第62頁（共62頁）2025年高考物理三輪復習之電路與電能一．選擇題（共10小題）1．（2025?登封市一模）電源的電動勢為E＝30V，內阻為r＝1Ω，將它與一只“6V，12W”的燈泡和一臺電阻為2Ω的小電動機串聯組成閉合電路。當燈泡正常發光時，若不計電機摩擦阻力損失的能量，電動機輸出機械功率與輸入電功率之比為（）A．91% B．82% C．67% D．60%2．（2025?全國一模）波是傳遞能量的一種方式。某一簡諧波的振幅為A、圓頻率為ω（ω在波傳播過程中保持不變），用?表示波在傳播過程中的平均能量密度，即單位體積內具有的能量，則有?=12ρA2ω2，（ρ為介質的密度）；用IA．I=ρA2ω2v2 B．IC．I=ρA23．（2025?濟南一模）如圖所示為某潮汐發電站的簡化原理圖，水壩下有通道，水流經通道即可帶動水輪發電機工作。某次落潮后開閘放水，經時間t水壩內外水面高度相同，此時關閉閘門。已知海灣的面積為S，開閘放水時海灣內外水面高度差為h，水的密度為ρ，重力加速度為g。若通過水輪發電機以后水的動能忽略不計，水流減少的機械能有50%轉化為電能。在該次落潮開閘放水過程中，水輪發電機的發電功率為（）A．ρSgh28t B．ρSgh24t4．（2025?瓊海校級模擬）鋰離子電池被廣泛地用于智能手機、智能機器人、電動自行車、電動汽車等領域。某款手機充電鋰離子電池的標識如圖所示，關于電池容量對應的物理量是（）A．電荷量 B．電功率 C．電功 D．電流5．（2025?九江一模）測量體脂率的儀器如圖A所示，其原理是根據人體電阻的大小來判斷脂肪所占比例（體液中含有鈉離子、鉀離子等，雨脂肪不容易導電），模擬電路如圖B所示。測量時，先閉合開關S，測試者兩手分提兩導電手柄，對于體重體型相近的兩人中脂肪含量比例相對較低者，則（）A．電阻R1消耗的功率較小 B．電源的輸出功率較小 C．電源的效率較小 D．不同人測量的電壓表示數差值與電流表示數差值的比值ΔUΔI等于電源內阻6．（2025?順義區校級模擬）如圖所示為一個加速度計的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的示數為0。當P端電勢高于Q端時，電壓表示數為正。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）A．若M位于R的中點右側，P端電勢低于Q端 B．若電壓表示數為負時，則物體速度方向向右 C．電壓表的示數隨物體加速度的增大而增大，且成正比 D．若物體向右勻加速運動，則電壓表示數為負，則示數均勻增加7．（2025?九江一模）在物理學中，圖像承載著豐富的信息，以下圖像的坐標軸單位均為國際單位制，則（）A．圖A描述的是電源路端電壓與電源總電流的關系圖線，則該圖線與縱坐標的交點表示電源電動勢大小 B．圖B表示物體運動的圖像，則該圖線的斜率表示物體運動的加速度大小 C．圖C描述的是某電阻的伏安特性曲線，其中a點的切線斜率表示該狀態下阻值的倒數值 D．圖D表示某做直線運動物體的合外力隨位移的變化關系，則圖中三角形面積大小表示該物體對應運動過程中動量變化的大小8．（2025?海南模擬）如圖1所示的電路中。R1為熱敏電阻，定值電阻R2＝60Ω，圖2中圖線a為電源的伏安特性曲線，圖線b為熱敏電阻的伏安特性曲線，開關S1閉合，開關S2斷開。下列說法正確的是（）A．保持開關S2斷開，電源的效率為60% B．開關S2閉合后，電源內阻消耗的功率增大 C．開關S2閉合后，熱敏電阻消耗的電功率增大 D．開關S2閉合后，電源的輸出功率增大9．（2025?岱岳區校級模擬）如圖甲所示為中國首輛火星車，命名為“祝融號”，主要任務是在火星上開展地表成分、物質類型分布、地質結構以及火星氣象環境等探測工作，是一輛純太陽能電動車，其動力主要來源于太陽能電池。現將火星車的動力供電電路簡化為如圖乙所示，其中太陽能電池電動勢E＝160V，電動機線圈的電阻rM＝4Ω。在火星車行駛的過程中，當滑動變阻器接入電路的電阻R＝6Ω時，滑動變阻器消耗的功率P＝96W，此時，電動機正常工作，兩端電壓UM＝56V。則（）A．太陽能電池的內阻r＝10Ω B．電動機正常工作時的輸出功率P出＝160W C．滑動變阻器接入電路中的阻值R＝16Ω時，電源的輸出功率最大 D．若電動機的轉子被卡住，路端電壓的變化量與電路電流的變化量之比的絕對值大于太陽能電池內阻10．（2024秋?哈爾濱期末）串聯電路在生活中的應用非常廣泛，汽車中的各個電器設備，如車燈、音響、空調等，都是通過串聯電路連接到車輛的電源上的。如圖甲所示的純電阻電路模型中，兩個定值電阻R1、R2串聯接在輸出電壓U＝24V的恒壓電源上，圖乙是定值電阻R1、R2的U﹣I圖線，則下列分析正確的是（）A．R2的阻值為1kΩ B．R1兩端電壓U1為4V C．R2兩端的電功率為1.6W D．若用另一阻值為5kΩ的定值電阻R3并聯在R1兩端，則R2兩端電壓為19.2V二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?全國一模）如圖所示，電源電動E＝9V，內阻r＝6Ω，電阻R1＝4Ω，R2＝8Ω，R4＝3Ω，R3是可變電阻，電容器電容C＝4μF，a、b分別為電容器上下兩個極板，G為靈敏電流表。初始時開關S1閉合、S2斷開，電路穩定，現將開關S2也閉合直至電路再次穩定，則下列說法正確的是（）A．開關S1閉合，S2斷開電路穩定時電容器b極板帶正電 B．S2閉合后，調節R3使得上下兩極板電勢相等時R3＝1.5Ω C．若R3＝1Ω，則S2閉合前后電路穩定時電源的輸出功率相等 D．若R3＝1Ω，則在整個過程中流過電流表的電荷量為1.7×10﹣5C（多選）12．（2025?新余一模）為實現“雙碳”目標，我國大力發展新能源汽車。某品牌新能源電動汽車動力電池額定電壓為364V，額定容量是131A?h，圖為該汽車在充電過程的顯示表。若在測試路面上汽車每公里消耗0.1kW?h。下列說法正確的是（）A．容量A?h是電荷量的單位 B．顯示表中的充電電量是指電荷量 C．當前充電的電荷量約為1.8×104C D．汽車充滿電后在測試路面上能行駛約477公里（多選）13．（2025?羅湖區校級一模）掃地機器人是智能家用電器的一種，它利用自身攜帶的小型吸塵部件進行吸塵清掃，如圖為某掃地機器人，已知其電池容量2000mAh，額定工作電壓15V，額定功率30W。下列說法正確的是（）A．掃地機器人的電阻小于7.5Ω B．掃地機器人的電阻等于7.5Ω C．掃地機器人的電阻大于7.5Ω D．掃地機器人充滿電后可連續工作1小時（多選）14．（2025?瓊海校級模擬）如圖所示的電路中，R0為熱敏電阻（溫度降低電阻增大），C為平行板電容器，閉合開關K1、K2，C中央的帶電液滴剛好靜止，M點接地，不考慮電源內阻，則下列說法正確的是（）A．液滴帶正電 B．僅將熱敏電阻R0加熱，平行板電容器所帶電量增大 C．僅將變阻器R的滑片P向下移動，液滴將向上運動 D．同時斷開開關K1和K2，將下極板向下移動，液滴將向下運動（多選）15．（2025?安康二模）如圖所示，電源內阻不能忽略，電流表、電壓表均視為理想電表，電表的示數分別用I、U表示，電表示數變化量的絕對值分別用ΔI、ΔU表示。閉合開關，滑動變阻器滑片從右向左滑動過程中，下列說法中正確的是（）A．電流表的示數增大，電壓表的示數減小 B．燈泡L1變暗，L2變亮，L3變亮 C．UI變大D．ΔUΔI三．解答題（共5小題）16．（2024秋?昌平區期末）宏觀與微觀相結合是科學研究的重要方法。（1）微觀世界與宏觀世界往往存在奇妙的相似性。根據盧瑟福氫原子模型，因為原子核的質量遠大于電子質量，可以忽略原子核的運動，形成類似天文學中的恒星一行星系統，核外電子與原子核依靠庫侖力作用使電子繞原子核做勻速圓周運動。已知核外電子的質量為m，氫原子核的質量為M，相距為r，靜電力常量為k，電子和氫原子核的電荷量大小均為e，求核外電子的動能Ek。（2）對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。a．如圖所示的一段柱狀金屬導體，橫截面積為S，單位體積內的自由電子數為n，電子電荷量大小為e，導體兩端加電壓后，自由電子定向移動的平均速率為v。請推導：導體中的電流I與v之間的關系式。b．在金屬導體中，除了有大量的自由電子外，還有失去部分核外電子的剩余部分（原子實）。自由電子在電場力作用下做定向運動的過程中，不斷地與原子實碰撞，形成對電子定向運動的阻礙作用，這是電阻產生的根本原因。假設電子與原子實每次碰撞后速度都減為0，在兩次碰撞的時間間隔內做初速為0的勻加速直線運動。不計電子與原子實際碰撞外的其它作用力，忽略電子之間的相互作用。已知導體的長度為L，橫截面積為S，單位體積內的自由電子數為n，電子的質量為m，電荷量大小為e，電子與原子實兩次碰撞的時間間隔為Δt。①請推導導體電阻的表達式；②請解釋為什么金屬導體的電阻率隨溫度的升高而增大？17．（2024秋?廈門期末）某同學從閑置的電動螺絲刀內部取出電動機，帶到學校物理實驗室，設計了如圖所示的電路。已知電源電動勢E＝9.0V，內阻r＝2.0Ω，物塊質量m＝0.3kg。當電阻箱阻值R＝8.0Ω時，理想電壓表的示數U＝5.0V，電動機以速度v＝0.5m/s勻速向上提升物塊。不計空氣阻力和摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。（1）求勻速提升物塊時電動機的輸入電功率；（2）求電動機的內阻；（3）某時刻斷開開關S，經過0.4s物塊速度減為零，且未與轉軸接觸。求該過程中繩子拉力對物塊的沖量大小。18．（2024秋?泉州期末）高溫超導限流器由超導部件和限流電阻并聯組成，如圖所示。電路正常工作時，超導部件將限流電阻短路，燈泡正常發光。當燈泡L發生短路時，通過超導部件的電流超過臨界電流，造成超導體失超，從超導態（電阻為零）轉變為正常態（一個純電阻）。已知超導部件的正常態電阻R1＝3Ω，限流電阻R2＝6Ω，小燈泡L上標有“6V6W”字樣，電源電動勢E＝8V。求：（1）電源的內阻r；（2）L發生短路時，電源的輸出功率P。19．（2024秋?西城區期末）用電動勢E＝4.5V，內阻r＝3.0Ω的電源給一個額定電壓為3.0V、額定電流為0.1A的燈A供電，電路圖如圖所示。燈正常發光時，求：（1）電阻箱接入的阻值R；（2）電源兩端的路端電壓U。20．（2024秋?鄂爾多斯期末）手控可調節亮度的手電筒其內部電路可簡化為如圖所示的電路圖，其內部需裝4節5號干電池，每節干電池的電動勢E＝1.5V，內阻r＝0.1Ω。燈泡L的銘牌上標有“5V5W”字樣（電阻固定不變），燈泡L和滑動變阻器R串聯，通過調節滑動變阻器的滑片P可調節手電筒的亮度使燈泡L正常發光，求：（1）滑動變阻器R接入電路的電阻；（2）通電5min燈泡L消耗的電能；（3）電源的輸出功率。

2025年高考物理三輪復習之電路與電能參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案BABACCABBD二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BCDADADBCAB一．選擇題（共10小題）1．（2025?登封市一模）電源的電動勢為E＝30V，內阻為r＝1Ω，將它與一只“6V，12W”的燈泡和一臺電阻為2Ω的小電動機串聯組成閉合電路。當燈泡正常發光時，若不計電機摩擦阻力損失的能量，電動機輸出機械功率與輸入電功率之比為（）A．91% B．82% C．67% D．60%【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電功和電功率的計算；已知電功率求解電路的電壓、電流和電阻等物理量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據小燈泡剛好正常發光，求解出電流，根據閉合電路歐姆定律求解出電動機兩端的電壓，由P＝UI求得總功率；再根據P出＝UI﹣I2r求解電動機的輸出功率，則可求得輸出功率與總功率的比值。【解答】解：小燈泡剛好正常發光，故電流為：I=P根據閉合電路歐姆定律，電動機兩端的電壓：U＝E﹣IR﹣UL＝30V﹣2×1V﹣6V＝22V電動機的總功率P＝UI＝22×2W＝44W電動機輸出的功率為：P出＝UI﹣I2r＝22×2W﹣22×2W＝36W故比值為：P出P=3644故選：B。【點評】本題關鍵明確含電機電路是非純電阻電路，小燈泡是純電阻，根據小燈泡正常發光求電流，根據閉合電路歐姆定律求解電機電壓，根據能量守恒定律求解電機的輸出功率。2．（2025?全國一模）波是傳遞能量的一種方式。某一簡諧波的振幅為A、圓頻率為ω（ω在波傳播過程中保持不變），用?表示波在傳播過程中的平均能量密度，即單位體積內具有的能量，則有?=12ρA2ω2，（ρ為介質的密度）；用IA．I=ρA2ω2v2 B．IC．I=ρA2【考點】電流的微觀表達式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】A【分析】任取與傳播方向垂直的橫截面，根據已知的平均能量密度求解能流密度。【解答】解：設時間t內流過垂直傳播方向面積S上的波，由題意得能流密度I=εSvtSt=故選：A。【點評】對學生從材料中提取關鍵信息的能力要求和數學計算能力要求較高，難度中等。3．（2025?濟南一模）如圖所示為某潮汐發電站的簡化原理圖，水壩下有通道，水流經通道即可帶動水輪發電機工作。某次落潮后開閘放水，經時間t水壩內外水面高度相同，此時關閉閘門。已知海灣的面積為S，開閘放水時海灣內外水面高度差為h，水的密度為ρ，重力加速度為g。若通過水輪發電機以后水的動能忽略不計，水流減少的機械能有50%轉化為電能。在該次落潮開閘放水過程中，水輪發電機的發電功率為（）A．ρSgh28t B．ρSgh24t【考點】用能量守恒定律解決實際問題；平均功率的計算．【專題】定量思想；推理法；功率的計算專題；功能關系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】B【分析】根據重力勢能的定義確定該次落潮開閘防水過程中重力勢能的變化量，再計算水輪發電機的發電功率。【解答】解：一次漲落潮時經過發電機的水流質量為：m＝ρV＝ρhS重心下落高度為h2水輪發電機的發電功率：P=解得：P=故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】求解本題的關鍵是明確重力勢能的定義，并能根據重心的位置判斷重力勢能的變化。4．（2025?瓊海校級模擬）鋰離子電池被廣泛地用于智能手機、智能機器人、電動自行車、電動汽車等領域。某款手機充電鋰離子電池的標識如圖所示，關于電池容量對應的物理量是（）A．電荷量 B．電功率 C．電功 D．電流【考點】用定義式計算電流大小及電荷量．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】A【分析】由電池容量的單位，可知其物理量的計算關系式，即可知該物理量的類別。【解答】解：由電池容量的單位mA?h，可知該物理量的計算關系式為：It，即可知該物理量為電荷量，故BCD錯誤，A正確。故選：A。【點評】本題考查物理量的理解，關鍵是根據單位分析物理量的種類。5．（2025?九江一模）測量體脂率的儀器如圖A所示，其原理是根據人體電阻的大小來判斷脂肪所占比例（體液中含有鈉離子、鉀離子等，雨脂肪不容易導電），模擬電路如圖B所示。測量時，先閉合開關S，測試者兩手分提兩導電手柄，對于體重體型相近的兩人中脂肪含量比例相對較低者，則（）A．電阻R1消耗的功率較小 B．電源的輸出功率較小 C．電源的效率較小 D．不同人測量的電壓表示數差值與電流表示數差值的比值ΔUΔI等于電源內阻【考點】電路動態分析；電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】C【分析】脂肪含量低者，電阻較小，由閉合電路的歐姆定律分析電流強度的大小，再分析電壓表示數的大小路端電壓的大小，進而分析電源消耗的總功率、電源的工作效率變化情況；結合電壓表示數與電流表示數的含義，可知ΔUΔI【解答】解：A、對于體重體型相近的兩人中脂肪含量比例相對較低者，電阻較小，根據“串反并同”可知，與人串聯的R1的電功率較大，故A錯誤；B、當外電路總電阻等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，對于體重體型相近的兩人中脂肪含量比例相對較低者，電阻較小，但不確定與電源內阻的大小關系，所以不確定電源的輸出功率是否小，故B錯誤；C、電源的效率為η=對于體重體型相近的兩人中脂肪含量比例相對較低者，電阻較小，即外電路的總電阻較小，所以電源的效率較小，故C正確；D、由圖可知，電壓表測量人的電壓，電流表測量電路中的電流，根據閉合電路歐姆定律可知ΔU為人的電壓變化量，也為電源內阻r、R1和R2的電壓變化量之和，所以ΔUΔI故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查歐姆定律中的動態分析，解題方法一般是先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、內電壓的變化、路端電壓的變化，牢記當外電路的電阻等于電源內阻時電源的輸出功率最大。6．（2025?順義區校級模擬）如圖所示為一個加速度計的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的示數為0。當P端電勢高于Q端時，電壓表示數為正。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）A．若M位于R的中點右側，P端電勢低于Q端 B．若電壓表示數為負時，則物體速度方向向右 C．電壓表的示數隨物體加速度的增大而增大，且成正比 D．若物體向右勻加速運動，則電壓表示數為負，則示數均勻增加【考點】利用電阻定律求電阻；牛頓第二定律的簡單應用；歐姆定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；恒定電流專題；理解能力．【答案】C【分析】根據沿電流方向電勢逐漸降低分析P端電勢的變化；根據滑塊的位置分析加速度的方向，進而分析速度的方向；根據歐姆定律分析；勻加速運動時，滑塊的位置不變，電壓表示數應該是恒定的。【解答】解：A、沿電流方向電勢逐漸降低，由圖可知通過電阻R的電流方向是向左的，所以若M位于R的中點右側，P點電勢升高，所以P端電勢高于Q端，故A錯誤；B、若電壓表示數為負，說明P端電勢低于Q端，則M位于中點的左側，左邊的彈簧被壓縮，右邊的彈簧被拉伸，滑塊受合力方向向右，即物體加速度方向向右，所以物體有可能向右加速運動，也有可能向左減速運動，故B錯誤；C、物體的加速度越大，M偏離中點的位置就越遠，相對PQ兩端的電勢差就越大，通過電阻的電流的恒定的，則M點和中點之間的電阻也越大，且M點與中點的電阻大小與M點到中點的距離成正比，根據U＝IR可知，電壓表的示數隨物體加速度的增大而增大，且成正比，故C正確；D、由上面B的分析可知，若物體向右勻加速運動，電壓表的示數為負，因為加速度是恒定的，所以示數也是恒定的，故D錯誤。故選：C。【點評】這是一道把力學和電學問題綜合在一起的一道題目，綜合性較強，需要較強的分析能力。7．（2025?九江一模）在物理學中，圖像承載著豐富的信息，以下圖像的坐標軸單位均為國際單位制，則（）A．圖A描述的是電源路端電壓與電源總電流的關系圖線，則該圖線與縱坐標的交點表示電源電動勢大小 B．圖B表示物體運動的圖像，則該圖線的斜率表示物體運動的加速度大小 C．圖C描述的是某電阻的伏安特性曲線，其中a點的切線斜率表示該狀態下阻值的倒數值 D．圖D表示某做直線運動物體的合外力隨位移的變化關系，則圖中三角形面積大小表示該物體對應運動過程中動量變化的大小【考點】電源的U﹣I圖像與導體的U﹣I圖像相結合的問題；根據物體的運動情況判斷v﹣t圖像是否正確．【專題】定性思想；歸納法；運動學中的圖象專題；功的計算專題；恒定電流專題；理解能力．【答案】A【分析】根據U＝E﹣Ir分析；v﹣t圖像的斜率表示物體運動加速度的大小；在I﹣U圖像中，圖像上的點與原點連線的斜率表示該狀態下阻值的倒數值；根據W＝Fx分析。【解答】解：A、圖A描述的是電源路端電壓與電源總電流的關系圖線，根據U＝E﹣Ir可知該圖線與縱坐標的交點表示電源電動勢大小，故A正確；B、圖B表示物體運動的速度的平方隨位移變化的圖像，根據速度—位移公式可得v2=2ax+v0C、圖C描述的是某電阻的伏安特性曲線，其中a點與原點連線的斜率表示該狀態下阻值的倒數值，故C錯誤；D、圖D表示某做直線運動物體的合外力隨位移的變化關系，根據W＝Fx可知圖中三角形面積大小表示該物體對應運動過程中力F做的功，故D錯誤。故選：A。【點評】知道各個圖像縱軸和橫軸函數關系是解題的基礎。8．（2025?海南模擬）如圖1所示的電路中。R1為熱敏電阻，定值電阻R2＝60Ω，圖2中圖線a為電源的伏安特性曲線，圖線b為熱敏電阻的伏安特性曲線，開關S1閉合，開關S2斷開。下列說法正確的是（）A．保持開關S2斷開，電源的效率為60% B．開關S2閉合后，電源內阻消耗的功率增大 C．開關S2閉合后，熱敏電阻消耗的電功率增大 D．開關S2閉合后，電源的輸出功率增大【考點】電路動態分析；利用U﹣I圖像交點的物理意義求解導體的實際功率；電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】比較思想；圖析法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】保持開關S2斷開，由圖2讀出電源的電動勢，由圖線a與b的交點讀出路端電壓和電路中電流，再求電源的效率；開關S2閉合后，外電路的總阻值減小，根據閉合電路的歐姆定律分析干路電流的變化，進而判斷電源內阻消耗的功率變化；分析路端電壓的變化，由熱敏電阻的伏安特性曲線讀出其電流的變化，再分析熱敏電阻消耗的電功率變化；推導出電源的輸出功率與外電阻的關系式，再分析電源的輸出功率變化情況。【解答】解：A、由圖2可知，電源的電動勢為E＝5.0V，保持開關S2斷開，電路中工作電流為I＝0.3A，路端電壓U＝2V，則電源的效率η=UIEI×100%，解得η＝40%B、開關S2閉合后，R2與熱敏電阻并聯接入電路，外電路的總阻值減小，根據閉合電路的歐姆定律I可知，干路電流I增大，結合電源內阻消耗的功率Pr=IC、S2閉合后，干路電流增大，路端電壓減小，熱敏電阻的電壓減小，由熱敏電阻的伏安特性曲線可知，通過熱敏電阻的電流隨之減小，則熱敏電阻消耗的功率減小，故C錯誤；D、電源的輸出功率P當外電路的電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大。開關S2斷開時，外電路的電阻R開關S2閉合時，若熱敏電阻大小不變，外電路的電阻R由熱敏電阻的伏安特性曲線可知熱敏電阻的阻值隨電壓的降低而減小，則R并應小于6Ω，根據電源的伏安特性曲線可知，電源的內阻r=EI短=50.5Ω＝10Ω，可見，外電阻更遠離r故選：B。【點評】解答本題時，要理解圖像的物理意義，熟練根據閉合電路歐姆定律和功率公式推導出電源的輸出功率與外電阻的關系式，知道當外電路的電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大。9．（2025?岱岳區校級模擬）如圖甲所示為中國首輛火星車，命名為“祝融號”，主要任務是在火星上開展地表成分、物質類型分布、地質結構以及火星氣象環境等探測工作，是一輛純太陽能電動車，其動力主要來源于太陽能電池。現將火星車的動力供電電路簡化為如圖乙所示，其中太陽能電池電動勢E＝160V，電動機線圈的電阻rM＝4Ω。在火星車行駛的過程中，當滑動變阻器接入電路的電阻R＝6Ω時，滑動變阻器消耗的功率P＝96W，此時，電動機正常工作，兩端電壓UM＝56V。則（）A．太陽能電池的內阻r＝10Ω B．電動機正常工作時的輸出功率P出＝160W C．滑動變阻器接入電路中的阻值R＝16Ω時，電源的輸出功率最大 D．若電動機的轉子被卡住，路端電壓的變化量與電路電流的變化量之比的絕對值大于太陽能電池內阻【考點】電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據P＝I2R和閉合電路的歐姆定律計算；根據電動機的電功率、發熱功率和輸出功率的關系計算；在純電阻電路中，當電源的內電阻和外電阻相等時，電源的輸出功率最大；電動機的轉子被卡住后，電動機是純電阻，結合閉合電路的歐姆定律分析。【解答】解：A．由題可知，設此時電路中的電流為I，根據P＝I2R解得I=根據閉合電路的歐姆定律可得I=解得r＝20Ω，故A錯誤；B．電動機的額定功率P額＝IUM＝4×56W＝224W電動機的熱功率P熱故電動機的輸出功率P輸出＝P額﹣P熱＝224W﹣64W＝160W，故B正確；C．在純電阻電路中，根據功率的計算公式，可得輸出功率P輸出當R′＝r時，輸出功率最大，即有R+rM＝r代入數據解得R＝16Ω結合題意可知，電動機工作時，不是單純的把電能轉化為內能，不符合純電阻電路的要求，故C錯誤；D．若電動機的轉子被卡住，此時電動機是純電阻，根據閉合電路的歐姆定律U＝E﹣Ir變形可得ΔUΔI即路端電壓的變化量與電路電流的變化量之比的絕對值等于太陽能電池內阻，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了閉合電路的歐姆定律的應用，知道電動機正常工作時是非純電阻，被卡住后變成了純電阻。10．（2024秋?哈爾濱期末）串聯電路在生活中的應用非常廣泛，汽車中的各個電器設備，如車燈、音響、空調等，都是通過串聯電路連接到車輛的電源上的。如圖甲所示的純電阻電路模型中，兩個定值電阻R1、R2串聯接在輸出電壓U＝24V的恒壓電源上，圖乙是定值電阻R1、R2的U﹣I圖線，則下列分析正確的是（）A．R2的阻值為1kΩ B．R1兩端電壓U1為4V C．R2兩端的電功率為1.6W D．若用另一阻值為5kΩ的定值電阻R3并聯在R1兩端，則R2兩端電壓為19.2V【考點】混聯電路的特點及應用；線性元件及其伏安特性曲線．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據U﹣I圖線計算兩電阻的阻值；根據串聯電路電壓分配原則計算；根據功率公式計算；根據串并聯電路電壓的特點計算。【解答】解：A.由U﹣I圖可知R1=204×10B.兩電阻串聯，電流相等，則有U1R1=U2R2，又U1+U2＝U，聯立解得U2＝16VC.R2的電功率為P2=UD.阻值為5kΩ的定值電阻R3并聯在R1兩端，則R2兩端電壓為U2'=UR1R3R1+故選：D。【點評】掌握串并聯電路電壓、電流、電阻的特點是解題的基礎。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?全國一模）如圖所示，電源電動E＝9V，內阻r＝6Ω，電阻R1＝4Ω，R2＝8Ω，R4＝3Ω，R3是可變電阻，電容器電容C＝4μF，a、b分別為電容器上下兩個極板，G為靈敏電流表。初始時開關S1閉合、S2斷開，電路穩定，現將開關S2也閉合直至電路再次穩定，則下列說法正確的是（）A．開關S1閉合，S2斷開電路穩定時電容器b極板帶正電 B．S2閉合后，調節R3使得上下兩極板電勢相等時R3＝1.5Ω C．若R3＝1Ω，則S2閉合前后電路穩定時電源的輸出功率相等 D．若R3＝1Ω，則在整個過程中流過電流表的電荷量為1.7×10﹣5C【考點】含容電路的常規分析與計算；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻；電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】電容器b極板與電源負極相連；根據電壓的特點計算；根據功率公式分別計算比較即可；計算整個過程中電容器兩端電壓的變化，根據Q＝CU計算。【解答】解：A、開關S1閉合，S2斷開，圖像可知電容器b極板與電源負極相連，故b極板帶負電，故A錯誤；B、電容器上下兩極板電勢相等時，則R1、R3兩端電壓相等，設R1、R2支路電壓為U，則有U代入題中數據解得R3＝1.5Ω，故B正確；C、未閉合S2前，外電路電阻R外1＝R1+R2＝4Ω+8Ω＝12Ω此時電源輸出功率P解得P1＝3W若R3＝1Ω，閉合S2后，外電路電阻R解得R外2＝3Ω此時電源輸出功率P解得P2＝3W則有P1＝P2，故C正確；D、未閉合S2前，電容器兩端電壓U若R3＝1Ω，閉合S2后，電源路端電壓U則電容器兩端電壓U則在整個過程中流過電流表的電荷量為ΔQ＝C（Uab1﹣Uab2）解得ΔQ＝1.7×10﹣5C，故D正確。故選：BCD。【點評】能夠看懂電路結構，掌握串并聯電路電壓、電流、電阻的特點是解題的基礎。（多選）12．（2025?新余一模）為實現“雙碳”目標，我國大力發展新能源汽車。某品牌新能源電動汽車動力電池額定電壓為364V，額定容量是131A?h，圖為該汽車在充電過程的顯示表。若在測試路面上汽車每公里消耗0.1kW?h。下列說法正確的是（）A．容量A?h是電荷量的單位 B．顯示表中的充電電量是指電荷量 C．當前充電的電荷量約為1.8×104C D．汽車充滿電后在測試路面上能行駛約477公里【考點】電功和電功率的計算；用定義式計算電流大小及電荷量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AD【分析】根據q＝It分析；根據W＝Pt分析；根據顯示數據結合q＝It分析計算；先計算出電池儲存的總能量，然后根據每公里的能耗計算。【解答】解：A、根據q＝It可知，容量A?h是電荷量的單位，故A正確；B、顯示表中的充電量單位是kW?h，根據W＝Pt可知，該單位是電能的單位，故B錯誤；C、當前充電的電荷量為q'＝131A?h×56%＝131×3600×56%C≈2.6×105C，故C錯誤；D、汽車充滿電后再測試路面上能行駛的距離為x=qU0.1=131×3600×364故選：AD。【點評】掌握電流的定義式是解題的基礎。（多選）13．（2025?羅湖區校級一模）掃地機器人是智能家用電器的一種，它利用自身攜帶的小型吸塵部件進行吸塵清掃，如圖為某掃地機器人，已知其電池容量2000mAh，額定工作電壓15V，額定功率30W。下列說法正確的是（）A．掃地機器人的電阻小于7.5Ω B．掃地機器人的電阻等于7.5Ω C．掃地機器人的電阻大于7.5Ω D．掃地機器人充滿電后可連續工作1小時【考點】已知電功率求解電路的電壓、電流和電阻等物理量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】ABC.根據電壓和電功率計算電流，結合純電阻電路和非純電阻電路判斷電阻值范圍；D.根據電流的定義式推導工作時間。【解答】解：ABC.掃地機器人工作電壓U＝15V，功率P＝30W，則工作電流I=PU=3015A＝2A，如果電路是純電阻電路，則阻值R=UI=152Ω＝D.掃地機器人的工作時間t=qI=2000故選：AD。【點評】考查電阻的計算，結合純電阻電路和非純電阻電路的特點進行準確分析解答。（多選）14．（2025?瓊海校級模擬）如圖所示的電路中，R0為熱敏電阻（溫度降低電阻增大），C為平行板電容器，閉合開關K1、K2，C中央的帶電液滴剛好靜止，M點接地，不考慮電源內阻，則下列說法正確的是（）A．液滴帶正電 B．僅將熱敏電阻R0加熱，平行板電容器所帶電量增大 C．僅將變阻器R的滑片P向下移動，液滴將向上運動 D．同時斷開開關K1和K2，將下極板向下移動，液滴將向下運動【考點】含容電路的動態分析．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】電容器上極板帶正電，液滴受力平衡，根據液滴所受電場力與電場方向的關系判斷液滴帶電性；確定電容器兩端電壓的變化，根據電容的定義式判斷所帶電量的變化，根據電場強度與電勢差的關系確定電場強度的變化，得到液滴受到的電場力的變化，可知液滴運動方向；僅斷開開關K1和K2，電容器所帶電荷量不變，根據電容的定義式與決定式推導出兩極板間的電場強度與所帶電荷量的關系，確定板間電場強度的變化，確定液滴運動方向。【解答】解：A、由圖可知，電容器上極板帶正電，電場強度方向向下，液滴的重力向下，液滴受力平衡，則電場力方向向上，所以液滴帶負電，故A錯誤；B、僅將熱敏電阻R0加熱，熱敏電阻阻值減小，則電容器兩端電壓增大，根據：Q＝CU，可知平行板電容器所帶電量增大，故B正確；C、僅將變阻器R的滑片P向下移動，變阻器接入電路中的電阻增大，則電容器兩端的電壓增大，根據：E=UdD、根據：C=QU，C=εrS僅斷開開關K1和K2，電容器所帶電荷量不變，將下極板向下移動，增大了兩板間的距離d，由上式可知板間電場強度不變，則液滴仍靜止，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查了含容電路的動態分析，要會確定電容器兩端電壓，掌握電容的定義式與決定式。（多選）15．（2025?安康二模）如圖所示，電源內阻不能忽略，電流表、電壓表均視為理想電表，電表的示數分別用I、U表示，電表示數變化量的絕對值分別用ΔI、ΔU表示。閉合開關，滑動變阻器滑片從右向左滑動過程中，下列說法中正確的是（）A．電流表的示數增大，電壓表的示數減小 B．燈泡L1變暗，L2變亮，L3變亮 C．UI變大D．ΔUΔI【考點】電路動態分析．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AB【分析】滑動變阻器滑片從右向左滑動過程中，滑動變阻器接入電路中的阻值減小，然后根據“串反并同”分析即可。【解答】解：AB、滑動變阻器滑片從右向左滑動過程中，滑動變阻器接入電路中的阻值減小，根據“串反并同”可知，與滑動變阻器等效串聯的電流表的示數增大；與滑動變阻器等效并聯的電壓表的示數減小；與滑動變阻器等效并聯的燈泡L1電功率減小將變暗；與滑動變阻器串聯的燈泡L2電功率增大將變亮；與滑動變阻器等效串聯的燈泡L3電功率增大將變亮，故AB正確；C、由以上分析可知，U變小，I變大，所以UI變小，故CD、由圖可知，電壓表測量路端電壓，電流表測量干路電流，所以ΔUΔI保持不變，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題考查了閉合電路歐姆定律，解題關鍵掌握電路的串并聯關系。三．解答題（共5小題）16．（2024秋?昌平區期末）宏觀與微觀相結合是科學研究的重要方法。（1）微觀世界與宏觀世界往往存在奇妙的相似性。根據盧瑟福氫原子模型，因為原子核的質量遠大于電子質量，可以忽略原子核的運動，形成類似天文學中的恒星一行星系統，核外電子與原子核依靠庫侖力作用使電子繞原子核做勻速圓周運動。已知核外電子的質量為m，氫原子核的質量為M，相距為r，靜電力常量為k，電子和氫原子核的電荷量大小均為e，求核外電子的動能Ek。（2）對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。a．如圖所示的一段柱狀金屬導體，橫截面積為S，單位體積內的自由電子數為n，電子電荷量大小為e，導體兩端加電壓后，自由電子定向移動的平均速率為v。請推導：導體中的電流I與v之間的關系式。b．在金屬導體中，除了有大量的自由電子外，還有失去部分核外電子的剩余部分（原子實）。自由電子在電場力作用下做定向運動的過程中，不斷地與原子實碰撞，形成對電子定向運動的阻礙作用，這是電阻產生的根本原因。假設電子與原子實每次碰撞后速度都減為0，在兩次碰撞的時間間隔內做初速為0的勻加速直線運動。不計電子與原子實際碰撞外的其它作用力，忽略電子之間的相互作用。已知導體的長度為L，橫截面積為S，單位體積內的自由電子數為n，電子的質量為m，電荷量大小為e，電子與原子實兩次碰撞的時間間隔為Δt。①請推導導體電阻的表達式；②請解釋為什么金屬導體的電阻率隨溫度的升高而增大？【考點】利用電阻定律求電阻率；電流的微觀表達式．【專題】應用題；定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）核外電子的動能Ek是ke（2）a、導體中的電流I與v之間的關系式是I＝neSv。b、①導體電阻的表達式是①請推導導體電阻的表達式R=2②當金屬導體的溫度升高時，電子與原子實的熱運動加劇，電子與原子實碰撞的機會增大，發生兩次碰撞的時間間隔Δt變短，由ρ=2m【分析】（1）電子在核外做勻速圓周運動，庫侖力提供向心力，根據牛頓第二定律與動能的計算公式求解。（2）a、根據電流的定義式求出電流表達式。b、①根據電流的微觀表達式求出電阻的表達式。②根據電阻的表達式分析答題。【解答】解：（1）氫原子核外電子繞原子核做勻速圓周運動，庫侖力提供向心力對電子，由牛頓第二定律得：k電子動能：Ek=解得：E（2）a、Δt內通過導體某一橫截面的自由電子數N＝nSvΔtΔt內通過該橫截面的電荷量Δq＝Ne＝neSvΔt電流I=解得：I＝neSvb、①設導體兩端所加電壓為U，通過導體的電流為I，自由電子所受靜電力大小F根據牛頓第二定律可得，自由電子運動的加速度大小a在兩次碰撞的時間間隔Δt內，電子做初速度為0的勻加速直線運動，電子的速度大小：v電子的平均速度v導體中的電流I根據電阻的定義式R解得：R=②由上問推導可知，金屬導體的電阻率ρ當金屬導體的溫度升高時，電子與原子實的熱運動加劇，電子與原子實碰撞的機會增大，發生兩次碰撞的時間間隔Δt變短，電阻率ρ增大。答：（1）核外電子的動能Ek是ke（2）a、導體中的電流I與v之間的關系式是I＝neSv。b、①導體電阻的表達式是①請推導導體電阻的表達式R=2②當金屬導體的溫度升高時，電子與原子實的熱運動加劇，電子與原子實碰撞的機會增大，發生兩次碰撞的時間間隔Δt變短，由ρ=2m【點評】本題涉及的知識點較多，掌握基礎知識是解題的前提；根據題意應用牛頓第二定律、庫侖定律、電流定義式等即可解題。17．（2024秋?廈門期末）某同學從閑置的電動螺絲刀內部取出電動機，帶到學校物理實驗室，設計了如圖所示的電路。已知電源電動勢E＝9.0V，內阻r＝2.0Ω，物塊質量m＝0.3kg。當電阻箱阻值R＝8.0Ω時，理想電壓表的示數U＝5.0V，電動機以速度v＝0.5m/s勻速向上提升物塊。不計空氣阻力和摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。（1）求勻速提升物塊時電動機的輸入電功率；（2）求電動機的內阻；（3）某時刻斷開開關S，經過0.4s物塊速度減為零，且未與轉軸接觸。求該過程中繩子拉力對物塊的沖量大小。【考點】計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率；動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）勻速提升物塊時，電動機的輸入功率為2W；（2）電動機的內阻為3.125Ω；（3）繩子拉力對物塊的沖量大小為1.05N?s。【分析】（1）由閉合電路歐姆定律，可計算電路的電流；由電功率公式，即可計算電動機的輸入功率；（2）由物體勻速上升，可知電動機的輸出功率，結合輸入功率、輸出功率、熱功率的關系，即可計算電動機內阻；（3）斷開開關后，根據動量定理，即可計算拉力的沖量。【解答】解：（1）由閉合電路歐姆定律，可知電路的電流滿足：E＝Ir+IR+U，解得：I＝0.4A；由電功率公式，即可知電動機的輸入功率為：P＝UI，解得：P＝2W；（2）由物體勻速上升，可知電動機的輸出功率為：P1＝mgv，由輸入功率、輸出功率、熱功率的關系：P=P1+I2R（3）斷開開關后，以向上為正方向，根據動量定理有：I﹣mgt＝0﹣mv，即可知拉力的沖量I＝1.05N?s。答：（1）勻速提升物塊時，電動機的輸入功率為2W；（2）電動機的內阻為3.125Ω；（3）繩子拉力對物塊的沖量大小為1.05N?s。【點評】本題考查含電動機的電路相關計算與受力分析，在計算拉力沖量時，注意拉力不是恒力，需要用動量定理分析。18．（2024秋?泉州期末）高溫超導限流器由超導部件和限流電阻并聯組成，如圖所示。電路正常工作時，超導部件將限流電阻短路，燈泡正常發光。當燈泡L發生短路時，通過超導部件的電流超過臨界電流，造成超導體失超，從超導態（電阻為零）轉變為正常態（一個純電阻）。已知超導部件的正常態電阻R1＝3Ω，限流電阻R2＝6Ω，小燈泡L上標有“6V6W”字樣，電源電動勢E＝8V。求：（1）電源的內阻r；（2）L發生短路時，電源的輸出功率P。【考點】電源的總功率、輸出功率和效率；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）電源的內阻r為2Ω；（2）L發生短路時，電源的輸出功率P為8W。【分析】（1）先根據燈泡的額定電壓和額定功率計算通過電路的電流，然后根據閉合電路的歐姆定律計算電源內阻；（2）先計算出外電路的總電阻，然后根據閉合電路的歐姆定律計算電路中的電流和輸出電壓，進而計算電源的輸出功率。【解答】解；（1）燈泡正常發光時，超導部件將限流電阻R2短路，設通過燈泡的電流為I，則I=由閉合電路歐姆定律得E＝U+Ir代入數據解得r＝2Ω（2）L突然發生短路時，超導部件與限流電阻并聯，設R1R2并聯的總電阻為R，則R=設L突然發生短路時，通過電源的電流為I1則I1電阻R2兩端的電壓為U1＝E﹣I1?r電源的輸出功率P＝U1?I1代入數據解得P＝8W。答：（1）電源的內阻r為2Ω；（2）L發生短路時，電源的輸出功率P為8W。【點評】本題考查了閉合電路的歐姆定律的應用，掌握串并聯電路的電壓、電流和電阻的特點是解題的基礎。19．（2024秋?西城區期末）用電動勢E＝4.5V，內阻r＝3.0Ω的電源給一個額定電壓為3.0V、額定電流為0.1A的燈A供電，電路圖如圖所示。燈正常發光時，求：（1）電阻箱接入的阻值R；（2）電源兩端的路端電壓U。【考點】用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）電阻箱接入的阻值R為12Ω；（2）電源兩端的路端電壓U為4.2V。【分析】根據閉合電路的歐姆定律計算即可。【解答】解：（1）根據閉合電路的歐姆定律有I=把I＝0.1A，UL＝3.0V，E＝4.5V，r＝3.0Ω代入解得R＝12Ω（2）電源兩端的路端電壓為U＝E﹣Ir＝4.5V﹣0.1×3.0V＝4.2V答：（1）電阻箱接入的阻值R為12Ω；（2）電源兩端的路端電壓U為4.2V。【點評】本題考查了閉合電路的歐姆定律的應用，容易題。20．（2024秋?鄂爾多斯期末）手控可調節亮度的手電筒其內部電路可簡化為如圖所示的電路圖，其內部需裝4節5號干電池，每節干電池的電動勢E＝1.5V，內阻r＝0.1Ω。燈泡L的銘牌上標有“5V5W”字樣（電阻固定不變），燈泡L和滑動變阻器R串聯，通過調節滑動變阻器的滑片P可調節手電筒的亮度使燈泡L正常發光，求：（1）滑動變阻器R接入電路的電阻；（2）通電5min燈泡L消耗的電能；（3）電源的輸出功率。【考點】電源的總功率、輸出功率和效率；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）滑動變阻器R接入電路的電阻等于0.6Ω；（2）通電5min燈泡L消耗的電能等于1500J；（3）電源的輸出功率等于5.6W。【分析】（1）每節干電池的電動勢為1.5V，4節5號干電池的電動勢為每節干電動勢的4倍；燈泡L正常發光，由PL＝ULI求出電路中電流，由閉合電路歐姆定律計算滑動變阻器R接入電路的電阻；（2）由W＝PLt計算通電5min燈泡L消耗的電能；（3）由P出＝EI﹣I2?4r計算電源的輸出功率。【解答】解：（1）裝4節5號干電池，電源電動勢為E′＝4E，解得E′＝6V內阻r′＝4r，解得r′＝0.4Ω“5V5W”的燈泡L正常發光，則電路中的電流I=滑動變阻器兩端的電壓UR＝E′﹣U﹣Ir′，解得UR＝0.6V滑動變阻器R接入電路的電阻為R=（2）通電5min燈泡L消耗的電能為W＝Pt＝5×60×5J＝1500J（3）電源的輸出功率P輸出答：（1）滑動變阻器R接入電路的電阻等于0.6Ω；（2）通電5min燈泡L消耗的電能等于1500J；（3）電源的輸出功率等于5.6W。【點評】解答本題時，要掌握電功率公式P＝UI、閉合電路歐姆定律，搞清電源的輸出功率與總功率的關系。

考點卡片1．根據物體的運動情況判斷v-t圖像是否正確【知識點的認識】題目會先給出物體的運動情況，然后需要根據要求判斷給出的v﹣t圖像是否正確。【命題方向】列車勻速前進，司機突然發現前方有一頭牛在橫穿鐵道，司機立即使列車制動，做勻減速運動，車未停下時牛已離開軌道，司機又使列車做勻加速運動，直到恢復原速，繼續做勻速直線運動，列車運動的v﹣t圖象應是下圖中的哪一個（）A、B、C、D、分析：列車的運動情況是先做勻減速運動，接著做勻加速運動，最后做勻速直線運動．勻減速運動速度未達到零．將選項一一代入，選擇符合題意的圖象．解答：A、列車先做勻加速運動，接著做勻減速運動，最后做勻速直線運動。與題意不符。故A錯誤。B、列車先做勻減速運動，速度未達到零，接著做勻加速運動，最后做勻速直線運動。與題意相符。故B正確。C、列車先做勻減速運動，速度達到零，接著做勻加速運動，最后做勻速直線運動。與題意不符。故C錯誤。D、列車先做勻加速運動，接著做勻減速運動，最后做勻速直線運動。與題意不符。故D錯誤。故選：B。點評：往往用數學知識理解圖象的物理意義，如面積、斜率等等來分析圖象的物理意義．v﹣t圖象：勻速直線運動是平行于橫軸的直線，勻變速直線運動是傾斜的直線．【解題思路點撥】1.要明確v﹣t圖像的直接意義：代表了物體某一時刻對應的速度，可以以此判斷物體的速度大小及方向。2.要明確x﹣t圖像斜率的物理意義：代表了物體的加速度情況。斜率正負代表加速度的方向；斜率大小代表加速度的大小。3.要明確v﹣t圖像面積的物理意義：代表了物體的位移情況。t軸上方的面積代表正向位移，t軸下方的面積代表負向位移。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。3．平均功率的計算【知識點的認識】平均功率的計算式：①功率的定義式：P=②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）【命題方向】一、定義式計算平均功率據報導：我國一家廠商制作了一種特殊的手機，在電池能耗盡時，搖晃手機，即可產生電能維持通話，搖晃手機的過程是將機械能轉化為電能，如果將該手機搖晃一次，相當于將100g的重物舉高40cm，若每秒搖兩次，則搖晃手機的平均功率為（g＝10m/s2）（）A、0.04WB、0.4WC、0.8WD、40W分析：根據題意可以求得搖晃兩次時對手機做的功的大小，進而可以根據功率的公式計算出平均功率的大小．解答：把手機搖晃一次做的功的大小為W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，所以搖晃兩次對手機做的功的大小為0.8J，所以平均功率的大小為P=Wt=0.81W故選：C。點評：搖晃手機實際上就是人對手機做的功轉化成手機的電能，求出人做功的大小即可得出功率的大小．二、恒力做功的平均功率質量為m的物體從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動，在運動時間為t的過程中，合外力對它做功的平均功率為（）A、ma2tB、12ma2tC、2ma2tD、22ma分析：物體做的是勻加速直線運動，根據速度公式可以求得經過時間t時物體的速度的大小，由此可以求得平均速度的大小，根據P＝Fv，可以求得平均功率的大小．解答：物體做的是勻加速直線運動，t時刻的速度的大小為v＝at，該過程的平均速度的大小為v=12v此時物體受到的合外力為F＝ma，所以合外力對它做功的平均功率為P＝Fv=ma×12at=故選：B。點評：在分析功率的時候，一定要注意公式的選擇，P=Wt只能計算平均功率的大小，而P＝Fv可以計算平均功率也可以計算瞬時功率，取決于速度是平均速度還是瞬時速度．該題也可由P【解題思路點撥】1.功率的定義式P=W2.對于恒力做功，除了可以先求出總功，再除以時間求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用P＝Fv計算平均功率。4．動量定理的內容和應用【知識點的認識】1．內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球對手的沖量B、減小籃球對人的沖擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．5．用定義式計算電流大小及電荷量【知識點的認識】電流大小的計算有三個公式：①定義式：I=q②決定式：I=U③微觀表達式：I＝neSv．（n為導體單位體積內的自由電荷數；e為自由電荷的電荷量；S為導體橫截面積；v為自由電荷定向移動的速度）．注意：（1）I=qt是電流的定義式，是普遍適用的．電流的微觀表達式I＝（2）應用電流的微觀表達式時，要注意區分三種速率：①電子定向移動速率：一般比較小，速率數量級為10﹣5m/s；②電子熱運動的速率：電子不停地做無規則熱運動的速率，速率數量級約為105m/s；③電流傳導速率：等于光速，為3.0×108m/s．【命題方向】如圖所示，在1價離子的電解質溶液內插有兩根碳棒A和B作為電極，將它們接在直流電源上，于是溶液里就有電流通過．若在t秒內，通過溶液內截面S的正離子數為n1，通過的負離子數為n2，設基本電荷為e，則以下說法中正確的是（）A、正離子定向移動形成的電流方向從A→B，負離子定向移動形成的電流方向從B→AB、溶液內由于正負離子移動方向相反，溶液中的電流抵消，電流等于零C、溶液內的電流方向從A→B，電流I=D、溶液內的電流方向從A→B，電流I=分析：正電荷的定向移動方向是電流的方向，負電荷的定向移動方向與電流方向相反；由電流的定義式I=q解答：A、電荷的定向移動形成電流，正電荷的定向移動方向是電流方向，由圖示可知，溶液中的正離子從A向B運動，因此電流方向是A→B，故A錯誤；B、溶液中正離子由A向B移動，負離子由B向A移動，負電荷由B向A的移動相當于正電荷由B向A移動，帶電離子在溶液中定向移動形成電流，電流不為零，故B錯誤；CD、溶液中的正離子從A向B運動，因此電流方向是A→B，電流I=qt=n1故選：D。點評：知道電荷的定向移動形成電流，正電荷的定向移動方向是電流的方向，應用電流定義式即可正確解題．【解題思路點撥】1.在計算電流大小時要根據題目所給的條件選擇合適的公式進行計算。2.如果正、負電荷同時發生定向移動，定義式中I=qt的3.微觀表達式I＝neSv并不是固定的電流大小計算方式，其中n、e、S、v都有特定的意義，如果題目的參數發生變化，微觀表達式的形式也會有相應變化。但都是從定義式I=q6．電流的微觀表達式【知識點的認識】1.電流的微觀表達式的推導如圖所示，AD表示粗細均勻的一段長為l的導體，兩端加一定的電壓，導體中的自由電荷沿導體定向移動的速率為v，設導體的橫截面積為S，導體每單位體積內的自由電荷數為n，每個自由電荷的電荷量大小為q。則：導體AD內的自由電荷全部通過橫截面D所用的時間t=導體AD內的自由電荷總數N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導體上的電流I=Q2.電流的微觀表達式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過導體橫截面的電荷量q及時間t無關，從微觀上看，電流的大小取決于導體中單位體積內的自由電荷數n、每個自由電荷的電荷量大小q、定向移動的速率v，還與導體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動的速率。自由電荷在不停地做無規則的熱運動，其速率為熱運動的速率，電流是自由電荷在熱運動的基礎上向某一方向定向移動形成的。【命題方向】有一橫截面積為S的銅導線，流經其中的電流強度為I；設每單位體積的導線中有n個自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動速率為v，在Δt時間內，通過導線橫截面的自由電子數可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據電流強度的定義可以求得t時間內通過導線橫截面積的總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數，再根據電流的微觀的表達式，根據電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導線橫截面的自由電子的個數．解答：在t時間內，以速度v移動的電子在銅導線中通過的距離為vt，由于銅導線的橫截面積為S，則在t時間內，電子經過的導線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導線有n個自由電子，則在Δt時間內，通過導線橫截面的自由電子數目可表示為N＝nvSΔt。由于流經導線的電流為I，則在t時間內，流經導線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時間內通過導線橫截面的自由電子數目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題計算自由電子的個數，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度．【解題思路點撥】用電流的微觀表達式求解問題的注意點（1）準確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動的速率，不是電流的傳導速率，也不是電子熱運動的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導出的，若7．歐姆定律的簡單應用【知識點的認識】歐姆定律1．內容：導體中的電流I跟導體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比．2．表達式：I=U3．適用條件：適用于金屬和電解液導電，氣體導電和半導體元件不適用．4．導體的伏安特性曲線：用橫軸表示電壓U，縱軸表示電流I，畫出的I﹣U關系圖線．（1）線性元件：伏安特性曲線是直線的電學元件，適用于歐姆定律．（2）非線性元件：伏安特性曲線為曲線的電學元件，即非線性元件的電流與電壓不成正比．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查歐姆定律不同表達式的物理意義：對于歐姆定律的理解，下列說法中錯誤的是（）A．由I=UB．由U＝IR，對一定的導體，通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大C．由R=UI，導體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變分析：根據歐姆定律的內容可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，電阻的大小是由導體本身決定的，與電壓的大小無關．解：A、根據歐姆定律可知，通過電阻的電流強度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，所以A正確；B、由U＝IR，對一定的導體，電流與電壓成正比，所以通過它的電流強度越大，它兩端的電壓也越大，所以B正確；C、導體的電阻與電壓的大小無關，是由導體本身決定的，所以C錯誤；D、對一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流強度的比值保持不變，即為電阻的大小，所以D正確．本題選錯誤的，故選C．點評：本題就是考查學生對歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導體本身決定的，與電壓的大小無關，即可解決本題．（2）第二類常考題型是考查對伏安特性曲線的理解：如圖所示為電阻R1和R2的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區域．現把R1和R2并聯在電路中，消耗的電功率分別用P1和P2表示；并聯的總電阻設為R．下列關于P1與P2的大小關系及R的伏安特性曲線應該在的區域正確的是（）A．特性曲線在Ⅰ區，P1＜P2B．特性曲線在Ⅲ區，P1＜P2C．特性曲線在Ⅰ區，P1＞P2D．特性曲線在Ⅲ區，P1＞P2分析：伏安特性曲線的斜率等于電阻的倒數．當兩個電阻并聯后總電阻R比任何一個電阻都要小，R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率．R1和R2并聯在電路中，電壓相等，由圖讀出電流關系，再研究功率關系．解：把R1和R2并聯在電路中，并聯的總電阻R比R1和R2都小，則R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率，則R的伏安特性曲線應該Ⅰ區．R1和R2并聯在電路中，電壓相等，由圖讀出流過電阻R1的電流較大，則功率P1＞P2．故選C．點評：本題首先要從數學角度理解圖線的物理意義：斜率越大，電阻越小．其次抓住并聯電路的基本特點：支路兩端的電壓相等．【解題方法點撥】1．歐姆定律不同表達式的物理意義（1）I=UR是歐姆定律的數學表達式，表示通過導體的電流I與電壓U成正比，與電阻（2）公式R=U2．對伏安特性曲線的理解（1）如圖，圖線a、b表示線性元件，圖線c、d表示非線性元件．（2）圖象的斜率表示電阻的倒數，斜率越大，電阻越小，故Ra＜Rb（如圖甲所示）．（3）圖線c的電阻減小，圖線d的電阻增大（如圖乙所示）．（4）伏安特性曲線上每一點的電壓坐標與電流坐標的比值對應這一狀態下的電阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲線上某點切線的斜率不是電阻的倒數．（2）要區分是I﹣U圖線還是U﹣I圖線．（3）對線性元件：R=UI=△4．歐姆定律I=U對于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對于非純電阻，不適合歐姆定律，因P電＝UI＝P熱+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非純電阻兩端的電壓滿足U＞IR．8．利用電阻定律求電阻【知識點的認識】電阻定律的表達式為R＝ρlS【命題方向】一條粗細均勻的電阻絲電阻為R，其橫截面的直徑為d，若將它拉制成直徑為110A、110000RB、10000RC、1100分析：橫截面直徑為d電阻絲拉制成直徑為d10的均勻細絲后，公式S=14πd2得知，橫截面積變為原來的1100，而電阻絲的體積不變，則長度變為原來的100倍，由電阻定律R＝解答：S=14π∵d∴SV′＝L′S′＝LS∴L′＝100L由電阻定律R＝ρLR'故選：B。點評：本題要注意當導體橫截面變化時，其長度也跟著變化，抓住導體的體積不變．考查對電阻定律的理解能力．【解題思路點撥】對于同一個導體，如果導體接入電路的方式不同，那么導體的電阻也會有差異。9．利用電阻定律求電阻率【知識點的認識】電阻定律的表達式為R＝ρlS，則導體的電阻率為ρ=RSl，R是導體的電阻，【命題方向】如圖所示，P是一個表面均勻鍍有很薄電熱膜的長陶瓷管，其長度為L，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導電金屬箍M、N．現把它接入電路中，測得M、N兩端電壓為U，通過它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A、UIB、πUD24ILC分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長和膜的厚度為d的乘積，根據歐姆定律求出電阻的大小，再根據電阻定律R＝ρLs解答：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為S＝2πD2?d＝πDd根據電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選：C。點評：本題容易出錯的地方就是如何計算鍍膜材料的截面積，在計算時可以把它看成是邊長為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計算出截面積，再根據電阻定律計算即可．【解題思路點撥】電阻定律R＝ρlS中，l是沿電流方向的長度，S是垂直于電流方向的橫截面積，在用此式及其變形時，一定要注意l、S和R10．線性元件及其伏安特性曲線【知識點的認識】1.I﹣U圖像以電流為縱軸、電壓為橫軸畫出導體上的電流隨電壓變化的曲線，叫作導體的伏安特性曲線。如下圖甲、乙所示。2.比較電阻的大小圖像的斜率k=IU=1R，即I﹣U圖像的斜率等于電阻的反比，圖甲中R3.線性元件：如圖甲所示，伏安特性曲線是直線的電學元件稱作線性元件，適用歐姆定律。4.非線性元件：如圖乙所示，伏安特性曲線為曲線的電學元件稱作非線性元件，不適用歐姆定律。【命題方向】對于圖中的圖線所對應的兩個導體（）A、R1＝3R2B、R2＝2R1C、兩個導體中的電流相等（不為零）時的電壓之比U1：U2＝3：1D、兩個導體兩端的電壓相等（不為零）時的電流之比）I1：I2＝3：1分析：伏安特性曲線中直線的斜率表示的是電阻的倒數，根據斜率的大小可以判斷AB電阻的大小；根據電阻的大小，再由歐姆定律可以判斷流過電阻的電流的大小。解答：I﹣U圖象的斜率表示電阻的倒數。由于1與2的斜率之比是1：3，所以電阻值比是3：1．故A正確，B錯誤。兩個導體中的電流相等（不為零）時的電壓之比就等于電阻值比，即U1：U2＝3：1．故C正確。由圖象可知，兩個導體兩端的電壓相等（不為零）時的電流之比）I1：I2＝1：3．故D錯。故選：AC。點評：題就是考查學生對于伏安特性曲線的理解，在做題時一定要區分開U﹣I圖象和I﹣U圖象，不同的圖象中的直線的斜率的含義不同。【解題思路點撥】（1）要區分是I﹣U圖像還是U﹣Ⅰ圖像。（2）對線性元件，R=UI=ΔU11．混聯電路的特點及應用【知識點的認識】1.混聯電路的概念：電路中有串聯部分和并聯部分共存的電路叫作混聯電路。2.根據串、并聯電路的特點解決混聯電路問題。【命題方向】如圖所示，R1與R2并聯之后再與R3串聯，已知UAB＝12V，R1＝6Ω，P3＝16W，I1=43（1）R1兩端的電壓為多少？（2）R3的電流是多少？（3）R2阻值為多少？（4）R3阻值為多少？分析：電阻R1與電阻R2并聯，根據通過R1的電流和R1的阻值，通過歐姆定律求出R1兩端的電壓，從而得出R3兩端的電壓，根據R3的功率求出通過R3的電流，根據總電流求出R2的電流，結合歐姆定律求出R2的阻值．解答：（1）根據歐姆定律得，R1兩端的電壓U1=I（2）R3兩端的電壓U3＝UAB﹣U1＝4V．則通過R3的電流I3（3）通過R2的電流I2則R2（4）R3答：（1）R1兩端的電壓為8V．（2）R3的電流是4A．（3）R2阻值為3Ω．（4）R3阻值為1Ω．點評：解決本題的關鍵知道串并聯電路的特點，以及掌握部分電路歐姆定律，并能靈活運用．【解題思路點撥】解決簡單混聯電路的方法（1）準確地判斷出電路的連接方式，畫出等效電路圖。（2）準確地利用串、并聯電路的基本規律、特點。（3）靈活地選用恰當的物理公式進行計算。12．電功和電功率的計算【知識點的認識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規格為“6V6W”，RB、RD的規格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據P=U2R求出每個電阻值，根據歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯電阻兩端的電壓，根據P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯電阻的求解，以及求功率時，串聯電路常用P＝I2R而并聯電路常用P=U【解題思路點撥】根據具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。13．已知電功率求解電路的電壓、電流和電阻等物理量【知識點的認識】對于純電阻電路，電動率的表達式P＝UI＝I2R=U【命題方向】一個標有“6V、3W”的燈泡，不考慮其電阻隨溫度的變化，求：