2019年高考物理备考 艺体生百日突围系列 专题09 恒定电流（含解析）

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1、专题09恒定电流 第一部分 名师综述 恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心,考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题;二是以闭合电路的欧姆定律为中心,考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系;三是以电路中的电工仪表的使用为中心,考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点. 欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要

2、内容之一，也是高考命题热点内容之一。历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题。 该模块的复习重点为： 1.掌握电路基本概念，会用欧姆定律、电阻定律、焦耳定律分析问题. 2.掌握闭合电路欧姆定律，能够结合串、并联电路的特点分析问题，会分析电路动态变化问题. 3.掌握各种电学仪器的使用、电学各实验的方法和原理，能够设计电路、连接电路、分析电路故障，能够用表格、图象等分析实验数据. 第二部分 知识背一背 一、电流 1．电流形成的条件：（1）导体中有能够自由移动的电荷；（2）导体两端存在持续的电压． 2．电流的方向：与正电荷定向移动的方向相

3、同，与负电荷定向移动的方向相反． 电流虽然有方向，但它是标量． 3．电流 （1）定义式：I＝. （2）微观表达式：I＝nqvS，式中n为导体单位体积内的自由电荷数，q是自由电荷的电荷量，v是自由电荷定向移动的速率，S为导体的横截面积． （3）单位：安培（安），符号是A,1 A＝1 C/s. 二、电阻定律 1．电阻定律：R＝ρ，电阻的定义式：R＝. 2．电阻率 （1）物理意义：反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性． （2）电阻率与温度的关系 ①金属的电阻率随温度升高而增大； ②半导体的电阻率随温度升高而减小； ③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电

4、阻率突然减小为零成为超导体． 三、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，跟导体的电阻R成反比． （2）公式：I＝. （3）适用条件：适用于金属和电解液导电，适用于纯电阻电路． （4）导体的伏安特性曲线：用横坐标轴表示电压U，纵坐标轴表示电流I，画出的I­U关系图线． ①线性元件：伏安特性曲线是通过坐标原点的直线的电学元件，适用于欧姆定律． ②非线性元件：伏安特性曲线是曲线的电学元件，不适用填适用、不适用）于欧姆定律． 四、电功、电热、电功率 1．电功 （1）定义：导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功． （2）公式：W＝qU＝IUt适用于任何电路

5、）． （3）电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程． 2．电功率 （1）定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢． （2）公式：P＝W/t＝IU适用于任何电路）． 3．焦耳定律 （1）电热：电流流过一段导体时产生的热量． （2）计算式：Q＝I2Rt. 4．热功率 （1）定义：单位时间内的发热量． （2）表达式：P＝＝I2R 五、串、并联电路的特点 1．电阻的串联 电流：I＝I1＝I2＝…＝In，电压：U＝U1＋U2＋…＋Un，电阻：R＝R1＋R2＋…＋Rn； 电压分配：＝，＝，功率分配：＝，＝。 2．电阻的并联 电流：I＝I1＋I2＋…＋In电压：U＝

6、U1＝U2＝…＝Un 电阻：＝＋＋…＋. 电流分配：＝，＝. 功率分配：＝，＝. 3．几个常用的推论 （1）串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻． （2）并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． （3）无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和．即P＝P1＋P2＋…＋Pn. （4）无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大． 六、电源的电动势 1．电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电能的装置． 2．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＝，单位：V. 3．电动势

7、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． 4．电动势是___标___量，需注意电动势不是电压． 七、闭合电路欧姆定律 （1）内容：闭合电路中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）公式 (只适用于纯电阻电路),E＝U外＋U内(适用于任何电路) （3）路端电压与外电阻的关系 ①负载R增大→I减小→U内减小→U外增大 外电路断路时（R＝∞），I＝0，U外＝E. ②负载R减小→I增大→U内增大→U外减小 外电路短路时（R＝0），I＝，U内＝E. （4）U－I关系图：由U＝E－Ir可知，路

8、端电压随着电路中电流的增大而减小；U－I关系图线如图所示． ①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电动势E． ②当外电路电压为U＝0时，横坐标的截距为短路电流Im． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻r． 第三部分 技能+方法 一、电流微观表达式的应用 1.定义式中q的物理意义 （1）q是某段时间内通过导体横截面的电量. ①若是金属导体导电，则q为自由电子通过某截面的电量的总和. ②若是电解质导电，则异种电荷反向通过某截面，q=|q1|+|q2|. （2）带电粒子的运动可形成等效电流，如电子绕原子核的运动，带电粒子在磁场中的运动，此时，q为带电粒子的电量，T为周期.

9、如图，自由电荷电荷量为q，单位体积电荷数为n，定向移动速度为v，导体横截面积为S，则 二 \、对电阻定律、欧姆定律的理解 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.定义式和决定式的比较 三 电功与电热的关系 1.电功与电热的比较 2.电功率与热功率的比较 （1）在纯电阻电路中，电功率等于热功率，即。 （2）在非纯电阻电路中，电功率包含热功率，为电功率，为热功率，有P>P′. 四 、 电路

10、动态变化问题 1.电路动态变化问题的分析 （1）程序法: 电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路. （2）“串反并同”结论法 ①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大. ②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小. （3）极限法:因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论. 2.电源的输出功率和电源的效率 （1）输出功率. 根据闭合电路欧姆定律可以推出：

11、 ①当R=r时，电源的输出功率最大，最大值 ②当R向接近r阻值的方向变化时，P出增大，当R向远离r阻值的方向变化时，P出减小，如图. （2）电源的效率： R越大，η越大，当R=r时，P出最大，η=50%.可见，输出功率最大时,电源的效率并不是最高. 五、含电容器电路的分析与计算 1.电路的简化：不分析电容器的充、放电过程时，把电容器处的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上． 2.电路稳定时电容器的处理方法：电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端可能出现电势差． 3.电压变化带来的电容器带

12、电荷量的变化：电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电．若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝C·ΔU计算电容器上电荷量的变化． 第四部分 基础练+测 一、单选题 1．用某种材料做成的电池，其路端电压U和电流I的关系如图中曲线a所示（电池电动势一定，内阻可变），一电阻两端电压U和通过的电流I的关系如图中直线b所示，当用该电池只对该电阻供电时，电池的内阻为（　　） A．13Ω B．20Ω C．22Ω D．25Ω 【答案】 A 【解析】 【详解】 由图象可知，该电源电阻供电时，电阻两端电压为U=2V，流经电源电流

13、为：I=0.1A；由闭合电路欧姆定律得电源内阻为：r=E-UI=3.3-20.1Ω=13Ω，故A正确，BCD错误。 2．电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为12。则 A．I1R1R2 C．U1U2=R1R2 D．U1U2I2R2，U1=I1R1，则U1U2

14、a =Fm C．C=QU D．I=UR 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．物体运动的时间与位移成正比，与速度成反比，则A不是比值定义的物理量； B．加速度与合外力成正比，与质量成反比，则B不是比值定义的物理量； C．电容器的电容是由本身结构决定的，与两端的电压U与所带的电量Q无关，但是可以用带电量Q与电压U 的比值来量度，则C采用的是比值定义法； D．导体的电流与加在其两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，则D不是比值定义的物理量； 4．如图所示是一位同学制作的实验装置：柔软弹簧竖直悬挂，下端恰与铜片接触。当开关闭合后，弹簧时伸时缩，灯泡时明时暗。关于这个实验现象，下列

15、说法中正确的是( ) A．弹簧收缩与铜片分离时，通过灯泡的电流较小，灯泡暗淡 B．弹簧伸长与铜片接触时，通过灯泡的电流较大，灯泡明亮 C．有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩 D．有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相排斥致使弹簧伸长 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB．由电路图可知，弹簧收缩与铜片分离时，通过灯泡的电流较大，灯泡明亮；弹簧伸长与铜片接触时，通过灯泡的电流较小，灯泡暗淡，选项AB错误； CD．有电流通过弹簧时，各匝环形电流是同向电流，则互相吸引致使弹簧收缩，选项C正确，D错误。 5．如图所示，水平的传送带上放一物体，物体下表面及传送

16、带上表面均粗糙，导电性能良好的弹簧右端与物体及滑动变阻器滑片相连，弹簧左端固定在墙壁上，不计滑片与滑动变阻器线圈间的摩擦。某同学观察到，当传送带沿箭头方向运动且速度大小为v时，物体处于静止状态，则当传送带逐渐加速到2v时，下列说法正确的是 A．物体受到的摩擦力变大，灯泡的亮度变亮 B．物体受到的摩擦力变小，灯泡的亮度变暗 C．物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度不变 D．物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度变亮 【答案】 C 【解析】 【详解】 因摩擦力大小只与压力大小及接触面的粗糙程度有关与物体的相对运动速度无关，故物体所受摩擦力不变；由于传送带运动且速度为v时，物体与传送带

17、发生相对滑动，故物体受到的摩擦力和弹簧弹力是一对平衡力；当传送带逐渐加速到2v时，因物体所受摩擦力不变，则物体仍处于平衡状态，故物体的位置将不发生变化，与滑动变阻器保持相对静止，滑动变阻器接入电阻不变，则由欧姆定律可得电路中电流不变，灯泡的亮度不变。故选C。 6．如图所示的电路中，两个完全相同的灯泡都正常发光，现发现B灯比原来更亮了，则电路可能的故障为 A．R1短路 B．R2断路 C．R3断路 D．灯A断路 【答案】 C 【解析】 【分析】 首先明确电路中各用电器的连接关系：灯泡A和电阻R2、灯泡B和电阻R3先并联再串联，最后与电阻R1并联；灯泡变亮，说明实际

18、功率增大了，具体故障可将每选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项。 【详解】 两个完全相同的灯泡正常发光可知R2=R3，且灯A和R2并联后与B和R3并联电路串联，若R1短路，A、B两灯都不亮，若R2或灯A断路，则A与R2并联部分电阻变大，由串并联规律可知灯B变暗，故C正确。 故应选：C。 【点睛】 此题属混联电路的故障问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项。 7．一只电流表的满偏电流Ig=2mA，内阻Rg=500Ω，把它改装成量程为0~3V的电压表，下列说法中正确的是（） A．需串联一个15

19、00Ω的电阻 B．需串联一个1000Ω的电阻 C．需并联一个1000Ω的电阻 D．改装后，电压表的内阻为1000Ω 【答案】 B 【解析】把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R=UIg-Rg=30.002-500=1000Ω；故选B. 点睛：把小量程改装成电流表要并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值． 8．市面上出现“充电五分钟通话两小时”的手机电源，源于其使用 VOOC 闪充新技术。VOOC 闪充标配的 micro USB 充电线接口为 7 针，而常规的 micro USB 充电线

20、接口为 5 针,它标配的电池为 8 个金属触点，而常规电池通常为4-5个触点，与常规的 micro USB 充电线、电池相比，加触点的作用是为了（） A．增大充电电压 B．增大电池的容量 C．增大充电电流 D．增大充电电阻 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据题目的信息：闪充新技术，且8个金属触点，而常规电池通常为4-5个触点，进而可判定，增加触点的作用。 【详解】 由题目：闪充新技术，标配的电池为8个金属触点，而常规电池通常为4-5个触点，可知，与常规的microUSB充电线、电池相比，触点增加；电池不变，则不可能增加充电电压，也没有改变电池的容量，及电

21、阻，只可能增大充电的电流，使其快速充满电，故C正确，ABD错误；故选C。 【点睛】 考查闪充新技术的原理，掌握解决信息题的方法，注意只增加触点，没改变电池，是解题的关键点。 9．如图所示，A、B是两块水平放置的平行金属板，一带电小球垂直于电场线方向射入板间，小球将向A极板偏转，为了使小球沿射入方向做直线运动，可采用的方法是 A．将带正电的小球改为带负电 B．将变阻器滑片P适当向左滑动 C．适当增大小球所带电量 D．将极板间距适当增大 【答案】 D 【解析】 一带电小球垂直于电场线方向射入极板区域后，偏向A极板，则小球所受电场力向上且电场力大于重力，小球原来就带负电，

22、选项A错误；将变阻器滑片P适当向左滑动，滑动变阻器接入电路电阻变小，电路中总电阻减小，电路中电流增大，R两端电压增大，电容器两端电压增大，板间场强增大，电场力增大，选项B错误；适当增大小球所带电量，小球所受电场力增大，选项C错误；将极板间距适当增大，板间场强减小，小球所受电场力减小，选项D正确。故选D. 10．如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径号分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则（） A．任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比均为1:4 B．两线圈中产生的感应电动势之比为1:2 C．通过a、

23、b两线圈中电荷量之比为2:1 D．相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为4: 1 【答案】 C 【解析】 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数，磁通量相等，磁通量之比为1：1．故A错误．根据法拉第电磁感应定律得：E=△B△tS，S=πr2，则S相等，△B△t也相等，所以感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B错误．线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知 I=ER，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2：1．故C正确．根据焦耳定律得 Q=E2Rt，得相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2：1，故D错误．故选C. 点睛：解决本题时要

24、注意在公式Φ=BS和法拉第电磁感应定律中，S为有效面积，能熟练运用比例法研究这类问题． 二、多选题 11．如图所示，电阻R1=20Ω，电动机的绕组R2=10Ω．当开关打开时，电流表的示数是0.5A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是（　　） A．I=1.5A B．I<1.5A C．P=15W D．P<15W 【答案】 BD 【解析】 【详解】 当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=10V．当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电动机的电流I2

25、I＜15W。故BD正确，AC错误。 12．检测煤气管道是否漏气通常使用气敏电阻传感器。某气敏电阻的阻值随空气中煤气浓度增大而减小，某同学用该气敏电阻R1设计了图示电路，R为变阻器，a、b间接报警装置。当a、b间电压高于某临界值时，装置将发出警报。则（　　） A．煤气浓度越高，a、b间电压越高 B．煤气浓度越高，流过R1的电流越小 C．煤气浓度越低，电源的功率越大 D．调整变阻器R的阻值会影响报警装置的灵敏度 【答案】 AD 【解析】 【详解】 煤气浓度越高气敏电阻R1阻值越小，电路总电阻越小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I越大，电阻两端电压U＝IR变大，即a、b间

26、电压越高，故A正确，B错误；煤气浓度越大，气敏电阻R1越大，电路总电阻越大，电路电流I越小，电源功率P＝EI越小，故C错误；调整变阻器R的阻值会改变煤气浓度一定时a、b间的电压，回影响报警器的灵敏度，故D正确。 13．如图所示，电路中电源电动势为E，内电阻为r，定值电阻的阻值为R0，变阻器的全阻值为R，关于各部分的功率，有关说法正确的是(　　) A．当R=R0+r，R上消耗的功率达到最大值 B．当R=R0+r，R0上消耗的功率达到最大值 C．当R+R0=r，电源的输出功率达到最大值 D．当R0=R+r，R0上消耗的功率达到最大值 【答案】 AC 【解析】 【详解】 要

27、使R上消耗的功率达到最大值，则可将R0与电源看成一个新电源。则当R=R0+r时电源输出功率最大，也就是R消耗的功率最大，故A正确；要使R0上消耗的功率达到最大值，则需要通过的电流最大，所以当R=0时，R0上消耗的功率达到最大值，故BD错误；当内阻与外阻阻值相等时电源输出功率最大，所以当R+R0=r时，则电源的输出功率达到最大值，故C正确。所以AC正确，BD错误。 14．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（） A．图甲中的A1

28、、A2的示数不同 B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同 C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同 D．图乙中的A1、A2的指针示数相同 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同． 【详解】 图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故A B正确。图乙中的A1、A2串联，A1

29、、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。故C错误，D正确。故选ABD。 15．在如图电路中，电源电动势为 E，内阻为r，当变阻器 R3的滑动头 P 向 b 端移动时，下列判断正确的是 A．电压表示数变小 B．电流表示数变大 C．流过电阻 R1的电流不变 D．电阻 R2的功率变大 【答案】 AB 【解析】 【分析】 先分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，即可判断电压表示数的变化和总电流的变化，根据串联电路分压特点判断并联部分电压的变化，判断出R2中电流的变化，从而判断出电流表示数的

30、变化． 【详解】 当变阻器R3的滑动头P向b端移动时，R3↓，外电路总电阻R总↓，路端电压减小，总电流I总↑，则电压表示数变小，通过电阻R1的电流IR1↑。根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压U并↓，通过电阻R2的电流IR2↑．因为I总=IA+IR2，所以电流表示数IA变大。由于电阻R2的电流IR2↑，则电阻R2的功率变小。故AB正确，CD错误。故选AB。 【点睛】 本题是简单的电路动态分析问题，关键要分析出变阻器接入电路的电阻变化，即可根据闭合电路欧姆定律分析两电表读数的变化． 16．下面说法正确的是 A．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极 B．伽利略开创

31、了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 C．元电荷就是带电量为1C的点电荷 D．电流的速度就是自由电荷在电路中定向移动的速度 【答案】 AB 【解析】 【分析】 电流方向与正电荷的移动方向一致，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极；元电荷是电荷量的单位，是指自然界中已知的电荷的最小单元；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小． 【详解】 正电荷定向移动的方向是电流的方向，与负电荷的方向相反，在外电路上电流由电源的正极流向负极，A正确；伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，B

32、正确；元电荷是表示跟电子或质子所带电量数值相等的电量，是最小电荷量，为e=1.6×10-19C，C错误；电流速度等于光速，而电子移动的平均速率很小，所以电荷定向移动的速度并不是电流的速度，D错误． 17．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（） A．电压表的示数增大 B．R2中电流增大 C．小灯泡的功率增大 D．电路的路端电压增大 【答案】 AC 【解析】 【分析】 当照射光强度增大时，R3变小，分析电路中总电阻的变化，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；由

33、串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。 【详解】 A项：当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，R3变小，外电路总电阻减小，则电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故R1两端的电压增大，即电压表的示数增大，故A正确； B、D项：因电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，故B、D错误； C项：由并联电路电压增大，可知流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故C正确。 故选：AC。

34、 【点睛】 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压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。 18．图为某手机电池的铭牌，第一行标有“3.8V 3000mAh（11.4Wh）”。对该铭牌参数的分析，下列说法中正确的是 A．铭牌中的Wh是能量的单位 B．铭牌中的mAh是功率的单位 C．该电池放电时输出的总能量约为11.4J D．该电池放电时输出的总电荷量约为1.08×104C 【答案】 AD 【解析】 【分析】 该电池的铭牌中3.8V为电池的电动势，11.4Wh指电池存储的电能．3000mAh是存储的电

35、量. 【详解】 由公式W=Pt可知，铭牌中Wh是能量单位，故A正确；由公式q=It可知，铭牌中mAh为电荷量单位，故B错误；该电池输出的总能量E=Pt=11.4W×3600S=4.104×104J，故C错误；该电池放电是输出的总电荷量约为q=It=3000×10-3×3600C=1.08×104C，故D正确；故选AD。 【点睛】 题考查电池的铭牌，结合生活考查有关电路的物理知识，解题的关键是根据各物理量的单位判断各物理量． 19．如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1是定值电阻，R2是光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小),L是小灯泡。当照射到R2的光照强度减弱时，以下分析正确的是

36、 A．电流表示数减小 B．电压表示数不变 C．灯泡亮度变暗 D．电源效率降低 【答案】 AC 【解析】 【详解】 当照射到R2的光照强度减弱时，光敏电阻的阻值增大，由“串反并同”可知，流过灯泡的电流变小，即灯泡变暗；电流表的示数变小，电压表的示数变大，由公式η=UIEI=UE，由于电压表的示数变大，即U变大，所以电源效率变大，故AC正确，BD错误。 故应选AC。 20．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为T．已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为（） A．

37、eT B．ev2πr C．e2πrkmr D．e22πrkmr 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 根据电流的定义式可得等效电流为：I=qt=eT，故A正确；电子运动的周期表达式为：T=2πrv，根据电流的定义式可得等效电流为：I=qt=ev2πr，故B正确；原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子以速率v，根据库仑力提供向心力：ke2r2=m4π2rT2，解得：T=2πrermk，形成的电流为：I=eT=e22πrkmr，故D正确，C错误。所以ABD正确，C错误。 三、解答题 21．微型吸尘器的直流电动机的内阻一定，当加上0.4V

38、的电压时，通过的电流为0.4A，此时电机不转．当加在电动机两端的电压为2.5V时，电流为0.8A，这时电动机正常工作．则吸尘器的机械功率为多少？ 【答案】 1.36W 【解析】 【分析】 电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出其电阻．当电机正常工作时，根据能量守恒定律求出电机输出的功率。 【详解】 当电机不转时，由欧姆定律得电机的电阻为：R=UI=0.40.4Ω=1Ω 当电机正常工作时，电机的发热功率为：P热=I22R=0.82×1W=0.64W 电机输出的功率为：P出=U2I2-P热=2.5×0.8-0.64=1.36W 【点睛】 对于电动机，不转时，其电路是

39、纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。 22．如图所示，分压电路的输入端电压为U=6 V，电灯L上标有“4V、4W”，滑动变阻器的总电阻Rab=13.5 Ω，求当电灯正常发光时，滑动变阻器消耗的总功率. 【答案】 4W 【解析】 【分析】 滑动变阻器滑片以下部分与灯泡L并联后与滑片上部分串联；根据串并联电路电压与电流的特点求解各个部分的电压和电流，然后求解R上总的功率。 【详解】 根据P=UI，可得：L=PLUL=44A=1A，设与L并联的电阻为Rx， 则R的上半部分电阻：R′=13.5-Rx， 电流强度I=UU'=213

40、.5-Rx=4Rx 即Rx2-7.5 Rx-54=0，解得：Rx=12Ω 则R′=1.5Ω R′上功率P1=U'2R'=221.5W=2.67W Rx上功率P2=UL2Rx=4212W=1.33W R上消耗功率P=P1+P2=2.67W+1.33W=4W 【点睛】 本题主要是先理清电路的结构，然后根据串并联电路特点求解各个部分的电压、电流以及电功率。 23．（题文）如图所示的电解槽中，如果在4 s内各有8 C的正、负电荷通过面积为0.8 m2的横截面AB，那么： （1）指出正、负离子定向移动的方向； （2）电解槽中的电流方向如何？ （3）4 s内通过横截面AB的电荷量

41、为多少？ （4）电解槽中的电流为多大？ 【答案】 （1）正离子向右运动，负离子向左运动；（2） 向右；（3）16 C；（4）4 A 【解析】 （1）电源与电解槽中的两极相连后，左侧电极电势高于右侧电极，由于在电极之间建立电场，电场方向由左指向右，故正离子向右移动，负离子向左移动 （2）正电荷定向移动的方向为电流方向，则电解槽中的电流方向向右。 （3）通过横截面AB的电荷量为通过横截面AB的正、负电荷电量的和，所以4s内通过横截面AB的电荷量是8C+8C=16C． （4）由电流强度的定义I=qt=164A=4A； 点睛：本题考查电流的定义，要注意明确在电解质导电时，流过截面

42、的电量为正负电荷电量绝对值的和． 24．无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，图甲是手机无线充电原理图，经简化后如图乙所示．设线圈处于平行于线圈轴线的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图丙所示（设磁场方向垂直纸面向里为正方向），虚线框内是整流电路，其作用是使流过电流表的电流方向始终向右，其他影响忽略不计．已知线圈匝数n=100匝，线圈面积S=1×10-3m2，电流表示数为1A，充电电池内阻r=0.5Ω，充电电池容量为2000mAh（1mAh=3.6C），设充电过程中电流恒定，充电前电池电量为零．求： （1）在0至0.5×10-2s时间内，线圈产生的感应电动势大小以及线圈中感应电

43、流的方向； （2）充电电池的发热功率； （3）将充电电池电量充满需要多长时间． 【答案】 （1）顺时针方向（2）（3） 【解析】（1）由公式 由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向 （2）由公式 P=I2r 得发热功率P=0.5W （3）由公式I=Q/t 得 25．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1=15.0g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质m0=10.0g，匝数n=10，下边长l=10.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图18甲所示，线圈的两头

44、连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0Ω。开关S闭合后，调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4V时，R1=10Ω，此时天平正好平衡。g=10m/s2，求： （1）线圈下边所受安培力的大小F，以及线圈中电流的方向； （2）矩形线圈的电阻R； （3）该匀强磁场的磁感应强度B的大小。 【答案】 （1）0.05N，顺时针（2）R=4Ω（3）0.5T 【解析】（1）天平两侧平衡，因此有 m1g= m0g+F 可得：F= m1g-m0g=0.05N F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线框电流方向为顺时针 （2）线圈中电流的大小

45、为：I=(E-U)/r=0.1A 根据电路规律：U=I(R1+R) 联立两式可得：R=4Ω （3）矩形线圈下边所受安培力为：F=nBIl 将数值代入可得： B=F/nIl=0.5T 26．导线中的电流是1 A，导线的横截面积为1 mm2。 （1）在1 s 内，有多少个电子通过导线的横截面（电子电荷量e=1.6×10–19C） （2）自由电子的平均定向移动速率是多大（设导体每立方米内有8.5 ×1028个自由电子） （3）自由电子沿导线移动1 m，平均要多少时间？ 【答案】 （1）6.25×1018 （2）7.4×10–5 m/s （3）3.8 h 【解析】 【详解

46、】 (1)1s内，通过导体截面的电子数为N=qe=I⋅Δte=1×11.6×10-19=6.25×1018个 (2)根据电流的微观表达式I=nqsv得v=Inqs=7.35×10-5m/s (3)据电子定向匀速移动s=vt 得传播1m所需时间为t=sv=17.35×10-5≈3.78h 【点睛】 灵活应用I=qt、I=nqsv、s=πr2和s=vt公式是解题的关键． 27．一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求： (1)电动机的输入功率； (2

47、)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量； (3)线圈的电阻． 【答案】 （1）0.6（2）6（3）5 【解析】 (1)电动机的输入功率 P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W. (2)电动机提升重物的机械功率 P机＝Fv＝(4×3/30) W＝0.4 W. 根据能量关系P入＝P机＋PQ，得生热的功率 PQ＝P入－P机＝(0.6－0.4) W＝0.2 W. 所生热量Q＝PQt＝0.2×30 J＝6 J. (3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻 R＝Ql2t＝60.22×30Ω＝5 Ω. 28．如图所示，两根半径为r=0.5m的14圆弧轨道，间距为L=1m

48、，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R=2Ω的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B=1T．将一根长度稍大于L，质量为m=1kg、电阻为R0=1Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放。已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ=60°）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg。求： （1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向； （2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量； （3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量。（g=10m/

49、s2） 【答案】 (1)I＝mgcosθBL,方向为a→R→b (2)q=BLπ⋅r2(R+R0) (3)QR＝3mgR⋅r4(R+R0) 【解析】 （1）金属棒速度最大时，在轨道的切线方向所受的合力为零，则有：mgcosθ=BIL 解得I=mgcosθBL=2A 流经R的电流方向是a→R→b （2）金属棒滑到底端的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为：ΔΦ=BS=BLπr2=BLπr2 平均电动势：E=ΔΦΔt 平均电流I=ER+R0 则流经R的电量：q=It=ΔΦR+R0=BLπr2(R+R0)=0.1π 解得整个回路的总电阻R+R0=2.5Ω （3）在轨道最

50、低点，由牛顿第二定律可得：N-mg=mv2r 由能量关系：Q=mgr-12mv2 电阻R上的发热量：QR=RR+R0Q=1.2J 解得R=2Ω R0=0.5Ω 点睛：解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解． 29．如图所示，光滑导轨MN和PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R的定值电阻R1和R2．两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，现用一恒力F沿水平方向拉杆，使之由静止起

51、向右运动，若杆出磁场前已做匀速运动，不计导轨及金属杆的电阻．求： （1）金属杆出磁场前的瞬间流过R1的电流大小和方向； （2）金属杆做匀速运动时的速率； （3）金属杆穿过整个磁场过程中R1上产生的电热． 【答案】 （1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小为，方向从M到P； （2）金属杆做匀速运动时的速率是； （3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是﹣． 【解析】 试题分析：（1）杆出磁场前已做匀速运动，恒力F与安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡条件求解； （2）杆产生的感应电动势E=Bv，又根据闭合欧姆定律得到E=I，联立可求得速度v； （3）金属杆穿过整

52、个磁场过程中，F做功为F，杆获得的动能为，根据能量守恒定律求解回路中产生的总热量，根据两个电阻并联求解上产生的电热． 解：（1）设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得： F=BI 解得，I= 因=，所以流过的电流大小为I1== 根据右手定则判断可知，电流方向从M到P． （2）设杆做匀速运动的速度为v，由法拉第电磁感应定律得： 杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 E=Bv 又根据闭合欧姆定律得到E=I， 可解得v= （3）设整个过程电路中产生的总电热为Q，根据能量守恒定律得： Q=F﹣ 代入v可得Q=﹣ ∴Q1=Q=﹣ 答： （1）金属杆出磁场前的瞬间流过的电流大小

53、为，方向从M到P； （2）金属杆做匀速运动时的速率是； （3）金属杆穿过整个磁场过程中上产生的电热是﹣． 【点评】本题是电磁感应中电路问题，掌握安培力公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律是基础． 30．如图所示的电路中，电源电动势E＝9V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝6Ω，R2＝10Ω，R3＝6Ω，电容器的电容C＝10μF。 (1)保持开关S1、S2闭合，求电容器C所带的电荷量； (2)保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量。 【答案】 (1)Q＝3×10－5 C (2)QR2＝6×10－5C 【解析】 试题分析: （1）保持开关S1、S2闭合,电容器的电压等于电阻R1的电压 电路的电流I=ER1+R2+r=23A R1两端的电压UR1=IR1=4V 则电容器所带的电荷量Q=CUR1=4×10-4C． （2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器所带的电荷量Q'=CE=12×10-4C． 而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量ΔQ=Q'-Q=8×10-4C 考点：考查电容器；闭合电路的欧姆定律． 【名师点睛】本题考查了含容电路问题，知道电容器两端的电压等于与它并联的支路电压，与电容器串联的电阻相当于导线． 24