容器下板帶正電．b、a兩點間的電勢差Uba＝Ub－Ua＝5.0 V，電容器所帶的電量為Q＝CUba＝1.0×10－5C. (2)R1斷路，當(dāng)再度達(dá)到穩(wěn)定后，電容器電壓等于R4兩端的電壓， 此時電容器所帶電量Q′＝CU4＝C×＝2×10－6× C＝1.6×10－5 C. 由Ub>Ud可知，電容器下板仍帶正電．由Q′>Q知，R1斷路后電容器經(jīng)歷了一次再充電過程，電容器極板上增加的電量為 q＝Q′－Q＝(1.6×10－5－1.0×10－5) C＝6.0×10－6 C 29．如圖所示，四個電阻阻值均為R，電鍵S閉合時，

64、有一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球靜止于水平放置的平行板電容器的中點．現(xiàn)打開電鍵S，這個帶電小球便向平行板電容器的一個極板運動，并和此板碰撞，碰撞過程中小球沒有機械能損失，只是碰后小球所帶電量發(fā)生變化，碰后小球帶有和該板同種性質(zhì)的電荷，并恰能運動到另一極板，設(shè)兩極板間距離為d，不計電源內(nèi)阻，求： （1）電源電動勢E多大？ （2）小球與極板碰撞后所帶的電量為多少？ 【答案】（1）、；（2） 【解析】 試題分析: (1)當(dāng)S閉合時，設(shè)電容器電壓為U，則有： 對帶電小球受力分析得： 聯(lián)立解得： (2)斷開S，設(shè)電容器電壓為U′，則有：U′

65、對帶電小球運動的全過程，根據(jù)動能定理得： 聯(lián)立解得： 考點：動能定理；閉合電路歐姆定律 30．兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角為θ．在導(dǎo)軌所在平面內(nèi)，分布磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場．把一個質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，在外力作用下保持靜止，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直、且接觸良好，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸的兩點間的電阻為R1．完成下列問題： (1)如圖甲，金屬導(dǎo)軌的一端接一個內(nèi)阻為r的直流電源。撤去外力后導(dǎo)體棒仍能靜止．求直流電源電動勢； (2)如圖乙，金屬導(dǎo)軌的一端接一個阻值為R2的定值電阻，撤去外力讓導(dǎo)體棒由靜

66、止開始下滑．在加速下滑的過程中，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到v時，求此時導(dǎo)體棒的加速度； (3)求(2)問中導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度。 【答案】（1）；（2）a=gsingq－；（3） 【解析】試題分析：(1）回路中的電流為 導(dǎo)體棒受到的安培力為 對導(dǎo)體棒受力分析知 聯(lián)立上面三式解得： (2）當(dāng)ab桿速度為v時，感應(yīng)電動勢E=BLv，此時電路中電流 導(dǎo)體棒ab受到安培力F=BIL= 根據(jù)牛頓運動定律，有 ma=mgsinq－F = mgsinq－ a=gsingq－ （3）當(dāng)=mgsinq時，ab桿達(dá)到最大速度vm 考點：安培力的計算；牛頓第二定律。 28