2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題09 恒定電流（含解析）

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1、專題09 恒定電流 第一部分名師綜述 電路的分析與計算是本章的重點內容.電路的分析與計算、電路基本概念的理解以及基本規(guī)律的掌握情況，是近幾年高考考查的重點，因此要求在熟練掌握串、并聯(lián)電路特點的基礎上，進一步掌握閉合電路歐姆定律的應用問題、動態(tài)分析問題、故障判斷問題以及含電容電路問題的處理方法，同時要注意電路中的理想電表與非理想電表處理方法的不同，熟練掌握電路的簡化方法. 恒定電流主要考查以"電路"為核心的三部分內容:一是以部分電路的歐姆定律為中心,考查直流電路的基本概念、伏安法測電阻、電功和電熱等問題;二是以閉合電路的歐姆定律為中心,考查電源的作用、閉合電路的功率分配和能量轉化的關系、

2、電路的路端電壓與電源電動勢和內陰天的關系;三是以電路中的電工儀表的使用為中心,考查電學實驗中儀器的選取、電表的讀數、實物連接、數據處理和誤差分析等問題.尤其是電學知識聯(lián)系實際的問題和探究實驗問題是近幾年高考考查的熱點. 歐姆定律、焦耳定律往往與電磁感應現象相交叉滲透；電功率、焦耳熱計算往往與現實生活聯(lián)系較密切，是應用型、能力型題目的重要內容之一，也是高考命題熱點內容之一。歷屆高考命題形式一是以選擇、填空方式考查知識；二是與靜電、磁場和電磁感應結合的綜合題，值得說明的是，近年來高考在對本章的考查中，似乎更熱衷于電路的故障分析.這類題通常都來自生活實際，是學生應具備的基本技能.尤其引人關注的是電路

3、實驗有成為必考題的趨勢. 第二部分知識背一背 1．電功和電熱 電功W＝qU＝UIt；電熱Q＝I2Rt. （1）對純電阻電路，電功等于電熱，即電流流經純電阻電路，消耗的電能全部轉化為內能，所以W＝Q＝UIt＝I 2Rt＝t. （2）對非純電阻電路（如電動機和電解槽），電能一部分轉化為內能，另一部分轉化為其他形式的能（如機械能或化學能等），所以電功必然大于電熱，即W>Q，這時電功只能用W＝UIt計算，電熱只能用Q＝I2Rt計算，兩式不能通用． 2．閉合電路歐姆定律 表達形式：①E＝U外＋U內；②I＝（I、R間關系）；③U＝E－Ir（U、I間關系）；④U＝E（U、R間關系）． 注意：

4、①當外電路斷開時（I＝0），路端電壓U等于電動勢E.若用理想電壓表測量，則讀數等于電動勢，在進行斷路故障分析時，常用此結論進行判斷，即何處斷路，何處兩端電壓等于電動勢．但用電壓表直接測量時，讀數卻略小于電動勢（因為有微弱電流流過電源而產生內壓降）． ②當外電路短路時（R＝0，因而U外＝0），電流最大，為Im＝（不允許出現這種情況，因為這會把電源燒壞）． 3．電源的功率與效率 （1）電源的功率P：也稱電源的總功率，是電源將其他形式的能轉化為電能的功率，計算式為：P＝IE（普遍適用）；P＝＝I2（R＋r）（只適用于外電路為純電阻的電路）． （2）電源內阻消耗功率P內：是電源內阻的熱功率，也

5、稱電源的損耗功率，計算式為：P內＝I2r. （3）電源的輸出功率P外：是外電路上消耗的功率，計算式為：P外＝IU外（普遍適用）；P外＝I2R＝（只適用于外電路為純電阻的電路）． （4）電源的效率：η＝＝＝＝. （5）電源的輸出功率（P外）與外電阻R的關系： P外與R的關系圖象如圖所示： 由圖可以看出： 當R＝r時，電源的輸出功率最大，Pm＝，此時電源效率η＝50%. 當R＞r時，隨著R的增大輸出功率越來越?。? 當R＜r時，隨著R的增大輸出功率越來越大． 當R由小于r增大到大于r時，隨著R的增大輸出功率先增大后減小（非單調變化）． 4．含容電路的分析技巧 電容器兩極板間

6、的電壓等于與電容器并聯(lián)的電阻兩端的電壓，與電容器串聯(lián)的電阻兩端的電壓一定為零（有阻無流，則無電壓）． 第三部分技能+方法 一、直流電路動態(tài)分析 1．引起電路特征發(fā)生變化的主要原因有：①滑動變阻器滑片滑動，使電路的電阻發(fā)生變化；②開關的閉合、斷開或換向（雙擲開關）使電路結構發(fā)生變化；③電路發(fā)生短路和斷路（電路故障）． 2．電路動態(tài)變化問題的分析思路 當電路中某處的電阻發(fā)生變化時，先由局部電阻的變化推出外電路電阻R外的變化，再由閉合電路的歐姆定律I總＝和U端＝E－I總r討論干路電流I總的變化和路端電壓U端的變化，最后分析對其他部分電路產生的影響，從而分別確定各元件上其他量的變化情況（使用

7、的公式是部分電路歐姆定律、電路中各元件上的電壓關系和電流關系等）． 注意：①電路的總電阻總是隨其中任一電阻的增大而增大，隨任一電阻的減小而減??；電阻并聯(lián)的數目越多，總阻值越??； ②從電路分析角度看，斷路可認為是電路中某處電阻增大到無窮大，短路可認為是電路某處電阻減小到零，因此電路故障問題可以視為特殊的動態(tài)分析問題； ③對電路進行簡化時，電壓表和電容器視為斷路，電流表視為短路； ④電容器是一個儲存電能的元件，在直流電路中，當電容器充、放電時，其所在電路中有充、放電電流，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電容器就相當于一個阻值無窮大的電阻，則電容器所在電路處可視為斷路．分析計算含有電容器的直流電路時應注

8、意： 電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，在此支路的電阻沒有電壓降，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓．電路中的電流、電壓變化時，將會引起電容器充（放）電． 二、與電功、電功率、電熱相關問題的綜合分析 純電阻電路中，電功率等于熱功率；非純電阻電路中，電功率只有一部分轉化成熱功率．純電阻電路中只有電阻元件，如電熨斗、電爐、白熾燈等；非純電阻電路中常含有電動機、電解槽等． 三、含容電路問題的綜合分析 電容器是一個儲存電能的元件.在直流電路中,當電容器充放電時,電路里有充放電電流.一旦電路達到穩(wěn)定狀態(tài),電容器在電路中就相當于一個阻值無限大的元件,電容器所處電路看做是斷路,簡

9、化電路時可去掉它.簡化后若要求電容器所帶電荷量時,可在相應的位置補上.在具體方法上要注意以下幾點: （1）根據Q=CU?ΔQ=CΔU可知,要求電容器所帶電荷量以及充放電時所帶電荷量的變化,關鍵是求電容器兩端的電壓. （2）在電路分析時要注意電容器所在支路的連接情況.電路穩(wěn)定后,由于電容器所在支路無電流通過,所以此支路中的電阻上無電壓降,可以把與電容器串聯(lián)的電阻看成導線,電容器兩極板間的電壓就等于該支路兩端的電壓. （3）對于較復雜的電路,經常需要將電容器兩端的電勢與基準點的電勢進行比較后才能確定電容器兩端的電壓. 四、U-I圖像的意義 復習時注意電源的伏安特性曲線反映的是電源自身的性

10、質,具有豐富的內涵（如圖所示）:1.圖線與縱軸的截距表示電源的電動勢;2.與橫軸的截距表示短路電流;3.斜率的絕對值表示電源內阻;4.圖線上任意一點所對應的電壓和電流的比值（或者說任意一點與坐標原點O連線的斜率）表示接在外電路的電阻;5.陰影部分面積表示電流為I時,外電路電阻兩端的輸出功率,四邊形AEOI的面積表示電源的總功率。 導體的伏安特性曲線反映導體的性質.如果是遵循歐姆定律的線性元件,這是一條直線,電阻恒定不變（如圖中直線b所示）;如果是不遵循歐姆定律的非線性元件,如氣體?半導體等,就是一條曲線.電阻不斷變化,其曲線上每一點對應的電壓與電流的比值就是此時導體的電阻（或說成此點與坐

11、標原點連線的斜率表示此時導體的電阻）. 五、電路故障的分析方法 （1）斷路故障的判斷：用電壓表與電源并聯(lián),若有電壓時，說明電源正常；若將電壓表與某段電路并聯(lián)，示數不為零,而與其他各段電路并聯(lián)時電壓表示數為零，則這一段電路斷路. （2）短路故障的判斷：電流表有示數,而用電器不工作,則該支路短路；用電壓表與該部分并聯(lián),若有電壓時，未短路；若無電壓,則該兩點間可能短路或被短路. （3）分析電路故障的基本方法是假設法：如果電路發(fā)生某種故障，尋求故障發(fā)生在何處時，可將整個電路劃分為若干部分；然后逐一假設某部分電路發(fā)生故障，運用電路規(guī)律進行正向推理，推理結果若與題干中所述物理現象不符合，則故障

12、不是發(fā)生在這部分電路；若推理結果與題干中所述物理現象符合，則故障可能發(fā)生在這部分電路，直到找出發(fā)生故障的全部可能為止，亦稱排除法. 第四部分基礎練+測 一、單選題 1．如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導體，但 R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導體同時放置在同一勻強磁場B中，磁場方向垂直于兩導體正方形表面，在兩導體上加相同的電壓，形成圖所示方向的電流；電子由于定向移動，會在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用，從而產生霍爾電壓，當電流和霍爾電壓達到穩(wěn)定時,下列說法中正確的是（） A．R1中的電流大于R2中的電流 B．R1 中的電流小于R2中的電流 C．R1

13、 中產生的霍爾電壓小于R2中產生的霍爾電壓 D．R1中產生的霍爾電壓等于R2中產生的霍爾電壓 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB．電阻R=ρLS，設正方形金屬導體邊長為a，厚度為b，則R=ρaab=ρb，則R1=R2，在兩導體上加上相同電壓，則R1中的電流等于R2中的電流，故AB錯誤。 CD．根據電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=eUHa，解得：UH=Bav=Ba?Ineab=1ne?BIb，則有R1中產生的霍爾電壓等于R2中產生的霍爾電壓，故C錯誤，D正確。 2．如圖所示電路中，電源內阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表。平行板電容器C內部有一個用絕緣細線懸掛的帶電小

14、球，穩(wěn)定時細線偏離豎直方向一個小角度,當滑動變阻器滑片P從右端向左端滑動的過程中,下列說法正確的是 A．電流表示數增大 B．電壓表示數增大 C．細線與豎直方向的偏角減小 D．滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析得知，電路中總電流I增大，路端電壓減小，則電壓表V的示數減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電壓U并=E-I(R0+r)減小，通過燈L的電流減小，電流表示數減小，故A、B錯誤； C、

15、電容器C的電壓UC=IR0，I增大，UC增大，根據E=UCd和F=qE可電場力增大，根據平衡條件可知線與豎直方向的偏角增大，故C錯誤； D、若電源內阻的阻值大于電阻R0的阻值，當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，可能會外電阻先大于電源內阻后小于電源內阻，則有電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等，故D正確； 故選D。 3．某同學設計了一個加速度計，如圖所示。電池電動勢均恒為E，內阻不計，滑動變阻器阻值均勻，總電阻為R，總長度為L，滑塊2質量為m，輕質滑動片4與電阻接觸良好。輕質彈簧3的彈勁度系數均為k，按圖連接電路后，電壓表指針的零點調到中央，

16、此時彈簧恰處在原長位置，滑動片4恰好在電阻中間位置。當P端的電勢高于Q端時，指針向零點右側偏轉 A．當物體向右加速時，電壓表的指針向右偏轉 B．當物體向左減速時，電壓表的指針向右偏轉 C．當電壓表的讀數大小為U時，彈簧形變量均為x=ULE D．當電壓表的讀數大小為U時，物體加速的大小為a=kULmE 【答案】 D 【解析】 【詳解】 當滑片在中點時：UP-UQ=E-IR右=0，當物體向右加速時，R右變大，I不變，則UP

17、，由牛頓第二定律得2kx=ma；設電阻器單位長度的電阻為r，則電路中的電流為I=2ER=2ELr；電壓表的示數為 U=Ixr；由以上各式解得：x=UL2E，a=kULmE，則選項C錯誤，D正確；故選D. 4．用多用電表探測圖甲所示的黑箱發(fā)現：用直流電壓擋測量，E、G 兩點間和 F、G 兩點間均有電壓，E、F 兩點間無電壓；用歐姆表測量，黑表筆（與電表內部電源的正極相連）接 E 點，紅表筆（與電表內部電源的負極相連）接 F 點，阻值很小，但反接阻值很大．那么該黑箱內元件的接法可能是（） A． B． C． 【答案】 B 【解析】 【詳解】 用直流電壓擋測量，E、G兩點間和F、G

18、兩點間均有電壓，說明E、G與F、G間可能有電源存在；用歐姆檔測量，因電流從黑表筆出來通過導體再從紅表筆進入歐姆表，故若黑表筆接E點紅表筆接F點時電阻小，說明電流容易從E通過導體，若黑表筆接F點紅表筆接E點時電阻很大，說明電流不能從F通過，這就說明E、F間有二級管且E是正極，故該黑箱內元件的接法為B，故選項B正確，AC錯誤。 5．如圖所示電路，電表都是理想電表，R2=r．當閉合開關 S，觸片 P 向左滑動過程中，四塊電表的讀數均發(fā)生變化，設在滑動過程中 A1、A2、V1、V2在同一時刻的讀數分別是 I1、I2、U1、U2；電表示數的變化量的絕對值分別是△I1、△I2、△U1、△U2，那么下列說

19、法正確的是（） A．I1減小，I2增大 B．U1增大，U2減小 C．ΔU2ΔI2為定值、ΔU1ΔI2增大 D．電源的輸出功率在減小，效率在降低 【答案】 B 【解析】 【詳解】 A、當觸片P向左滑動過程中，導致電阻變大，則總電阻變大，總電流變小，即I2減小，因內電壓變小，那么外電壓增大，由于電阻R2電壓減小，即V2示數U2減小，則V1的示數U1增大，因此通過電阻R0的電流在增大，則流過I1的電流在減小，故A錯誤，B正確； C、由圖可知ΔU1ΔI2=R2+r，ΔU2ΔI2=R2均為定值，故C錯誤； D、根據推論：外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，由題意，開始

20、時外電阻大于電源內阻，則當變阻器的滑動觸頭P向左移動時，外電路總電阻增大，電源輸出的電功率減小，而電源的供電效率η=UIEI=UE，外電阻增大，路端電壓U增大，電源的供電效率提高，故D錯誤。 6．某同學將一直流電源的總功率 PE、輸出功率 PR和電源內部的發(fā)熱功率 Pr隨電流 I 變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的 a、b、c 所示。下列說法中錯誤的是（） A．直線 a 表示電源的總功率 PE﹣I 圖線 B．曲線 c 表示電源的輸出功率 PR﹣I 圖線 C．電源的電動勢 E=3V，內阻 r=1Ω D．電源的最大輸出功率 Pm=2W 【答案】 D 【解析】 【詳解】

21、 A、由電源總功率和電源內阻消耗功率表達式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直線，表示的是電源的總電功率，b是拋物線，表示的是電源內電阻上消耗的功率，c表示外電阻的功率即為電源的輸出功率PR，所以AB正確； C、由圖可知，當短路時，電流為3A，總功率PE=9W，則由PE=EI可知電動勢為E=3V，內阻為r=33Ω=1Ω，故C正確； D、當內電阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時即為b、c線的交點時的電流，此時電流的大小為ER+r=E2r，功率的大小為P'=E24r=324×1W=2.25W，故選項D錯誤。 7．“電子眼”又稱“電子警察”，是“智能交通違章監(jiān)攝管理系統(tǒng)”的俗稱。某種

22、“電子眼”采用硅光電池供電，其原理如圖所示，a、b是硅光電池的兩個電極，P、N是兩塊硅半導體，E區(qū)是兩塊半導體自發(fā)形成的勻強電場區(qū)，P的上表面鍍有一層增透膜，光照射到半導體P上，使P內受束縛的電子成為自由電子（不計重力），自由電子經E區(qū)勻強電場從P區(qū)向N區(qū)的電場力作用后到達半導體N，從而產生電動勢，形成電流。下列說法正確的是 A．b電極為硅光電池的正極 B．E區(qū)勻強電場的電場強度方向由N指向P C．硅光電池內部的電流方向由P指向N D．若將硅光電池移至光照較強處，則其產生的電動勢變小 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據負電荷的電場力從而確定電場強度的方向，由電流的方

23、向與負電荷的運動方向相反，可確定電源的內部電流方向． 【詳解】 A.B.C、根據題意，E區(qū)電場能使P逸出的自由電子向N運動，因負電荷受到的電場力與電場方向相反，所以電場方向由N指向P，由于電流的方向與負電荷的運動方向相反，所以電源內部的電流方向由N指向P，則可知，a為電源的正極；故AC錯誤，B 正確； D、將硅光電池移至光照較強處，P內受束縛的電子成為自由電子變多，轉化的光能變多，產生的電動勢變大。故D錯誤。 【點睛】 本題考查根據電荷的電場力的方向來確定電場強度的方向，并掌握電流的方向與負電荷的運動方向關系，同時理解電源內部的電流的方向． 8．自然界的電、熱和磁等現象都是相互聯(lián)系

24、的，很多物理學家為尋找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻，下列說法錯誤的是（　　） A．奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯(lián)系 B．歐姆發(fā)現了歐姆定律，說明了熱現象和電現象之間存在聯(lián)系 C．法拉第發(fā)現了電磁感應現象，揭示了磁現象和電現象之間的聯(lián)系 D．焦耳發(fā)現了電流的熱效應，定量得出了電能和熱能之間的轉換關系 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可. 【詳解】 A、奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯(lián)系，故A正確； B、D、歐姆發(fā)現了歐姆定律，說明了流過導體的電流與導體兩端的電壓、導體的電阻之

25、間的聯(lián)系；焦耳發(fā)現了焦耳定律，說明了熱現象和電現象之間存在聯(lián)系。故B錯誤，D正確； C、法拉第發(fā)現了電磁感應現象，揭示了磁現象和電現象之間的聯(lián)系，故C正確； 此題選擇不正確的故選B. 【點睛】 本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一. 9．如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r.電路中的R2、R3分別為總阻值一定的滑動變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻(其電阻隨光照強度增大而減小).當電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)，不考慮電容充放電對電路的影響，有關下列說法中正確的是(? ???) A．只逐漸增大R1

26、的光照強度，電阻R3中有向下的電流 B．只調節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，電阻R3中有向上的電流 C．只調節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，帶電微粒向上運動 D．若斷開電鍵S，帶電微粒向上運動 【答案】 C 【解析】 【分析】 電路穩(wěn)定時，電容相當于開關斷開，其電壓等于與之并聯(lián)的滑動變阻器部分的電壓．只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，電容器兩端的電壓增大，電容下極板帶的電荷量變大，所以電阻R3中有向上的電流，電路穩(wěn)定時，電容相當于開關斷開，只調節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，只調節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電

27、容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E=U/d分析板間場強變化和油滴所受電場力變化，判斷油滴的運動情況．若斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)． 【詳解】 只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，滑動變阻器的電壓變大，電容器兩端的電壓增大，電容器充電，因電容下極板帶正電，所以電阻R3中有向上的電流，故A錯誤；電路穩(wěn)定時，電容相當于開關斷開，只調節(jié)電阻R3的滑動端P2向上端移動時，對電路沒有影響，故B錯誤；只調節(jié)電阻R2的滑動端P1向下端移動時，電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E=U/d可知，電場力變大，帶點微粒向上運動，故C正確；若

28、斷開電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，兩板電壓減小，場強減小，則油滴向下運動，故D錯誤。故選C。 10．電源、一個水平放置的平行板電容器、兩個電阻箱R1、R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路。當把電阻箱R1、R2調到某個值時，閉合開關S，電容器中的一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)。下列操作可以讓帶電液滴向下運動的是 A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．斷開開關S D．把電容器的上極板向上平移 【答案】 D 【解析】 【分析】 閉合開關后，R2與電容器并聯(lián)，R1相當于導線，電容器上極板帶正電，帶電液滴受重力和電場力處于平衡；斷開開關，R1和R3以及電容器和電源構

29、成一回路，R1和R3都相當于導線，電容器兩端間的電勢差等于電源的電動勢，由此分析； 【詳解】 A、閉合開關S，電容器上極板帶正電，帶電液滴受重力和電場力處于平衡，電場力豎直向上，可知帶電液滴帶負電，當R1的阻值增大時，電容器兩端間的電勢差不變，板間場強不變，則帶電液滴受到的電場力不變，液滴保持靜止不動，故A錯誤； B、將R2的阻值增大時，則R2兩端間的電壓增大，所以電容器兩端間的電壓增大，液滴所受的電場力變大，液滴將向上運動，故B錯誤； C、斷開開關，穩(wěn)定時電容器兩端間的電勢差等于電源的電動勢，電容器的電壓增大，液滴所受的電場力變大，液滴將向上運動，故C錯誤； D、把電容器的上極板向

30、上平移少許，d增大，而電容器兩端的電勢差不變，根據E=Ud可知板間場強減小，液滴所受的電場力變小，液滴將向下運動，故D正確； 故選D。 二、多選題 11．如圖所示，某同學用玻璃皿在中心放一個圓柱形電極接電源的負極，沿邊緣放一個圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉的液體的實驗”，若蹄形磁鐵兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場，磁感應強度為B=0.1T，玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m，電源的電動勢為E=3V，內阻r=0.1Ω，限流電阻R0=4.9Ω，玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，閉合開關后當液體旋轉時電壓表的示數為1.5V，則（不計一切摩擦阻力）（ ） A．由上往

31、下看，液體做逆時針旋轉 B．液體所受的安培力大小為1.5N C．閉合開關后，液體熱功率為0.081W D．閉合開關10s，液體具有的動能是3.69J 【答案】 ACD 【解析】 【詳解】 A、根據左手定則，導電液體受到的安培力沿逆時針方向，因此液體沿逆時針方向旋轉，故A正確； B、電壓表的示數U=1.5V，則根據閉合電路歐姆定律：E=U+IR0+Ir，所以電路中的電流值為：I=E-UR0+r=0.3A，液體所受安培力為F=BIa=1.5×10-3N，故B錯誤； C、玻璃皿中兩極間液體的等效電阻為R=0.9Ω，液體的熱功率為：P熱=I2R=0.081W，故C正確； D、根

32、據能量守恒定律，閉合開關10s，液體具有的動能是：Ek=W電流-W熱=(P-P熱)t=(UI-I2R)t=3.69J，故D正確； 12．如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r。電路中的R2為總阻值一定的滑動變阻器，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強度增大而減?。?。當電鍵S閉合時，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止狀態(tài)。有關下列說法中正確的是 A．只逐漸增大R1的光照強度，電阻R2消耗的電功率變大，電壓表示數減小 B．只逐漸增大R1的光照強度，帶電微粒向上運動 C．只調節(jié)電阻R2的滑動端p向下端移動時，電壓表示數減小，電容器所帶電荷量增多 D．只調節(jié)電阻R2的滑動端p向下端移動時，帶點粒子向下

33、運動 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 AB、只逐漸增大R1的光照強度，R1的阻值減小，總電阻減小，總電流增大，根據閉合電路歐姆定律可得外電壓U=E-Ir減小，電壓表示數減?。桓鶕姽β使絇=I2R可知電阻R2消耗的電功率變大，根據歐姆定律可知滑動變阻器的電壓變大，則有電容器兩端的電壓增大，由E=Ud可知板間電場強度增大，帶電微粒受到的電場力變大，帶電微粒向上運動，故A、B正確； C、只調節(jié)電阻R2的滑動端p向下端移動時，R2的阻值增大，總電阻增大，總電流減小，根據閉合電路歐姆定律可得外電壓U=E-Ir增大，電壓表示數增大；根據閉合電路歐姆定律可得電阻R2兩端電壓U=E-I(

34、r+R1)增大，所以電容器兩端的電壓變大，根據Q=CU可知電容器所帶電荷量增多，由E=Ud可知板間場強增大，粒子受到的電場力變大，帶電微粒向上運動，故C、D錯誤； 故選AB。 13．如圖所示，電源電動勢E=1.5V，內電阻r=0.5Ω，滑動變阻器R1的最大電阻Rm=5.0Ω，定值電阻R2=2.0Ω，C為平行板電容器，其電容為3μF。將開關S與a接觸，則 A．當R1的阻值增大時，R2兩端的電壓減小 B．穩(wěn)定時R1消耗的最大功率為0.225w C．將開關從a接向b，流過R3的電流流向為c→d D．將開關從a接向b，待電路穩(wěn)定，流過R3的電荷量為9×10－3C 【答案】 ABC

35、 【解析】 【詳解】 當R1的阻值增大時，外電路的總電阻增大，總電流減小，R2兩端的電壓減小，故A正確；將R2等效為電源的內阻，當R1＝R2+r＝2+0.5＝2.5Ω時，R1消耗的功率最大，最大功率為Pm=E24(r+R2)=1.524×2.5W=0.225W，故B正確；當開關接a時，電容器右極板帶正電，將開關從a接向b，穩(wěn)定時電容器左極板帶正電，所以電容器先放電后反向充電，流過R3的電流流向為c→d，故C正確；因R1接入的阻值未知，不能求出電容器上電壓的變化，故不能求出流過R3的電荷量，故D錯誤；故選ABC。 14．如圖所示，平行金屬板中帶電液滴P處于靜止狀態(tài)，RG為光敏電阻(光照強

36、度增加時，其電阻值減小)，電流表和電壓表為理想電表?，F增加光照強度，則下列說法正確的是（） A．帶電液滴P將向下運動 B．電壓表的示數將增大 C．R1上消耗的功率將減小 D．電壓表的示數的變化量與電流表的示數的變化量的比值的絕對值△U△I將不變 【答案】 AD 【解析】 【分析】 根據RG光敏電阻的變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到電流表讀數變化，從而得到電壓表讀數變化；根據電容器兩端電壓變化得到場強變化，從而得到合外力變化，即可得到液滴運動方向；根據“總量法”討論電壓表和電流表讀數的比值的變化。 【詳解】 增加光照強度，則RG的阻值減小，電路的總電阻

37、減小，總電流變大，路端電壓減小，R1以及電源內阻上的電壓變大，則R1上消耗的功率將變大，R3兩端的電壓減小，即電壓表V示數減小，電容器兩端電壓減小，兩板間場強減小，則帶電液滴P將向下運動，選項A正確，BC錯誤；根據U=E-I(R1+r)可知電壓表V 的示數的變化量與電流表A 的示數的變化量的比值的絕對值|ΔUΔI|=R1+r不變，選項D正確；故選AD. 【點睛】 電路計算問題，一般根據電路變化得到總電阻變化，從而得到總電流變化，即可得到路端電壓變化，進而得到支路電流變化，最后求得電壓變化。 15．如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻

38、器R4的滑片向b端移動時，則（） A．電壓表讀數減小 B．電流表讀數減小 C．質點P將向上運動 D．R3上消耗的功率逐漸增大 【答案】 AD 【解析】 【分析】 R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再由R1串連接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)；當滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，路端電壓減小，由于干路電流增大，R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓減小，由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過R4的電流增大，電流表示數增大；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2兩端電壓增大，R4兩端電壓減小，則電壓表示

39、數減??；R3兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，電容器中的場強減小，由此可判斷P的運動；R3上消耗的功率由P=U2R可知。 【詳解】 A、由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再由R1串連接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)；當滑動變阻器R4的滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，路端電壓減小，由于干路電流增大，R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓減小，由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過R4的電流增大，故電流表示數增大,故B錯誤；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2兩端電壓增大，R4兩端電壓減小，則電壓表示數減小，故A正確。 C

40、、電容器與R3并聯(lián)，流過R3的電流減小，R3兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，電容器中的場強減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，電荷將向下運動，故C錯誤； D、因R3兩端的電壓減小，由功率P=U2R可知，R3上消耗的功率減小；故D錯誤。 故選：A 16．如圖所示的電路中，電源的電動勢E 和內阻r 一定，A、B 為平行板電容器的兩塊正對金屬板，R1為光敏電阻(電阻隨光強的增大而減小)。當R2的滑動觸頭P 在a 端時，閉合開關S，此時電流表A 和電壓表V的示數分別為I 和U。以下說法正確的是( ) A．若僅增大A、B 板間距離，則電容器所帶電荷量減少 B．若僅將R

41、2的滑動觸頭P 向b 端移動，則I 不變，U 增大 C．若僅用更強的光照射R1，則I 增大，U 減小，電容器所帶電荷量減少 D．若僅用更強的光照射R1，則U 變化量的絕對值與I 變化量的絕對值的比值減小 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A.若僅增大A、B板間距離，電容減小，板間電壓不變，則由電容的定義式C=QU分析可知電容器所帶電荷量減少，故A正確； B.滑動變阻器處于含電容支路中，相當于導線，所以移動滑動觸頭，I不變，U不變。故B錯誤； C.若僅用更強的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，內電壓和R3的電壓均增大，則電容器板間電壓減小，電容不變，由電容的

42、定義式C=QU分析可知電容器所帶電荷量減少。故C正確； D. 若僅用更強的光線照射R1，R1的阻值變小，總電阻減小，I增大，根據閉合電路歐姆定律得U=E-Ir可得：ΔUΔI=r，不變，故D錯誤。 故選：AC。 17．在如圖甲所示的電路中，電源電動勢為3.0 V，內阻不計，L1、L2為相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，R為定值電阻，阻值為7.5 Ω.當開關S閉合后(　　) A．L1的電阻為112Ω B．L1消耗的電功率為0.75 W C．L2的電阻為7.5 Ω D．L2消耗的電功率為0.075 W 【答案】 BC 【解析】 【分析】 電源內阻不計

43、，路端電壓等于電動勢不變．燈泡是非線性元件，根據L1、L2的電壓，由伏安特性曲線可讀出電流，由R=UI算出它們的電阻。 【詳解】 A項：電源電動勢為3.0V，內阻不計，路端電壓為3V．L1和兩端的電壓為3V，由圖可知，此時的電流為0.25A，所以電阻值：R1=UI=3.00.25Ω=12Ω，故A錯誤； B項：由伏安特性曲線可以讀出L1和兩端的電壓為3V，由圖可知，此時的電流為0.25A，L1消耗的電功率為：P=UI=3.0×0.25=0.75W，故B正確； C項：在乙圖上做出電阻R的伏安特性曲線如圖， 由于R與L2串聯(lián)，所以二者的電流值是相等的，由圖可以讀出，此時二者的電壓都是1

44、.5V時，二者電壓的和等于3.0V，此時的電流值是0.2A．所以R2=1.50.2Ω=7.5Ω，故C正確； D項：L2消耗的電功率為：P′=U′?I′=1.5×0.2=0.3W，故D錯誤。 故應選：BC。 【點睛】 在分析電阻的I-U與U-I圖線問題時，關鍵是搞清圖象斜率的物理意義，也就是說是k=1R還是K=R．對于線性元件，R=UI=ΔUΔI，但對于非線性元件，R≠ΔUΔI。 18．硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I變化的關系圖象（電池電動勢不變，內阻不是定值），圖線b是某電阻R的U–I圖象。在該光照強度下將它們組

45、成閉合回路時，下列說法中正確的是 A．硅光電池的內阻為10Ω B．硅光電池的總功率為0.72W C．硅光電池的內阻消耗的熱功率為0.32 W D．若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率增大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 由閉合電路歐姆定律得 U=E-Ir，當I=0時，E=U，由a圖線與縱軸的交點讀出電池的電動勢為 E=3.6V．根據兩圖線交點處的狀態(tài)可知，將它們組成閉合回路時路端電壓為 U=2V，電流為 I=0.2A，則硅光電池的內阻為r=E-UI=3.6-20.2Ω=8Ω，故A錯誤。硅光電池的總功率為：P總=EI=3.6×0.2W=0.72W，故B正確。硅

46、光電池的輸出功率為：P出=UI=0.4V，電池的內阻消耗的熱功率為 P熱=P總-P出=0.32?W．故C正確。R的阻值 R=UI=10Ω＞r=8Ω，則若將R換成阻值更大的電阻，硅光電池的輸出功率將減小，故D錯誤。故選BC。 【點睛】 本題考查對U-I圖象的理解能力。對于線性元件可直接利用歐姆定律研究；對于非線性元件不能直接利用歐姆定律求解；同時對于電源的內阻往往根據電源的U-I曲線研究斜率得到。 19．在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，

47、下列說法中正確的是( ) A．電壓表示數變大 B．電流表示數變小 C．電容器C所帶電荷量增多 D．a點的電勢降低 【答案】 BD 【解析】 R2和R3下部分電阻并聯(lián)之后跟R1串聯(lián)，滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中有效阻值減小，使得干路電流增大即V（測R1兩端電壓）的示數增大，R2兩端電壓減小則通過它的電流減小，A的示數增大AB錯，電容器C所帶電荷量減少，C錯，V的示數增大即電勢降落增加，所以a點的電勢降低，D對 20．如圖，直線 a、拋物線 b 和 c 為某一穩(wěn)恒直流電源在純電阻電路中的總功率 PE、輸出功率 PR、電源內部發(fā)熱功率 Pr隨路端電壓 U 變化的

48、圖象，但具體對應關系未知，根據圖象可判斷（） A．圖象中任意電壓值對應的功率關系為 PE=Pr+PR B．Pr﹣U 圖象的對應圖線 b，由圖知電動勢為 3V，內阻為 1Ω C．PE﹣U 圖象對應圖線 a，由圖知電動勢為 9V，內阻為 3Ω D．外電路電阻為 1Ω 時，輸出功率最大為 2W 【答案】 AB 【解析】 【分析】 根據功率公式P=U2R分別寫出三個功率PE、PR、Pr與路端電壓U的關系式，結合數學知識求電源的電動勢和內阻。根據內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，求得輸出功率最大值。 【詳解】 根據功率分配關系可得：PE=Pr+PR，故A正確；因Pr=(E-

49、U)2r，根據由數學知識可知，Pr-U圖象的對應圖線b，當Pr=0時E=U=3V，當U=0時Pr=E2r=32r=9W，解得內阻r=1Ω，故B正確。總功率PE=EI=E·E-Ur=-ErU+E2r，可知PE-U圖象對應圖線a，由B分析可知電動勢為3V，內阻為1Ω，故C錯誤；當內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，即當外電路電阻為1Ω時，輸出功率最大，最大輸出功率為Pm=12E2R=E24r=324×1W=2.25W，故D錯誤；故選AB。 【點睛】 本題的關鍵要根據功率公式得到三種功率的解析式，利用圖象信息進行研究。要有基本的讀圖能力，根據數學知識來理解圖象的物理意義。 三、解答題 2

50、1．如圖所示，已知電源電動勢E＝5 V，內阻r＝2 Ω，定值電阻R1＝0.5 Ω，滑動變阻器R2的阻值范圍為0～10 Ω.求： （1）當滑動變阻器R2的阻值為多大時，電阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？ （2）當滑動變阻器的阻值為多大時，滑動變阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？ 【答案】（1）2.5 Ω，2.5W；（2）1.5 Ω，3.125W 【解析】 【分析】 (1) 對于電源，當外電路的電阻等于內電阻時電源的輸出功率最大；將電阻R1與電源等效成等效電源考慮； (2) 當外電路的電阻等于內電阻時電源的輸出功率最大。 【詳解】 (1) 對于電源，當外電路的電阻等于

51、內電阻時電源的輸出功率最大；將電阻R1與電源等效成電源，故當R2=2.5Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大； P2m=E24R22=524×2.5W=2.5W； (2) 當外電路的電阻等于內電阻時電源的輸出功率最大，故當R2=1.5Ω時，電源的輸出功率最大； 電源輸出最大功率是Pm=E24r=524×2W=3.125W 【點睛】 本題采用結論法解題，關鍵記住“對于電源，當外電路的電阻等于內電阻時電源的輸出功率最大”的結論。 22．如圖所示，電源的電動勢為6 V，內阻是0.5 Ω，小電動機M的線圈電阻為0.5 Ω，電阻R0＝3 Ω，若理想電壓表的示數為3 V，試求： (1)電源的總

52、功率和電源的輸出功率； (2)電動機的輸入功率和電動機輸出的機械功率． (3)若取下電動機改用電阻箱接到該位置，當電阻箱R讀數為多少時，電阻箱R消耗的功率PR最大，并求這個最大值。 【答案】(1) 6 W ； 5.5 W (2) 2.5 W； 2 W (3) 2.6 W 【解析】 【詳解】 (1)電路中的電流I=UR0R0=3V3Ω=1A， 路端電壓：U端=E-Ir=6V-1×0.5V=5.5V； 電源的總功率：P總=EI=6×1W=6W 電源的輸出功率：P輸=U端I=5.5W (2)電動機兩端電壓：U=U端-UR0=2.5V 電動機的輸入功率：P入=UI=2.5W

53、 電動機輸出的機械功率：P出=P入-I2rM=2W (3)當R=R0+r即R=(3+0.5)Ω=3.5Ω時， 電阻箱R消耗的功率最大為PR=E24(r+R0)=624×3.5W≈2.6W 【點睛】 本題關鍵抓住電路中電壓分配和能量的關系，不能直接根據歐姆定律這樣來求解電動機電路中電壓電流，因為電動機工作時，歐姆定律不成立． 23．如圖1所示，用電動勢為E、內阻為r的電源，向滑動變阻器R供電。改變變阻器R的阻值，路端電壓U與電流I均隨之變化。 （1）以U為縱坐標，I為橫坐標，在圖2中畫出變阻器阻值R變化過程中U-I圖像的示意圖，并說明U-I圖像與兩坐標軸交點的物理意義。 （2

54、）a．請在圖2畫好的U-I關系圖線上任取一點，畫出帶網格的圖形，以其面積表示此時電源的輸出功率； b．請推導該電源對外電路能夠輸出的最大電功率及條件。 （3）請寫出電源電動勢定義式，并結合能量守恒定律證明：電源電動勢在數值上等于內、外電路電勢降落之和。 【答案】（1）U–I圖象如圖所示： 圖象與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流 （2）a如圖所示： b.E24r （3）見解析 【解析】（1）U–I圖像如圖所示， 其中圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流 （2）a．如圖所示 b．電源輸出的電功率：P=I2R

55、=(ER+r)2R=E2R+2r+r2R 當外電路電阻R=r時，電源輸出的電功率最大，為Pmax=E24r （3）電動勢定義式：E=W非靜電力q 根據能量守恒定律，在圖1所示電路中，非靜電力做功W產生的電能等于在外電路和內電路產生的電熱，即 W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq E=Ir+IR=U內+U外 本題答案是：（1）U–I圖像如圖所示， 其中圖像與縱軸交點的坐標值為電源電動勢，與橫軸交點的坐標值為短路電流 （2）a．如圖所示 當外電路電阻R=r時，電源輸出的電功率最大，為Pmax=E24r （3）E=U內+U外 點睛：運用數學知識結合電路求出回路中最大輸

56、出功率的表達式，并求出當R=r時，輸出功率最大。 24．三峽水電站是我國最大的水力發(fā)電站，平均水位落差約100m，水的流量約1.35×104m3/s。船只通航需要約3500m 3/s的流量，其余流量全部用來發(fā)電。水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流減少的勢能有20% 轉化為電能。 （1）按照以上數據估算，三峽發(fā)電站的發(fā)電功率最大是多大； （2）本市現行階梯電價每戶每月1擋用電量最高為240kW·h，如果按照本市現行階梯電價1擋最高用電量計算，三峽電站可以滿足多少戶家庭生活用電； （3）把抽水蓄能電站產生的電能輸送到北京城區(qū)。已知輸電功率為P，輸電線路的總阻值為R，要使輸電線路上損耗的功率小于ΔP

57、。 a．求輸電電壓的最小值U； b．在輸電功率一定時，請?zhí)岢鰞煞N減少輸電過程中功率損耗的方法。 【答案】（1）2×106kW（2）6×106戶（3）a．U=PΔPRb．①提高輸電電壓②增大導線橫截面積，減小電阻 【解析】（1）P=m'gh×20%=1.0×103×1.00×104×10×100×20%=2×106kW （2）每戶平均功率：P'=24030×24=0.333kW 2×1060.333=6×106戶 （3）a．輸電導線損失熱功率ΔP=I2R 輸電功率P=IU，∴U=PΔPR b．減少輸電過程中功率損耗的方法：①．提高輸電電壓； ②．增大導線橫截面積，減小電阻；

58、 25．如圖所示，M為一線圈電阻RM=0.5Ω的電動機，R=8Ω，電源電動勢E=10V．當S斷開時，電流表的示數I1=1A，當開關S閉合時，電流表的示數為I2=3A． 求： （1）電源內阻r； （2）開關S斷開時，電阻R消耗的功率P． （3）開關S閉合時，通過電動機M的電流大小IM． 【答案】（1）2Ω （2）（3） 【解析】（1）當S斷開時，根據閉合電路歐姆定律：，， r=2Ω； 電阻R消耗的功率： 路端電壓： R之路電流： 電動機的電流： 點睛：當S斷開時，根據閉合電路歐姆定律求解電源的內阻．當開關S閉合時，已知電流表的示數，根據閉合電路歐姆定律求出路端電

59、壓，由歐姆定律求出通過R的電流，得到通過電動機的電流． 26．如圖所示，R為電阻箱，V為理想電壓表．當電阻箱讀數為R1＝2Ω時，電壓表讀數為U1＝4V；當電阻箱讀數為R2＝5Ω時，電壓表讀數為U2＝5V．求： （1）電源的電動勢E和內阻r． （2）當電阻箱R讀數為多少時，電源的輸出功率最大？最大值Pm為多少？ 【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）當R=r=1 Ω時，Pm=9 W 【解析】 試題分析：運用閉合電路歐姆定律，分別研究電阻為R1和R2的情況，列出含有電動勢和內阻的方程組求解．當電阻箱的阻值等于電源的內電阻時電源的輸出功率最大，再求解Pm． （1）由閉合電

60、路歐姆定律E=U+Ir得：E=U1+U1R1r，代入得E=4+42=4+2r①，E=U2+U2R2r，代入得：E=5+55r=5+r②，聯(lián)立上式并代入數據解得：E=6V，r=1Ω （2）當電阻箱的阻值等于電源的內電阻時電源的輸出功率最大，即有R=r=1Ω，電源的輸出功率最大為：Pm=I2R=(E2r)2r=E24r=624×1W=9W； 27．在圖所示的電路中，小量程電流表的內阻Rg＝100Ω，滿偏電流Ig＝1mA，R1＝900Ω，R2＝100999Ω。 （1）當S1和S2均斷開時，改裝所成的表是什么表？量程為多大？ （2）當S1和S2均閉合時，改裝所成的表是什么表？量程為多大？

61、 【答案】（1）電壓表 1 V （2）電流表 1 A 【解析】 【分析】 本題的關鍵是明確串聯(lián)電阻具有分壓作用，并聯(lián)電阻具有分流作用，即電流表改裝為電壓表時，應將電流表與電阻串聯(lián)，改裝為電流表時，應將電流表與電阻并聯(lián)。 【詳解】 由圖示電路圖可知，當S1和S2均斷開時，G與R1串聯(lián)，此時為電壓表，改裝后電壓流表量程為：U=Ig（R1+Rg）=0.001×（100+5900）=6.0V；由圖示電路圖可知，當S1和S2均閉合時，G與R2并聯(lián)，此時為電流表，改裝后電流表量程為： I=Ig+IR2=Ig+IgRgR2=0.001+0.001×1001002999=3.0A； 【點睛

62、】 明確串聯(lián)電阻具有分壓作用和并聯(lián)電阻具有分流作用的含義，理解電壓表與電流表改裝的原理。 28．如圖所示電路中，電源電動勢E＝10v，內電阻不計，電阻R1＝14Ω，R2＝6.0Ω，R3＝2.0Ω，R4＝8.0Ω，R5＝10Ω，電容器的電容C＝2μF，求： （1）電容器所帶的電荷量。并說明電容器哪個極板帶正電． （2）若R2突然斷路，將有多少電荷量通過R5？ 【答案】 (1)下板帶正電，1×10-5C；（2）1.4×10-5C，方向由上向下。 【解析】 (1)設Ud＝0，電容器兩板間的電壓即為a、b兩點間的電勢差．則a點電勢為Ua＝Ud＋＝0＋ V＝3 V．電流由b點經R4

63、流到d點，則b點電勢為Ub＝Ud＋＝0＋ V＝8 V，由Ub>Ua可知，電容器下板帶正電．b、a兩點間的電勢差Uba＝Ub－Ua＝5.0 V，電容器所帶的電量為Q＝CUba＝1.0×10－5C. (2)R1斷路，當再度達到穩(wěn)定后，電容器電壓等于R4兩端的電壓， 此時電容器所帶電量Q′＝CU4＝C×＝2×10－6× C＝1.6×10－5 C. 由Ub>Ud可知，電容器下板仍帶正電．由Q′>Q知，R1斷路后電容器經歷了一次再充電過程，電容器極板上增加的電量為 q＝Q′－Q＝(1.6×10－5－1.0×10－5) C＝6.0×10－6 C 29．如圖所示，四個電阻阻值均為R，電鍵S閉合時，

64、有一質量為m，帶電量為q的小球靜止于水平放置的平行板電容器的中點．現打開電鍵S，這個帶電小球便向平行板電容器的一個極板運動，并和此板碰撞，碰撞過程中小球沒有機械能損失，只是碰后小球所帶電量發(fā)生變化，碰后小球帶有和該板同種性質的電荷，并恰能運動到另一極板，設兩極板間距離為d，不計電源內阻，求： （1）電源電動勢E多大？ （2）小球與極板碰撞后所帶的電量為多少？ 【答案】（1）、；（2） 【解析】 試題分析: (1)當S閉合時，設電容器電壓為U，則有： 對帶電小球受力分析得： 聯(lián)立解得： (2)斷開S，設電容器電壓為U′，則有：U′

65、對帶電小球運動的全過程，根據動能定理得： 聯(lián)立解得： 考點：動能定理；閉合電路歐姆定律 30．兩足夠長的平行金屬導軌間的距離為L，導軌光滑且電阻不計，導軌所在的平面與水平面夾角為θ．在導軌所在平面內，分布磁感應強度為B、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．把一個質量為m的導體棒ab放在金屬導軌上，在外力作用下保持靜止，導體棒與金屬導軌垂直、且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻為R1．完成下列問題： (1)如圖甲，金屬導軌的一端接一個內阻為r的直流電源。撤去外力后導體棒仍能靜止．求直流電源電動勢； (2)如圖乙，金屬導軌的一端接一個阻值為R2的定值電阻，撤去外力讓導體棒由靜

66、止開始下滑．在加速下滑的過程中，當導體棒的速度達到v時，求此時導體棒的加速度； (3)求(2)問中導體棒所能達到的最大速度。 【答案】（1）；（2）a=gsingq－；（3） 【解析】試題分析：(1）回路中的電流為 導體棒受到的安培力為 對導體棒受力分析知 聯(lián)立上面三式解得： (2）當ab桿速度為v時，感應電動勢E=BLv，此時電路中電流 導體棒ab受到安培力F=BIL= 根據牛頓運動定律，有 ma=mgsinq－F = mgsinq－ a=gsingq－ （3）當=mgsinq時，ab桿達到最大速度vm 考點：安培力的計算；牛頓第二定律。 28