高考物理大一轮提升练：第八章+恒定电流2+第一节课后达标能力提升+Word版含解析.doc

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高中物理高考专题练习恒定电流(word含答案)

恒定电流提高篇1.如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大2.电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、.由图可知、的值分别为A、、 B 、、 C 、、 D 、、 3.在右图的闭合电路中，当滑片向右移动时，两电表读数的变化是（A ）○A 变大， ○V 变大（B ）○A 变小，○V 变大（C ）○A 变大， ○V 变小（D ）○A 变小，○V 变小4.电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是（） A.电压表和电流表读数都增大 B.电压表和电流表读数都减小 C.电压表读数增大，电流表读数减小 D.电压表读数减小，电流表读数增大ηa ηb ηa ηb η3414132312122313P5.如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。

闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F 。

调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是 A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大 B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小 C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小6.如图所示，电动势为E 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。

只合上开关S 1，三个灯泡都能正常工作。

如果再合上S 2，则下列表述正确的是A ．电源输出功率减小B ．L 1上消耗的功率增大C ．通过R 1上的电流增大D ．通过R 3上的电流增大7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R 1＝20 ，R 2＝30 ，C 为电容器。

高考物理一轮复习第八章恒定电流章末综合提升

如图甲所示电路的主线路为 A→C→R2→B→D(如图乙所示)，再把未连入的电阻对号入座连在主线路上(如图丙所示)，整理规范后得电路图如图丁所示．可见，R1、R2、R3、R4 四个电阻并联．
如图所示的电路中，电阻 R1、
R2、R3 的阻值均为 2 Ω，电流表内阻不计，
在 B、C 两点间加上 6 V 的电压时，电流表
4．缩线法导线电阻可以忽略，将导线缩为一点，电路结构不变．如图(2)所示，将导线 abc 缩为一点，则 e 重合，可以看出 R1、R2、R3 并联．
5．电流流向法
电流从电源正极流出，经过电路元件后流
回负极．若电流只有一条路径，则为串联电路；
的示数为( )
A．0
B．1 A
C．1.5 A
D．2 A
【思路点拨】本题可按以下思路进行求解：
画出等效电路图
⇨
确定电流表测量的是哪部分电路的电流
⇨
根据串、并联电路规律和欧姆定律进行求解
【解析】 B 电流表内阻不计，则 A、C 两点相当于用导线连在一起，当在 B、C 两点间加上 6 V 的电压时，R2 与 R3 并联，然后与 R1 串联，电流表测量的是通过电阻 R2 的电流．等效电路图如图所示．
若电流有分支，则为并联电路．
如图(3)所示，电流从电源正极流到 A 点，
图(3)
从 A 点到 B 点共有 4 条路径：①从 A 经 R1 到 B；②从 A 经
R2、C 到 B；③从 A 经 D、R3、C 到 B；④从 A 经 D、R4 到
B.四个电阻并接于 A、B 两点间，为并联．
6．主线路法在电路中导线的连接处标上字母，如图甲所示，找出主线路．原则有两个： (1) 不许丢下无电阻的导线，若以 A→R1→B→R2→C→R3→D 作为主线路，则丢下了 AC、BD 两条无电阻的导线，这是不可以的；(2)在保证原则(1)的前提下，主线路上的电阻越多越好．

高考物理大一轮提升练：第八章+恒定电流4+第二节课后达标能力提升+Word版含解析.doc

(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．两个相同的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．RC ．R 2D ．无法计算解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r ，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R 2＋r ×12，由以上两式可得：r ＝R ，故选项B 正确． 2. 如图所示，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．3. 在如图所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω，当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 2，则( )A ．Q 1∶Q 2＝1∶3B ．Q 1∶Q 2＝3∶1C ．Q 1∶Q 2＝1∶5D ．Q 1∶Q 2＝5∶1解析：选A.当开关S 闭合时，电容器两端电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E 3，Q 1＝E 3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．4．如图所示为小灯泡的U －I 图线，若将该小灯泡与一节电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据()A．1.5 W 1.0 W B．0.75 W0.5 WC．0.75 W0.75 W D．1.5 W0.75 W解析：选D.在题图中画出电源的U－I图象，与灯泡的U－I图象的交点为I＝1.0 A，U ＝0.75 V，则电源的总功率P总＝EI＝1.5 W，灯泡的功率P灯＝UI＝0.75 W，故D正确．5. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是()A．电流表读数减小，小灯泡L1变暗B．电压表读数变大C．电流表读数增大，小灯泡L2变暗D．电容器所带电荷量增大解析：选B.将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，其与小灯泡L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，电流表读数减小，小灯泡L2变暗，路端电压U＝E－Ir增大，电压表的读数变大，选项B正确，C错误；小灯泡L1两端的电压U1＝E－I(r＋R L2)增大，通过小灯泡L1的电流变大，小灯泡L1变亮，选项A错误；通过小灯泡L2的电流减小，小灯泡L2两端电压变小，与小灯泡L2并联的电容器两端电压减小，由Q＝CU可得电容器所带电荷量减小，选项D错误．6．(2019·河南南阳模拟)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为()A．5.5 ΩB．7.0 ΩC．12.0 ΩD．12.5 Ω解析：选A.由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U＝2.5 V，电流为I ＝0.2 A ，则硅光电池的内阻为r ＝E －U I ＝3.6－2.50.2Ω＝5.5 Ω，故选项A 正确． 7．(2019·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是()A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B 项正确；R 0消耗的功率P＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．二、多项选择题8．直流电路如图所示，闭合开关S ，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的()A ．总功率一定减小B ．效率一定增大C ．内部损耗功率一定减小D ．输出功率一定先增大后减小解析：选ABC. 滑片P 向右移动时外电路电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P 总＝EI 可得P 总减小，故选项A 正确；根据η＝R 外R 外＋r ＝11＋r R 外可知选项B 正确；由P 损＝I 2r 可知，选项C 正确；由P 输－R 外图象可得，因不知道R 外的初始值与r 的关系，所以无法判断P 输的变化情况，选项D 错误．9．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )A ．电源的电动势为6.0 VB ．电源的内阻为12 ΩC ．电源的短路电流为0.5 AD ．电流为0.3 A 时的外电阻是18 Ω解析：选AD.纵轴上的截距为电源的电动势，即E ＝6.0 V ，选项A 正确；由于该电源的U －I 图象的纵轴坐标不是从零开始的，故横轴上的截距0.5 A 并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝6.0－5.00.5－0 Ω＝2 Ω，选项B 、C 错误；由闭合电路欧姆定律可得电流I ＝0.3 A 时，外电阻R ＝E I－r ＝18 Ω，选项D 正确． 10. (2019·怀化模拟)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P 向右端移动时，下面说法中正确的是( )A ．电压表V 1的读数减小，电流表A 1的读数增大B ．电压表V 1的读数增大，电流表A 1的读数减小C ．电压表V 2的读数减小，电流表A 2的读数增大D ．电压表V 2的读数增大，电流表A 2的读数减小解析：选AD.滑动变阻器滑片P 向右端移动，使得R P 变小，总电阻变小，总电流变大，即电流表A 1的读数增大，内电压变大，R 1所分电压变大，并联电路电压即电压表V 1的读数变小，即R 3两端电压变小，通过R 3的电流变小，即电流表A 2的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路，即经过R 2的电流变大，R 2两端电压变大，即电压表V 2的读数增大，对照选项A 、D 正确．11．(2019·黄山模拟)某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示．图中R T 为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R 的温度，R G 为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L 的光照，除R T 、R G 外，其他电阻均为定值电阻．当R 处温度降低时( )A．L变亮B．通过R3的电流减小C．E2的路端电压增大D．R消耗的功率减小解析：选BC.当R处温度降低时，热敏电阻R T阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻R G的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确．12．(2018·高考海南卷)如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r<R，c 为滑动变阻器的中点．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是()A．R2消耗的功率变小B．R3消耗的功率变大C．电源输出的功率变大D．电源内阻消耗的功率变大解析：选CD.当滑动变阻器的滑片c在中点时，电路中并联部分阻值最大，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，并联部分阻值减小，因R1>r，故外电阻越小，电源的输出功率越大，选项C正确；电路中并联部分阻值减小，故电路总阻值减小，总电流增大，电源内阻消耗的功率变大，选项D正确；电路中并联部分阻值减小，根据串联分压规律，并联部分的电压减小，滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，右侧并联部分电阻增大，电流减小，R3消耗的功率变小，选项B错误；电路总电流增大，右侧部分电流减小，故左侧部分电流增大，R2消耗的功率变大，选项A错误．13．(2016·高考江苏卷)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有()A．路端电压为10 VB．电源的总功率为10 WC．a、b间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋rR ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r ＝129.5A ≈1.26 A ，D 项错误．14．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB.根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1∶r 2＝3∶2，E 1∶E 2＝1∶1，选项A 、B 正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

高考物理大一轮提升练：第八章+恒定电流8+实验九随堂检测巩固落实+Word版含解析

1．图甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．甲乙(1)根据图甲画出实验电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A ，电压表量程为3 V ．所示读数为：①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别为________和________．解析：(1)实验电路图如图所示．(2)电流表量程为0.6 A ，每一小格代表0.02 A ，读数时估读到精度的本位即可；电压表量程为3 V ，每一小格代表0.1 V ，读数时估读到精度的下一位．读数分别为：①0.10 A 、②0.24 A 、③2.00 V 、④0.27 V ．应用R ＝UI 求电阻时，电流为0.10 A 时对应的电压为0.27 V ；电流为0.24 A 时对应的电压为2.00 V ，求得的两组数据对应的电阻分别为2.7 Ω和8.3 Ω.答案： (1)如解析图所示(2)0.10 A 0.24 A 2.00 V 0.27 V 2．7(±0.1) Ω 8.3(±0.1) Ω[如填为8.3(±0.1) Ω 2．7(±0.1) Ω也行]2．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3 V ，1.5 W ”的小灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：A ．直流电源3 V (内阻可不计)B ．直流电流表0～600 mA(内阻约为0.5 Ω)C ．直流电压表0～3 V (内阻约3 k Ω)D ．滑动变阻器(10 Ω，1 A)E．滑动变阻器(1 kΩ，300 mA)F．开关、导线若干(1)本实验中滑动变阻器应选用________(选填“D”或“E”)．(2)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图甲所示的坐(3) 如图乙所示，将两个这样的小灯泡并联后再与阻值为5 Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为4 V的电路中，每个小灯泡的实际功率为________W.解析：(1)实验中需测量多组数据，滑动变阻器用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器用阻值较小的，故选D.(2)描点画图，如图所示．(3)设小灯泡两端的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：U0＝U＋2IR0，所以U＝－2R0I＋U0，代入数据得U＝－10I＋4，在小灯泡的伏安特性曲线同一坐标系上画出该直线，其交点(1.0，0.3)即为小灯泡的实际电压、电流值，可得小灯泡消耗的实际功率P＝UI＝0.3 W.答案：(1)D(2)见解析图(3)0.33．(2019·长兴中学模拟)小明做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值是“2.5 V，0.3 A”，不考虑电压表分流引起的误差，请完成如下问题：(1)为初步了解小灯泡的电阻值，小明使用多用电表的欧姆挡按正确测量步骤进行测量，根据图甲所示，小灯泡阻值为________Ω.(2)为进一步探究小灯泡伏安特性，小明连接了如图乙所示实物图，请在图中补上一根导线，使实验能够正常进行．(3)按要求操作得到数据如表所示，第7组中电压表示数如图丙所示，则U＝________V；判断U＝0、I＝0时的小灯泡电阻值为________Ω，试分析此电阻值远小于(1)中阻值的原因________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.1.4 1.7 1.8 3.9解析：(1)采用“×1”倍率，所以读数为6 Ω.(2)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要多组数据，所以滑动变阻器应采用分压接法，如图所示．(3)电压表采用0～3 V挡，分度值为0.1 V，故读数为0.30 V，U＝0、I＝0时温度接近2、3组的温度，故应为1.3 Ω，远小于(1)中的测量值是因为用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻比冷灯丝时大的多．答案：(1)6(2)如解析图所示(3)0.30 1.3用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻比冷灯丝时大的多4．某学习小组拟研究一个标有“3.6 V，1.8 W”的小电珠的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω；②电压表V，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的甲同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的电路图帮甲同学将图乙中的实物图连接起来．(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如表所示：12(4)若将该小电珠接在如图丁所示的电路中，则该小电珠消耗的电功率约为________W．已知电源的电动势为E′＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω.(结果保留两位有效数字)解析：(1)如图(a)所示．(2)设需要串联的电阻阻值为R x，则有I g(R g＋R x)＝5 V，代入数据可得R x＝49 000 Ω.(4)将定值电阻R0看做该电源的内阻的一部分，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压U＝E′－Ir′，在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如图(b)所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该小电珠消耗的功率约为P＝0.32×1.1 W≈0.35 W.答案：(1)见解析图(a)(2)49 000(3)如图所示(4)0.35情感语录1.爱情合适就好，不要委屈将就，只要随意，彼此之间不要太大压力2.时间会把最正确的人带到你身边，在此之前，你要做的，是好好的照顾自己3.女人的眼泪是最无用的液体，但你让女人流泪说明你很无用4.总有一天，你会遇上那个人，陪你看日出，直到你的人生落幕5.最美的感动是我以为人去楼空的时候你依然在6.我莫名其妙的地笑了，原来只因为想到了你7.会离开的都是废品，能抢走的都是垃圾8.其实你不知道，如果可以，我愿意把整颗心都刻满你的名字9.女人谁不愿意青春永驻，但我愿意用来换一个疼我的你10.我们和好吧，我想和你拌嘴吵架，想闹小脾气，想为了你哭鼻子，我想你了11.如此情深，却难以启齿。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第八章恒定电流第2讲 Word版含答案

第2讲闭合电路欧姆定律一、闭合电路的欧姆定律1．内容：在外电路为纯电阻的闭合电路中，电流的大小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：(1)I＝ER＋r(只适用于纯电阻电路)．(2)E＝U外＋Ir(适用于所有电路)．3．路端电压U与电流I的关系(1)关系式：U＝E－Ir.(2)U－I图象如图1所示．图1①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电源电动势．②当外电路短路即U＝0时，横坐标的截距为短路电流．③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．二、电路中的功率及效率问题1．电源的总功率(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2 R＋r.2．电源内部消耗的功率P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．3．电源的输出功率(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．(2)纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E 2(R －r )2R＋4r .(3)纯电阻电路中输出功率随R 的变化关系 ①当R ＝r 时，电源的输出功率最大为P m ＝E 24r .②当R >r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． ③当R <r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2. ⑤P 出与R 的关系如图2所示．图24．电源的效率(1)任意电路：η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%.(2)纯电阻电路：η＝R R ＋r×100%＝11＋r R ×100%因此在纯电阻电路中R 越大，η越大．[深度思考] 当R ＝r 时，电源的输出功率最大，则此时电源的效率是不是最大？答案不是解析由η＝11＋r R×100%可知，当R ＝r 时，η＝50%.故此时效率不是最大．1．判断下列说法是否正确．(1)闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比．( √ ) (2)电动势是电源两极间的电压．( × ) (3)当外电阻增大时，路端电压也增大．( √ ) (4)闭合电路中的短路电流无限大．( × )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( × ) (6)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．( × ) (7)电源的输出功率越大，电源的效率越高．( × )2．(人教版选修3－1P63第3题)许多人造卫星都用太阳电池供电．太阳电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时的电压是600 μV ，短路电流是30 μA.则这块电池板的内阻( )A ．2 ΩB ．20 ΩC ．200 ΩD ．2 000 Ω 答案 B3．(人教版选修3－1P63第4题)电源的电动势为4.5 V 、外电阻为4.0 Ω时，路端电压为4.0 V ，若在外电路中分别并联一个6.0 Ω的电阻和串联一个6.0 Ω的电阻．则两种情况下的路端电压为( ) A ．4.3 V 3.72 V B ．3.73 V 4.3 V C ．3.72 V 4.3 V D ．4.2 V 3.73 V答案 C4．(人教版选修3－1P66第2题)一个量程为0～150 V 的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在110 V 电路的两端，电压表的读数是5 V ．这个外接电阻是( ) A ．240 Ω B ．420 kΩ C ．240 kΩ D ．420 Ω 答案 B命题点一闭合电路欧姆定律及动态分析 1．电路动态分析的两种方法(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⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I 串联分压U →变化支路． (2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论． 2．闭合电路的故障分析 (1)故障特点①断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段被短路．②电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程． ③欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．例1 (多选)如图3所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有( )图3A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案 AC解析外电路的总电阻R ＝20×2020＋20 Ω＝10 Ω，总电流I ＝E R ＋r ＝1 A ，则路端电压U ＝IR ＝10V ，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12 W ，B 错；a 、b 间电压大小为U ab ＝0.5×15 V －0.5×5 V ＝ 5 V ，C 项对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I ′＝ER ′＋r≈1.26 A ，D 项错误．1．如图4所示，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )图4A ．V 的读数变大，A 的读数变小B ．V 的读数变大，A 的读数变大C ．V 的读数变小，A 的读数变小D ．V 的读数变小，A 的读数变大答案 B解析 S 断开，相当于外电阻变大，由闭合电路欧姆定律知电路中总电流减小，则路端电压增大，V 的示数变大，R 1的电压减小，故R 3的电压增大，故电流表示数变大，B 正确． 2.如图5所示，虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成．超导部件有一个超导临界电流I C ，当通过限流器的电流I ＞I C 时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零，即R 1＝0)转变为正常态(一个纯电阻，且R 1＝3 Ω)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导临界电流I C ＝1.2 A ，限流电阻R 2＝6 Ω，小灯泡L 上标有“6 V 6 W ”的字样，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω.原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L 正常发光，现灯泡L 突然发生短路，则( )图5A ．灯泡L 短路前通过R 2的电流为47AB ．灯泡L 短路后超导部件将由超导态转化为正常态，通过灯泡的电流为1 AC ．灯泡L 短路后通过R 1的电流为43 AD ．灯泡L 短路后通过R 2的电流为2 A 答案 C解析标有“6 V 6 W ”的小灯泡L 电阻R ＝U 2P ＝6 Ω，灯泡L 正常发光时通过灯泡L 的电流I ＝PU ＝1 A ，超导部件处于超导态，其电阻为零，1 A 电流全部通过超导部件，即灯泡L短路前通过R 2的电流为零，A 错误．灯泡L 短路后，电流增大超过超导部件超导临界电流，将由超导态转化为正常态，外电路电阻R ′＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律可得，通过灯泡的电流I ＝ER ′＋r ＝2 A ，B 错误．由并联电路电流分配规律可知，灯泡L 短路后通过R 1的电流为43 A ，通过R 2的电流为23 A ，C 正确，D 错误．命题点二电路中的功率及效率问题例2 如图6所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L 的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( )图6A．电流表、电压表的读数均变小B．电源内阻消耗的功率变大C．液滴将向上运动D．电源的输出功率变大答案 C解析当L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确．由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误．因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误．由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误．选C.3. (多选)在如图7所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()图7A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 ΩB．电阻R的阻值为1 ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%答案ABC解析由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V，内阻为r＝EI短＝0.5 Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1 Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝Er＋R＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，电源的效率为η＝UI EI×100%≈66.7%，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．4．(多选)如图8所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是()图8A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为253ΩC ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 V 答案 ACD解析电源的路端电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，显然直线①的斜率的绝对值等于r ，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E ＝50 V ，r ＝50－206－0 Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝Er ＋R 外，解得外电路的电阻R 外＝15 Ω，C 正确；当输出功率为120 W 时，由题图中P －I 关系图线看出对应干路电流为4 A ，再从U －I 图线读取对应的输出电压为30 V ，D 正确. 命题点三电源和电阻U －I 图象的比较例3 如图9直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡L 1的U －I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )图9A ．此电源的内电阻为23ΩB ．灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用答案 B解析由图象知，电源的内阻为r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝4－16 Ω＝0.5 Ω，A 错误；因为灯L 1正常发光，故灯L 1的额定电压为3 V ，额定功率为P ＝UI ＝3×2 W ＝6 W ，B 正确；正常工作时，灯L 1的电阻为R 1＝UI ＝1.5 Ω，换成R 2＝1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r ，故电源的输出功率将变大，C 错误；小灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，其U －I 图线是一条曲线的原因是灯泡的电阻随温度的变化而发生变化．5. (多选)如图10所示，a 、b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是( )图10A ．电池组的内阻是1 ΩB ．电阻的阻值为0.33 ΩC ．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4 WD ．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率是4 W 答案 AD解析 a 图线斜率的绝对值的倒数等于电源的内阻，则电池组的内阻是r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝44 Ω＝1 Ω，选项A 正确；b 图线的斜率的倒数等于电阻R ，则R ＝U I ＝31 Ω＝3 Ω，选项B 错误；由a 图线可知，电源的电动势为E ＝4 V ，将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是P ＝(E R ＋r )2R ＝(43＋1)2×3 W ＝3 W ，选项C 错误；改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为P m ＝E 24r ＝424×1W ＝4 W ，选项D 正确；故选A 、D.6. (多选)如图11所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )图11A ．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2 答案 ABC解析根据电源的路端电压随输出电流变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A 正确；根据电源的路端电压随输出电流变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B 正确；根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C 正确；根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D 错误．命题点四含电容器电路的分析1．确定电容器和哪个电阻并联，该电阻两端电压即为电容器两端电压．2．当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，此电路两端电压即为电容器两端电压． 3．当电容器与电源直接相连，则电容器两极板间电压即等于电源电动势．例4 (2016·全国Ⅱ卷·17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图12所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图12A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．7.在如图13所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω，当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 2，则( )图13A ．Q 1∶Q 2＝1∶3B ．Q 1∶Q 2＝3∶1C ．Q 1∶Q 2＝1∶5D ．Q 1∶Q 2＝5∶1答案 A解析当开关S 闭合时，电容器两端电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E 3，Q 1＝E 3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．8.如图14所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合开关S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图14A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开开关S答案 B解析由闭合电路欧姆定律可知：增大R 1的阻值会使总电阻增大，总电流减小，R 1两端电压增大，则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴受电场力增大，油滴将向上运动，选项A 错误；电路稳定时R 2中无电流，R 2阻值变化对电路无任何影响，则选项B 正确；只增大板间距离d ，会使板间电场强度减小，油滴将向下运动，选项C 错误；断开开关S ，电容器放电，油滴将向下运动，选项D 错误.含有非理想电表的电路分析典例1 两个定值电阻R 1、R 2串联接在U 稳定于12 V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R 1、R 2的电压表接在R 1的两端，如图15所示，电压表示数为8 V ，如果把它改接在R 2的两端，则电压表的示数将( )图15A ．小于4 VB ．等于4 VC ．大于4 V 而小于8 VD ．等于或大于8 V答案 A解析当电压表并联在R 1两端时，ab 间的电阻是R 1与电压表内阻R V 并联后的等效电阻R ab ，R ab ＜R 1，R ab 两端电压为8 V ，R 2两端电压为4 V ，则R ab ＝2R 2，所以R 1＞2R 2，由此可以推断，当不用电压表测量时，R 2分得的电压小于4 V ．当把电压表并在R 2上时，bc 间的电阻R bc 为R 2和R V 的并联电阻，R bc ＜R 2，因而bc 间电压一定小于4 V ．所以本题正确选项为A.典例2 如图16甲所示电路中，电压表V 1与V 2内阻相同，V 2与R 1并联，V 1的示数为U 1＝3 V ，V 2的示数为U 2＝2 V ；现将V 2改为与R 2并联，如图乙所示，再接在原来的电源上，那么( )图16A ．V 1的示数必增大，V 2的示数必减小B ．V 1的示数必增大，V 2的示数必增大C ．V 1的示数必减小，V 2的示数必增大D ．V 1的示数必减小，V 2的示数必减小答案 A解析题图甲中，由R 2两端的电压小于R 1两端的电压知，R 2＜R 1R V R 1＋R V ＜R 1，R 串＝R 2＋R 1R V R 1＋R V，在题图乙中，显然R 2R V R 2＋R V ＜R 2，R 串′＝R 1＋R 2R V R 2＋R V ；R 串－R 串′＝R 2－R 1＋R 1R V R 1＋R V －R 2R V R 2＋R V＝(R 2－R 1)(R 1R 2＋R 1R V ＋R 2R V )(R 1＋R V )(R 2＋R V )，因为R 2＜R 1，所以R 串－R 串′＜0，即R 串＜R 串′，由闭合电路欧姆定律可知，电压表V 1的示数变大，电压表V 2的示数减小，A 正确．题组1 电路的动态分析1.如图1所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )图1A ．电压表与电流表的示数都减小B ．电压表与电流表的示数都增大C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大答案 A解析由变阻器R 0的滑动端向下滑动可知，R 0连入电路的有效电阻减小，R 总减小，由I ＝E R 总＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数减小，故A 正确．2. (多选)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2所示电路，电源的电动势E 和内阻r 不变，在没有磁场时调节变阻器R 使电灯L 正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则( )图2A ．电灯L 变亮B ．电灯L 变暗C ．电流表的示数减小D ．电流表的示数增大答案 AC解析探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，则电路的总电阻变大，根据I ＝E R 总可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U ＝E －Ir ，可知I 减小，U 增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L 变亮，故A 、C 正确，B 、D 错误．3.在如图3所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )图3A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大D.U 2I 变大、ΔU 2ΔI变大答案 C解析滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.U 2I 为外电阻，变大，ΔU 2ΔI为内电阻，不变，则D 错误．4.如图4所示的电路中，闭合开关S ，灯L 1、L 2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是( )图4A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3短路D ．R 4短路答案 A解析分析电路的连接方式可知，R 1与L 1并联；R 2与R 3先并联再与电流表、R 4串联，然后与L 2并联．发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，说明L 1两端的电压变大，L 2两端的电压变小，可能是R 1断路，A 正确；如果R 2断路，则灯L 2变亮，灯L 1变暗，与现象不符，B 错误；若R 3短路或R 4短路，与电流表示数变小不符，C 、D 错误．题组2 电路中的功率及效率问题5．(多选)如图5所示，已知电源的内电阻为r ，固定电阻R 0＝r ，可变电阻R 的总阻值为2r ，若滑动变阻器的滑片P 由A 端向B 端滑动，则下列说法中正确的是( )图5A ．电源的输出功率由小变大B ．固定电阻R 0上消耗的电功率由小变大C ．电源内部的电压即内电压由小变大D ．滑动变阻器R 上消耗的电功率变小答案 AB解析由闭合电路欧姆定律推出电源的输出功率随外电阻变化的规律表达式P 出＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r ，根据上式作出P 出－R 外图象如图所示．当滑片P 由A 端向B 端滑动时，外电路电阻的变化范围是0～23r ，由图可知，当外电路电阻由0增加到23r 时，电源的输出功率一直变大，选项A 正确．R 0是纯电阻，所以其消耗的电功率PR 0＝U 2R 0，因全电路的总电压即电源电动势E 一定，当滑动变阻器的滑片P 由A 端向B 端滑动时，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压升高，R 0上消耗的电功率也一直增大，选项B 正确，C 错误．讨论滑动变阻器R 上消耗的电功率的变化情况时，可以把定值电阻R 0当作电源内电阻的一部分，即电源的等效内电阻为r ′＝rR 0r ＋R 0＝r 2，这时滑动变阻器R 上消耗的电功率相当于外电路消耗的功率，即等效电源的输出功率．随着滑片P 由A端向B 端滑动，在R 的阻值增大到r 2之前，滑动变阻器R 上消耗的电功率是一直增大的；则根据闭合电路欧姆定律可知，当R ＝r 2时，滑动变阻器R 上消耗的电功率达到最大值，滑片P 再继续向B 端滑动，则滑动变阻器R 上消耗的电功率就会逐渐减小，故选项D 错误．6．(多选)如图6所示，R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是( )图6A ．当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得最大功率B ．当R 1＝R 2＋r 时，R 1获得最大功率C ．当R 2＝0时，R 1获得最大功率D ．当R 2＝0时，电源的输出功率最大答案 AC解析在讨论R 2的电功率时，可将R 1视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R 2与电动势为E 、内阻为(R 1＋r )的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图甲所示)，R 2的电功率是等效电源的输出功率．显然当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得的电功率最大，A 项正确；讨论R 1的电功率时，由于R 1为定值，根据P ＝I 2R 知，电路中电流越大，R 1上的电功率就越大(P 1＝I 2R 1)，所以，当R 2＝0时，等效电源内阻最小(等于r ，如图乙所示)，R 1获得的电功率最大，故B 项错误，C 项正确；讨论电源的输出功率时，(R 1＋R 2)为外电阻，内电阻r 恒定，由于题目没有给出R 1和r 的具体数值，所以当R 2＝0时，电源输出功率不一定最大，故D 项错误．题组3 U －I 图象的理解和应用7.如图7所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡的U －I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )图7A ．4 W,8 WB ．2 W,4 WC ．2 W,3 WD ．4 W,6 W答案 D解析用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI ＝2×2 W ＝4 W ，电源的总功率是EI ＝3×2 W ＝6 W ．选项D 正确．8.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图8所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图线(电池内阻不是常数)，图线b 是某电阻R 的U －I 图线．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为( )图8A ．8.0 ΩB ．10 ΩC ．12 ΩD ．12.5 Ω答案 A解析由闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ，当I ＝0时，E ＝U ，由图线a 与纵轴的交点读出电动势为E ＝3.6 V ．根据两图线交点处的状态可知，电阻两端的电压为2 V ，则内阻r ＝3.6－20.2Ω＝8.0 Ω，故A 正确．9．(多选)在如图9所示的U －I 图线上，a 、b 、c 各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，在b 点α＝β，则下列说法中正确的是( )图9A ．在b 点时电源有最大输出功率B ．在b 点时电源的总功率最大C ．从a →b ，β角增大，电源的总功率和输出功率可能都将增大D ．从b →c ，β角增大，电源的总功率和输出功率可能都将减小答案 AD解析 b 点对应内、外电路电阻相等，电源有最大输出功率，A 正确；电源的总功率P 总＝IE ，当回路电流最大时电源总功率最大，即外电路短路时电源的总功率最大，B 错误；从a →b ，路端电压升高，回路电流减小，电源的总功率减小，C 错误；若U b I b＝r (电源内阻)，由路端电压和干路电流可判断从b →c 外电路电阻增大，电源的输出功率和总功率都减小，D 正确．题组4 含电容器电路的分析10. (多选)如图10所示，C 1＝6 μF ，C 2＝3 μF ，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电源电动势E ＝18 V ，内阻不计，下列说法正确的是( )图10A ．开关S 断开时，a 、b 两点电势相等B ．开关S 闭合后，a 、b 两点间的电流是2 AC ．开关S 断开时C 1带的电荷量比开关S 闭合后C 1带的电荷量大D ．不论开关S 断开还是闭合，C 1带的电荷量总比C 2带的电荷量大答案 BC解析 S 断开时外电路处于断路状态，两电阻中均无电流通过，电阻两端电势相等，由题图知a 点电势与电源负极电势相等，而b 点电势与电源正极电势相等，A 错误．S 断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C 1＞C 2，由Q ＝CU 知此时Q 1＞Q 2.当S 闭合时，稳定状态下C 1与R 1并联，C 2与R 2并联，电路中电流I ＝E R 1＋R 2＝2 A ，此时两电阻两端电压分别为U 1＝IR 1＝6 V 、U 2＝IR 2＝12 V ，则此时两电容器所带的电荷量分别为Q 1′＝C 1U 1＝3.6×10－5 C 、Q 2′＝C 2U 2＝3.6×10－5 C ，对电容器C 1来说，S 闭合后其两端电压减小，所带的电荷量也减小，故B 、C 正确，D 错误．11.在如图11所示的电路中，电容器的电容C ＝2 μF ，电源电压为12 V 且恒定不变，R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶6∶3，则电容器极板a 所带电荷量为( )图11A ．－8×10－6 CB ．4×10－6 C C ．－4×10－6 C D ．8×10－6 C 答案 D解析设R 1、R 2、R 3、R 4的电阻分别为R 、2R 、6R 、3R .电路稳定后，电容器所在支路无电流，左右两个支路构成并联电路，其中R 1和R 2支路中电流I 1＝E R 1＋R 2＝4R，R 3和R 4支路中电流I 3＝E R 3＋R 4＝43R，令电源正极的电势φ＝0，则φa ＝－I 1R 1＝－4 V ，φb ＝－I 3R 3＝－8 V ，得U ab ＝φa －φb ＝4 V ，即电容器极板a 带正电荷，电荷量Q ＝CU ab ＝8×10－6 C ，D 正确． 12. (多选)如图12所示，D 是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施下，关于P 的运动情况说法正确的是( )图12A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．断开S 后，减小A 、B 板间距离，P 仍静止答案 ABD解析保持S 闭合，电源的路端电压不变，增大A 、B 板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E ＝4πkQ εr S得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故A 正确．保持S 闭合，电源的路端电压不变，电容器。

2020版高考物理新探究大一轮提升练：第八章恒定电流2第一节课后达标能力提升含解析

(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A ．I Δl eSm 2eU B ．I Δl em 2eU C ．I eSm 2eUD ．IS Δl em 2eU解析：选B.设电子刚射出电场时的速度为v ，则eU ＝12m v 2，所以v ＝2eUm.加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束，由I ＝neS v ，可得n ＝I eS v ＝IeSm2eU，所以长度为Δl 的电子束内的电子数N ＝ΔlSn ＝I ΔlSeSm 2eU ＝I Δl e· m 2eU. 2. 如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t 内通过溶液截面S 的正离子数为n 1，负离子数为n 2.设元电荷电荷量为e ，则以下说法正确的是( )A ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为n 1etB ．溶液内电流方向从B 到A ，电流大小为n 2etC ．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为（n 1＋n 2）et解析：选D.溶液内正、负离子反方向移动，通过截面的电荷量为正、负离子电荷量绝对值之和，由电流的定义可算出，电流为（n 1＋n 2）et，故选D.3．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻约是5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．此导体为线性元件解析：选A.对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的UI值仍表示该点所对应的电阻值．当导体加5 V 电压时，电阻R 1＝UI ＝5 Ω，A 正确；当导体加11 V 电压时，由题图知电流约为1.4 A ，电阻R 2大于1.4 Ω，B 错误；当电压增大时，UI 值增大，导体为非线性元件，C 、D 错误．4．一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管里装满的水银供电，电流为0.1 A ，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，那么通过的电流将是( )A ．0.4 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A解析：选C.因电阻R ＝ρlS ，内径大一倍，截面积就变为原来的四倍，又因水银体积不变，所以长度l 变为原来的14，故电阻变为原来的116，所以电流变为原来的16倍，为1.6 A.5．某一导体的伏安特性曲线如图AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 ΩB ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω 解析：选B.A 点电阻R A ＝31.0×10－1 Ω＝30 Ω，B 点电阻R B ＝61.5×10－1Ω＝40 Ω，故A 错误，B正确；ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．6．为了生活方便，电热水壶已进入千家万户，如果将一电热水壶接在220 V 的电源两端，经时间t 0电热水壶的开关自动切断，假设热量的损失不计、加热丝的阻值不受温度的影响．则( )A ．如果将电热水壶接在110 V 的电源两端，需经2t 0的时间电热水壶的开关自动切断B ．如果将电热水壶接在110 V 的电源两端，需经16t 0的时间电热水壶的开关自动切断C ．如果将电热水壶接在55 V 的电源两端，需经4t 0的时间电热水壶的开关自动切断D ．如果将电热水壶接在55 V 的电源两端，需经16t 0的时间电热水壶的开关自动切断解析：选D.根据公式Q ＝U 2R t 可知，煮沸一壶水所需的热量为Q ＝U 2R t 0，当电压变为原来的 12 时，所需热量没变，因此时间要变为原来的4倍，即4t 0，A 、B 错误；当电压变为原来的14时，时间要变为原来的16倍，即16t 0，C 错误，D 正确．7．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，则下列说法中正确的是( )A ．P 1＝4P 2B ．P D ＝P4C ．PD ＝P 2 D ．P 1＜4P 2解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相等．当三者按照题图乙所示的电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，根据P ＝U 2R ，则有P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，故I 1＜2I 2，根据P ＝I 2R ，则有P 1＜4P 2，A 错误，D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U2，且D 阻值变大，则P D ＜P4，B 错误．8．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.5 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝UI 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J ，洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠UI 2，P 2＝UI 2＝110 W ，其在1 min内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．综上可知C 正确．9．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成．当闭合开关S 1、S 2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ．关于该电吹风，下列说法正确的是( )A ．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机的电阻为1 2103Ω C ．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 J D ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J解析：选A.根据题述，电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ，可知电热丝功率为880 W ，由P ＝U2R 可得电热丝的电阻为 R ＝55 Ω，电动机为非纯电阻电器，R 电动≠U 2P 电动＝1 2103 Ω，选项A 正确，B 错误；当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为0，当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J ，选项C 、D 错误．二、多项选择题10．某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U －I 曲线如图所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，选项B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，选项C 正确． 11．在如图所示的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V ，6 W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )A ．电动机的输入电压是5 VB ．流过电动机的电流是2 AC ．电动机的效率是80%D ．整个电路消耗的电功率是10 W解析：选AB.灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V ，电流为2 A ，电动机的输入电压是8 V －3 V ＝5 V ，流过电动机的电流是I ＝2 A ，选项A 、B 正确；电动机内阻消耗功率I 2R M ＝4 W ，电动机输入功率为5×2 W ＝10 W ，输出功率为6 W ，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W ＋6 W ＝16 W ，选项C 、D 错误．12．如图所示，用输出电压为1.4 V 、输出电流为100 mA 的充电器对内阻为2 Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是( )A ．电能转化为化学能的功率为0.12 WB ．充电器输出的电功率为0.14 WC ．充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD ．充电器把0.14 W 的功率储存在电池内解析：选ABC.充电器的输出功率为P 出＝IU ＝0.1×1.4 W ＝0.14 W ，故B 正确；电池消耗的热功率为：P 热＝I 2r ＝0.12×2 W ＝0.02 W ，故C 正确；电能转化为化学能的功率为：P 转＝P 出－P 热＝0.12 W ，故A 正确，D 错误．13．如表所示列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )A.电动机的输入功率为576 W B ．电动机的内电阻为4 Ω C ．该车获得的牵引力为104 N D ．该车受到的阻力为63 N解析：选AD.由于U ＝48 V ，I ＝12 A ，则P ＝IU ＝576 W ，故选项A 正确；因P 入＝P 出＋I 2r ，r ＝P 入－P 出I 2＝576－350122Ω＝1.57 Ω，故选项B 错误；由P 出＝F v ＝F f v ，F ＝F f ＝63 N ，故选项C 错误，D 正确．14．(2019·六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及导线电阻，则( )A ．电源内阻r ＝EI －RB ．电源内阻r ＝E I －mg vI2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小解析：选BC.含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A 错误；由能量守恒定律可得EI ＝I 2r ＋mg v ＋I 2R ，解得r ＝E I －mg vI 2－R ，B 正确；如果电动机转轴被卡住，则E ＝I ′(R ＋r )，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C 正确，D 错误．。

2018版高考物理(江苏专用)大一轮复习配套(习题)第八章恒定电流基础课2

基础课2磁场对运动电荷的作用一、单项选择题1．下列各图中,运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D都错。

答案B2．(2015·海南单科,1)如图1所示，a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点.在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1A．向上B．向下C．向左D．向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。

答案A3．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行,则阴极射线将会( )图2A．向上偏转B．向下偏转C．向纸内偏转D．向纸外偏转解析由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里,而阴极射线电子运动方向由左向右,由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向),阴极射线将向下偏转，故B选项正确。

答案B4．(2017·江苏镇江模拟)两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图3所示。

若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图3A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b粒子的动能较大D．b粒子在磁场中运动时间较长解析由左手定则可知，a粒子带负电,b粒子带正电,A错误；由qvB＝m错误!得r＝错误!,故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由E k＝错误!mv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T＝错误!知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。

高考物理复习第八章恒定电流第一节课后达标能力提升

[学生用书P353(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1.如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t 内通过溶液截面S 的正离子数为n 1，负离子数为n2.元电荷为e ，则以下说法正确的是( )A ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为n 1e tB ．溶液内电流方向从B 到A ，电流大小为n 2e tC ．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为（n 1＋n 2）e t解析：选D.溶液内正、负离子反方向移动，通过截面的电荷量为正、负离子电荷量绝对值之和，由电流的定义可算出，电流为（n 1＋n 2）e t ，故选D. 2．(2020·北京海淀区高三上学期期末)手机充电器又名电源适配器．手机常用锂离子电池的充电器采用的是恒流限压充电，充电器上所标注的输出参数如图甲所示，充电的锂离子电池标识如图乙所示．对于电源适配器与锂电池，下列说法正确的是( )A ．手机电池标识的mAh 是电功的单位B ．电源适配器输出的电压是6 V 交流电C ．如果工作电流是200 mA ，手机电池能连续工作约8个小时D ．手机充电时会微微发热，所以手机充电器主要是把电能转化成热能的装置解析：选C.根据q ＝It ，手机电池标识的mAh 是电荷量的单位，A 错误；电源适配器输出的电压是6 V 直流电，DC 表示直流，AC 表示交流，B 错误；如果工作电流是200 mA ，手机电池能连续工作的时间：t ＝q I ＝1 650 mAh 200 mA＝8.25 h ≈8 h ，C 正确；手机充电时会微微发热，说明有很小部分电能被手机充电器转化为内能，D 错误．3.一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为 ( )A.m v 22eL B ．m v 2Sn e C ．ρne v D ．ρe v SL解析：选C.由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSe t ＝neS v ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρL S＝ρneL v ，又E ＝U L，故E ＝ρne v ，选项C 正确． 4.如图所示，a ，b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比解析：选B.b 图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R ＝ρL S ，可知b 代表的电阻丝较粗，B 正确，A 、C 错误；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，D 错误．5．(2020·河北邢台一中月考)两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲电阻丝的长度和直径分别为l 和d ；乙电阻丝的长度和直径分别为2l 和2d .将甲、乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，则加在两根电阻丝上的电压的比值应满足( )A.U 甲U 乙＝1 B ．U 甲U 乙＝22 C.U 甲U 乙＝2 D ．U 甲U 乙＝2 解析：选C.由电阻定律R ＝ρl S ，P ＝U 2R，得U ＝P ×ρl S ＝P ×ρ4l πd 2，所以加在两根电阻丝上的电压的比值应满足U 甲U 乙＝ 2.综上本题选C. 6.(2020·广东广州模拟)定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为2 Ω，在电路中所消耗的电功率的最大值分别为10 W 、10 W 、2 W ，现将这三个电阻按照如图所示的方式连接，则这部分电路消耗的电功率的最大值为( )A ．22 WB ．12 WC ．15 WD ．16 W解析：选B.由题意知R 1＝R 2＝R 3＝2 Ω，P 1m ＝10 W ，P 2m ＝10 W ，P 3m ＝2 W ，首先分析两个并联电阻R 2、R 3所允许消耗的最大功率．因为R 2与R 3并联，则两端电压相等，由公式P ＝U 2R知道，R 2与R 3所消耗的功率一样．已知R 2与R 3本身允许的最大功率分别是10 W 和2 W ，所以R 2、R 3在该电路中的最大功率都是2 W ，否则会超过R 3的最大功率．再分析R 1在电路中允许的最大功率．把R 2与R 3看成一个并联电阻R ′，则电路就是R 1与R ′串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P ＝I 2R 知道，R 1与R ′所消耗功率之比为R 1∶R ′，R 2与R 3的并联阻值R ′＝R 22，即R 1R ′＝2，所以R 1消耗的功率是并联电阻R ′的两倍，则R 1消耗的功率是2×4 W ＝8 W ＜10 W ，所以这部分电路消耗的总功率最大为2 W ＋2 W ＋8 W ＝12 W.7.某一导体的伏安特性曲线如图AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 ΩB ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω解析：选B.A 点电阻R A ＝31.0×10－1 Ω＝30 Ω，B 点电阻R B ＝61.5×10－1Ω＝40 Ω，故A 错误，B 正确；ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．8.(2020·海南高三上学期期末)如图所示，有一个双量程电流表，其中小量程为0～1 A ．已知表头G 的满偏电流I g ＝500 mA ，定值电阻R 1＝20 Ω，R 2＝180 Ω，则表头G 的内阻R g 的值为( )A ．100 ΩB ．200 ΩC ．250 ΩD ．500 Ω解析：选B.当与表头G 并联的电阻越大时，量程越小，即当接线柱接两端时，量程最小．由欧姆定律可知：(R 1＋R 2)(I －I g )＝I g R g ，代入数据解得：R g ＝200 Ω，B 正确．9．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，则下列说法中正确的是( )A ．P 1＝4P 2B ．P D ＝P 4C ．PD ＝P 2 D ．P 1＜4P 2解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相等．当三者按照题图乙所示的电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，根据P ＝U 2R，则有P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，故I 1＜2I 2，根据P ＝I 2R ，则有P 1＜4P 2，A 错误，D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U 2，且D 阻值变大，则P D ＜P 4，B 错误． 10.如图为一机器人，其额定功率为48 W ，额定工作电压为24 V ．机器人的锂电池容量为20 A ·h.则机器人( )A ．额定工作电流为20 AB ．充满电后最长工作时间为2 hC ．电池充满电后总电荷量为7.2×104 CD ．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J解析：选C.根据P ＝UI 可知，额定电流应为：I ＝P U ＝48 W 24 V＝2 A ，故A 错误；机器人的锂电池容量为20 A ·h ，即当在额定电流2 A 下工作时，能够工作最长时间为10 h ，故B 错误；电源充满电后的总电荷量为q ＝It ＝20×3 600 C ＝7.2×104C ，故C 正确；额定电流下，机器人功率P ＝W t＝48 W ，即每秒消耗48 J 电能，故D 错误． 11．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.5 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J ，洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠U I 2，P 2＝UI 2＝110 W ，其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．综上可知C 正确．二、多项选择题12.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U －I 曲线如图所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，C 正确． 13．如表所示列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()自重40 kg额定电压48 V载重75 kg额定电流12 A最大行驶速度20 km/h额定输出功率350 W A.B．电动机的内电阻为4 ΩC．该车获得的牵引力为104 ND．该车受到的阻力为63 N解析：选AD.由于U＝48 V，I＝12 A，则P＝IU＝576 W，故A正确；因P入＝P出＋I2r，r＝P入－P出I2＝576－350122Ω＝1.57 Ω，故B错误；由P出＝F v＝F f v，F＝F f＝63 N，故C错误，D正确．14．(2020·安徽宿州高三质检)额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中．则下列说法正确的是()A．L2的额定功率约为99 WB．L2的实际功率约为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，A正确；图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17 W，B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3＝P额＝99 W，则P3－P2＝82 W，C错误，D正确．。

高考物理第一轮专题复习针对训练《恒定电流》word含答案解析

高考物理第一轮专题复习针对训练恒定电流一、选择题利用如图所示电路可测量待测电阻R x的阻值.定值电阻R1、R2阻值已知，闭合电键S，调节电阻箱接入电路阻值为R3时，电流表示数为零，则R x阻值等于（）A．R2 B．123 R R RC．132R RRD．321R RR2．右图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24V，如果电阻R=6kΩ，R1=6kΩ，R2=3kΩ，则BB′不可能输出的电压是（）A．12V B．8VC．6V D．3V如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R 的电阻时，指针偏转至满刻度4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为（）A ．4RB ．5RC ．10RD ．16R如图所示电路中，闭合开关S 后当变阻器R 3的滑动头P 向b 移动时，下列说法正确的是（）A ．电压表示数变大B ．电流表示数变大C ．电源消耗的总功率变小D ．电源的效率（电源的输出功率/电源消耗的总功率）变大如图所示，L 1、L 2、L 3、L 4为四个完全相同的灯泡.在变阻器R 的滑片P 向下移动过程中，下列判断中正确的是（）A ．L 1变暗B ．L 2变暗C ．L 3变亮D ．L 4变暗 6．在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合开关S ，将滑动变阻器滑片PA VErb aP R 1R 2R 3 S向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A．电源的输出功率变小B．灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电压表读数变小如图所示，E为内阻不计的电源，MN为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝，C为电容器.当滑动触头P以恒定速率从左向右匀速滑动时，关于电流计A的读数情况及通过A的电流方向，下列说法正确的是（）A．读数逐渐变小，通过A的电流方向向左B．读数逐渐变大，通过A的电流方向向右C．读数稳定，通过A的电流方向向右D．读数稳定，通过A的电流方向向左如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R2的滑片向b端移动时，则（）A．电压表示数增大B．电流表示数减小C．质点P将向下运动D．R1上消耗的功率逐渐减小如图所示，电路电源电动势为E，内阻r，R1、R2为定值电阻，调节电阻箱R的阻值，使电压表V的示数增大△U，在此过程中（）A ．路端电压增加，增加量一定等于△UB ．电阻R 2两端的电压减小，减少量一定等于△UC ．通过电阻R 1的电流增加，增加量一定等于△U / R 1、D ．通过电阻R 2的电流减小，但减少量一定大于△U /R 2如图所示的电路中，电源内电阻为r ， 134R R R 、、均为定值电阻，电表均为理想电表，闭合开关S ，将滑动变阻器 2R 的滑片向右移动，电流表和电压表示数变化量的绝对值分别为 I ∆、U ∆，下列结论正确的是（）A ．电流表示数变大，电压表示数变小B ．电阻 1R被电流表短路C ． UrI ∆>∆D ． UrI∆<∆阻值相等的四个电阻、一个电容器C 及电池E （内阻可忽略）连接成如图所示的电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1，闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2．Q 1与Q 2的比值为（）A．2:3 B．3:5C．1：2 D．2:5如图所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是( )A．R2的功率增大B．R3两端的电压减小C．电流表的示数变大D．R1的电流增大如图所示电路中，, , , ,,电源电动势E=18V,内阻，电表为理想电表。

江苏省近年高考物理大一轮复习第八章恒定电流教师专用

第八章恒定电流考试说明内容要求说明命题趋势电阻定律Ⅰ 整体来说，实验题每年必考,选择题和计算题一般不单独出现,常与磁场、电磁感应等问题综合，如果选择题单独出现,考查知识点会比较单薄，难度不大.因为根据江苏省教学要求:不要求讨论电源的最大输出功率和用电器上得到的最大功率及效率问题，此类题型不要涉及过多本章涉及的物理概念、物理规律较多，主要包括以下几个方面的内容：1. 几个重要的基本概念：电阻和电阻率、电流和电压、电功和电热、电动势等；2. 四个重要的基本定律:部分电路欧姆定律、电阻定律、焦耳定律和闭合电路欧姆定律；3. 四种典型电路:纯电阻和非纯电阻电路、接地电路、含容电路和动态电路;4。

四个实验：决定导线电阻的因素、电表改装和多用电表、描绘小灯泡的伏安特性曲线、测量电源电动势和内阻.复习重点是实验部分，因此要注重从实验原理、器材选择、仪表读数、操作步骤、电路连接、数据处理以及误差分析等方面提高实验综合能力决定导线电阻的因素（实验、探究)Ⅱ 电阻的串联与并联Ⅰ 电流电源的电动势和内阻 Ⅰ 欧姆定律闭合电路欧姆定律 Ⅱ 描绘小灯泡的伏安特性曲线(实验、探究)Ⅱ 测量电源的电动势和内阻（实验、探究)Ⅱ电功电功率焦耳定律 Ⅰ知识网络第1讲欧姆定律串、并联电路电阻定律(本讲对应学生用书第115117页）考纲解读.。

2.会利用导体伏安特性曲线I-U图象及U-I图象解决有关问题。

3。

能认清电路结构。

4。

会进行电表改装的分析与计算。

基础梳理.。

定义式I= ,单位：安培，简称安，符号为.2。

欧姆定律：导体中的电流跟它两端的电压成,跟它的电阻成.公式I= 。

欧姆定律的适用范围：适用于金属导电和电解液导电，对气体导电不适用。

3.电功：导体的恒定电场对自由电荷的所做的功。

电流做功的过程就是电能转化为其他形式能的过程。

公式为W= ,电功的单位是焦耳，简称焦,符号是。

4.电功率：单位时间内电流所做的功.表示电流做功的，公式为P== ，电功率的单位是瓦特,简称瓦，符号是.5。

高考物理大一轮复习第八章恒电流本章综合能力提升练

拾躲市安息阳光实验学校第八章恒定电流本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1．电动机是将电能转换为机械能的设备．下列没有使用电动机的电器是( ) A．电热水壶B．电风扇C．洗衣机D．抽油烟机答案A解析使用了电动机将电能转换为机械能的电器有电风扇、洗衣机、抽油烟机，本题选没有使用的，故选A.2．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c，电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )答案A解析选项A中电阻横截面积最大，长度最小，根据R＝ρlS可知，其电阻最小，故选A.3．(绍兴一中期末)现象一：傍晚用电多的时候，灯光发暗，而当夜深人静时，灯光特别明亮；现象二：在插上电炉等大功率电器时，灯光会变暗，拔掉后灯光马上亮了起来．下列说法正确的是( )A．现象一是因为夜深人静时，周围比较黑，突显出灯光特别明亮B．现象二是因为电炉等大功率电器的电阻都比较大引起的C．两个现象都可以用电阻定律R＝ρLS来解释D．两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释答案D解析由于大多数用电器都是并联的，当傍晚用电多的时候或者插上电炉等功率大的用电器时，干路上的总电流会变大，这时候导线上的电压损失就会增加，当变压器输出电压一定的情况下，会使得用户得到的电压减小，所以电灯就会发暗；而当夜深人静时用户用电器减少或者拔掉电炉等功率大的用电器时，干路上的总电流会减小，这时候导线上的电压损失就会减小，用户得到的电压增大，所以电灯就会明亮，因此两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释，故D正确，A、B、C错误．4．通过电脑的USB接口不仅可以在电脑和各种数码产品之间传递数据，也可以为数码产品供电．现通过电脑的USB接口给一个阻值为10Ω的电热鼠标垫供电，已知供电电流为0.5A，则此电热鼠标垫的发热功率是( )A．50WB．20WC．5WD．2.5W答案D解析根据P＝I2R可得，P＝0.52×10W＝2.5W，故D项正确．5.如图1所示的电路，灯泡L1与L2完全相同，开关S闭合后，电压表、的示数都等于电源电压，两个灯泡都不发光．如果故障只有一个，则可能是( )图1A．L1短路B．L1断路C．L2短路D．L2断路答案 D6．用电器距离电源为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使在线路上的电压降不超过U ，那么，输电线的横截面积的最小值为( )A.ρl RB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ答案 B解析输电线的总长为2l ，由公式R ＝U I ，R ＝ρ2l S ，得S ＝2ρlI U，故B 正确．7.如图2所示电路，开关S 断开和闭合时理想电流表示数之比是1∶3，则可知电阻R 1和R 2之比为( ) 图2A ．1∶3B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶1答案 C解析开关闭合时电路中只有电阻R 2，根据欧姆定律可得：I ＝UR 2，开关断开时电路中两电阻串联，根据欧姆定律可得，I ′＝UR 1＋R 2，则R 1＋R 2R 2＝31，解得：R 1∶R 2＝2∶1.选项C 正确．8.如图3所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡的U －I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( ) 图3 A ．4W,8WB ．2W,4WC ．2W,3WD ．4W,6W答案 D解析用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI ＝2×2W＝4W ，电源的总功率是EI ＝3×2W＝6W ，选项D 正确．9.竖直放置的一对平行金属板A 和B ，在A 极板上用绝缘细线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图4所示的电路图连接．当滑动变阻器R 的滑片在a 、b 位置时，电流表的读数分别为I 1、I 2，稳定后绝缘细线与左极板的夹角分别为θ1、θ2，则( ) 图4A ．θ1＜θ2，I 1＜I 2B ．θ1＞θ2，I 1＞I 2C ．θ1＜θ2，I 1＝I 2D ．θ1＝θ2，I 1＝I 2答案 C二、多项选择题10.两电阻R 1和R 2的伏安特性曲线如图5所示．从图线可判断( ) 图5A ．两电阻阻值的关系是R 1＞R 2B ．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小C ．电压相同时，通过R 1的电流较大D ．两电阻串联接入电路时，R 1消耗的功率小答案 CD解析 I －U 图象的斜率k ＝I U ＝1R，即图象的斜率越大，电阻越小，故有R 1＜R 2，A 错误；根据图象可得电阻一定时，电流随电压的增大而增大，B 错误；从图象中可得电压相同时，通过电阻R1的电流较大，C正确；两电阻串联接入电路时，通过两电阻的电流相同，根据公式P＝I2R可得电阻越大，消耗的电功率越大，D正确．11.如图6所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻(阻值随光照强度的增加而减小)，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则下列说法正确的是(电表均为理想电表)( )图6A．电压表读数变小B．电流表读数变小C．电源的总功率变大D．电源内阻的功率变大答案ACD解析半导体光敏电阻的阻值随光照强度增加而减小，故用一束光照射光敏电阻时其阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电流增大，故电流表示数增大；则由P＝EI可知，电源的总功率变大，由P＝I2r可知，电源内阻的功率变大；因电流增大，则内电压和滑动变阻器两端电压增大，故电压表示数减小，故A、C、D正确，B错误．12.某同学将一直流电源的总功率P E、电源内部的发热功率P r和输出功率P R随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图7中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )图7A．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系P A＝P B＋P CB．b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4C．电源的最大输出功率P m＝9WD．电源的电动势E＝3V，内电阻r＝1Ω答案ABD解析在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率P E等于输出功率P R和电源内部的发热功率P r的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系P A＝P B＋P C，所以A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电路中的电流即为b、c图线的交点处的电流，此时电流的大小为ER＋r＝E2r，功率的大小为E24r，a、b图线的交点表示电源的总功率P E和电源内部的发热功率P r相等，此时电路中只有电源的内电阻，所以此时电流的大小为Er，功率的大小为E2r，所以横坐标之比为1∶2，纵坐标之比为1∶4，所以B 正确；图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；当I＝3A时，P R＝0，说明外电路短路，根据P E＝EI知电源的电动势E＝3V，内电阻r＝EI＝1Ω，故D正确．三、实验题13．现要测定一段粗细均匀、电阻约为60Ω的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量精确的测量其电阻值R，实验器材有：电池组(电动势3.0V，内阻约为1Ω)电流表(量程0～100mA，内阻约0.5Ω)电压表(量程0～3V，内阻约3kΩ)滑动变阻器R1(0～10Ω，允许最大电流2.0A)；滑动变阻器R2(0～500Ω，允许最大电流0.5A)；开关一个、导线若干．(1)以上器材中，所用的滑动变阻器应选________．(选填“R1”或“R2”)(2)如图8所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到______．(选填“最左端”或“最右端”)图8(3)为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应改进的是________．(填选项前的字母)A．电流表连接方式改为内接法B．滑动变阻器连接方式改为限流式答案(1)R1(2)最右端(3)A解析(1)为测多组实验数据，滑动变阻器需要采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的R1；(2)由题图电路可知，滑动变阻器采用分压式接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于最右端；(3)RR A ＝600.5＝120，R VR＝300060＝50，RR A＞R VR，因此电流表应采用内接法，故选A.14．某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中得到了下表中U和I的数据：(1)在图9中画出I－U图线．图9(2)从图线上可以看出，当电压逐渐增大时，灯丝电阻的变化情况是________．(3)这表明灯丝的电阻随着温度的升高而________．答案(1)I－U图线如图所示(2)开始不变，后来逐渐增大(3)增大15．小明同学利用图10所示器材探究电路规律：图10(1)断开开关S，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡，此时读数为20Ω，此时测得的是____的阻值；(2)将旋转开关指向直流电流挡，闭合开关S，将滑片从最左端缓慢移动到最右端，发现该过程中读数最大为320mA，则移动过程中读数变化情况是( ) A．逐渐增大B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小(3)将旋转开关指向直流电压挡，闭合开关S后移动滑片，发现该过程中电压表读数最大为1.2V，结合前两问条件可知，该电源电动势为____V(结果保留两位小数)．答案(1)R2总电阻(2)A (3)1.48解析(3)将旋转开关指向直流电流挡，闭合开关S，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：E＝I max(R1＋r)＝0.32(R1＋r)①将旋转开关指向直流电压挡，读数最大时，由闭合电路欧姆定律得：E＝U mR2(R2＋R1＋r)＝1.220×(20＋R1＋r)＝0.06(20＋R1＋r)②联立①②解得E≈1.48V.16．在一次实验技能比赛中，某同学设计了图11甲所示电路测量电源的电动势和内阻，待测电源是两节干电池．该同学选好器材后，用导线将各器材连接成实物连线图乙，其中电压表还有一个接线柱未连接．图11(1)根据甲图，请在图乙中完成实物连线；(2)开关闭合前，图乙中滑动变阻器的触头应置于最________端(填“左”或“右”)；(3)电流表采用“0～0.6A”量程，则图丙所示电流表示数为________A；(4)将实验数据描点作图得到图丁，则电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(保留3位有效数字)．答案(1)如图所示(2)右(3)0.33 (4)2.75(2.72～2.78均可) 2.19(2.16～2.22均可)。

高考物理大一轮复习第八章恒定电流基础课2 电路闭合电路的欧姆定律课时达标练新人教版(202

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基础课2 电路闭合电路的欧姆定律选择题（1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1．如图1所示，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是( )图1A．电压表的示数变大B．电流表的示数变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小解析等效电路图如图所示.滑片从a端滑向b端，其接入电路的阻值R Pb减小，由“串反并同”原则有，电压表示数减小，电流表示数增大,电阻R消耗的功率增大，A、B、D错误;把电阻R当作电源内电阻(等效电源)，则R内＝2r,R Pb减小，且R Pb〈2r，等效电源的输出功率减小，即滑动变阻器的功率减小，C正确。

答案C2．在如图2所示的电路中,闭合开关S后，L1、L2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L2突然变亮，电压表读数减小，由此推断，该故障可能是（)图2A．L1灯丝烧断B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器被击穿短路解析若电阻R2短路,则通过L2的电流为零,L2不亮,选项C错误；若L1灯丝烧断，则总电阻增大，总电流减小,L2两端电压减小，L2变暗，选项A错误；若R2断路,则总电阻增大，电压表读数增大，总电流减小，L1与R1并联部分两端的电压减小,故L2两端的电压增大，L2变亮，选项B错误；若电容器被击穿短路,则电路总电阻减小，路端电压减小，总电流增大,L2变亮，D正确。

2022高考物理大一轮复习方案：第8单元恒定电流物理测评 Word版含解析

单元小结卷(八)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．当电阻两端加上某一稳定电压时，在某段时间内通过该电阻的电荷量为0.3 C，消耗的电能为0.9 J．为在相同时间内使0.6 C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()A．3 V，1.8 JB．3 V，3.6 JC．6 V，1.8 JD．6 V，3.6 J2．如图D81所示为一玩具起重机的电路示意图．电源电动势为6 V，内阻为0.5 Ω，电阻R＝2.5 Ω，当电动机以0.5 m/s的速度匀速提升一质量为320 g的物体时(不计一切摩擦阻力，g 取10 m/s2)，标有“3 V0.6 W”的灯泡恰好正常发光，则电动机的内阻为() D81A．1.25 ΩB．3.75 ΩC．5.625 ΩD．1 Ω3．电位器是变阻器的一种．如图D82所示，把电位器与灯泡串联起来，利用它转变灯泡的亮度，下列说法正确的是()图D82A．连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗B．连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C．连接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D．连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗4．科学家争辩发觉，巨磁电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增加而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图D83所示电路中，GMR为一个巨磁电阻，R、R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则()图D83A．只调整滑动变阻器R，当向右端移动P1时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调整滑动变阻器R，当向右端移动P1时，带电微粒向下运动C．只调整滑动变阻器R2，当向下端移动P1时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调整滑动变阻器R2，当向下端移动P2时，带电微粒向下运动5．如图D84所示，在足够大的平行金属板M、N内部左侧中心P有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．转变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则()图D84A．该粒子带正电B．减小R2，粒子还能打在O点C．减小R1，粒子将打在O点右侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变6．如图D85所示电路中，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图像能正确反映各物理量关系的是()图D85图D867．如图D87所示，GMR为巨磁电阻，当它四周的磁场增加时，其阻值增大；C为电容器．当有磁铁靠近GMR时，下列说法正确的有()图D87A．电流表的示数减小B．电容器C的电荷量增大C．电压表的示数变小D．电源内部消耗的功率变大8．如图D88所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列说法正确的是()图D88A．电流表的读数肯定减小B．R0的功率肯定先减小后增大C．电源输出功率可能先增大后减小D．电压表与电流表读数的比值UI以及读数变化量的比值ΔUΔI均先增大后减小二、试验题(第9题16分，第10题18分，第11题18分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．在“测定金属丝电阻率”的试验中，某同学连接的电路如图D89所示．闭合开关后，发觉电路有故障(已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E)．图D89(1)若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是________(选填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“开关”)．(2)若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障．先将选择开关旋至________(选填“欧姆×100”“直流电压10 V”或“直流电流2.5 mA”)挡，再将________(选填“红”或“黑”)表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱．若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是________、________、________．10．有一个电压表，量程已知，内阻为R V，另有一节电池(电动势未知，但不超过电压表的量程，内阻可忽视)，请用电压表、电池、两个开关和连接用的导线，设计出测量某一高值电阻阻值R x的试验方法(已知R x和R V相差不大)．(1)在方框内画出电路图．(2)请简要地写出测量步骤．(3)由测量得到的数据和已知量导出R x的计算式为R x＝________．11．小王和小李两同学分别用电阻箱、电压表测量不同电源的电动势和内阻．(1)小王所测电源的内电阻r1较小，因此他在电路中接入了一个阻值为2.0 Ω的定值电阻R0，所用电路如图D810所示．图D810①请用笔画线代替导线将图D811所示器材连接成完整的试验电路．图D811②闭合开关S，调整电阻箱的阻值R，读出电压表相应的示数U，得到了一组U、R数据．为了比较精确地得出试验结论，小王同学预备用直线图像来处理试验数据，图像的纵坐标表示电压表读数的倒数1U，则图像的横坐标表示的物理量应当是________．(2)小李同学所测电源的电动势E2约为9 V，内阻r2为35～55 Ω，允许通过的最大电流为50 mA.小李同学所用电路如图D812所示，图中电阻箱R的阻值范围为0～9999 Ω.图D812①电路中R0为爱护电阻．试验室中备有以下几种规格的定值电阻，本试验中应选用________．A．20 Ω，125 mA B．50 Ω，20 mAC．150 Ω，60 mA D．1500 Ω，5 mA②试验中通过调整电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R及相应的电压表的示数U，依据测得的多组数据，作出1U1R＋R0图线，图线的纵轴截距为a，图线的斜率为b，则电源的电动势E2＝________，内阻r2＝________．参考答案（测评手册）单元小结卷(八)1．D解析] 设它的通电时间为t，电阻为R，由于W＝I2Rt，故Wt＝Q2R；当通过该电阻的电荷量为0.3 C时，消耗的电能为0.9 J，所以0.9 J×t＝(0.3 C)2R；则当通过该电阻的电荷量为0.6C 时，Wt ＝(0.6 C)2R ；联立以上两式，解得W ＝3.6 J ，又依据W ＝UQ 可得，两端的电压为U ＝3.6 J0.6 C ＝6 V ，故选项D 正确．2．A 解析] 电动机输出功率P 出＝mg v ＝1.6 W ，灯泡中电流I L ＝P 额U 额＝0.2 A ，干路电流I ＝E －U 额R ＋r＝1 A ，电动机中电流I M ＝I －I L ＝0.8 A ，电动机的功率P ＝U 额I M ＝I 2R M ＋P 出，计算得R M＝1.25 Ω，所以A 正确．3．A 解析] 连接A 、B 使滑动触头顺时针转动时，依据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小，灯泡的功率P ＝I 2R ，P 减小，灯泡变暗，故A 正确；连接A 、C ，电位器无论怎样转动滑动触头，接入电路的电阻不变，电流不变，灯泡亮度不变，故B 、C 错误；连接B 、C 使滑动触头顺时针转动时，电位器接入电路的电阻减小，电流增大，灯泡变亮，故D 错误．4．A 解析] 只调整滑动变阻器R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱，由于电磁铁磁性减弱，导致了巨磁电阻GMR 的阻值减小，通过R 1的电流增大，其电功率增大，电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，带电微粒向上运动，故A 正确，B 错误；只调整滑动变阻器R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变，电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，故C 、D 错误．5．B 解析] 依据外电路中顺着电流方向电势渐渐降低，可知M 板的电势低于N 板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A 错误；电路稳定时R 2中没有电流，相当于导线，转变R 2，不转变M 、N 间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动状况不变，仍打在O 点，故B 正确；设平行金属板M 、N 间的电压为U ，粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：y ＝12at 2＝12·qU md t 2，水平方向有：x ＝v 0t ，联立得y ＝qUx 22md v 20，由图知，y 肯定，q 、m 、d 、v 0不变，则当减小R 1时，M 、N 间的电压U 增大，x 减小，所以粒子将打在O 点左侧，增大R 1时，U 减小，t 增大，故C 、D 错误．6．AB 解析] 当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2∝I 2，故A 正确．电容器两端的电压U C ＝E －I (R 2＋r )，电荷量Q ＝CU C ＝CE －I (R 2＋r )]，则ΔQΔI ＝－C (R 2＋r )，保持不变，则Q -I 图像是向下倾斜的直线，故B 正确．电压表示数U ＝E －Ir ，U -I 图像应是向下倾斜的直线，故C 错误．电源通过电荷量q 时电源做的功W ＝qE ，E 是电源的电动势，则W -q 图像是过原点的直线，故D 错误．7．AB 解析] 当有磁铁靠近A 时，它四周的磁场增加，其阻值增大，则外电路电阻变大，电路的电流减小，电流表的示数减小，选项A 正确；电源内阻上的电压减小，故路端电压变大，则电压表的示数变大，选项C 错误；依据Q ＝CU 可知，电容器C 的电荷量增大，选项B 正确；依据P 内＝I 2r 可知，I 减小，则电源内部消耗的功率变小，选项D 错误．8．BC 解析] 在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中，变阻器并联总电阻先增大后减小，依据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I 先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，故A 错误．电流表的读数先减小后增大，故R 0的功率P ＝I 2R 0先减小后增大，故B 正确．路端电压先增大后减小，则电压表的读数先增大后减小，由于电源的内阻与外电阻的关系未知，无法推断电源输出功率如何变化，可能先增大后减小，故C 正确．电流表的读数先减小后增大，电压表的读数先增大后减小，电压表与电流表读数的比值UI 肯定先增大后减小，而依据E ＝U ＋Ir 可知ΔU ΔI ＝－r ，而电源内阻r 恒定，故ΔU ΔI不变，故D 错误．9．(1)待测金属丝(2)直流电压10 V 红 0 E E解析] (1)电流表示数为零，说明电路断路，由于电压表示数为E ，说明电压表两端与电源相连，因而待测金属丝断路．(2)推断电路故障问题，应利用多用电表的直流电压挡，电流应从多用电表的红表笔流入，因而红表笔应与a 接线柱相连，若只有滑动变阻器断路，黑表笔接b 时，多用电表不能与电源形成闭合回路，示数为零，黑表笔接c 、d 时，多用电表与电源两极相连，示数为电源电动势E .10．(1)如图所示(2)①按图连接电路；②闭合开关S 1、S 2，读出此时电压表示数E ；③断开开关S 2，读出此时电压表示数U(3)（E －U ）R V U解析] (1)电路图如图所示，当待测电阻为高值电阻时电压表一般用串联接法．(3)依据闭合电路欧姆定律，闭合开关S 1、S 2时电压表示数为E ，断开开关S 2，应有E ＝U ＋UR V R x ，解得R x ＝（E －U ）R V U. 11．(1)①略 ②1R (2)①C ②1a ba解析] (1)①依据电路图，实物图连接如图所示．②依据闭合电路欧姆定律可知：E 1＝U ＋U R (R 0＋r 1)，整理得1U ＝1E 1＋R 0＋r 1E 1·1R ，故横坐标为1R .(2)①电路最小总电阻约为R min ＝90.05 Ω＝180 Ω，为爱护电路平安，爱护电阻应选C.②在闭合电路中，电源电动势为E 2＝U ＋Ir 2＝U ＋U R 0＋R r 2，则1U ＝r 2E 2·1R ＋R 0＋1E 2，则1U 1R ＋R 0图像是直线，纵轴截距a ＝1E 2，得E 2＝1a ，斜率b ＝r 2E 2，得r 2＝ba .。

2019版高中物理大一轮复习文档：第八章恒定电流本章

例1某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻R t、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控.继电器的电阻约20 Ω，热敏电阻的阻值R t与温度t的关系如下表所示.(1)提供的实验器材有：电源E1(3 V，内阻不计)、电源E2(6 V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻R t、继电器、电阻箱(0～999.9 Ω)、开关S、导线若干.为使该装置实现对30～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用(选填“R1”或“R2”).图1(2)实验发现电路不工作.某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至(选填“A”“B”“C”或“D”).图2(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查.在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针(选填“偏转”或“不偏转”).(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是 .(填写各步骤前的序号) ①将热敏电阻接入电路 ②观察到继电器的衔铁被吸合 ③断开开关，将电阻箱从电路中移除 ④合上开关，调节滑动变阻器的阻值⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω解析 (1)若实现对30 ℃温度的控制，继电器和R t 的电压U ＝0.015×(20＋199.5) V ≈3.29 V ，因此符合要求的电源应选E 2.若实现对80 ℃温度的控制，对全电路有E ＝I (R 继＋R t ＋R )即6 V ＝0.015 A ×(20 Ω＋49.1 Ω＋R )解得R ＝330.9 Ω，因此滑动变阻器应选R 2.(2)因电路中有电源，排查电路故障应选用多用电表的直流电压挡，故将选择开关旋至C . (3)只有b 、c 间断路，表笔接入a 、b 间时，电表与电源之间形不成闭合电路，则电表指针不偏转，表笔接入a 、c 间时，能形成闭合电路，电表指针发生偏转.(4)欲使衔铁在50 ℃被吸合，由表中数据可知，此时热敏电阻的阻值为108.1 Ω，操作步骤应是先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，观察继电器的衔铁被吸合，然后断开开关，将电阻箱从电路中移除，再将热敏电阻接入电路原位置，故步骤顺序应为⑤④②③①. 答案 (1)E 2 R 2 (2)C (3)不偏转偏转 (4)⑤④②③①(1)找原型：先根据实验目的和给出的条件把教材中的实验原型在头脑中完整地重现出来； (2)做对比：将实验中所给器材与原型中器材进行对比，看一下少了什么器材或什么器材的量程不满足要求；再看一下多给了什么器材，注意多给的器材可能就是解决问题的“金钥匙”； (3)定方案：根据对比结果设计电路； (4)常用替代或改装：①内阻已知的电压表相当于小量程的电流表；――――→内阻已知②内阻已知的电流表则相当于小量程的电压表；――――→内阻已知③灵敏电流计串大电阻改装成电压表：＋□串大电阻―→④灵敏电流计并小电阻改装成电流表；＋□并小电阻―→⑤内阻较小的电源串定值电阻相当于内阻较大的电源.例2 欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路： a.无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程. b.有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据. 现备有如下器材： A.待测电流表(量程3 mA ，内阻约为50 Ω)B.电压表(量程3 V ，内阻未知)C.电流表(量程15 mA ，内阻为10 Ω)D.保护电阻R ＝120 ΩE.直流电源E (电动势2 V ，内阻忽略不计)F.滑动变阻器(总阻值10 Ω，额定电流0.5 A)G.开关一个，导线若干(1)在以上提供的器材中，除A 、E 、F 、G 以外，还应选择、 (填字母代号). (2)请画出符合要求的实验电路图.解析根据题中给出的备用器材，选择伏安法测量电流表的内阻.选择内阻已知的电流表作为电压表，选择保护电阻R 与并联的两个电流表串联.由于电流表两端电压最大只有0.15 V ，滑动变阻器最大电阻只有10 Ω，所以选择分压电路，电路图如图所示.答案 (1)C D (2)见解析图。

2022高考物理大一轮复习领航教学案：第八章恒定电流 Word版含解析

第1节电流电阻电功电功率一、电流1．形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压．2．电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向．3．两个表达式：①定义式：I＝qt ；②打算式：I＝UR.二、电阻、电阻定律1．电阻：反映了导体对电流阻碍作用的大小．表达式为：R＝U I.2．电阻定律：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．表达式为：R＝ρl S.3．电阻率(1)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．(2)电阻率与温度的关系：金属的电阻率随温度上升而增大；半导体的电阻率随温度上升而减小．三、部分电路欧姆定律及其应用1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．2．表达式：I＝UR.3．适用范围：金属导电和电解液导电，不适用于气体导电或半导体元件．4．导体的伏安特性曲线(I－U)图线(1)比较电阻的大小：图线的斜率k＝tan θ＝IU＝1R，图中R1＞R2(填“＞”、“＜”或“＝”)．(2)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．(3)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用于欧姆定律．四、电功率、焦耳定律1．电功：电路中电场力移动电荷做的功．表达式为W＝qU＝UIt.2．电功率：单位时间内电流做的功．表示电流做功的快慢．表达式为P＝Wt＝UI.3．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．表达式为Q＝I2Rt.4．热功率：单位时间内的发热量．表达式为P＝Qt.[自我诊断]1. 推断正误(1)电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向．(×)(2)由R＝UI可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．(×)(3)由ρ＝RSl知，导体电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比．(×)(4)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．(√)(5)电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量．(√)(6)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路．(√)(7)公式W ＝U2R t＝I2Rt只适用于纯电阻电路．(√)2．(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是() A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为1 4RC．给金属丝加上的电压渐渐从零增大到U0，则任一状态下的UI比值不变D．金属材料的电阻率随温度的上升而增大解析：选BD.金属丝均匀拉长到原来的10倍，截面积变为原来的110，由R＝ρlS知，电阻变为原来的100倍，A错误；将金属丝从中点对折起来，长度变为原来的一半，截面积变为原来的2倍，由R＝ρlS 知，电阻变为原来的14，B正确；由于金属的电阻率随温度的上升而增大，当加在金属丝两端的电压上升时，电阻R＝UI将变大，C错误，D正确．3．如图所示电路中，a、b两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小()解析：选B.选项A、C、D中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I＝UR可知，电路中的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A、C、D错误；而选项B中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B正确．4. 有一台标有“220 V,50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中，正确的是()A．I＝PU＝522A，Q＝UIt＝3 000 JB．Q＝Pt＝3 000 JC．I＝PU＝522A，Q＝I2Rt＝1.24 JD．Q＝U2R t＝22020.4×60 J＝7.26×106 J解析：选C.电风扇是一种在消耗电能过程中既产生气械能，又产生内能的用电器，其功率P＝IU，则I＝PU＝522A，而产生的热量只能依据Q＝I2Rt进行计算．因此，选项C正确．考点一对电流的理解和计算1. 应用I＝qt计算时应留意：若导体为电解液，由于电解液里的正、负离子移动方向相反，但形成的电流方向相同，故q为正、负离子带电荷量的确定值之和．2．电流的微观本质如图所示，AD表示粗细均匀的一段导体，长为l，两端加肯定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，AD导体中自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nqlS，所用时间t＝lv，所以导体AD中的电流I＝Qt＝nlSql/v＝nqS v.1．如图所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为()A ．v qB ．q vC ．q v SD.q v S解析：选A.在垂直棒的运动方向选取一横截面，设棒长为l ，则棒上全部电荷通过这一横截面所用的时间t ＝l v ，由电流的定义式I ＝Q t ，可得I ＝lql v＝q v ，A 正确．2. (2021·山东济南质检)有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是( )A ．甲、乙两导体的电流相同B ．乙导体的电流是甲导体的两倍C ．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍D ．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等解析：选B.由I ＝ΔqΔt 可知，I 乙＝2I 甲，B 正确，A 错误；由I ＝n v Sq 可知，同种金属材料制成的导体，n 相同，因S 甲＝2S 乙，故有v 甲∶v 乙＝1∶4，C 、D 错误．3．(多选)截面直径为d 、长为l 的导线，两端电压为U ，当这三个量中的一个转变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是( )A ．电压U 加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍B ．导线长度l 加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半C ．导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变D ．导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍解析：选ABC.电压U 加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I ＝nqS v 得知，自由电子定向运动的平均速率v 加倍，故A 正确；导线长度l 加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I ＝nqS v 得知，自由电子定向运动的平均速率v 减半，故B 正确；导线横截面的直径d 加倍，由S ＝πd 24可知，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的14，电流变为原来的4倍，依据电流的微观表达式I ＝nqS v 得知，自由电子定向运动的平均速率v 不变．故C 正确，D 错误．考点二电阻电阻定律 1. 两个公式对比公式R ＝ρl SR ＝U I区分电阻的打算式电阻的定义式说明白电阻的打算因素供应了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U 和I 有关只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体2.电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量，导体电阻率与电阻阻值无直接关系，即电阻大，电阻率不肯定大；电阻率小，电阻不肯定小．1．一个内电阻可以忽视的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为0.1 A ．若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是( )A ．0.4 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A解析：选C.大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银柱长度变为原来的14，则电阻变为原来的116，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C 正确．2. 用电器到发电场的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U .那么，输电线的横截面积的最小值为( )A.ρl RB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul I ρ解析：选B.输电线的总长为2l ，由公式R ＝U I 、R ＝ρl S 得S ＝2ρlIU ，故B 正确．3．两根完全相同的金属裸导线，假如把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( )A ．1∶4B ．1∶8C ．1∶16D ．16∶1解析：选C.对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必定变为原来的12，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，其次根导线对折后，长度变为原来的12，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的14.给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I 1＝U 4R ，I 2＝U R /4＝4U R ，由I ＝qt 可知，在相同时间内，电荷量之比q 1∶q 2＝I 1∶I 2＝1∶16.导体变形后电阻的分析方法某一导体的外形转变后，争辩其电阻变化应抓住以下三点： (1)导体的电阻率不变．(2)导体的体积不变，由V ＝lS 可知l 与S 成反比． (3)在ρ、l 、S 都确定之后，应用电阻定律R ＝ρlS 求解．考点三伏安特性曲线1. 图甲为线性元件的伏安特性曲线，图乙为非线性元件的伏安特性曲线．2 图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故R a <R b ，图线c 的电阻减小，图线d 的电阻增大．3．用I -U (或U -I )图线来描述导体和半导体的伏安特性时，曲线上每一点对应一组U 、I 值，UI 为该状态下的电阻值，UI 为该状态下的电功率．在曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．1．小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 1C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积解析：选D.由图可知流过小灯泡的电流I 随所加电压U 变化的图线为非线性关系，可知小灯泡的电阻随所加电压的增大而渐渐增大，选项A 错误；依据欧姆定律，对应P 点，小灯泡的电阻应为R ＝U 1I 2，选项B 、C 错误；对应P 点，小灯泡的功率为P ＝U 1I 2，也就是图中矩形PQOM所围面积，选项D 正确．2. 某一导体的伏安特性曲线如图中AB (曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响转变了1 ΩD ．工作状态从A 变化到B 时，导体的电阻因温度的影响转变了9 Ω解析：选B.依据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为R A ＝30.1Ω＝30 Ω，R B＝60.15Ω＝40 Ω，所以ΔR＝R B－R A＝10 Ω，故B对，A、C、D错．3. (多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合时，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1解析：选BD.电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75 W，B正确；依据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3 V，L1的电压大约为L2电压的10倍，A错误；由欧姆定律，L2的电阻为R2＝U2I2＝0.30.125Ω＝2.4 Ω，C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1，D正确．I-U图线求电阻应留意的问题伏安特性曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是该状态下导体的电阻，即曲线上各点切线的斜率的倒数不是该状态的电阻，但伏安特性曲线的斜率变小说明对应的电阻变大．考点四电功、电功率及焦耳定律1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较(1)用电器在额定电压下正常工作，用电器的实际功率等于额定功率，即P实＝P额．(2)用电器的工作电压不肯定等于额定电压，用电器的实际功率不肯定等于额定功率，若U实＞U额，则P实＞P额，用电器可能被烧坏．[典例]有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0.2 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1＝0.4 A；若把电动机接入U2＝2.0 V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2＝1.0 A．求：(1)电动机正常工作时的输出功率多大？(2)假如在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？解析(1)U1＝0.2 V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r＝U1I1＝0.20.4Ω＝0.5 ΩU2＝2.0 V时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得P电＝U2I2＝2.0×1.0 W＝2 WP热＝I22r＝1.02×0.5 W＝0.5 W所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率P出＝P电－P热＝2 W－0.5 W＝1.5 W(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率P 热′＝U 22r ＝2.020.5 W ＝8 W 答案 (1)1.5 W (2)8 W(1)在非纯电阻电路中，U 2R t 既不能表示电功也不能表示电热，由于欧姆定律不再成立． (2)不要认为有电动机的电路肯定是非纯电阻电路，当电动机不转动时，仍为纯电阻电路，欧姆定律仍适用，电能全部转化为内能．只有在电动机转动时为非纯电阻电路，U >IR ，欧姆定律不再适用，大部分电能转化为机械能．1．(多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )自重 40 kg 额定电压 48 V 载重75 kg额定电流12 A最大行驶速度 20 km/h 额定输出功率 350 WA.电动机的输入功率为576 W B ．电动机的内电阻为4 Ω C ．该车获得的牵引力为104 N D ．该车受到的阻力为63 N解析：选AD.由于U ＝48 V ，I ＝12 A ，则P ＝IU ＝576 W ，故选项A 正确；因P 入＝P 出＋I 2r ，r ＝576－350122 Ω＝11372 Ω，故选项B 错；由P 出＝F v ＝F f v ，F ＝F f ＝63 N ，故选项C 错，D正确．2．在如图所示电路中，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω.闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下推断中正确的是( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机的发热功率为4.0 WD ．电源输出的电功率为24 W解析：选B.由部分电路欧姆定律知电阻R 0两端电压为U ＝IR 0＝3.0 V ，电源内电压为U 内＝Ir ＝2.0 V ，所以电动机两端电压为U 机＝E －U －U 内＝7.0 V ，B 对；电动机的发热功率和总功率分别为P 热＝I 2r 1＝2 W 、P 总＝U 机I ＝14 W ，C 错；电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝12 W ，A 错；电源的输出功率为P ＝U 端I ＝20 W ，D 错．课时规范训练 [基础巩固题组]1．(多选)下列说法正确的是( )A ．据R ＝UI 可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍 B ．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压转变时导体的电阻不变 C ．据ρ＝RSl 可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS 成正比，与导体的长度l 成反比D ．导体的电阻率与导体的长度l 、横截面积S 、导体的电阻R 皆无关解析：选BD.R ＝UI 是电阻的定义式，导体电阻由导体自身性质打算，与U 、I 无关，当导体两端电压U 加倍时，导体内的电流I 也加倍，但比值R 仍不变，A 错误、B 正确；ρ＝RSl 是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度打算，与R 、S 、l 无关，C 错误、D 正确．2．一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )A.m v 22eL B ．m v 2Sn e C ．ρne vD.ρe v SL解析：选C.由电流定义可知：I ＝qt＝n v tSet＝neS v，由欧姆定律可得：U＝IR＝neS v ·ρLS＝ρneL v，又E＝UL，故E＝ρne v，选项C正确．3．下列说法正确的是()A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比解析：选C.电流通过导体的热功率为P＝I2R，与电流的平方成正比，A项错误；力作用在物体上，假如物体没有在力的方向上发生位移，作用时间再长，做功也为零，B项错误；由C＝QU可知，电容器的电容由电容器本身的性质打算，因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比，C项正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，D项错误．4．如图所示为一磁流体发电机示意图，A、B是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t时间内有n个自由电子落在B板上，则关于R中的电流大小及方向推断正确的是()A．I＝net，从上向下B．I＝2net，从上向下C．I＝net，从下向上D．I＝2net，从下向上解析：选A.由于自由电子落在B板上，则A板上落上阳离子，因此R中的电流方向为自上而下，电流大小I＝qt ＝net.A项正确．5．欧姆不仅发觉了欧姆定律，还争辩了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻的阻值最小的是()解析：选A.依据电阻定律R＝ρlS可知R A＝ρcab，R B＝ρbac，R C＝ρabc，R D＝ρabc，结合a＞b ＞c可得：R C＝R D＞R B＞R A，故R A最小，A正确．6．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层外形(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R.下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过肯定的物理分析，对下列表达式的合理性做出推断．依据你的推断，R的合理表达式应为()A．R＝ρ(b＋a)2πab B．R＝ρ(b－a)2πabC．R＝ρab2π(b－a)D．R＝ρab2π (b＋a)解析：选B.依据R＝ρlS，从单位上看，答案中，分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A、B符合单位，C、D错误；再代入特殊值，若b＝a，球壳无限薄，此时电阻为零，因此只有B正确，A错误．7. (多选)我国已经于2012年10月1日起禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯．假设某同学争辩白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示．图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则()A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，不能表示为tan β或tan α，故B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的功率可表示为U 0I 0，C正确．[综合应用题组]8．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的沟通电源上(其内电阻可忽视不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝UI 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在1 min内消耗的电能 W 1＝UI 1t ＝6.6×104J ，洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠UI 2，P 2＝UI 2＝110 W ，其在1 min 内消耗的电能 W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．9．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，它们之间的关系为( )A ．P 1＝4P DB ．P D ＝P4 C ．P D ＝P 2D ．P 1＜4P 2解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相同．当三者依据题图乙所示电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲图象可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，依据P ＝U 2R ，P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，依据P ＝I 2R ，P 1＞4P D ，P 1＜4P 2，A 错误、D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U 2，且D 阻值变大，则P D ＜P4，B 错误．10．下图中的四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间函数关系的是( )解析：选C.白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R ，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确．11．如图所示为甲、乙两灯泡的I -U 图象，依据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V 的电路中实际发光的功率分别为( )A ．15 W 30 WB ．30 W 40 WC ．40 W 60 WD ．60 W 100 W解析：选C.两灯泡并联在电压为220 V 的电路中，则两只灯泡两端的电压均为220 V ，依据I-U图象知：甲灯实际工作时的电流约为I甲＝0.18 A，乙灯实际工作时的电流为I乙＝0.27 A，所以功率分别为P甲＝I甲U＝0.18×220 W≈40 W；P乙＝I乙U＝0.27×220 W≈60 W，C正确．12．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成．当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为120 W，吹热风时的功率为1 000 W．关于该电吹风，下列说法正确的是()A．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机线圈的电阻为1 2103ΩC ．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J解析：选A.电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P＝1 000 W－120 W＝880 W，对电热丝，由P＝U2R 可得电热丝的电阻为R＝U2P＝2202880Ω＝55 Ω，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880 J，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J，选项D错误．13．(多选)如图所示，定值电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω，当开关S断开时，电流表的示数是I1＝0.5 A，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＝1.5 A B．I<1.5 AC．P＝15 W D．P<15 W解析：选BD.当开关S断开时，由欧姆定律得U＝I1R1＝10 V，当开关闭合后，通过R1的电流仍为0.5 A，通过电动机的电流I2<UR2＝1 A，故电流表示数I＜0.5 A＋1 A＝1.5 A，B正确；电路中电功率P＝UI<15 W，D正确．14．(多选)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪击前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．依据以上数据，下列推断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC.依据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6 C，时间约为t＝60 μs，故平均电流为I平＝Qt＝1×105A，闪击过程中的瞬时最大值肯定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109J，第一个闪击过程的平均功率P＝Wt＝1×1014W，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪击过程中的时间远大于60 μs，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为E＝Ud＝1×1091 000V/m＝1×106V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109 J，D错．第2节电路闭合电路欧姆定律一、电阻的串、并联串联电路并联电路电流I＝I1＝I2＝…＝I n I＝I1＋I2＋…＋I n电压 U ＝U 1＋U 2＋…＋U n U ＝U 1＝U 2＝…＝U n 电阻 R 总＝R 1＋R 2＋…＋R n1R 总＝1R 1＋1R 2＋…＋1R n 分压原理或分流原理 U 1∶U 2∶…∶U n ＝R 1∶R 2∶…∶R nI 1∶I 2∶…∶I n ＝1R 1∶1R 2∶…∶1R n功率安排P 1∶P 2∶…∶P n ＝R 1∶R 2∶…∶R nP 1∶P 2∶…∶P n ＝1R 1∶1R 2∶…∶1R n二、电源的电动势和内阻 1．电动势(1)电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置． (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 ＝Wq .(3)电动势的物理含义：电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本事的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．2．内阻：电源内部导体的电阻．三、闭合电路的欧姆定律 1．闭合电路欧姆定律(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比． (2)公式：I ＝ER ＋r (只适用于纯电阻电路)．(3)其他表达形式①电势降落表达式：E ＝U 外＋U 内或E ＝U 外＋Ir . ②能量表达式：EI ＝UI ＋I 2r . 2．路端电压与外电阻的关系一般状况 U ＝IR ＝E R ＋r·R ＝E 1＋r R，当R 增大时，U 增大特殊状况①当外电路断路时，I ＝0，U ＝E②当外电路短路时，I 短＝Er ，U ＝0 [自我诊断] 1. 推断正误(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本事强弱的物理量．(√) (2)电动势就等于电源两极间的电压．(×) (3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小．(×)(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．(×) (5)电源的输出功率越大，电源的效率越高．(×)2. 某电路如图所示，已知电池组的总内阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝5 Ω，抱负电压表的示数U ＝3.0 V ，则电池组的电动势E 等于( )A ．3.0 VB ．3.6 VC ．4.0 VD ．4.2 V解析：选B.由于电压表的示数为路端电压，而U ＝IR ，则I ＝UR ＝0.6 A ，由闭合电路欧姆定律可得E ＝I (R ＋r )＝0.6×(5＋1) V ＝3.6 V ，故选项B 正确．3．将一电源电动势为E ，内电阻为r 的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I 表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A ．由U 外＝IR 可知，外电压随I 的增大而增大B ．由U 内＝Ir 可知，电源两端的电压随I 的增大而增大C ．由U ＝E －Ir 可知，电源输出电压随输出电流I 的增大而减小D ．由P ＝IU 可知，电源的输出功率P 随输出电流I 的增大而增大解析：选C.依据闭合电路欧姆定律I ＝E(R ＋r )知，外电路中电流I 随外电阻R 的变化而变化，所以选项A 错误；U 内＝Ir 是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B 错误；电源电动势E 和内电阻r 不变，由U ＝E －Ir 可知，电源输出电压随输出电流I 的增大而减小，选项C 正确；当U 不变时，电源的输出功率P 随输出电流I 的增大而增大，选项D 错误．。

高考物理大一轮复习第八章恒定电流教师用书-人教版高三全册物理教案

第八章⎪⎪⎪ 恒定电流考纲要求考情分析欧姆定律 Ⅱ近几年高考对本章内容主要以选择题的形式考查电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识，实验部分那么以基本仪器使用和实验设计为主，题型以填空题的形式出现。

预计本章命题的重点仍将是基本概念和规律、闭合电路欧姆定律的理解和应用，实验那么考查基本仪器的使用、实验原理的理解、实验数据的处理等知识。

电阻定律 Ⅰ 电阻的串联、并联 Ⅰ 电源的电动势和内阻 Ⅱ 闭合电路的欧姆定律 Ⅱ 电功率、焦耳定律Ⅰ实验八：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)实验九：描绘小电珠的伏安特性曲线实验十：测定电源的电动势和内阻实验十一：练习使用多用电表第42课时电阻定律、欧姆定律(双基落实课)[命题者说] 本课时是电路的基础知识，包括电流的概念、欧姆定律、电阻定律、电路的串并联等内容。

高考虽然很少针对本课时的知识点单独命题，但是掌握好本节内容，对分析闭合电路问题、电学实验问题有至关重要的作用。

一、电流的三个表达式公式适用X 围字母含义公式含义定义式I ＝qt一切电路q 为时间t 内通过导体横截面的电荷量I 与q 、t 无关，I与q t的值相等微观式I ＝nqSv一切电路n 为导体单位体积内自由电荷数q 为每个自由电荷的电荷量S 为导体横截面积 v 为电荷定向移动速率微观量n 、q 、S 、v 决定I 的大小决定式I ＝U R金属、电解液U 为导体两端的电压 R 为导体本身的电阻I ∝U I ∝1R[小题练通]1．(2017·某某模拟)某兴趣小组调查一条河流的水质情况，通过计算结果说明，被污染的河里一分钟内有相当于6 C 的正离子和9 C 的负离子向下游流去，那么取样时这条河流的等效电流大小和方向分别是( )A ．0.25 A 顺流而下B ．0.05 A 顺流而下C ．0.25 A 逆流而上D ．0.05 A 逆流而上解析：选D 在1 min 内通过横截面的总电荷量应为q ＝6 C －9 C ＝－3 C ，所以电流I ＝|q |t＝0.05 A ，方向与河水的流动方向相反，即电流的方向为逆流而上，D 正确。

高考物理一轮复习第八章恒定电流本章学科素养提升课件

解析
√A.电源的电动势为6.0 V
B.电源的内阻为12 Ω
C.电源的短路电流为0.5 A
√D.电流为0.3 A时的外电阻是18 Ω
规律总结
1.U－I图象中，图线与纵轴的交点表示电路断开时的情况，其值为电源
电动势E；图线与横轴的交点表示外电路发生短路时的电流，即I短＝
E； r
图线斜率的绝对值表示电源的内阻.
方法感悟在设计性实验或改编类实验中经常用到电表的替代和改装，常用到的替代或改装有： (1)内阻已知的电压表相当于小量程的电流表；
(2)内阻已知的电流表则相当于小量程的电压表；
(3)灵敏电流计串大电阻改装成电压表；
(4)灵敏电流计并小电阻改装成电流表； (5)电阻箱与电流表串联相当于电压表； (6)电阻箱与电压表并联相当于电流表； (7)内阻较小的电源串联定值电阻相当于内阻较大的电源.
【例2】欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：
a.无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程. 分析
b.有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据.
现备有如下器材：
Ug=ห้องสมุดไป่ตู้.15V
A.待测电流表 (量程3 mA，内阻约为50 Ω)
B.电压表题(量眼程①3 V，内阻未知)
太大
C.电流表 (量程15 mA，内阻为10 Ω) D.保护电阻R＝120 Ω
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尖子生好方法:听课时应该始终跟着老师的节奏，要善于抓住老师讲解中的关键词，构建自己的知识结构。利用老师讲课的间隙，猜想老师还会讲什么，会怎样讲，怎样讲会更好，如果让我来讲，我会怎样讲。这种方法适合于听课容易分心的同学。
2019/6/30

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