第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔中等生篇《電路與電能》一．選擇題（共10小題）1．（2024春?鹽城期末）某同學對四個電阻各進行了一次測量，把每個電阻兩端的電壓和通過它的電流在平面直角坐標系中描點，得到了如圖所示中甲、乙、丙、丁四個點。則電阻最大的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁2．（2024春?建鄴區期末）如圖所示，圖甲為一個電燈兩端電壓與通過它的電流的變化關系曲線。由圖可知，兩者不成線性關系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發生了變化的緣故。不計電流表內阻。如圖乙所示，將兩個這樣的電燈并聯后再與5Ω的定值電阻R0串聯，接在電動勢為E＝15V、內阻不計的電路上，則下列選項中正確的是（）A．電阻R0消耗的功率約為7.5W B．電阻R0消耗的功率約為5W C．每個燈的實際功率約為1.6W D．每個燈的實際功率約為16W3．（2024?郫都區校級模擬）如圖所示的電路中，兩平行金屬板之間的帶電液滴處于靜止狀態，電流表和電壓表均為理想電表，由于某種原因燈泡L的燈絲突然燒斷，其余用電器均不會損壞，電壓表和電流表變化量絕對值分別為ΔU、ΔI，則下列說法正確的是（）A．電流表的讀數變小、電壓表的讀數變大 B．ΔUΔI=RC．液滴將向下運動 D．電源的輸出功率變大4．（2024?平谷區模擬）如圖所示電路中，有四個完全相同的小燈泡，不考慮電阻隨溫度的變化，其中最亮的燈泡是（）A．燈泡L1 B．燈泡L2 C．燈泡L3 D．燈泡L45．（2024?浙江二模）以下物理量為矢量，且單位用國際單位制基本單位表示正確的是（）A．電流、A B．力、kg?m2/s2 C．功率、kg?m2/s3 D．電場強度、kg?m/（A?s3）6．（2024春?徐州期末）一小型電動機加上2V電壓，電動機沒有轉動，測得電流為2A；加上6V電壓，電動機轉動，則此時流過電動機的電流（）A．小于6A B．大于6A C．等于6A D．無法確定7．（2024春?徐州期末）用不同材料做成兩形狀、大小相同的導體棒甲、乙，接在如圖所示的電路中，理想電壓表V1的示數大于V2的示數。則導體棒甲（）A．電阻率小 B．電功率小 C．在相同時間內產生的熱量多 D．在相同時間內通過的電荷量大8．（2024?鎮海區校級模擬）如圖所示的電路中，E為電源，其內電阻為r，V為理想電壓表，L為阻值恒定的小燈泡，R1為定值電阻，R3為半導體材料制成的光敏電阻（光照越強，電阻越小），電容器兩極板處于水平狀態，閉合開關S，電容器中心P點有一帶電油滴處于靜止狀態，電源負極接地，則下列說法正確的是（）A．若將R2的滑片下移，電壓表的示數增大 B．若光照變強，則油滴會向上運動 C．若光照變強，則燈泡變暗 D．若將電容器上極板上移，則P點電勢降低9．（2023秋?南寧期末）如圖是一個電路的一部分，其中R1＝5Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，I1＝0.2A，I2＝0.1A，那么電流表測得的電流為（）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?順義區期末）如圖甲所示電路中，閉合開關，將滑動變阻器的滑片從左端逐漸滑至右端時，電壓表V1和V2的示數隨電流表示數變化的圖像如圖乙所示，圖線中ab、cd段均為直線。已知電動機兩端電壓達到某一值時才能開始轉動，各電表均為理想電表，下列說法正確的是（）A．電源的內阻為2.0Ω B．電動機內部線圈的電阻值為1.0Ω C．滑動變阻器的可調范圍是0～9.0Ω D．電流表示數最大時，電動機的輸出功率為6.75W二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?淇濱區校級模擬）如圖所示圖像示意圖在物理學習中經常遇到，很多的物理量關系都滿足此類關系圖像，那么關于此圖像適用的物理過程，描述不正確的是（）A．研究電源串聯外電阻輸出功率時，該圖像可近似看作是電源輸出功率P隨外電阻R變化的圖像 B．研究兩個小球發生彈性碰撞且碰前球m2靜止，該圖像可看作是碰后m2動能與m2質量關系的圖像 C．研究豎直面內繩球模型球從水平下落至豎直的過程中，可以完整表達球重力的功率P與繩跟水平面夾角θ的關系 D．該圖像可以表述兩個分子間的作用力F與分子間距r的關系（多選）12．（2024?東河區校級模擬）如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到60V時，閃光燈瞬間導通并發亮，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地放光。該電路（）A．充電時，通過R的電流不變 B．若R增大，則充電時間變長 C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變（多選）13．（2024?廣東模擬）中國空間站的電能主要由太陽能電池提供。一太陽能電池接入如圖所示的純電阻工作電路中，S1閉合、S2斷開時，電壓表的示數為400mV；S1和S2均閉合時，電壓表的示數為200mV。已知工作電路的電阻為10Ω，電壓表的內阻足夠大，下列說法正確的有（）A．太陽能電池的電動勢為400mV B．太陽能電池的內阻為10Ω C．S1和S2均閉合時，通過太陽能電池的電流為10mA D．S1和S2均閉合時，通過工作電路的電流為20mA（多選）14．（2023秋?徐匯區校級期末）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，下列說法中正確的是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小 B．對應P點，小燈泡的電阻為R=UC．對應P點，小燈泡的電阻為R=UD．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍“面積”（多選）15．（2023秋?西山區期末）在如圖所示的電路中，定值電阻分別為R1＝4Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝6Ω，現在M、N兩點間加上穩恒電壓，下列說法正確的是（）A．M、N間的總電阻為19Ω B．R1和R4兩端的電壓比為2：3 C．流過R2和R3的電流比為1：2 D．R2和R3并聯部分的電阻大于R3三．填空題（共5小題）16．（2024?福州模擬）如圖，在滑動變阻器的滑片向a端滑動的過程中，外電路總阻值，電壓表示數，電流表示數。（均選填“增大”“減小”或“不變”）17．（2023秋?徐匯區校級期末）如圖所示，電源電動勢為E、內阻為r，R1為一定值電阻、R2為一滑動變阻器，電流表A1，A2的示數分別記為I1，I2。開關S閉合時，一帶電油滴P恰好能靜止在平行金屬板之間。若將滑動變阻器R2的滑片向b端移動，則|ΔI1||ΔI2|（填“＜”、“＞”或“＝”，Δ表示該物理量的變化），P將移動。（填“向上”、“向下”或“不”）18．（2023秋?福州期末）如圖，電動機M與燈泡L串聯在電路中，電動機M的線圈電阻為2Ω，燈泡L的電阻為6Ω，電源的電動勢為E＝16V、內阻為r＝1Ω。閉合開關S后，燈泡正常發光，電動機正常運轉，電動機線圈上產生的熱功率為2W，忽略電動機轉動時受到的摩擦，則電動機M輸出的機械功率＝W；電源輸出的電功率P＝W。19．（2023春?靜安區校級期中）常用的手電筒是把兩節干電池串聯的電池組作為電源。已知電池組的電動勢E＝3.0V手電筒內小燈泡的額定電壓U＝2.4V，額定電流I＝0.3A。閉合開關，小燈泡剛好正常工作，此時小燈泡的電阻R＝Ω，電池組的內阻r＝Ω。20．（2022秋?龍巖期末）半導體材料制成的電阻器D，通過它的電流I隨它兩端電壓U的變化關系如圖（a）所示。D的阻值隨它兩端電壓U的增大而（選填“增大”或“減小”）。D與定值電阻R1、R2并聯后接入電壓恒為U的電源兩端，三個用電器的電功率相同。現將三個用電器連接成如圖（b）的電路，仍接在電壓恒為U的電源兩端，此時D、R1、R2的電功率分別是PD、P1、P2，三者的大小關系是。四．解答題（共5小題）21．（2024?濱州三模）飯卡是學校等單位最常用的輔助支付手段，其內部主要部分是一個多匝線圈，當刷卡機發出電磁信號時，置于刷卡機上的飯卡線圈的磁通量發生變化，發生電磁感應，產生電信號，其原理可簡化為如圖所示。設線圈的匝數為1000匝，每匝線圈面積均為S＝10﹣3m2，線圈的總電阻為r＝0.1Ω，線圈連接一電阻R＝0.4Ω，其余部分電阻不計。線圈處磁場的方向不變，其大小按如圖所示的規律變化，（垂直紙面向里為正），（1）請你判定0～0.1s時間內，流經電阻R的電流方向（2）求0～0.1s時間內，電阻R產生的焦耳熱；（3）求0.1～0.4s時間內，通過電阻R的電荷量。22．（2023秋?天津期末）在如圖所示的電路中，R1是由某金屬氧化物制成的導體棒，實驗證明通過它的電流I和它兩端電壓U遵循I＝kU3的規律（式中k＝0.02A/N3）；R2是普通電阻，阻值為24Ω，遵循歐姆定律，電源電動勢E＝6V，導線、電鍵和電流表電阻不計。閉合開關S后，電流表的示數為0.16A。求：（1）R1兩端的電壓U1；（2）R2兩端的電壓U2；（3）電源的內電阻r。23．（2024春?徐州期末）如圖所示，電源的電動勢E＝10V，閉合開關S后，標有“6V12W”的兩個燈泡恰能正常發光。求：（1）通過燈泡L1的電流I1；（2）電源的內阻r。24．（2024春?東城區校級期末）小明坐在汽車的副駕駛位上看到一個現象：當汽車的電動機啟動時，汽車的車燈會瞬時變暗。汽車的電源、電流表、車燈、電動機連接的簡化電路如圖所示，已知汽車電源電動勢為12.5V，內阻為0.05Ω.車燈接通電動機未起動時，電流表示數為10A；電動機啟動的瞬間，電流表示數達到60A，求：（1）電動機未啟動時，車燈的功率；（2）電動機啟動時，車燈的功率。25．（2024春?浦東新區校級期末）無人機因機動性能好，生存能力強，無人員傷亡風險等優點，被廣泛應用在生產生活中。（1）一無人機的動力裝置是由四個多旋翼電機并聯組成，設每個電機內阻為r、額定電流和電壓分別為I和U。正常工作時無人機的輸出功率為。A．4（UI﹣I2r）B．4UIC．4I2rD．4（2）一質量為m的無人機從地面靜止開始豎直向上飛行，該過程中加速度a隨上升高度h的變化關系如圖1所示。無人機飛至高為2h0處時，空氣對其作用力大小為；無人機飛至3h0處時的速度為。（重力加速度為g）（3）一質量為m＝2.0kg的無人機對一靜止的轎車進行拍攝。如圖2，無人機以車中心所在的豎直線為軸線，在地面上方的水平面內做半徑為R＝4.0m、角速度為ω＝1.5rad/s的勻速圓周運動。①此運動過程中，空氣對無人機的作用力方向為。A．豎直向上B．斜向上C．水平方向D．斜向下E．豎直向下②此運動過程中，空氣對無人機的作用力大小為多少？（計算題）（4）某同學利用無人機玩投球游戲。無人機在距地高為H水平面內勻速直線運動，釋放可視為質點的小球，小球飛行過程中不計空氣阻力。①小球在空中飛行過程中，小球加速度方向的是。②若小球到達水平地面時，速度方向與水平方向間的夾角為θ，求：Ⅰ.無人機勻速飛行時的速度大小v0；（計算題）Ⅱ.從拋出到落地過程中小球動量的變化量的大小Δp。（計算題）

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔中等生篇《電路與電能》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024春?鹽城期末）某同學對四個電阻各進行了一次測量，把每個電阻兩端的電壓和通過它的電流在平面直角坐標系中描點，得到了如圖所示中甲、乙、丙、丁四個點。則電阻最大的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【考點】非線性元件及其伏安特性曲線．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】C【分析】根據U﹣I圖象中各點與原點連線的斜率表示電阻的大小比較四個電阻的。【解答】解：根據U＝IR，可知某點與原點連線的斜率表示電阻的大小可知，丙的電阻最大，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查了串聯電路的特點和歐姆定律的應用，關鍵是會利用控制變量法結合電阻不變分析圖象得出四個電阻的大小關系。2．（2024春?建鄴區期末）如圖所示，圖甲為一個電燈兩端電壓與通過它的電流的變化關系曲線。由圖可知，兩者不成線性關系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發生了變化的緣故。不計電流表內阻。如圖乙所示，將兩個這樣的電燈并聯后再與5Ω的定值電阻R0串聯，接在電動勢為E＝15V、內阻不計的電路上，則下列選項中正確的是（）A．電阻R0消耗的功率約為7.5W B．電阻R0消耗的功率約為5W C．每個燈的實際功率約為1.6W D．每個燈的實際功率約為16W【考點】電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】B【分析】根據閉合電路歐姆定律，得到電燈的實際電壓與電流的關系式，在甲圖上作出圖象，此圖象與電燈的伏安特性曲線的交點，表示電燈實際工作狀態，讀出交點的電壓和電流，求出電阻R0消耗的功率和電燈的實際功率。【解答】解：設此時電燈兩端的電壓為U，流過每個電燈的電流為I，由閉合電路歐姆定律得E＝U+2IR0代入數據得I=在I﹣U圖上畫出該直線，如圖所示可得到該直線與曲線的交點（10V，0.50A），即流過電燈的電流為0.50A，電燈兩端電壓為10V，電阻R0消耗的功率P0＝（2I）2R0＝（2×0.50）2×5W＝5W每個燈的功率為：P＝UI＝10×0.50W＝5W，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】考查串、并聯電路，全電路歐姆定律，本題的技巧是應用數學方法，通過作圖求解電燈的電流。3．（2024?郫都區校級模擬）如圖所示的電路中，兩平行金屬板之間的帶電液滴處于靜止狀態，電流表和電壓表均為理想電表，由于某種原因燈泡L的燈絲突然燒斷，其余用電器均不會損壞，電壓表和電流表變化量絕對值分別為ΔU、ΔI，則下列說法正確的是（）A．電流表的讀數變小、電壓表的讀數變大 B．ΔUΔI=RC．液滴將向下運動 D．電源的輸出功率變大【考點】含容電路的動態分析；電源的總功率、輸出功率和效率．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；恒定電流專題；推理能力．【答案】B【分析】當L的燈絲突然燒斷后電路中總電阻增大，根據閉合電路的歐姆定律分析干路電流、電源的內電壓和R1兩端的電壓的變化，電容器C兩端的電壓等于電源電動勢減去電源的內電壓和R1兩端的電壓，由此可知電容器兩端的電壓，以及兩極板間場強的變化，由帶電液滴所受的電場力的變化，判斷液滴運動方向；根據電容器兩端的電壓等于電阻R2和R3的總電壓，由此可知R2與R3中的電流變化；電壓表和電流表分別測量的是電阻R2的電壓和電流，根據歐姆定律分析B選項；根據電源的輸出功率與外電阻的關系可知，在外電阻與電源內阻的關系未知的情況下，不能判斷電源的輸出功率如何變化。【解答】解：C.當L的燈絲突然燒斷后電路中總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律可知，流過電源的電流減小，電源的內電壓和R1兩端的電壓減小，則電容器C兩端的電壓增大，電容器兩極板間場強增大，帶電液滴所受的電場力增大，則該液滴將向上運動，故C錯誤；A.電容器兩端的電壓等于電阻R2和R3的總電壓，由于電容器兩端的電壓增大，故R2與R3中的電流增大，則電流表、電壓表的讀數均變大，故A錯誤；B.電壓表和電流表分別測量的是電阻R2的電壓和電流，根據歐姆定律可知，R2=UD.根據電源的輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻等于電源內阻時電源的輸出功率最大，由于外電阻與電源內阻的關系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了含容電路的動態分析，電源的輸出功率的變化特點。處理電路動態變化時要從總電阻的變化入手，根據閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化，進而在進行外電路的局部分析。4．（2024?平谷區模擬）如圖所示電路中，有四個完全相同的小燈泡，不考慮電阻隨溫度的變化，其中最亮的燈泡是（）A．燈泡L1 B．燈泡L2 C．燈泡L3 D．燈泡L4【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；理解能力．【答案】A【分析】根據電路結構分析電流的大小關系，從而判斷燈泡亮度。【解答】解：根據電路結構可知燈泡L1在干路上，電流等于支路電流之和，則最亮的燈泡是燈泡L1，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題考查閉合電路歐姆定律，解題關鍵掌握干路電流與支路電流的關系。5．（2024?浙江二模）以下物理量為矢量，且單位用國際單位制基本單位表示正確的是（）A．電流、A B．力、kg?m2/s2 C．功率、kg?m2/s3 D．電場強度、kg?m/（A?s3）【考點】電流的概念及性質；力的定義和特點；功率的定義、物理意義和計算式的推導；電場強度的定義和單位．【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】D【分析】標量是只有大小，沒有方向的物理量。矢量是既有大小又有方向的物理量，運算時遵守平行四邊定則。國際單位制規定了七個基本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光照強度、物質的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式推導出來的物理量的單位叫做導出單位。【解答】解：A．電流的加減使用代數法則，是標量，其單位用國際單位制基本單位表示為A，故A錯誤；B．力是矢量，根據F＝ma，可知其單位用國際單位制基本單位表示為kg?m/s2，故B錯誤；C．功率是標量，根據P＝Fv，可知其單位用國際單位制基本單位表示為kg?m2/s3，故C錯誤；D．電場強度是矢量，根據E=Fq=故選：D。【點評】國際單位制規定了七個基本物理量，這七個基本物理量分別是誰，它們在國際單位制分別是誰，這都是需要學生自己記住的。6．（2024春?徐州期末）一小型電動機加上2V電壓，電動機沒有轉動，測得電流為2A；加上6V電壓，電動機轉動，則此時流過電動機的電流（）A．小于6A B．大于6A C．等于6A D．無法確定【考點】歐姆定律的簡單應用．【專題】定量思想；等效替代法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】當電動機不轉時為純電阻電路，根據歐姆定律求出電動機的內阻；電動機正常工作時為非純電阻用電器，根據I＜U【解答】解：當電動機不轉時，由歐姆定律可得電動機的內阻為r=U1I當電動機加上6V電壓時電動機轉動時，流過電動機的電流I2＜U故選：A。【點評】解答本題時，要注意當電動機不轉動時，可以看作純電阻處理，而電動機轉動時，歐姆定律不成立。7．（2024春?徐州期末）用不同材料做成兩形狀、大小相同的導體棒甲、乙，接在如圖所示的電路中，理想電壓表V1的示數大于V2的示數。則導體棒甲（）A．電阻率小 B．電功率小 C．在相同時間內產生的熱量多 D．在相同時間內通過的電荷量大【考點】用焦耳定律計算電熱；歐姆定律的簡單應用；電阻定律的內容及表達式；電功和電功率的計算．【專題】比較思想；等效替代法；恒定電流專題；理解能力．【答案】C【分析】導體棒甲、乙串聯，電流相等，由歐姆定律分析電阻的大小，結合電阻定律分析電阻率大小，由P＝UI分析電功率大小。根據Q＝I2Rt分析在相同時間內產生的熱量多少。根據q＝It分析在相同時間內通過的電荷量大小。【解答】解：A、導體棒甲、乙串聯，通過兩棒的電流相同，理想電壓表V1的示數大于V2的示數，則導體棒甲兩端的電壓大于導體棒乙兩端的電壓，根據歐姆定律U＝IR可知，導體棒甲的阻值較大，導體棒甲、乙形狀、大小相同，由R＝ρlSB、根據P＝UI，導體棒甲兩端的電壓大于導體棒乙兩端的電壓，通過導體棒甲、乙的電流相同，可知導體棒甲電功率大，故B錯誤；C、根據Q＝I2Rt，通過導體棒甲、乙的電流相同，導體棒甲阻值較大，則導體棒甲在相同時間內產生的熱量多，故C正確；D、根據q＝It，通過導體棒甲、乙的電流相同，則在相同時間內通過導體棒甲、乙的電荷量相同，故D錯誤。故選：C。【點評】解答本題要抓住串聯電路的特點：電流處處相等，結合相關公式分析兩棒各個量的關系。8．（2024?鎮海區校級模擬）如圖所示的電路中，E為電源，其內電阻為r，V為理想電壓表，L為阻值恒定的小燈泡，R1為定值電阻，R3為半導體材料制成的光敏電阻（光照越強，電阻越小），電容器兩極板處于水平狀態，閉合開關S，電容器中心P點有一帶電油滴處于靜止狀態，電源負極接地，則下列說法正確的是（）A．若將R2的滑片下移，電壓表的示數增大 B．若光照變強，則油滴會向上運動 C．若光照變強，則燈泡變暗 D．若將電容器上極板上移，則P點電勢降低【考點】電路動態分析；含容電路的動態分析．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】D【分析】電容器在直流電路中相當于斷路，電路穩定時，R2相當于導線；先判斷光照變強，光敏電阻R3變化，再判斷電路的總阻值變化，根據閉合電路歐姆定律，分析總電流變化和內電壓變化，根據串并聯關系，判斷其它支路電流電壓變化；【解答】解：A．電容器在直流電路中相當于斷路，電路穩定時，R2相當于導線，將R2滑片上移，電壓表示數不變，故A錯誤；BC．若光照變強，光敏電阻R3減小，總電阻變小，電流變大，則通過小燈泡的電流變大，燈泡變亮；根據閉合電路歐姆定律，電容器兩端電壓為U＝E﹣I（r+R1）I變大，則U變小，場強變小，油滴所受的電場力變小，油滴向下極板運動，故BC錯誤；D．由于電路電阻不變，則電容器板間電壓不變，若將電容器上極板上移，電容器兩極板的距離增大，根據E=U故選：D。【點評】本題考查學生對動態電路問題的掌握，解題關鍵是先整體后局部，先判斷總電阻、總電流變化，再判斷其它支路電流電壓變化。9．（2023秋?南寧期末）如圖是一個電路的一部分，其中R1＝5Ω，R2＝1Ω，R3＝3Ω，I1＝0.2A，I2＝0.1A，那么電流表測得的電流為（）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【考點】復雜電路的簡化；歐姆定律的簡單應用．【專題】恒定電流專題．【答案】C【分析】分別求出R1兩端的電壓和R2兩端的電壓，然后判斷根據電位確定R3兩端的電壓以及電流的方向，再根據I=UR求出通過R【解答】解：R1兩端的電壓U1＝I1R1＝0.2AX5Ω＝1VR2兩端的電壓U2＝I2R2＝0.1AX1Ω＝0.1VR1左端與R2的左端電位相等，U1＞U2，則R1右端的電位低于R2右端的電位。R3兩端的電壓U3＝U1﹣U2＝1V﹣0.1V＝0.9V通過R3的電流I3=U3R因此用節點法可知通過電流表的電流方向向左。設電流表的示數為IA，對于電流表左端的節點，流入節點的電流等于流出節點的電流。即IA+I2＝I3電流表的示數IA＝I3﹣I2＝0.3A﹣0.1A＝0.2A。故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查歐姆定律的應用和電流方向的判斷，本題涉及電位的概念，以及節點法判斷電流方向以及電流大小，難度較大，要求大家需要掌握更多關于電學的知識．10．（2024春?順義區期末）如圖甲所示電路中，閉合開關，將滑動變阻器的滑片從左端逐漸滑至右端時，電壓表V1和V2的示數隨電流表示數變化的圖像如圖乙所示，圖線中ab、cd段均為直線。已知電動機兩端電壓達到某一值時才能開始轉動，各電表均為理想電表，下列說法正確的是（）A．電源的內阻為2.0Ω B．電動機內部線圈的電阻值為1.0Ω C．滑動變阻器的可調范圍是0～9.0Ω D．電流表示數最大時，電動機的輸出功率為6.75W【考點】電路動態分析；電動機中的能量轉化與計算；利用U﹣I圖像交點的物理意義求解導體的實際功率．【專題】計算題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】C【分析】A、根據閉合歐姆定律代入圖像的兩個坐標聯立可解出；B、電動機不轉的時候，兩端電壓與電流的比值是內阻；C、串聯電路中，總電阻增大電流減小，總電阻減小電流增大；D、根據輸出功率等于總功率減去熱功率可以求出。【解答】解：A、根據E＝U外+Ir找兩個點代入E＝5.5V+0.5r和E＝4.5V+1.5r可得r＝1Ω，故A錯誤；B、I在0.5A～1A內電動機不轉，電動機內部線圈的電阻為r=ΔUΔI=2?1C、由圖像可知，當電流表示數為1.5A時，滑動變阻器連入電路的阻值為零，當電流表示數為0.5A時，滑動變阻器全部連入電路，故滑動變阻器的最大阻值為R=5.5?10.5Ω＝9D、電流表示數最大值為1.5A，電動機的輸出功率P輸出＝P﹣P熱＝UI﹣I2r＝4.5×1.5W﹣1.52×2W＝2.25W，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查閉合的歐姆定律中動態電路的分析，能夠根據電阻的變化來確定電路中電流的變化以及對于輸出功率的計算。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024?淇濱區校級模擬）如圖所示圖像示意圖在物理學習中經常遇到，很多的物理量關系都滿足此類關系圖像，那么關于此圖像適用的物理過程，描述不正確的是（）A．研究電源串聯外電阻輸出功率時，該圖像可近似看作是電源輸出功率P隨外電阻R變化的圖像 B．研究兩個小球發生彈性碰撞且碰前球m2靜止，該圖像可看作是碰后m2動能與m2質量關系的圖像 C．研究豎直面內繩球模型球從水平下落至豎直的過程中，可以完整表達球重力的功率P與繩跟水平面夾角θ的關系 D．該圖像可以表述兩個分子間的作用力F與分子間距r的關系【考點】電功和電功率的計算式及影響因素；驗證動量守恒定律．【專題】定性思想；推理法；分子間相互作用力與分子間距離的關系；推理能力．【答案】CD【分析】本題根據圖形所表示橫坐標軸量與縱坐標軸量的關系，結合相關的規律進行分析。【解答】解：A．電源輸出功率隨外電阻變化圖像如圖所示：和題中示意圖基本近似，故A正確；B．兩個小球彈性碰撞且其中球m2碰前靜止，該圖像可看作是碰后m2動能與m2質量關系圖像如圖：故B正確；C．繩系小球模型，水平靜止時重力的功率是0，運動到豎直狀態時重力的功率也是0，故C錯誤；D．分子力與分子間距關系如圖所示，故D錯誤。本題選不正確的，故選CD。【點評】本題考查圖像示意圖的意義，要學會變通，能舉一反三，關鍵要掌握相關的物理規律。（多選）12．（2024?東河區校級模擬）如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到60V時，閃光燈瞬間導通并發亮，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地放光。該電路（）A．充電時，通過R的電流不變 B．若R增大，則充電時間變長 C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電容的概念與物理意義．【專題】應用題；定性思想；推理法；恒定電流專題．【答案】BCD【分析】本題重在理解題意并能明確電路的工作原理，根據工作原理才能明確電源電壓與擊穿電壓U之間的關系，由Q＝UC可知極板上的電荷量。【解答】解：A、充電時，電容器電荷量增加、電壓增加，根據閉合電路的歐姆定律可得R兩端電壓減小，通過R的電流減小，故A錯誤；B、若R增大，充電過程中平均電流I減小，根據Q＝It可知充電時間變長，故B正確；C、電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當電源給電容器充電，達到閃光燈擊穿電壓U時，閃光燈瞬間導通并發光，所以閃光燈發光電壓U一定；若C增大，根據Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過的電荷量增大，故C正確；D、若E減小為85V，當電源給電容器充電，達到閃光燈擊穿電壓U＝80V時，閃光燈瞬間導通并發光，根據Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過的電荷量不變，故D正確；故選：BCD。【點評】本題有效地將電路及電容器結合在一起，考查學生的審題能力及知識的遷移應用能力，要求掌握充放電過程中電荷量的多少與哪些因素有關。（多選）13．（2024?廣東模擬）中國空間站的電能主要由太陽能電池提供。一太陽能電池接入如圖所示的純電阻工作電路中，S1閉合、S2斷開時，電壓表的示數為400mV；S1和S2均閉合時，電壓表的示數為200mV。已知工作電路的電阻為10Ω，電壓表的內阻足夠大，下列說法正確的有（）A．太陽能電池的電動勢為400mV B．太陽能電池的內阻為10Ω C．S1和S2均閉合時，通過太陽能電池的電流為10mA D．S1和S2均閉合時，通過工作電路的電流為20mA【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電路動態分析；電動勢的概念和物理意義．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】ABD【分析】S1閉合、S2斷開時，電壓表的示數等于電池的電動勢；S1和S2均閉合時，根據歐姆定律可得電路中電流；S1和S2均閉合時，根據閉合電路歐姆定律求解電源內阻。【解答】解：A、因電壓表的內阻足夠大，故可認為電壓表為理想電壓表。S1閉合、S2斷開時，電壓表的示數為400mV，可知太陽能電池的電動勢為E＝400mV，故A正確；CD、S1和S2均閉合時，電壓表的示數為U＝200mV，工作電路的電阻為R＝10Ω。根據歐姆定律可得通過太陽能電池的電流為：I=200mVB、S1和S2均閉合時，根據閉合電路歐姆定律可得：E＝I（R+r），代入數據得：400mV＝20mA×（10Ω+r），解得：r＝10Ω，故B正確。故選：ABD。【點評】本題考查了閉合電路歐姆定律的應用。基礎題，根據電路的結構應用歐姆定律和閉合電路歐姆定律解答。（多選）14．（2023秋?徐匯區校級期末）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，下列說法中正確的是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小 B．對應P點，小燈泡的電阻為R=UC．對應P點，小燈泡的電阻為R=UD．對應P點，小燈泡的功率為圖中矩形PQOM所圍“面積”【考點】歐姆定律的簡單應用．【專題】恒定電流專題．【答案】BD【分析】小燈泡的I﹣U特性曲線上的各點與原點連線的斜率表示電阻的倒數，斜率越小，電阻越大．任一狀態燈泡的電阻R=U【解答】解：A、I﹣U圖線各點與原點連線的斜率表示電阻的倒數，由題，此斜率減小，說明隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大。故A錯誤。B、C根據電阻的定義得到，對應P點，小燈泡的電阻為R=U1ID、P點的功率P＝UI，故可以用矩形PQOM所圍“面積”來表示；故D正確；故選：BD。【點評】對于線性元件，歐姆定律成立，即R=UI=（多選）15．（2023秋?西山區期末）在如圖所示的電路中，定值電阻分別為R1＝4Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝6Ω，現在M、N兩點間加上穩恒電壓，下列說法正確的是（）A．M、N間的總電阻為19Ω B．R1和R4兩端的電壓比為2：3 C．流過R2和R3的電流比為1：2 D．R2和R3并聯部分的電阻大于R3【考點】串聯電路的特點及應用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】BC【分析】串聯電路中，電壓與電阻成正比，總電阻等于各分電阻之和；并聯電路中，電流與電阻成反比，兩個電阻的并聯總電阻等于兩電阻之積除以兩電阻之和。【解答】解：AD.R2和R3并聯的電阻值為R23=R2R3R2+R3=6×36+3Ω＝2Ω，所以M、N間的總電阻為R＝RB.R1和R4串聯，流過兩電阻的電流相等，則電壓與電阻值成正比，即R1和R4兩端的電壓比為2：3，故B正確；C.R2和R3并聯，兩端的電壓相等，流過兩電阻的電流與電阻成反比，即流過R2和R3的電流比為1：2，故C正確；故選：BC。【點評】本題考查串、并聯電路的基本規律，結合串、并聯電路電流、電壓、電阻的特點即可解答，屬于基礎題。三．填空題（共5小題）16．（2024?福州模擬）如圖，在滑動變阻器的滑片向a端滑動的過程中，外電路總阻值增大，電壓表示數增大，電流表示數減小。（均選填“增大”“減小”或“不變”）【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；推理能力．【答案】增大，增大，減小。【分析】在滑動變阻器的滑片向a端滑動的過程中，分析其接入電路的電阻變化，判斷外電路總阻值的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流的變化，并判斷路端電壓的變化，即可知道電壓表示數的變化。判斷并聯部分電壓的變化，分析流過R2的電流變化，從而判斷出流過電流表的電流變化。【解答】解：當滑動變阻器的滑片向a端滑動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，滑動變阻器與R2并聯的阻值增大，外電路總阻值增大，由閉合電路歐姆定律知干路電流I減小，由路端電壓U＝E﹣Ir可知U增大，即電壓表示數增大；并聯部分的阻值增大，分擔的電壓增大，流過R2的電流I2增大，流過電流表的電流IA＝I﹣I2，則電流表示數將減小。故答案為：增大，增大，減小。【點評】本題是電路動態分析問題，關鍵是理清電路，根據電路的串并聯知識和閉合電路歐姆定律分析各個部分電路電流和電壓的變化。17．（2023秋?徐匯區校級期末）如圖所示，電源電動勢為E、內阻為r，R1為一定值電阻、R2為一滑動變阻器，電流表A1，A2的示數分別記為I1，I2。開關S閉合時，一帶電油滴P恰好能靜止在平行金屬板之間。若將滑動變阻器R2的滑片向b端移動，則|ΔI1|＜|ΔI2|（填“＜”、“＞”或“＝”，Δ表示該物理量的變化），P將向下移動。（填“向上”、“向下”或“不”）【考點】含容電路的動態分析．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；推理能力．【答案】＜，向下。【分析】滑動變阻器R2的滑片向b端移動，分析其接入電路的電阻變化情況，判斷干路電流的變化，進一步分析電容器極板間電壓的變化，從而判斷油滴的運動情況。根據歐姆定律和并聯電路的規律分析兩電表示數的變化，結合干路電流的變化，判斷|ΔI1|與|ΔI2|的大小。【解答】解：滑動變阻器R2的滑片向b端移動時，其接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，則干路電流I增大，電容器的電壓UC＝E﹣I（R+r），可知電容器的電壓減小，板間場強減小，油滴受到的電場力減小，則油滴將向下運動。R1的電壓等于電容器的電壓，則R1的電壓減小。根據I＝I1+I2，I增大，可知流過R2的電流I2增大，且有|ΔI1|＜|ΔI2|。故答案為：＜，向下。【點評】本題是含有電容器的動態電路分析，解決的思路一般為：從部分到整體再到部分。18．（2023秋?福州期末）如圖，電動機M與燈泡L串聯在電路中，電動機M的線圈電阻為2Ω，燈泡L的電阻為6Ω，電源的電動勢為E＝16V、內阻為r＝1Ω。閉合開關S后，燈泡正常發光，電動機正常運轉，電動機線圈上產生的熱功率為2W，忽略電動機轉動時受到的摩擦，則電動機M輸出的機械功率＝7W；電源輸出的電功率P＝15W。【考點】純電阻電路的能量轉化特點；計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】7，15。【分析】根據P′＝I2R，求電流，再根據歐姆定律，求M電壓，電動機M輸出的機械功率等于電動機總功率減電動機熱功率；電源的輸出電功率等于電源總功率減電源熱功率。【解答】解：電動機線圈上產生的熱功率為2W，電動機M的線圈電阻為2Ω，根據P′＝I2R，代數數據解得I＝1A，則電源內電壓Ur＝Ir，即Ur＝1V，燈泡L的電阻為6Ω，燈泡L的電源UL＝IRL，即UL＝6V，電動機M的電壓UM＝E﹣Ur﹣UL，即UM＝9V，則電動機M輸出的機械功率為PM﹣P′＝UMI﹣I2R，代入數據電動機M輸出的機械功率為7W，電源輸出的電功率為P＝EI﹣I2r，代入數據電源輸出的電功率為15W。故答案為：7，15。【點評】本題解題關鍵是掌握輸出功率等于總功率減掉熱功率。19．（2023春?靜安區校級期中）常用的手電筒是把兩節干電池串聯的電池組作為電源。已知電池組的電動勢E＝3.0V手電筒內小燈泡的額定電壓U＝2.4V，額定電流I＝0.3A。閉合開關，小燈泡剛好正常工作，此時小燈泡的電阻R＝8Ω，電池組的內阻r＝2Ω。【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；等效替代法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】8，2。【分析】根據歐姆定律計算小燈泡的電阻R。根據閉合回路歐姆定律求解電池組的內阻r。【解答】解：小燈泡的電阻R=UI=根據閉合回路歐姆定律可得：U＝E﹣Ir代入數據解得：r＝2Ω故答案為：8，2。【點評】解答本題時，要掌握歐姆定律和閉合電路歐姆定律，要知道小燈泡剛好正常工作時，其電壓為額定電壓，功率為額定功率。20．（2022秋?龍巖期末）半導體材料制成的電阻器D，通過它的電流I隨它兩端電壓U的變化關系如圖（a）所示。D的阻值隨它兩端電壓U的增大而減小（選填“增大”或“減小”）。D與定值電阻R1、R2并聯后接入電壓恒為U的電源兩端，三個用電器的電功率相同。現將三個用電器連接成如圖（b）的電路，仍接在電壓恒為U的電源兩端，此時D、R1、R2的電功率分別是PD、P1、P2，三者的大小關系是PD＜P2＜P1。【考點】電功和電功率的計算．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【答案】減小，PD＜P2＜P1。【分析】根據半導體材料的伏安特性曲線可知，隨著電壓增大，電阻器D的電阻減小，電壓減小，電阻增大．電阻器D與兩個標準電阻R1、R2并聯后接在電壓恒為U的電源兩端，三個用電器消耗的電功率均為P，此時三個電阻的阻值相等；當將它們連接成如圖所示的電路，接在該電源的兩端時，電阻器D的電壓小于電源的電壓，電阻增大，根據并聯電路的特點分析其電流與R1、R2電流的關系，再研究功率關系。【解答】解：（1）由圖（a）得，隨電壓增大，電壓與電流的比值減小，即阻值減小。（2）電阻器D與兩個標準電阻R1、R2并聯后接在電壓恒為U的電源兩端，三個用電器消耗的電功率均為P，此時三個電阻的阻值相等；當將它們連接成如圖（b）所示的電路，接在該電源的兩端時，電阻器D的電壓小于電壓U，由（a）圖象可知，電阻器D的電阻增大，則有RD＞R1＝R2，而RD與R2并聯，電壓相等，根據電功率公式P=U2R得，PD＜P2。定值電阻R1、R2阻值相等，通過電阻R1的電流I1＝I2+ID，一定大于通過R2的電流I2，根據電功率公式P＝I2R得P1＜P2，則PD＜P2故答案為：減小，PD＜P2＜P1。【點評】本題首先要讀懂半導體材料的伏安特性曲線，其次要抓住串并聯電路的特點進行分析。四．解答題（共5小題）21．（2024?濱州三模）飯卡是學校等單位最常用的輔助支付手段，其內部主要部分是一個多匝線圈，當刷卡機發出電磁信號時，置于刷卡機上的飯卡線圈的磁通量發生變化，發生電磁感應，產生電信號，其原理可簡化為如圖所示。設線圈的匝數為1000匝，每匝線圈面積均為S＝10﹣3m2，線圈的總電阻為r＝0.1Ω，線圈連接一電阻R＝0.4Ω，其余部分電阻不計。線圈處磁場的方向不變，其大小按如圖所示的規律變化，（垂直紙面向里為正），（1）請你判定0～0.1s時間內，流經電阻R的電流方向（2）求0～0.1s時間內，電阻R產生的焦耳熱；（3）求0.1～0.4s時間內，通過電阻R的電荷量。【考點】用焦耳定律計算電熱；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】定量思想；歸納法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】（1）判定0～0.1s時間內，流經電阻R的電流方向是從上到下；（2）0～0.1s時間內，電阻R產生的焦耳熱為6.4×10﹣3J；（3）0.1～0.4s時間內，通過電阻R的電荷量為0.04C。【分析】（1）根據楞次定律判斷電流方向；（2）根據法拉第電磁感應定律結合圖像的斜率求出感應電動勢的大小；由焦耳定律求出電流的大小，根據焦耳定律求出電阻R上產生的焦耳熱；（3）根據電流的定義式結合歐姆定律和法拉第電磁感應定分析出通過電阻R的電荷量。【解答】解：（1）根據楞次定律“增反減同”可知0～0.1s時間內，流經電阻R的電流方向從上到下；（2）由法拉第電磁感應定律有：E=n0～0.1s時間內線圈產生的感應電動勢為：E根據閉合電路歐姆定律，則有：I根據焦耳定律，可得0～0.1s時間內，電阻R產生的焦耳熱為：Q=（3）0.1～0.4s時間內，根據法拉第電磁感應定律有：E根據閉合電路歐姆定律有：I則通過電阻R的電荷量為：q=結合圖像可得：q=1000×答：（1）判定0～0.1s時間內，流經電阻R的電流方向是從上到下；（2）0～0.1s時間內，電阻R產生的焦耳熱為6.4×10﹣3J；（3）0.1～0.4s時間內，通過電阻R的電荷量為0.04C。【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律的相關應用，熟練掌握歐姆定律，電流的定義式和焦耳定律即可完成分析。22．（2023秋?天津期末）在如圖所示的電路中，R1是由某金屬氧化物制成的導體棒，實驗證明通過它的電流I和它兩端電壓U遵循I＝kU3的規律（式中k＝0.02A/N3）；R2是普通電阻，阻值為24Ω，遵循歐姆定律，電源電動勢E＝6V，導線、電鍵和電流表電阻不計。閉合開關S后，電流表的示數為0.16A。求：（1）R1兩端的電壓U1；（2）R2兩端的電壓U2；（3）電源的內電阻r。【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】計算題；定量思想；等效替代法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）R1兩端的電壓U1為2V。（2）R2兩端的電壓U2為3.84V。（3）電源的內電阻r為1Ω。【分析】（1）根據通過R1的電流I和它兩端的電壓U遵循I＝kU3的規律，求出R1兩端的電壓。（2）根據歐姆定律求出R2的電壓。（3）根據閉合電路歐姆定律求解電源的內電阻r。【解答】解：（1）閉合開關S后，電流表的示數為I＝0.16A據題可得：I=則得U1=3（2）R2兩端的電壓U2＝IR2＝0.16×24V＝3.84V（3）根據閉合電路的歐姆定律有：E＝U1+IR2+Ir解得：r＝1Ω答：（1）R1兩端的電壓U1為2V。（2）R2兩端的電壓U2為3.84V。（3）電源的內電阻r為1Ω。【點評】解決本題的關鍵要讀懂題意，明確導體棒的電流I和電壓U的關系，再根據閉合電路歐姆定律和歐姆定律進行解答。23．（2024春?徐州期末）如圖所示，電源的電動勢E＝10V，閉合開關S后，標有“6V12W”的兩個燈泡恰能正常發光。求：（1）通過燈泡L1的電流I1；（2）電源的內阻r。【考點】用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓和電流；用閉合電路的歐姆定律計算電源的電動勢和內阻．【專題】計算題；定量思想；等效替代法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）通過燈泡L1的電流I1為2A；（2）電源的內阻r為1Ω。【分析】（1）兩個燈泡恰能正常發光，根據功率公式P＝UI計算通過燈泡L1的電流。（2）根據閉合電路的歐姆定律求電源的內阻r。【解答】解：（1）兩個燈泡恰能正常發光，則通過燈泡L1的電流為I1（2）根據閉合電路的歐姆定律得E＝UL+2I1r解得：r＝1Ω答：（1）通過燈泡L1的電流I1為2A；（2）電源的內阻r為1Ω。【點評】解答本題時，要掌握功率公式P＝UI和閉合電路歐姆定律，知道燈泡在額定電壓下才能正常工作。24．（2024春?東城區校級期末）小明坐在汽車的副駕駛位上看到一個現象：當汽車的電動機啟動時，汽車的車燈會瞬時變暗。汽車的電源、電流表、車燈、電動機連接的簡化電路如圖所示，已知汽車電源電動勢為12.5V，內阻為0.05Ω.車燈接通電動機未起動時，電流表示數為10A；電動機啟動的瞬間，電流表示數達到60A，求：（1）電動機未啟動時，車燈的功率；（2）電動機啟動時，車燈的功率。【考點】電功和電功率的計算；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；推理能力．【答案】（1）電動機未啟動時，車燈的功率為120W；（2）電動機啟動時，車燈的功率為75.2W。【分析】（1）根據閉合電路的歐姆定律計算燈泡兩端電壓，再根據功率公式計算功率；（2）電機啟動時，根據閉合電路歐姆定律重新計算燈泡兩端電壓，再根據燈泡功率公式計算解答。【解答】解：（1）電動機未啟動時，車燈、電流表和電源串聯，根據閉合電路歐姆定律可知此時的路端電壓U＝E﹣I1r＝12.5V﹣10×0.05V＝12V則車燈的功率P＝UI1＝12×10W＝120W（2）根據歐姆定律可知，車燈的電阻R=UI1電動機啟動瞬間，車燈兩端電壓U′＝E﹣I′r＝12.5V﹣60×0.05V＝9.5V車燈的功率P′=U答：（1）電動機未啟動時，車燈的功率為120W；（2）電動機啟動時，車燈的功率為75.2W。【點評】熟練掌握閉合電路的歐姆定律的應用，特別是在外電路性質發生變化的情況下計算電壓和電流要引起足夠的重視。25．（2024春?浦東新區校級期末）無人機因機動性能好，生存能力強，無人員傷亡風險等優點，被廣泛應用在生產生活中。（1）一無人機的動力裝置是由四個多旋翼電機并聯組成，設每個電機內阻為r、額定電流和電壓分別為I和U。正常工作時無人機的輸出功率為A。A．4（UI﹣I2r）B．4UIC．4I2rD．4（2）一質量為m的無人機從地面靜止開始豎直向上飛行，該過程中加速度a隨上升高度h的變化關系如圖1所示。無人機飛至高為2h0處時，空氣對其作用力大小為2mg；無人機飛至3h0處時的速度為5g?0（3）一質量為m＝2.0kg的無人機對一靜止的轎車進行拍攝。如圖2，無人機以車中心所在的豎直線為軸線，在地面上方的水平面內做半徑為R＝4.0m、角速度為ω＝1.5rad/s的勻速圓周運動。①此運動過程中，空氣對無人機的作用力方向為B。A．豎直向上B．斜向上C．水平方向D．斜向下E．豎直向下②此運動過程中，空氣對無人機的作用力大小為多少？（計算題）（4）某同學利用無人機玩投球游戲。無人機在距地高為H水平面內勻速直線運動，釋放可視為質點的小球，小球飛行過程中不計空氣阻力。①小球在空中飛行過程中，小球加速度方向的是C。②若小球到達水平地面時，速度方向與水平方向間的夾角為θ，求：Ⅰ.無人機勻速飛行時的速度大小v0；（計算題）Ⅱ.從拋出到落地過程中小球動量的變化量的大小Δp。（計算題）【考點】電動機中的能量轉化與計算；飛機投彈問題；向心力的來源分析；牛頓第二定律求解向心力；動能定理的簡單應用；動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）A；（2）2mg；5g?0；（3）①B；②27N；（4）①C；②Ⅰ.無人機勻速飛行時的速度大小v0為2gHtanθ【分析】（1）根據飛行器的輸出功率等于總功率減去熱功率，結合焦耳定律分析求解；（2）根據牛頓第二定律，結合動能定理表達式分析求解；（3）根據對無人機受力分析，受重力，空氣作用力，二者的合力沿水平方向提供向心力，結合牛頓第二定律分析求解；（4）根據小球在空中飛行過程中，水平方向上有初速度，豎直方向上受重力作用，則小球做平拋運動，結合動量定理分析求解。【解答】解：（1）無人機的飛行器正常工作時，其電路是非純電阻電路，正常工作時工作電流為I、電壓為U，所以飛行器消耗的總功率P＝4UI每個電機內阻為、所以熱功率P熱＝4I2r則飛行器的輸出功率P出＝4UI﹣4I2r故BCD錯誤，A正確。故選：A。（2）從h0飛至2h0高處，根據牛頓第二定律可得F﹣mg＝mg解得F＝2mg無人機飛至3h0處，根據動能定理可得m?12×（2h0+3h解得v=（3）①對無人機受力分析，受重力，空氣作用力，二者的合力沿水平方向提供向心力，故空氣對無人機的作用力方向為斜向上。故ACD錯誤，B正確。故選：B。②因為無人機在水平面內做勻速圓周運動，由牛頓第二定律F合＝mRω2其中F合2=F聯立解得，空氣對無人機的作用力大小為F≈27N（4）①小球在空中飛行過程中，水平方向上有初速度，豎直方向上受重力作用，故小球做平拋運動，加速度為重力加速度，方向豎直向下。故ABD錯誤，C正確。故選：C。②Ⅰ.豎直方向上v2＝2gH解得v=又tanθ=解得v0=Ⅱ.以向下為正方向，從拋出到落地過程中小球動量的變化量的大小為Δp＝mgt＝mvy＝m2gH故答案為：（1）A；（2）2mg；5g?0；（3）①B；②27N；（4）①C；②Ⅰ.無人機勻速飛行時的速度大小v0為2gHtanθ【點評】本題綜合考查了非純電阻電路的計算、圓周運動、平拋運動等相關知識，理解各個物理量和公式的含義，準確對運動狀態和過程分析是解決此類問題的關鍵。

考點卡片1．力的定義和特點【知識點的認識】1.定義：力是物體間的相互作用。2.三要素：大小、方向、作用點3.性質①物質性：力是物體對物體的作用，一個物體受到力的作用，一定有另一個物體對它施加這種作用（即同時存在施力物體和受力物體）。力不能脫離物體而單獨存在。?②相互性：任何兩個物體之間的作用總是相互的，施力物體同時也一定是受力物體。只要一個物體對另一個物體施加了力，受力物體反過來也肯定會給施力物體增加一個力。這種相互作用力必然是同時產生，同時消失的。?③矢量性：力是矢量，既有大小又有方向。這意味著力的效果不僅取決于其大小，還取決于其方向。④同時性：力同時產生，同時消失。這意味著力的作用不會隨著時間的推移而改變，除非有其他因素介入。⑤獨立性：一個力的作用并不影響另一個力的作用。這意味著在一個力的作用下，另一個力的作用效果不會受到影響。【命題方向】關于力的說法中正確的是（）A、力是物體對物體的作用B、力不能離開受力物和施力物而單獨存在C、只有直接接觸的物體才有力的作用D、力是矢量，其大小可用彈簧秤測量分析：根據力的概念，分析力能否離開物體而單獨存在．不直接接觸的物體之間也可能有力的作用．力是矢量，其大小可用彈簧秤測量．解答：A、力是一個物體對另一個物體的作用。故A正確。B、由于力是物體對物體的作用，則力不能離開受力物和施力物而單獨存在。故B正確。C、力有接觸力，也有不接觸力，比如重力、電場力、磁場力等等，說明不直接接觸的物體之間也可能有力的作用。故C錯誤。D、力既有大小，又有方向，是矢量，其大小可用彈簧秤測量。故D正確。故選：ABD。點評：本題要抓住力的物質性：力不能離開物體而單獨存在的．力有“三性”：物質性、相互性和矢量性．【解題思路點撥】力是物體與物體之間的相互作用，要牢記力的五個性質：物質性、相互性、同時性、矢量性和獨立性。2．飛機投彈問題【知識點的認識】1.模型概念：飛機投彈問題是平拋運動的一種特殊情境。2.模型解釋：飛機在運動過程中投下炮彈，由于慣性，炮彈具有和飛機相同的水平速度，此后炮彈在重力作用下做平拋運動，因此可以用平拋運動的規律解決飛機投彈問題。【知識點的認識】如圖所示，一戰斗機在距地面高度一定的空中，由東向西沿水平方向勻速飛行，發現地面目標P后，開始瞄準并投擲炸彈．若炸彈恰好擊中目標P，假設投彈后飛機仍以原速度水平勻速飛行（空氣阻力不計），則（）A、飛機投彈時在P點的正上方B、炸彈落在P點時，飛機在P點的正上方C、飛機飛行速度越大，投彈時飛機到P點的距離應越大D、無論飛機飛行速度多大，從投彈到擊中目標經歷的時間是一定的分析：正在勻速飛行的飛機投擲炸彈后，炸彈做平拋運動，在炸彈落地時間內水平方向的位移與飛機飛行的位移相同．根據平拋運動的規律進行分析．解答：A、炸彈離開飛機后做平拋運動，飛機應該在P點的右上方投彈，才可以擊中P點，故A錯誤。B、炸彈離開飛機后做平拋運動，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，飛機以相同速度做勻速直線運動，可知炸彈落在P點時，飛機在P點的正上方，故B正確。CD、高度一定，根據t=2?故選：BCD。解決本題的關鍵關鍵知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，并能正確分析實際問題．【解題思路點撥】飛機投彈問題符合平拋運動的規律，只要從豎直和水平兩個方向上分別對其進行研究，就可以求出有關參數。3．向心力的來源分析4．牛頓第二定律求解向心力5．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內，發生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內發生的，所以ltP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據η解答：A、根據P=WBD、根據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正確。故選：C。點評：解決本題的關鍵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．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關系。2.功率的定義式P=W6．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=1（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續作用而發生狀態改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。7．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?mv0t=【命題方向】題型一：動量定理的應用例子：一質量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經過△t時間而停止，則在打擊時間內，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是（）A．mg△tB.mv△tC.mv△t+分析：由題意可知，鐵錘的初末動量，由動量定理可求得其對木樁的平均沖力．解答：對鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力；設向下為正方向，則有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛頓第三定律可知，鐵錘對樁的平均沖力為：F＝mg+mv故選：C．點評：本題考查動量定理的應用，在應用時要注意先明確正方向，然后才能列動能定理的關系式求解．【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．8．電場強度的定義和單位【知識點的認識】1.單場強度的定義：試探電荷所受電場力與所帶電荷量之比叫作電場強度。2.表達式：E=F3.標矢性：矢量，方向與放在該處的正電荷受力方向一致。4.意義：描述電場的性質的物理量，取決于電場本身。5.單位：牛每庫，符號N/C。【命題方向】電場中有一點P，下列說法中正確的是（）A、若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半B、若P點沒有試探電荷，則P點場強為零C、P點的場強方向為放在該點的負電荷的受力方向D、P點的場強大小和方向與放入的試探電荷無關分析：場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，與放入電場中試探電荷無關．場強方向是放在該點的正電荷的受力方向．解答：A、場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，將放在P點的電荷的電荷量減半，P點的場強不變。故A錯誤。B、場強是由電場本身決定的，與試探電荷無關，若P點沒有試探電荷，P點場強不變，不為零。故B錯誤。C、場強方向是放在該點的正電荷的受力方向，與放在該點的負電荷的受力方向相反。故C錯誤。D、場強是描述電場本身性質的物理量，與放入電場的試探電荷無關。故D正確。故選：D。點評：本題考查場強的物理意義和方向，抓住場強反映電場本身特性的物理量，方向與正電荷所受的靜電力方向相同是關鍵．【解題思路點撥】E=F9．電容的概念與物理意義【知識點的認識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=Q（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數值由電容器的構造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關。【命題方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關D、電容在數值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=Q故選：CD。點評：解決本題的關鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=10．電流的概念及性質【知識點的認識】1.定義：自由電荷的定向移動形成電流．2.方向：規定為正電荷定向移動的方向．3.電流強度的定義式：I=q4.電流的單位：安培，符號是A。是國際單位制中七個基本物理量之一。5.物理意義：單位時間內通過導體橫截面的電荷量。6.標矢性：電流的方向是人為規定的，以正電荷定向移動的方向為正方向，運算時遵從的是代數運算法則，所以電流是標量。【命題方向】關于電流，下列說法中正確的是（）A、通過導體橫截面的電荷量越多，電流就越大B、對于導體，只要其兩端有電壓就有電流C、單位時間內通過導體橫截面的電荷量越多，導體中的電流就越大D、因為電流有方向，所以電流是矢量分析：根據電流的定義式I=q解答：AC、根據電流的定義式I=qB、要形成電流，不但要有有電壓，電路還需構成閉合回路，故B錯誤。D、電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形法則，故不是矢量。故D錯誤。故選：C。點評：考查電流的形成條件及電流定義式的識記。解題時牢記電流由電壓和電阻決定，I=q【解題思路點撥】1.電荷定向運動才形成電流，并不是電荷運動就可形成電流，其實導體內自由電荷是處于不停的熱運動之中的，但并不形成電流。2.電流的方向與正電荷定向移動的方向相同，與負電荷定向移動的方向相反。11．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=UD．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=△U4．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