2025版《新亮劍》高中物理：第十章電路及其應用電能第十章電路及其應用電能核心素養考點內容高考真題備考建議物理觀念電流、電壓、電阻、電阻率、電動勢、電功、電功率、焦耳熱、供電效率2023全國乙T20(電學黑箱)2023全國甲T22(研究小燈泡伏安曲線)2023全國乙T23(測金屬絲電阻率)2023江蘇T13(探究電壓表內阻對測量結果的影響)2023遼寧T12(測導電漆電阻率)2023廣東T12(測導電液電阻率)2023北京T16(測金屬絲電阻率)2023湖北T12(測電源電動勢與內阻、電流表內阻)2023湖南T12(探究壓膜電阻及應用)2023浙江T18(測電源電動勢與內阻)2022全國甲T10(測電表內阻)2022全國乙T10(伏安法測電阻)2022河北T12(用多用電表分析電路故障)2022湖南T12(自制歐姆表實驗)2022浙江T12(非純電阻電路能量的轉化)2022山東T4(伏安法測電阻)試題特點:電學實驗試題涉及的理論主要有閉合電路及部分電路的歐姆定律,串、并聯電路的規律等;近幾年來試題難度呈逐年降低趨勢;試題設計主要表現在兩個方面:(1)完成基本實驗的能力。試題源于教材,重點考查基本的實驗知識、技能與方法(2)設計新實驗的能力。創新點主要是實驗器材、原理、方法、數據處理等方面,旨在考查探究能力備考建議:立足教材上的實驗,在實驗原理、器材選擇、電路設計、實驗方法、安全意識及誤差分析等方面進行全面復習科學思維伏安法測電阻、伏安法測電源電動勢和內阻等實驗電路的結構(模型)、基于電路理論及數據的推理論證(原理、數據處理及誤差分析)、創新思維設計新的實驗方案等科學探究用傳統實驗器材去設計、完成新的實驗方案(電表電阻、電容器電容、電源電動勢和內阻的測量等)科學態度與責任具有安全意識、尊重實驗數據、具有嚴肅認真及實事求是的科學態度第1講電路的基本概念和規律對應學生用書P213考點一電流的理解與計算一、電源及其作用1.電源是能把①從正極“搬運”到負極的裝置。

2.電源的作用:維持電路兩端有一定的②,使電路中保持③的電流。

二、電流:電荷的定向移動形成電流。1.形成條件內因:導體中有大量的可以自由移動的電荷——④電荷。

外因:導體兩端存在⑤差。

2.電流的方向:物理學上規定,⑥電荷定向移動的方向為電流正方向。

在⑦電路中電流由電源正極流向負極;

在⑧電路中電流由電源負極流向正極。

3.電流是標量。電流雖然既有大小又有方向,但它的運算遵循代數運算法則,是標量。4.電流的大小和單位(1)定義:通過導體橫截面的電荷量與時間的比值。(2)定義式:I=⑨。

(3)單位:⑩。1A=1C/s。

三、電流的微觀表達式及其推導從微觀上看,電流大小取決于導體中單位體積的自由電荷數n、每個自由電荷的電荷量q、定向移動的速率v、導體的橫截面積S。電流的微觀表達式為I=。

推導:如圖所示,設柱形導體的橫截面的面積為S,自由電子數密度(單位體積內的自由電子數)為n,自由電荷定向移動的平均速率為v,自由電荷的電荷量為q,則時間t內通過導體的橫截面的自由電荷數N=,時間t內通過橫截面的電荷量Q==,根據電流的定義可得,導體中的電流I=Qt=。

答案①電子②電壓③持續④自由⑤電勢⑥正⑦外⑧內⑨qt⑩安培(A)nqSvnSvtNqnSvtqnqSv鋰電池以碳材料為負極,以含鋰的化合物為正極。在充電過程中,通過化學反應,電池正極產生鋰離子,鋰離子通過電解液運動到負極,嵌在有很多微孔的負極碳材料中,嵌入的鋰離子越多,電池中充入的電荷量也就越多,在放電時,負極的鋰離子又會通過電解液返回正極,則圖示時刻,鋰離子電池處于放(選填“放”或“充”)電狀態,電場力對鋰離子做負(選填“正”或“負”)功,兩端的電壓正在逐漸減小(選填“增大”或“減小”)。

四個模型情境圖示應用I=qt電解液中正、負離子定向移動形成的電流1.電荷量q是通過電解液橫截面的電荷量而不是單位面積的電荷量;2.電荷量不相等的同種電荷同向通過某一橫截面時,q=q1+q2,異種電荷反向通過某一橫截面時,q=|q1|+|q2|金屬導體中自由電子定向移動形成的電流1.電荷量q是通過導體橫截面的自由電子的總電荷量,而不是單位面積的自由電子的電荷量;2.若已知單位體積的自由電子數為n,則利用I=qt推導可得金屬導體內的電流I=neSv,式中v為電子定向移動的速率,S為金屬導體的橫截面面積,e電荷持續做圓周運動時形成的環形電流(等效電流)計算環形電流時,除了要弄清運動電荷q的大小外,還要弄清時間t的含義。計算環形電流時一般取一個周期的時間,即I=qT,T續表情境圖示應用I=qt帶電粒子流定向移動形成的電流(等效電流)計算某一橫截面的電流時,首先計算時間t內打在該橫截面的粒子數N,再利用I=qt=Nq0t進行計算,角度1電流的定義與計算如圖所示,電解池通電后,在t秒內有n1個二價正離子及n2個二價負離子通過溶液內中間某截面S。設e為元電荷,關于電解池中電流大小及電流方向的描述,正確的是()。A.當n1=n2時,電流為零B.當n1>n2時,電流方向從A→B,電流I=2(C.當n1<n2時,電流方向從B→A,電流I=2(D.無論n1、n2大小如何,電流方向均從A→B,電流I=2(答案D解析流過容器中間某截面上的電荷量q=2(n1+n2)e,則電流I=2(n1+n2)et,方向與正電荷定向移動方向相同(多選)如圖所示,真空中有一長直細金屬導線MN,沿垂直導線方向均勻射出速率相同的電子,已知電子質量為m、電荷量大小為e,不考慮出射電子間的相互作用,與導線同軸有一半徑為R的假想圓柱面。柱面某位置放置一個弧長為a、長度為b的金屬片,如圖所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為I,電子流對該金屬片的壓強為p。下列說法正確的是()。A.導線沿垂直導線方向均勻射出的電子速率v0=pabB.導線沿垂直導線方向均勻射出的電子速率v0=peabC.單位長度導線單位時間內射出的電子的總動能Ek=πD.單位長度導線單位時間內射出的電子的總動能Ek=p答案BC解析設單位時間單位長度射出的電子數為n,則單位時間打在金屬片的粒子數N=nab2πR,金屬片上形成的電流I=qt=Ntet=Ne,所以n=2πRIeab,根據動量定理得金屬片上的壓強p=Fab=mv0Nab=mv0ab·Ie,解得v0=eabpmI,A項錯誤,B角度2電流的微觀表達式及應用(改編)來自質子源的質子(初速度不計),經電壓為U的加速器加速后,形成細柱形的質子流。已知細柱形的質子流的橫截面積為S,該質子流內單位體積的質子數為n。已知質子的質量為m,其電荷量為e,則質子運動形成的等效電流為()。A.neS2eUm B.2C.2neS2eUm D答案A解析質子經加速電壓為U的加速器加速后,有eU=12mv2,根據電流微觀表達式,有I=neSv,聯立解得I=neS2eUm(2024屆江西聯考)某均勻導體,長度為l、橫截面積為S,單位體積內自由電荷數為n,在導體兩端加上電壓U,于是導體中有勻強電場產生,在導體中自由電荷的電荷量為q,自由電荷受勻強電場的作用而加速,但又和做熱運動的陽離子發生碰撞而減速。若阻礙電荷定向移動的阻力大小與電荷移動的平均速率v成正比,其大小為f=kv(k為常量)。當電場力與阻力達到動態平衡時,在宏觀上導體中便形成了穩定電流,則該導體的電阻及單位時間內流過該導體橫截面的自由電荷數分別為()。A.klqnS,nqSU2kl B.C.klq2nS,nqSUkl D答案C解析由題意知,當電子受到的電場力F與碰撞的阻力f平衡時,導體中便形成了穩定電流,即F=f。已知f=kv,F=Eq=qUl,由歐姆定律有U=IR,自由電荷定向運動形成的電流,由微觀表達式有I=nqSv,解得R=klq2nS;由電流的定義式,有I=ΔqΔt=Δn考點二歐姆定律及電阻定律一、電阻:表征導體對電流阻礙作用大小的物理量。1.定義:導體兩端的電壓U與通過導體的電流I的比值,即R=①。

2.單位:在國際單位制中,電阻的單位是歐姆,簡稱歐(Ω);1Ω=1V/A。3.決定因素:導體的電阻大小由②決定,與加在導體兩端的電壓和通過導體的電流無關。同種材料的導體,其電阻R與它的③成正比,與它的④成反比。導體電阻還與構成它的材料有關。

4.電阻定律:R=⑤,其中l是導體的長度,S是導體的橫截面積,ρ是導體的電阻率。

二、電阻率1.電阻率是反映導體的導電性能的物理量,它是導體材料本身的屬性。2.電阻率的國際單位是歐·米,符號為Ω·m。3.電阻率與溫度的關系:ρ=ρ0(1+αt),式中ρ0為導體在0℃時的電阻率,α為電阻溫度系數,t為溫度。金屬導體:α>0,電阻率隨溫度升高而增大;半導體:α<0,電阻率隨溫度升高而減小;超導現象及超導體:一些金屬及化合物,當溫度降低到某一數值時,它的電阻率突然減小到零,這種現象叫作超導現象。處于超導狀態的導體叫作超導體。三、歐姆定律1.內容:導體中的電流跟⑥成正比,跟⑦成反比。

2.表達式:I=⑧。

3.適用范圍:金屬導電和電解質溶液導電,不適用于⑨導體或⑩元件。

答案①UI②導體本身③長度l④橫截面積⑤ρlS⑥導體兩端的電壓⑦導體的電阻⑧UR⑨氣態在實際應用中,常用橫坐標表示電壓,縱坐標表示電流,這樣畫出的I-U圖像叫作導體的伏安特性曲線。根據圖1、圖2所示的伏安特性曲線,回答下列問題:(1)圖1中直線A、B對應的元件是線性元件還是非線性元件?A、B相比較,誰的阻值較大?(2)圖1中,若用量角器測得直線A、B與橫軸的夾角分別為45°、53°,則能否根據R=k=1tanθ來計算A、B的電阻?能否夠根據R=k=1tanθ來計算A(3)在圖2中,圖線的切線的斜率的倒數能否表示導體在該狀態的電阻?若要表示導體在該狀態的電阻,則應用哪條線的斜率的倒數?答案(1)線性元件A(2)不能能(3)不能圖線上的點(Un,In)與坐標原點連線的斜率的倒數角度1對歐姆定律的理解與應用歐姆定律I=UR和電阻的定義式R=U比較項目歐姆定律I=UR電阻的定義式R=前后物理量的關系I與U成正比,與R成反比R是導體本身的性質,不隨U、I的改變而改變適用條件適用于金屬導體、電解液等適用于計算一切導體的電阻說明歐姆定律的表達式是I=UR,而公式R=UI應該理解成電阻的比值定義式,比值定義的魅力就在于被定義的物理量與比值中的那兩個物理量無關,但R=UI告訴了我們一種測量導體電阻的方法,即伏安法。對于定值電阻,由于U與I成正比,對某一導體,若其電阻阻值為R,加在其兩端的電壓為U,流經電阻的電流為I。若不計溫度對電阻的影響,下列論述正確的是()。A.該電阻兩端電壓增至2U,則電阻阻值可能增至2RB.該電阻兩端電壓增至2U,則通過電阻的電流可能為2IC.該電阻兩端電壓增加ΔU,則通過電阻的電流一定為ΔD.若該電阻兩端電壓增加ΔU,電流增加ΔI,則一定有R=Δ答案B解析題中給出的導體,不一定是金屬導體,若為金屬導體則歐姆定律成立,否則不成立,B項正確。由歐姆定律知,電阻R=UI。若電壓U、電流I的變化量分別為ΔU、ΔI,則對于電阻阻值保持不變的純電阻,有R=UI=ΔUΔI。而對于一般情形,由于U=IR,取較小的變化量,有ΔU=R·ΔI+I·ΔR,即ΔUΔI=R+IΔRΔI≠R。因此,小燈泡發光時,因溫度對電阻的影響,溫度升高時,顯然ΔU在中山、珠海兩地之間地下埋設有兩條40km的輸電線,現輸電線的某處發生了短路,為確定短路的位置,首先是中山檢修員用如圖所示的裝置接入輸電線A、B兩端,電流表的示數為0.2A,檢測完畢后,珠海檢修員用相同的裝置接入輸電線C、D兩端,電流表的示數為0.3A,已知輸電線的電阻與其長度成正比,則短路位置離中山()。A.24km B.20km C.16km D.10km答案A解析由題知,兩地相距40km,輸電線的電阻與其長度成正比,設每千米輸電線的電阻為R0,短路位置離中山的距離為s,則短路位置離珠海的距離為40km-s,則CD間兩條輸電線的總長度為2(40km-s),總電阻RCD=2(40km-s)R0;同理可得,AB間的總電阻RAB=2sR0。用測量儀進行檢測時,電源電壓U不變,所以由歐姆定律得U=IABRAB,U=ICDRCD,因電源電壓不變,所以可得IABRAB=ICDRCD,代入數據有0.2A×2sR0=0.3A×2(40km-s)R0,解得s=24km,A項正確。角度2伏安特性曲線名稱伏安特性曲線圖示注意U-I圖像不能等同于伏安特性曲線(多選)小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示,P為圖線上一點,PN為圖線的切線,PQ為U軸的垂線,PM為I軸的垂線。下列說法正確的是()。A.隨著所加電壓的增大,小燈泡的電阻增大B.對應P點,小燈泡的電阻R=UC.對應P點,小燈泡的電阻R=UD.對應P點,小燈泡電阻為圖中矩形PQOM所圍的面積答案AB解析圖線上的點與坐標原點O的連線的斜率的倒數表示電阻,由題圖可知隨著所加電壓的增大,斜率減小,即小燈泡的電阻增大,A項正確;由歐姆定律可得,對應P點,小燈泡的電阻R=U1I2,B項正確,C項錯誤;對應P點,小燈泡的功率P=U1I2,與題圖中PQOM所圍的面積相等角度3電阻定律R=ρlS電阻的決定式和定義式的區別公式決定式定義式R=ρlR=U區別給出了決定電阻大小的因素提供了一種測定電阻的方法,電阻與U和I無關適用于粗細均勻的金屬導體和分布均勻的導電介質適用于純電阻導體(2024屆杭州質檢)由導電介質制成的電阻的截面圖如圖所示,導電介質的電阻率為ρ,制成內、外半徑分別為a和b的半球殼層形狀(圖中陰影部分),半徑為a、電阻不計的球形電極被嵌入導電介質的球心作為一個引出電極,在導電介質的外層球殼鍍上一層電阻不計的金屬膜作為另外一個電極。設該電阻的阻值為R,通過一定的物理分析,下列表達式中合理的是()。A.R=ρ(b+aC.R=ρab2π(b答案D解析根據電阻定律R=ρlS可知,導體的電阻在ρ、S不變的情況下,R與l成正比,對應題中a到b距離(b-a),在ρ、l不變的情況下,電阻R與面積S成反比,對應題中2πab,A、B、C三項錯誤,DR1、R2是用相同金屬材料制成的電阻,其上、下表面分別是邊長為a、b的正方形,厚度分別為d1、d2,連接方式如圖所示。下列說法正確的是()。A.電阻R1、R2之比為d1∶d2B.通過R1、R2的電流之比為b∶aC.R1、R2的電功率之比為d12D.R1、R2兩端電壓之比為d2∶d1答案D解析由電阻定律知,R1、R2的電阻之比R1∶R2=ρaad1:ρbbd2=d2∶d1,A項錯誤;兩個電阻串聯,則通過R1、R2的電流之比為1∶1,B項錯誤;R1、R2消耗的電功率之比P1P2=I2R1I2R2=d2d1,C項錯誤考點三焦耳定律與電路功率一、電功和電功率1.電功(用W表示):電路中①力對定向移動的電荷所做的功(或者說電路中的電流所做的功)。

(1)電功的計算公式:W=②。

(2)在國際單位制中的單位:焦耳,符號為J。常用的單位:千瓦時(kW·h),也稱“度”,1kW·h=3.6×106J。(3)電流做功的過程就是③能轉化為其他形式能的過程。

2.電功率(用P表示):電流在一段電路中所做的功與通電時間的比值。(1)電功率的計算公式:P=Wt=④(2)在國際單位制中的單位:瓦特,符號為W。(3)電功率是表示電流做功快慢的物理量。二、電熱和熱功率1.電熱(用Q表示):電流通過導體產生的熱量。(1)電熱的計算公式:Q=⑤。

(2)注意:Q=⑥,物理學上叫作焦耳定律。

※焦耳定律:電流通過導體產生的熱量跟電流的二次方成正比,跟導體的電阻及通電時間成正比,即Q=I2Rt。2.熱功率:單位時間內的發熱量。(1)熱功率的計算公式:P熱=⑦。

(2)熱功率是表示電流發熱快慢的物理量。三、電路中的能量轉化從能量轉化與守恒的角度看,電動機從電源獲得能量,一部分轉化為機械能,還有一部分轉化為內能(熱能),即P電=⑧+⑨,其中P電=⑩,P熱=。

答案①靜電力②UIt③電④UI⑤I2Rt⑥I2Rt⑦I2R⑧P機⑨P熱⑩UII2R如圖所示,當電動機接上電源后,會帶動風扇轉動,回答下列問題:(1)電動機未轉動時,線圈電阻如何計算?(2)電動機轉動時,探究線圈兩端電壓與線圈電阻損失電壓之間的大小關系。(3)風扇正常工作時,涉及哪些功率?各功率間的關系如何?答案(1)電動機未轉動時,線圈可視為純電阻電路,電阻可由兩端電壓與通過的電流來確定。(2)設線圈兩端電壓為U,線圈因電阻損失電壓為Ur,若電流為I,機械功率為ΔP,由能量守恒定律,有IU=ΔP+IUr>IUr,即U>Ur。(3)風扇正常工作時,涉及的功率有輸入功率、發熱功率、機械功率或輸出功率。機械功率等于輸入功率減去發熱功率。角度1串、并聯電路的分析與計算(多選)有三個電阻的阻值及額定電流分別為R1=10Ω、I1=1A,R2=20Ω、I2=2A,R3=5Ω、I3=2A。將它們以不同方式組合,組成的電路分別如圖1、圖2、圖3所示。下列說法正確的是()。A.圖1中電路兩端允許加載的最大電壓為60VB.圖2中電路允許通過的最大電流為3.5AC.圖3中電路兩端允許加的最大電壓為17.5VD.圖3中電路允許通過的最大電流為2A答案BC解析圖1中三個電阻是串聯關系,串聯電路中的電流處處相等,所以圖1中要保證三個電阻的安全,電路中的最大電流I1=1A,根據歐姆定律可得,電路兩端允許加載的最大電壓Umax=I1(R1+R2+R3)=35V,A項錯誤;圖2中三個電阻是并聯關系,并聯電路各支路電壓相等,根據U=IR計算出各電阻兩端允許加載的最大電壓,分別是U1=10V,U2=40V,U3=10V,要保證三個電阻安全,圖2中電路兩端允許加載的最大電壓為10V,當電路兩端加載的電壓為10V時,電路允許通過的最大總電流Imax=UmaxR1+UmaxR2+UmaxR3=1010+1020+105A=3.5A,B項正確;在圖1和圖2的分析中,已經知道,R1、R2的額定電壓分別是10V和40V,故圖3中并聯部分允許承受的最大電壓Umax'=10V,該部分的最大電流Imax'=Umax'R1+Umax'R2=1010+1020A=1.5A,又知R3的額定電流I3=2A,故整個電路允許通過的最大電流Imax″=Imax'=1.5在串聯電路中,會出現限流現象,即不同電阻允許通過的電流不一樣,串聯電路允許通過的最大電流由額定電流最小的那個電阻決定。在并聯電路中,會出現限壓現象,即不同電阻兩端允許加載的電壓不一樣,并聯電路兩端允許加載的最大電壓由額定電壓最小的那個電阻決定。另外,要謹記:對于串聯電路,R總大于任一電阻阻值,一個大電阻和一個小電阻串聯時,總電阻接近大電阻。對于并聯電路,R總小于任一電阻阻值,一個大電阻和一個小電阻并聯時,總電阻接近小電阻。但是,無論串聯電路還是并聯電路,其中任一電阻增大或減小,總電阻都隨之增大或減小。(2024屆海淀區模擬)某實驗小組設計的具有兩個量程的電流表如圖所示,已知表頭的滿偏電流為Ig,定值電阻R1、R2的阻值均等于表頭的內阻。當使用1和2兩個端點時,電流表的量程為I1,當使用1和3兩個端點時,電流表的量程為I2。下列說法正確的是()。A.I1=2IgB.I2=3IgC.若僅使R1阻值變小,則I1和I2均變大D.若僅使R2阻值變小,則I1和I2均變大答案C解析設R1=R2=Rg=R,根據電路結構可知I1=Ig+Ig(R2+Rg)R1=3Ig,I2=Ig+IgRgR1+R2=1.5Ig,A、B兩項錯誤;因為I1=Ig+Ig(R2+Rg)R1,I2=Ig+IgRgR1電表的改裝問題,就是串聯電路與并聯電路的分析問題。當小量程的電流表改裝成電壓表時,采用串聯電路,這時要抓住串聯電路電流相等的特點,采用歐姆定律列式分析;當小量程的電流表改裝成大量程的電流表時,采用并聯電路,這樣要抓住并聯電路電壓相等的特點,采用歐姆定律列式分析。角度2電路中的能量轉化問題純電阻電路與非純電阻電路的比較比較項目純電阻電路非純電阻電路實例白熾燈、電爐、電飯鍋、電熱毯、電熨斗等工作中的電動機、電解槽、日光燈等能量轉化電路中消耗的電能全部轉化為內能W=Q電路中消耗的電能除轉化為內能外,還轉化為其他形式的能W>Q電功的計算W=UIt=I2Rt=U2W=UIt電熱的計算Q=UIt=I2Rt=U2Q=I2Rt電功率的計算P=UI=I2R=UP=UI熱功率的計算P熱=UI=I2R=UP熱=I2R在現代社會中電熱水壺已進入千家萬戶,如果將一電熱水壺接在220V的電源兩端,經時間t0電熱水壺的開關自動斷開。若不計熱量損失、電阻絲的阻值不受溫度的影響。下列說法正確的是()。A.如果將電熱水壺接在110V的電源兩端,需經2t0的時間電熱水壺的開關自動斷開B.如果將電熱水壺接在110V的電源兩端,需經16t0的時間電熱水壺的開關自動斷開C.如果將電熱水壺接在55V的電源兩端,需經4t0的時間電熱水壺的開關自動斷開D.如果將電熱水壺接在55V的電源兩端,需經16t0的時間電熱水壺的開關自動斷開答案D解析設電熱水壺電熱絲的電阻為R,則經過t0的時間,220V的電壓產生的熱量Q=U2Rt0=(220V)2Rt0。若U1=110V,需要產生相同的熱量Q=U12Rt1=(110V)2Rt1,解得t1=4t0,A、B兩項錯誤;若U2=55V,需要產生相同熱量開關才能自動斷開,由Q=U22Rt1=(55某款小型電風扇的銘牌如圖。當在該小電風扇上加3V電壓時,它不轉動,測得此時通過它的電流為0.6A,則下列說法正確的是()。FS-69電風扇規格100mm額定電壓6V額定功率2.4WA.小電風扇的內阻為0.5ΩB.當在小電風扇上加6V電壓時,通過的電流為1.2AC.小電風扇正常工作時的機械功率為2.4WD.小電風扇正常工作時的熱功率為0.8W答案D解析小風扇不轉時,電路為純電阻電路,根據歐姆定律可得R=UI=5Ω,A項錯誤;當電壓為6V時,風扇正常工作,由公式可得I=PU=2.46A=0.4A,B項錯誤;風扇正常工作時機械功率P機械=UI-I2R=2.4W-(0.4)2×5W=1.6W,C項錯誤;風扇熱功率P熱=I2R=0.8W解決電路中的能量轉化問題,關鍵是明確電能的轉化情況。對于純電阻電路,電能全部轉化為內能,因此有P電=P熱。對于非純電阻電路問題,例如含電動機的電路,當電動機正常工作時,從能量轉化與守恒的角度看,電動機從電源獲得能量,一部分轉化為機械能,還有一部分轉化為熱能,即P電=P機+P熱,其中P電=UI,P熱=I2R。當電動機不能正常工作(轉動)時,P機=0,電路轉化為純電阻電路,此時電動機從電源獲得的能量全部轉化為熱能,即P電=P熱。見《高效訓練》P731.氚核

13H發生β衰變成為氦核

23He。假設含氚材料中

13H發生β衰變產生的電子可以全部定向移動,在3.2×104s時間內形成的平均電流為5.0×10-8A。已知電子的電荷量為1.6×10-19C,則在這段時間內發生β衰變的氚核

A.5.0×1014 B.1.0×1016C.2.0×1016 D.1.0×1018答案B解析由q=It,ne=q聯立解得n=1.0×1016。2.某款理發用的電吹風的電路如圖所示,它主要由電動機M和電熱絲R構成。在閉合開關S1、S2后,電動機驅動風葉旋轉,將空氣從進風口吸入,經電熱絲加熱,形成熱風后從出風口吹出。已知電吹風的額定電壓為220V,吹冷風時的功率為120W,吹熱風時的功率為1000W。關于該電吹風,下列說法正確的是()。A.電熱絲的電阻為55ΩB.電動機的電阻為12103C.當電吹風吹冷風時,電熱絲每秒鐘消耗的電能為120JD.當電吹風吹熱風時,電動機每秒鐘消耗的電能為880J答案A解析電吹風吹熱風時,電熱絲消耗的功率P=1000W-120W=880W;對電熱絲,由P=U2R可得電熱絲的電阻R=U2P=2202880Ω=55Ω,A項正確。因為不知道電動機線圈的發熱功率,所以電動機線圈的電阻無法計算,B項錯誤。當電吹風吹冷風時,電熱絲沒有工作,C項錯誤。當電吹風吹熱風時,3.(多選)對于一根常溫下阻值為R的均勻金屬絲,下列說法正確的是()。A.常溫下,若將金屬絲均勻拉長為原來的10倍,則電阻變為10RB.常溫下,若將金屬絲從中點對折起來,則電阻變為14C.若加在金屬絲兩端的電壓從零逐漸增大到U0,則任一狀態下的UID.若把金屬絲的溫度降低到絕對零度附近,則電阻率可能會突然變為零答案BD解析設金屬絲的體積為V,原長為L,橫截面積為S,由電阻定律可得R=ρLS=ρL2V,常溫下,若將金屬絲均勻拉長為原來的10倍,則電阻變為100R,A項錯誤;常溫下,若將金屬絲從中點對折起來,則電阻變為14R,B項正確;若加在金屬絲兩端的電壓增大,金屬絲發熱,金屬絲的電阻率隨溫度的升高而增大,由R=ρLS可知,電阻變大,由R=UI可知,UI的比值變大,C項錯誤;若把金屬絲的溫度降低到絕對零度附近4.用某種半導體材料制成的電阻的電流隨其兩端電壓變化的關系圖線如圖所示,在圖線上取一點M,其坐標為(U0,I0),其中過M點的切線與橫軸正向的夾角為β,MO與橫軸的夾角為α。下列說法正確的是()。A.該電阻的阻值隨其兩端電壓的升高而減小B.該電阻的阻值隨其兩端電壓的升高而增大C.當該電阻兩端的電壓U=U0時,其阻值為1tanαD.當該電阻兩端的電壓U=U0時,其阻值為tanβΩ答案A解析由題圖可知,圖線上點與坐標原點O點的連線的斜率表示電阻的倒數,隨著電壓的增大,斜率變大,該電阻的阻值變小,A項正確,B項錯誤;當該電阻兩端的電壓U=U0時,該電阻的阻值R=U0I0,因為縱坐標與橫坐標的標度不確定,所以不能用R=1tanα計算電阻的阻值,也不能用R=tanβ計算電阻的阻值5.(多選)在如圖1所示的電路中,L1、L2、L3為三個規格相同的小燈泡,這種小燈泡的I-U特性曲線如圖2所示。在開關S閉合后,電路中的總電流為0.25A,則此時()。A.L1兩端電壓為L2兩端電壓的2倍B.L1消耗的電功率為0.75WC.L2的電阻為4ΩD.L1、L2消耗的電功率的比值大于12答案BD解析電路中的總電流為0.25A,則L1中電流為0.25A,由小燈泡的伏安特性曲線可知,L1兩端電壓為3.0V,L1消耗的電功率P1=U1I1=0.75W,B項正確;根據并聯電路規律可知,L2中電流為0.125A,由小燈泡的伏安特性曲線可知,L2兩端電壓小于0.5V,所以L1兩端電壓比L2兩端電壓的6倍還大,A項錯誤;由歐姆定律可知,L2的電阻R2=U2I2=0.40.125Ω=3.2Ω≠4Ω,C項錯誤;L2消耗的電功率P2=U2I2<0.5×0.125W=0.0625W,L1、L2消耗的電功率的比值P1P26.(多選)導體a、b的伏安特性曲線如圖所示,若導體a的電阻為R1,導體b的電阻為R2,則下列說法正確的是()。A.R1∶R2=1∶3B.把R1拉長到原來的3倍長后電阻等于R2C.將R1與R2串聯后接于電源上,則二者功率之比P1∶P2=1∶3D.將R1與R2并聯后接于電源上,則通過二者的電流之比I1∶I2=1∶3答案AC解析在線性元件的伏安特性曲線(I-U圖像)中,圖線的斜率表示電阻的倒數。由圖可得R1∶R2=1∶3,A項正確;把R1拉長到原來的3倍長后,橫截面積變為原來的13,由電阻定律可得,電阻變為原來的9倍,B項錯誤;在串聯電路中,通過各元件的電流相等,所以將R1與R2串聯后接于電源上后電流之比I1∶I2=1∶1,由公式P=I2R得,功率之比P1∶P2=1∶3,C項正確;在并聯電路中,各元件的電壓相等,電流與電阻成反比,所以將R1與R2并聯后接于電源上,電流之比I1∶I2=3∶1,D7.一車載加熱器發熱部分的電路如圖所示,a、b、c是三個接線端點。當該電路以3種不同的方式接在輸出電壓為u的電源兩端時,它們的功率分別為Pab、Pac、Pbc,則下列關系式正確的是()。A.Pab>Pbc B.Pab=PacC.Pac=Pbc D.Pab<Pac答案D解析接a、b時,電路的總電阻Rab=90R19;接a、c時,電路的總電阻Rac=18R19;接b、c時,電路的總電阻Rbc=90R19。不管是接哪兩個點,電壓不變,根據P=U2R,可知P8.長度為L的均勻金屬絲總電阻為R,將它彎成如圖所示的圓形閉合導線環,A、B、C、D四點將圓環等分。將A、C兩點接入輸出電壓恒為U的電源上,則圓環消耗的功率為P。若將A、B兩點接入同樣的電源上,則圓環消耗的功率為()。A.43P B.34P C.316P D答案A解析導線環每一等份的電阻為14R。當A、C點接入電路中時,總電阻R1=14R;當A、B點接入電路中時,總電阻R2=316R;由P=U2R得P2∶P1=R1∶R2=4∶3,又P1=P,可得P2=9.(多選)刀片電池的電池包,是將多個電芯通過堆棧式擺放,像“刀片”一樣插入到電池包,如圖所示。根據測算,這樣做能使電池空間利用率從傳統電池包的40%上升到60%,提高了電池組整體的能量密度。某刀片電池電芯銘牌標注為:容量138.5A·h,能量0.443kW·h。178個電芯串聯成一個電池包。下列說法正確的是()。A.每個電芯的額定電壓約為3.2VB.整個電池包的總電能為2.47×104kW·hC.若電車以額定功率60kW行駛,則電池放電電流約為105AD.若電車百公里耗電能為15.4kW·h,則電車續航里程約為1603公里答案AC解析根據W=qU可知,每個電芯額定電壓等于0.443kW·h138.5A·h≈3.2V,A項正確;整個電池包的總電能為每個電芯能量的累加,0.443kW·h×178=78.854kW·h,B項錯誤;若電車以額定功率60kW行駛,178個電芯串聯的總電壓約為3.2×178V=569.6V,則電池放電電流I=PU=60kW569.6V≈105A,C項正確;若電車百公里所耗電能為15.4kW·h,10.(2024屆北京模擬)某小組的同學用數字電壓表和電阻箱探究某光伏電池的特性。他們通過查閱資料知道,光伏電池在特定光照條件下的伏安特性曲線如圖所示,則他們得到的U-R圖像可能是()。ABCD答案B解析由I-U圖像可知,開始時隨U增大,I保持不變,由歐姆定律可知U-R圖像為過原點的一條傾斜直線,之后隨著U增大,I減小,由歐姆定律可知U-R圖像的斜率減小,B項符合題意。11.(2024屆六安模擬)離子打到金屬板上可以被吸收,即讓離子速度在短時間內變為零。某高速離子流形成的等效電流大小為I,單個離子的質量為m,電荷量為q,速度為v,此離子流持續打到金屬板的過程中,金屬板所受離子流的平均沖擊力大小為()。A.mvIq B.mvIq C.vIqm答案A解析設該離子流單位長度中有n個離子,沖擊時對離子流,由動量定理可得FΔt=0-nlmv,其中l=vΔt,再由電流的定義I=QΔt=nvΔtqΔt=nvq,解得F=-mvIq。根據牛頓第三定律12.(多選)電動自行車因價格低廉、高通行率、節能環保等優點成為眾多市民出行的首選交通工具。下表為某品牌電動自行車的部分技術參數。下列說法正確的是()。規格后輪驅動直流永磁鐵電機車型電動自行車額定輸出功率200W整車質量40kg額定電壓48V最大載重120kg額定電流5.0AA.正常勻速行駛時后輪受到地面對它的滑動摩擦力B.電動自行車的內阻為9.6ΩC.電動自行車以額定功率行駛時,電機的輸入功率為240WD.電動自行車以額定功率行駛時,電機的效率約為83%答案CD解析正常勻速行駛,后輪受到地面對它的靜摩擦力使電動自行車向前運動,A項錯誤;由表格讀出電機的額定電壓U=48V,額定電流I=5.0A,電機輸入的總功率P總=IU=48×5.0W=240W,C項正確;額定輸出功率P出=200W,電機正常工作時的效率η=P出P總×100%≈83.3%,D項正確;由能量守恒定律得,正常工作時內部發熱功率P熱=P總-P出=240W-200W=40W,由P熱=I2r,解得r=1.6Ω第2講閉合電路歐姆定律對應學生用書P220考點一閉合電路歐姆定律及其應用一、閉合電路:由導線、電源和用電器連成的電路。1.電源的作用:通過①力做功把其他形式的能轉化為電能(非靜電力把正電荷從負極搬運到正極,該過程中它做了功,使電荷的電勢能增加)。

2.能量轉化情況:在電源內部,非靜電力做②功,其他形式的能轉化為電勢能;在電源外部,靜電力做③功,電勢能轉化為其他形式的能(被用電器消耗)。

二、電動勢(用E表示):在電源內部,非靜電力把正電荷從負極移送到正極所做的功與被移送電荷的電荷量的比值,即E=④。

1.電動勢的單位:伏特。2.電動勢是反映電源非靜電力做功本領大小的物理量。3.電動勢由電源中⑤力的特性決定,跟電源的體積⑥關,跟外電路⑦關。

三、閉合電路歐姆定律:閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比,跟內、外電路的電阻之和成反比,即I=⑧。

1.閉合電路中電動勢與電壓關系:E=U外+U內,即電源的電動勢等于內、外電路的電壓之和,其中U外=IR,U內=Ir。2.路端電壓:外電路兩端的電壓,即U外。路端電壓、電流、內電壓隨外電阻R的變化規律(↑表示增大,↓表示減小)。外電阻R變化情況R↑R→∞(外電路斷路)R↓R→0(外電路短路)I=ER+rI↓I→0I↑U內=Ir=E-IRU內↓U內→0U內↑U內→EU外=IR=E-IrU外↑U外→EU外↓U外→0答案①非靜電②正③正④Wq⑤非靜電⑥無⑦無⑧一閉合電路如圖所示,電路中電源電動勢為E,內阻為r,電阻箱接入電路的阻值為R。(1)根據能量守恒定律,導出閉合電路歐姆定律。(2)求電源的輸出功率。(3)求電源的供電效率。答案(1)設電路中的電流為I,則電源的總功率為IE,外電阻消耗的功率為I2R,內阻消耗的功率為I2r,由能量守恒定律有IE=I2R+I2r,得I=ER(2)電源的輸出功率P=I2R=E2((3)電源的供電效率η=I2RIE×100%=R角度1閉合電路歐姆定律的應用根據電路的不同,閉合電路歐姆定律可以有多種不同的書寫形式常見電路閉合電路歐姆定律E=I(R+r)E=U+IrE=U+UR(2024屆衡水模擬)在如圖所示的電路中,R1=4Ω,R2=2Ω,滑動變阻器R3上標有“10Ω,2A”的字樣,理想電壓表的量程有0~3V和0~15V兩擋,理想電流表的量程有0~0.6A和0~3A兩擋。閉合開關S,將滑片P從最左端向右移動到某位置時,電壓表、電流表示數分別為2V和0.5A;繼續向右移動滑片P至另一位置,電壓表指針指在滿偏的13處,電流表指針也指在滿偏的13處。求電源電動勢與內阻的大小。(計算結果保留2位有效數字答案7.0V2.0Ω解析滑片P向右移動的過程中,電流表示數在減小,電壓表示數在增大,由此可以確定電流表量程選取的是0~0.6A,電壓表量程選取的是0~15V,所以第2次電流表的示數為13×0.6A=0.2A,電壓表的示數為13×15V=5V。當電流表示數為0.5A時,R1兩端的電壓U1=I1R1=0.5×4V=2V,回路的總電流I總=I1+U1R2=1.5A,由閉合電路歐姆定律得E=I總r+U1+U3,即E=1.5A×r+2V+2V;當電流表示數為0.2A時,R1兩端的電壓U1'=I1'R1=0.2×4V=0.8V,回路的總電流I總'=I1'+U1'R2=0.6A,由閉合電路歐姆定律得E=I總'r+U1'+U3',即E=0.6A×r+0.8V+5V,聯立解得E=7.0角度2閉合電路功率及效率問題項目純電阻電路非純電阻電路能量W=Q外+Q內,即EIt=I2Rt+I2rt,其中EIt為時間t內電源提供的總電能,I2Rt為外電路消耗的電能,I2rt為內電路消耗的電能W=W外+Q內,即EIt=UIt+I2rt,其中EIt為時間t內電源提供的總電能,UIt為外電路消耗的電能,I2rt為內電路消耗的電能功率P=P外+P內,即EI=I2R+I2r,其中EI為電源的總功率,I2R為電源的輸出功率,I2r為電源內部消耗的功率P=P外+P內,即EI=UI+I2r,其中EI為電源的總功率,UI為電源的輸出功率,I2r為電源內部消耗的功率電源的輸出功率P出=I2R=E2R(R(1)當R=r時,Pmax=E(2)一個輸出功率(除最大功率外)P對應于兩個不同的外電阻R1和R2,且r=RP出=UI=(E-Ir)I=-I2r+EI,電源的輸出功率隨電流的變化關系如圖所示(1)當I=E2r時,Pmax(2)一個輸出功率(除最大功率外)P對應于兩個不同的電流I1和I2,且r=E電源的效率η=RR+η=UE×某型號酒精測試儀的簡化電路如圖所示。傳感器的電阻R隨酒精氣體濃度的增大而減小,電源的電動勢為E,內阻為r,R0為定值電阻,電路中的電表均為理想電表。當一位涉嫌酒駕者對著測試儀吹氣時,下列說法正確的是()。A.電壓表示數變大,電流表示數變小B.酒精氣體濃度越大,電源的效率越低C.酒精氣體濃度越大,電源的輸出功率越小D.電壓表示數增量的絕對值與電流表示數增量的絕對值之比變小答案B解析當對著測試儀吹氣時,酒精氣體濃度增大,傳感器的電阻R減小,根據I=ER+R0+r可知,電流表示數增大;根據U=E-I(R0+r)可知,電壓表示數減小,A項錯誤。電源的效率η=R+R0R+R0+r×100%=11+rR+R0×100%,當酒精氣體濃度增大時,傳感器的電阻R減小,電源的效率降低,B項正確。電源的輸出功率P=ER+R0+r2(R+R0)=E2R+R0+r2R+R0+2r,作出該函數的圖像如圖所示,對于電功率的最值問題,首先要明確計算誰的電功率。當計算定值電阻的電功率時,要使定值電阻消耗的功率最大,只需通過定值電阻的電流最大,然后用P=I2R=U2R計算即可;當計算可變電阻的電功率時,要采用等效電源思想,將其余電阻(都為定值電阻)和電源等效為一個新電源,當可變電阻的阻值與新電源的內阻相等時,可變電阻消耗的電功率最大;當計算電源的輸出功率時,要使電源的輸出功率最大,則當R=r時,電源的輸出功率最大。謹記:電源輸出功率最大時,效率并不是最大,只有角度3功率的P-I圖像分析電源的三種功率及其圖像(只討論純電阻電路)電源的總功率電源的輸出功率電源內部消耗的功率在同一P-I坐標系中,分別畫出了某閉合電路中,直流電源的總功率PE、電源內部的發熱功率Pr及輸出功率PR隨電流I變化的圖線,如圖中的a、b、c所示。以下結論正確的是()。A.當I=1.5A時,內電路消耗的功率取最大值B.當I=3.0A時,電源的供電效率取最大值C.電源的電動勢E=3.0VD.電源的內阻r=1.5Ω答案C解析由題圖可知,當I=1.5A時,外電路消耗的功率為最大值,內電路消耗的功率不是最大值,A項錯誤;當I=3.0A時,電源的供電效率η=PRPE×100%=0,B項錯誤;當I=3.0A時,PR=0,說明外電路短路,根據PE=EI知電源的電動勢E=3.0V,內阻r=EI=1.0Ω,C兩個U-I圖像及各要素的物理意義名稱電源的U-I圖像導體的U-I圖像圖形圖線的物理意義電源的路端電壓隨電路中電流的變化關系導體兩端電壓隨導體中的電流的變化關系續表名稱電源的U-I圖像導體的U-I圖像圖線與坐標軸交點的物理意義與縱軸交點表示電源電動勢E;與橫軸交點表示電源短路電流Er(注意:坐標數值要從零開始過坐標軸原點,表示沒有電壓時電流為零圖線上每一點坐標的乘積UI表示電源的輸出功率表示導體消耗的功率圖線上每一點對應的U與I比值表示外電路的電阻表示導體的電阻圖線斜率的物理意義圖線是直線,表示電源的內阻不變,圖線的斜率的絕對值等于電源的內阻r(注意:坐標數值要從零開始);圖線是曲線,表示電源的內阻是變化的,圖線的切線斜率無意義,但圖線上某點與圖線跟縱軸的交點的連線的斜率的絕對值表示此狀態下電源的內阻圖線是直線,對應線性元件,圖線的斜率等于導體的電阻;圖線是曲線,對應非線性元件,圖線的切線斜率無意義,但圖線上某點與坐標原點的連線的斜率等于導體在該狀態下的電阻角度1純電阻的U-I圖像與電源的U-I圖像結合(2024屆北京二模)在如圖所示的U-I圖像中,直線a表示某電源的路端電壓U與電流I的關系,直線b、c分別表示電阻R1、R2的電壓U與電流I的關系。下列說法正確的是()。A.電阻R1、R2的阻值之比為4∶3B.該電源的電動勢為6V,內阻為3ΩC.只將R1與該電源組成閉合電路時,電源的輸出功率為6WD.只將R2與該電源組成閉合電路時,內、外電路消耗的電功率之比為1∶1答案D解析根據圖像得R1=41Ω=4Ω,R2=42Ω=2Ω,電阻R1、R2的阻值之比為2∶1,A項錯誤;該電源的電動勢為6V,內阻r=63Ω=2Ω,B項錯誤;只將R1與該電源組成閉合電路時,電源的輸出功率P1=4×1W=4W,C項錯誤;只將R2與該電源組成閉合電路時,內、外電路消耗的電功率分別為P內=I2r,P外=I2R2,解得P內∶P外=1∶1角度2非純電阻的U-I圖像與電源的U-I圖像結合在如圖所示的U-I圖像中,直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關系圖線,曲線Ⅱ為某一小燈泡L的U-I圖像,曲線Ⅱ與直線Ⅰ的交點坐標為(1.5,0.75),該點的切線與橫軸的交點坐標為(1.0,0),用該電源直接與小燈泡L連接成閉合電路,由圖像可知()。A.電源電動勢為2.0VB.電源內阻為0.5ΩC.小燈泡L在該電路中的電阻為1.5ΩD.小燈泡L實際消耗的電功率為1.125W答案D解析根據題意,由閉合回路歐姆定律有U=E-Ir,代入題中數據有0.75=E-1.5r,0=E-2.0r,解得E=3.0V,r=1.5Ω,A、B兩項錯誤;根據題意可知,當用該電源直接與小燈泡L連接成閉合電路時,燈泡L兩端的電壓為0.75V,流過燈泡的電流為1.5A,由歐姆定律知,小燈泡L接入該電路時的電阻RL=UI=0.5Ω,小燈泡L實際消耗的電功率P=UI=1.125W,C項錯誤,D解決伏安特性曲線(或U-I曲線)問題關鍵在于找“工作狀態點”的參量:有一些材料制成的電阻、二極管等元件,其內部電流與兩端外加電壓并不成正比,其伏安特性曲線是一條不規則的曲線,而且在幾乎不可能寫出伏安特性曲線解析式的情況下,求這些元件在實際工作狀態的電流、電壓和實際功率時,注意不能直接根據歐姆定律求解,應考慮通過圖像去尋找實際“工作狀態點”,由圖像結合串、并聯電路的特點進行分析。確定“工作狀態點”的方法,是一種收斂性思維。要求在同一坐標系中作出電源的伏安特性曲線,元件及電源的特性曲線的交點,即元件在電路中的實際工作點,由工作點電壓及電流坐標,求得元件在實際工作狀態下的電阻、電功率等有關物理量。考點二三種電路分析角度1動態電路的分析分析動態電路常用的三種方法程序法程序法思維導向:由局部到整體又從整體回到局部的分析思路,即遵循“R→I→U→支路”的思維程序。如圖所示,程序如下:(1)判定外電阻的變化。(2)由閉合電路歐姆定律判定干路電流的變化。(3)由電流的變化分析路端電壓的變化。(4)局部電路的分析結論法簡單表述為“串反并同”。理論上是電流疊加原理的反映。(1)所謂“串反”,即某一電阻增大時,與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都將減小,反之則增大。(2)所謂“并同”,即某一電阻增大時,與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都將增大,反之則減小極限法如果電路中物理量的變化是由滑動變阻器滑片移動引起的,可將滑動變阻器的滑片分別移至兩個極端,對電阻最大或電阻為零進行討論(2024屆石家莊質檢)在如圖所示的電路中,電源電動勢E=12V,內阻r=8Ω,定值電阻R1=2Ω,R2=10Ω,R3=20Ω,滑動變阻器R4的取值范圍為0~30Ω,所有電表均為理想電表。閉合開關S,在滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中,電壓表、電壓表、電流表示數的變化量分別為ΔU1、ΔU2、ΔI。下列說法正確的是()。A.|ΔU1|大于|ΔU2|B.ΔU1ΔIC.R4的功率先增大后減小,最大值為0.36WD.電源的輸出功率先增大后減小,最大值為4.5W答案C解析將R1和R2等效為電源內阻,則等效電源的電動勢E'=ER2R1+R2+r=6V,等效內阻r'=(r+R1)R2r+R1+R2=5Ω,等效電路如圖所示。當滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中,R4變大,總電阻變大,總電流減小,路端電壓變大,示數變小,則示數變大,因U路端=U1+U2,可知|ΔU1|小于|ΔU2|,A項錯誤;因為ΔU1ΔI=R3不變,而U2=E'-I(R3+r'),可知ΔU2ΔI=R3+r'不變,B項錯誤;將R3等效為新電源的內阻,此時內阻r″=r'+R3=25Ω,當外電路電阻等于電源內阻時,輸出功率最大,則當滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中,電阻從0增加到30Ω,可知R4的功率先增大后減小,當R4=25Ω時功率最大,最大值P=E'24r″=624×25W=0.36W,C項正確;當滑動變阻器的滑片在a端時,等效電源法中的兩個電路模型等效電源法把含有電源、電阻的部分電路等效為新的“電源”的方法圖示等效電動勢與等效內阻E'=E,r'=R+rE'=Er'=r角度2電路故障的分析1.電路故障的兩種類型名稱短路斷路特點有電流通過電路而兩端電壓為零電源路端電壓不為零而電流為零2.利用電流表、電壓表判斷電路故障的方法常見情境故障解讀可能原因正常,無示數“電流表示數正常”表明電流表所在電路為通路,“電壓表無示數”表明無電流通過電壓表電壓表損壞;電壓表接觸不良;與電壓表并聯的用電器短路正常,無示數“電壓表有示數”表明電壓表有電流通過,“電流表無示數”說明沒有或幾乎沒有電流流過電流表電流表短路;和電壓表并聯的用電器斷路、均無示數“兩表均無示數”表明無電流通過兩表兩表同時被短路或干路斷路導致無電流3.利用歐姆表判斷電路故障的方法:當測量值很大時,表示該處斷路;當測量值很小或為零時,表示該處短路。注意:利用歐姆表檢測時,應斷開電源。連接如圖所示的電路,閉合開關S后,從a向b移動滑動變阻器R的滑片,發現小燈泡一直不發光,電壓表的示數逐漸增大,則電路的故障可能為()。A.小燈泡短路 B.小燈泡斷路C.電流表斷路 D.滑動變阻器短路答案B解析小燈泡短路,小燈泡不發光,電壓表示數一直為零,A項錯誤;小燈泡斷路,小燈泡不發光,電流表與電壓表串聯,隨著滑片從a向b移動,電壓表示數逐漸增大,B項正確;電流表斷路,小燈泡不發光,電壓表示數一直為零,C項錯誤;滑動變阻器短路,小燈泡不發光,電壓表示數一直為零,D項錯誤。角度3含容電路的分析與計算1.電路簡化的兩個原則(1)在直流電路中,當電容器所在的支路穩定時,該支路可視為斷路,簡化電路時可以把它去掉,求電荷量時再在相應位置補上。(2)電容器所在的支路中沒有電流,與之串聯的電阻兩端無電壓,相當于導線。2.電容器的電荷量及變化(1)當電容器所在的支路穩定時,電容器兩端的電壓等于與之并聯的電阻兩端的電壓。(2)電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電。若電容器兩端電壓升高,電容器將充電;若電壓降低,電容器將通過與它連接的電路放電;若變化前后極板帶電的電性相同,則通過所連導線的電荷量為|Q1-Q2|;若變化前后極板帶電的電性相反,則通過所連導線的電荷量為Q1+Q2。(2023年海南卷)如圖所示電路,已知電源電動勢為E,內阻不計,電容器電容為C,閉合開關S,待電路穩定后,電容器上電荷量為()。A.CEB.12C.25D.35答案C解析電路穩定后,由于電源內阻不計,則整個回路可看成3R、2R的串聯部分與R、4R的串聯部分并聯,若取電源負極為零電勢點,則電容器上極板的電勢φ1=E5R·2R=2E5;電容器下極板的電勢φ2=E5R·4R=4E5,因此電容器兩端電壓的絕對值U=2見《高效訓練》P751.(2024屆上海模擬)一迷你小風扇內裝有小型直流電動機,其線圈電阻為RM,額定電壓為U,額定電流為I。將它與電動勢為E、內阻為r的直流電源連接,電動機恰好正常工作。下列說法正確的是()。A.電源的輸出功率為EIB.電動機的總功率為I2RMC.電動機消耗的熱功率為I2rD.電動機輸出的機械功率為UI-I2RM答案D解析電源的輸出功率P總=IE-I2r,A項錯誤;電動機的總功率P=UI,B項錯誤;電動機消耗的熱功率P熱=I2RM,C項錯誤;電動機輸出的機械功率P機=UI-I2RM,D項正確。2.(2024屆南京模擬)某牧場設計了一款補水提示器,其工作原理如圖所示,水量增加時滑片下移,電表為理想電表。下列說法正確的是()。A.若選擇電壓表,水量增多時電壓表示數變大B.若選擇電流表,水量增多時電流表示數變小C.若選擇電流表,與電壓表相比,電路更節能D.若選擇電壓表,增加R0可提高靈敏度答案A解析若選擇電壓表,滑動變阻器R和定值電阻R0串聯在電路中,且電壓表測R的滑片至最上端的電壓,無論滑片如何移動,變阻器接入電路的阻值不變,閉合開關S,水量增多時,滑片下移,R上半部分的電阻增大,R上半部分分得的電壓增大,即電壓表示數變大,A項正確;若選擇電流表,滑動變阻器R滑片以下的部分和定值電阻R0串聯在電路中,電流表測電路中的電流,水量增多時,滑片下移,滑動變阻器連入電路的阻值減小,電路中的總電阻減小,由歐姆定律知,電路中的電流增大,即電流表示數變大,B項錯誤;與電壓表相比,選擇電流表設計電路的總電阻較小,電路中的電流較大,由P=EI可知,電路的總功率較大,更耗能,C項錯誤;若選擇電壓表,增加R0,電路中電流減小,電阻變化量相同時,電壓變化量變小,即靈敏度降低,D項錯誤。3.(2024屆平江模擬)在如圖所示的電路中,電容器的電容為C,兩極板間有一靜止的帶電液滴。現將滑動變阻器R的滑片稍向上移動一些,電壓表示數變化量的絕對值為ΔU,電容器電荷量變化量的絕對值為ΔQ。下列說法正確的是()。A.ΔQ一定大于C·ΔUB.燈泡L2一定變亮C.電源輸出功率一定減小D.帶電液滴向上運動答案A解析將滑動變阻器R的滑片稍向上移動時,變阻器接入電路的電阻變小,外電路總電阻變小,總電流變大,電源的內電壓變大,則路端電壓變小;總電流變大,燈泡L1兩端的電壓變大,即電壓表的示數變大。根據路端電壓等于燈泡L1的電壓與右側并聯部分的電壓之和可知,右側并聯部分的電壓變小,由于路端電壓變小,所以右側并聯部分的電壓減小量大于燈泡L1電壓的增加量,所以電容器電壓的變化量的絕對值大于ΔU,因此電容器電荷量變化量的絕對值ΔQ一定大于C·ΔU,A項正確。右側并聯部分的電壓變小,燈泡L2的電壓變小,則燈泡L2一定變暗,B項錯誤。由于電源的內阻與電路中外電阻的關系未知,所以不能判斷電源輸出功率如何變化,C項錯誤。電容器板間電壓變小,電場強度變小,帶電液滴向下運動,D項錯誤。4.(2024屆福州質檢)風力發電機的葉片轉動時形成圓面,當地風向可視為與葉片轉動的圓面垂直,發電機將此圓面內氣流的動能轉化為輸出電能的效率η=20%。風速在8m/s~15m/s范圍內,η可視為不變。設風通過葉片后速度減為零。已知風速v=10m/s時每臺發電機的輸出電功率為6000kW,空氣的密度ρ=1.2kg/m3,則下列說法正確的是()。A.該風力發電機的輸出電功率與風速成正比B.每秒鐘流過面積S的氣流動能為12ρSvC.每臺發電機葉片轉動時形成的圓面面積約為5×104m2D.當風速為15m/s時每臺發電機的輸出電功率約為6800kW答案C解析t時間內沖擊風車葉片的氣體體積V=SL=Svt,此氣流的質量m=ρV,氣流的動能Ek=12mv2=12ρSv3t,可知輸出功率P=ηEkt與v3成正比,A項錯誤。當t=1s時,Ek=12ρSv3,B項錯誤。當風速為10m/s時,每臺發電機的輸出電功率約為6000kW;當風速為15m/s時,每臺發電機的輸出電功率約為20250kW,風的動能轉化的電能E電=ηEk,則輸出電功率P=E電t,結合Ek=12ρSv3t,解得S=5×5.(2024屆朝陽二模)某除顫儀的儲能裝置是一個電容為70μF的電容器,工作時先通過電子線路把電池供電的電壓升高到約5000V給電容器充電,然后電容器在約2ms內完成放電,使100J~300J的電能通過病人的心臟部位,從而對病人進行搶救。根據上述信息并結合所學知識,可以推斷下列說法錯誤的是()。A.該除顫儀工作時的電功率在50kW~150kW之間B.該除顫儀工作時通過人體的電流可達30AC.該除顫儀中的電容器充電后儲存的能量約為1750JD.除顫儀開機工作時施救人員身體不可與病人身體接觸答案C解析電容器在約2ms的時間內放電,使100J~300J的電能通過病人的心臟部位,根據功率的計算公式P=Wt,可得除顫儀工作時的電功率在50kW~150kW之間,A項正確,不符合題意;除顫儀工作時通過人體的電流可達I=PmU=150×1035000A=30A,B項正確,不符合題意;該除顫儀中的電容器充電后儲存的能量E=12CU2=12×70×10-6×(5000)2J=875J,C項錯誤,6.(2024屆昌平聯考)(多選)在如圖所示的電路中,燈泡L的電阻小于電源的內阻r,閉合開關S,將滑動變阻器滑片P向左移動一段距離后,下列結論正確的是()。A.燈泡L變亮B.電流表示數變小,電壓表示數變大C.電源的輸出功率變小D.電容器C上電荷量增多答案BD解析將滑動變阻器滑片P向左移動一段距離后,滑動變阻器接入電路的電阻變大,根據串反并同,可知燈泡L中電流減小,電流表示數變小,電壓表示數變大,燈泡L變暗,A項錯誤,B項正確;當外電路的總電阻等于電源的內阻時,電源的輸出功率最大,雖然燈泡L的電阻小于電源的內阻r,但外電路的總電阻與電源的內阻大小不確定,故電源的輸出功率變化情況不確定,C項錯誤;將滑動變阻器滑片P向左移動一段距離后,電容器C上電壓增大,電容器C上電荷量增多,D項正確。7.(2024屆石景山模擬)角速度計可測量飛機、航天器、潛艇的轉動角速度,其結構如圖所示。當系統繞光滑的軸OO'轉動時,元件A發生位移并輸出相應的電壓信號,成為飛機、衛星等的制導系統的信息源。已知A的質量為m,彈簧的勁度系數為k、自然長度為l,電源的電動勢為E、內阻不計,滑動變阻器總長也為l,電阻分布均勻,系統靜止時滑片P位于B點,當系統以角速度ω轉動時()。A.電路中電流隨角速度的增大而增大B.電路中電流隨角速度的減小而增大C.彈簧的伸長量x=mlωD.輸出電壓U與ω的關系式為U=Em答案D解析系統在水平面內以角速度ω轉動時,無論角速度增大還是減小,BC的電阻不變,根據閉合電路歐姆定律知,電路中電流保持不變,與角速度無關,A、B兩項錯誤;設系統在水平面內以角速度ω轉動時,彈簧伸長的長度為x,則對元件A,根據牛頓第二定律,有kx=mω2(l+x),解得x=mlω2k-mω2,C項錯誤;輸出電壓U=RBPRBC8.在如圖所示的I-U圖像中,直線Ⅰ為通過電阻R的電流與其兩端電壓的關系圖線,直線Ⅱ為電源E的電流與路端電壓的關系圖線。下列說法正確的是()。A.電源內阻為aB.電阻R的阻值為aC.Ⅰ、Ⅱ交點坐標表示的是電阻R接在電源E兩端時電源的內電壓及電流D.圖中陰影部分的面積表示把電阻R接在此電源兩端時,電源內部消耗的功率為ab答案D解析根據閉合電路歐姆定律可得E=U+Ir,變形得I=Er-1rU,可知直線Ⅱ的斜率絕對值等于電源內阻的倒數,有1r=3b3a=ba,解得r=ab,A項錯誤;根據歐姆定律可知,直線Ⅰ的斜率等于電阻R的倒數,有1R=b2a,解得R=2ab,B項錯誤;Ⅰ、Ⅱ交點坐標表示的是電阻R接在電源E兩端時電源的外電壓及電流,C項錯誤;直線Ⅱ的縱軸截距為Er=3b,解得E=3br=3a,把電阻R接在此電源兩端時,由圖中交點知,此時電流為b,外電壓為2a,則電源內部消耗的功率Pr=U內I=(9.(多選)某數據研究中心對一款新能源汽車內的直流蓄電池進行測試,測試過程中系統輸出的PI2-1I圖像如圖所示,其中P為直流電源的輸出功率、I為總電流。下列說法正確的是(A.該蓄電池的電動勢為12VB.該蓄電池的內阻為1ΩC.該蓄電池的最大輸出功率為72WD.該蓄電池的短路電流為6A答案AC解析根據題意可知,直流電源的輸出功率P=EI-I2r,變形可得PI2=E·1I-r,結合題圖可得E=12V,r=0.5Ω,A項正確,B項錯誤;根據P=EI-I2r=-I-E2r2r+E24r可知,當I=E2r=12A時有最大輸出功率,且Pmax=E24r=72W,C項正確;該蓄電池的最大電流即為短路電流,短路電流10.(多選)如圖所示,電源電動勢E=12V,內阻不計,定值電阻R1=2Ω,R2=4Ω,R3=6Ω。M點和N點之間接有定值電阻R5和水平放置的理想平行板電容器,電容器的電容C=0.5F。第一次將電阻箱的阻值調為R4=2Ω,第二次將電阻箱的阻值調為R4'=10Ω。下列說法正確的是()。A.第一次,M點的電勢低于N點的電勢B.第二次,電阻箱兩端的電壓為4.5VC.在電阻箱的阻值改變的過程中,通過電阻R5的電荷量為2.25CD.電阻箱的阻值改變前后,電路消耗的電功率之比為11∶14答案AC解析當電阻箱的阻值R4=2Ω時,電阻R2兩端的電壓U2=R2R1+R2E=8V,電阻R3兩端的電壓U3=R3R3+R4E=9V,M點的電勢低于N點的電勢,A項正確。當電阻箱的阻值R4'=10Ω時,電阻箱兩端的電壓U4'=R4'R3+R4'E=7.5V,B項錯誤。當電阻箱的阻值R4=2Ω時,M點的電勢低于N點的電勢,電容器下極板帶正電,帶電荷量Q1=C(U3-U2)=0.5C;當電阻箱的阻值R4'=10Ω時,電阻R3兩端的電壓U3'=R3R3+R4'E=4.5V,M點的電勢高于N點的電勢,電容器下極板帶負電,帶電荷量Q2=C(U2-U3')=1.75C;電阻箱的阻值改變的過程中,通過電阻R5的電荷量ΔQ=Q1+Q2=2.25C,C項正確。電阻箱的阻值改變前,電路消耗的電功率P1=E2R111.(2024屆高州模擬)在如圖所示的電路中,電源的電動勢為E,內阻為r,阻值分別為4r、6r的電阻并聯后再與阻值為1.6r的電阻串聯,水平放置的電容器的兩極板的間距為d,分別接在阻值為1.6r的電阻兩端,合上開關S穩定后,電容器的帶電荷量為q。另一帶電荷量也為q的小球從距電容器上極板上方高為2d處自由釋放,小球恰好能下落到下極板。(重力加速度為g,結果可用分式表示)(1)求電容器的電容。(2)判斷小球帶電性質。(3)求小球的質量。解析(1)4r、6r的電阻并聯后阻值R并=4r·6r4r根據閉合電路歐姆定律可得UC=Er+2.4r+1.6r·1由電容定義式可得C=QU=qUC(2)小球下落過程,在電場中做減速運動,由于電容器下極板帶正電,可得小球帶正電荷。(3)由動能定理可得mg(2d+d)-qUC=0-0解得m=qUC312.(2024屆秦皇島模擬)電源、滑動變阻器、電動機和平行板電容器連接成如圖所示的電路。滑動變阻器的最大阻值為2R0,平行板電容器極板間的距離為d。當滑動變阻器滑片滑到最左端時,電動機不轉,一帶電液滴剛好靜止在電容器兩極板間。調節滑動變阻器的滑片,使滑動變阻器接入電路中的電阻變為14R0,此時電動機正常工作,電容器兩極板間的帶電液滴剛好以3g的加速度豎直向上做加速運動。已知電源的電動勢E=3R0I0,內阻r=34R0,液滴的比荷qm=4dgI(1)電動機的繞線電阻R線。(2)電動機正常工作時輸出的機械功率。解析(1)當滑片在最左端時,設電動機兩端的電壓為U,回路中的電流為I,對液滴進行受力分析有Ud由閉合電路歐姆定律有U=E-I(r+2R0)則電動機的繞線電阻R線=UI=14R(2)當電動機正常工作時,設電動機兩端的電壓為U',回路中的電流為I',對液滴進行受力分析,結合牛頓第二定律有U'dq-mg=m·由閉合電路歐姆定律有U'=E-I'r此時電動機輸出的機械功率P=U'I'-R04I'2=I0實驗11測量金屬絲的電阻率對應學生用書P2291.說明在設計測量電阻絲電阻的方案時,滑動變阻器也可接成分壓式電路,如圖所示。這只是電源供電方式不同而已。2.誤差分析(1)由ρ=πd2U4lI可知,金屬絲的長度l和直徑d(2)由于金屬絲電阻較小,采用電流表外接法,所以測量值小于真實值,電阻率的測量值偏小。(3)金屬絲通電后發熱升溫,會使金屬絲的電阻率變大,造成測量誤差。3.注意事項(1)測量金屬絲的直徑應在連入電路前進行,測量金屬絲的長度應在連入電路之后進行,在拉直的情況下測量有效長度。(2)由于被測金屬絲的電阻較小,須采用電流表外接法。(3)開關S閉合前,滑動變阻器接入電路部分的阻值要調至最大。(4)電流不宜太大(電流表用0~0.6A量程),通電時間不宜太長。(5)連接實驗電路時,應從電源的正極出發,依次將電源、開關、電流表、待測金屬絲、滑動變阻器連成干路,然后再把電壓表并聯在待測金屬絲的兩端。考點一常規實驗角度1實驗操作(2023年北京卷)采用圖1所示的電路圖來測量金屬絲Rx的電阻率。(1)實驗時,閉合開關S前,滑動變阻器的滑片P應處在(選填“M”或“N”)端。

(2)按照圖1連接實物圖,如圖2所示。閉合開關前檢查電路時,發現有一根導線接錯,該導線為(選填“a”、“b”或“c”)。若閉合開關,該錯誤連接會帶來的問題有。

答案(1)M(2)b移動滑片時,電壓表和電流表的示數始終為零解析(1)實驗時,閉合開關前,為保護電路,滑動變阻器滑片應處在最大阻值處,故該實驗滑動變阻器的滑片P應處在M端。(2)滑動變阻器采用分壓式接法,滑動變阻器下端兩接線柱與電源相連,故b導線接錯;該錯誤帶來的問題是移動滑片的過程中電壓表和電流表的示數始終為零。角度2實驗操作與數據處理(2023浙江1月卷)在“測量金屬絲的電阻率”實驗中:(1)測量一段金屬絲電阻時所用器材和部分電路連線如圖1所示,圖中的導線a端應與(選填“-”、“0.6”或“3”)接線柱連接,b端應與(選填“-”、“0.6”或“3”)接線柱連接。開關閉合前,圖1中滑動變阻器滑片應置于(選填“左”或“右”)端。

(2)合上開關,調節滑動變阻器,得到多組U和I數據。甲同學由每組U、I數據計算電阻,然后求電阻平均值;乙同學通過U-I圖像求電阻。則兩種求電阻的方法更合理的是(選填“甲”或“乙”)同學所用方法。

(3)兩同學進一步探究用鎳鉻絲將滿偏電流Ig=300μA的表頭改裝成電流表。如圖2所示,表頭兩端并聯長度為L的鎳鉻絲,調節滑動變阻器使表頭滿偏,毫安