專題09恒定電流第一部分 名師綜述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、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(shù)、實物連接、數(shù)據(jù)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(xiàn)象相交叉滲透；電功率、焦耳熱計算往往與現(xiàn)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。該模塊的復習重點為：1.掌握電路基本概念，會用歐姆定律、電阻定律、焦耳定律分析問題.2.掌握閉合電路歐姆定律，能夠結合串、并聯(lián)電路的特點分析問題，會分析電路動態(tài)變化問題.3.掌握各種電學儀器的使用、電學各實驗的方法和原理，能夠設計電路、連接電路、分析電路故障，能夠用表格、圖象等分析實驗數(shù)據(jù).第二部分 知識背一背一、電流1電流形成的條件：（1）導體中有能夠自由移動的電荷；（2）導體兩端存在持續(xù)的電壓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電流雖然有方向，但它是標量3電流（1）定義式：I.（2）微觀表達式：InqvS，式中n為導體單位體積內的自由電荷數(shù)，q是自由電荷的電荷量，v是自由電荷定向移動的速率，S為導體的橫截面積（3）單位：安培（安），符號是A,1 A1 C/s.二、電阻定律1電阻定律：R，電阻的定義式：R.2電阻率（1）物理意義：反映導體導電性能的物理量，是導體材料本身的屬性（2）電阻率與溫度的關系金屬的電阻率隨溫度升高而增大；半導體的電阻率隨溫度升高而減?。怀瑢w：當溫度降低到絕對零度附近時，某些材料的電阻率突然減小為零成為超導體三、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，跟導體的電阻R成反比（2）公式：I.（3）適用條件：適用于金屬和電解液導電，適用于純電阻電路（4）導體的伏安特性曲線：用橫坐標軸表示電壓U，縱坐標軸表示電流I，畫出的IU關系圖線線性元件：伏安特性曲線是通過坐標原點的直線的電學元件，適用于歐姆定律非線性元件：伏安特性曲線是曲線的電學元件，不適用填適用、不適用）于歐姆定律四、電功、電熱、電功率1電功（1）定義：導體中的恒定電場對自由電荷的靜電力做的功（2）公式：WqUIUt適用于任何電路）（3）電流做功的實質：電能轉化成其他形式能的過程2電功率（1）定義：單位時間內電流做的功，表示電流做功的快慢（2）公式：PW/tIU適用于任何電路）3焦耳定律（1）電熱：電流流過一段導體時產生的熱量（2）計算式：QI2Rt.4熱功率（1）定義：單位時間內的發(fā)熱量（2）表達式：PI2R五、串、并聯(lián)電路的特點1電阻的串聯(lián)電流：II1I2In，電壓：UU1U2Un，電阻：RR1R2Rn；電壓分配：，功率分配：，。2電阻的并聯(lián)電流：II1I2In電壓：UU1U2Un電阻：.電流分配：，.功率分配：，.3幾個常用的推論（1）串聯(lián)電路的總電阻大于其中任一部分電路的總電阻（2）并聯(lián)電路的總電阻小于其中任一支路的總電阻，且小于其中最小的電阻（3）無論電阻怎樣連接，每一段電路的總耗電功率P總是等于各個電阻耗電功率之和即PP1P2Pn.（4）無論電路是串聯(lián)還是并聯(lián)，電路中任意一個電阻變大時，電路的總電阻變大六、電源的電動勢1電源是通過非靜電力做功把其它形式的能轉化成電能的裝置2電動勢：非靜電力搬運電荷所做的功與搬運的電荷量的比值，E，單位：V.3電動勢的物理含義：電動勢表示電源把其它形式的能轉化成電勢能本領的大小，在數(shù)值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓4電動勢是_標_量，需注意電動勢不是電壓七、閉合電路歐姆定律（1）內容：閉合電路中的電流跟電源的電動勢成正比，跟內、外電路的電阻之和成反比（2）公式 (只適用于純電阻電路),EU外U內(適用于任何電路)（3）路端電壓與外電阻的關系負載R增大I減小U內減小U外增大外電路斷路時（R），I0，U外E.負載R減小I增大U內增大U外減小外電路短路時（R0），I，U內E.（4）UI關系圖：由UEIr可知，路端電壓隨著電路中電流的增大而減??；UI關系圖線如圖所示當電路斷路即I0時，縱坐標的截距為電動勢E當外電路電壓為U0時，橫坐標的截距為短路電流Im圖線的斜率的絕對值為電源的內阻r第三部分 技能+方法一、電流微觀表達式的應用1.定義式中q的物理意義（1）q是某段時間內通過導體橫截面的電量.若是金屬導體導電，則q為自由電子通過某截面的電量的總和.若是電解質導電，則異種電荷反向通過某截面，q=|q1|+|q2|.（2）帶電粒子的運動可形成等效電流，如電子繞原子核的運動，帶電粒子在磁場中的運動，此時，q為帶電粒子的電量，T為周期.如圖，自由電荷電荷量為q，單位體積電荷數(shù)為n，定向移動速度為v，導體橫截面積為S，則二 、對電阻定律、歐姆定律的理解1.電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導體對電流阻礙作用大小的物理量.電阻率是反映制作導體的材料導電性能好壞的物理量.（2）導體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定小.2.定義式和決定式的比較三 電功與電熱的關系1.電功與電熱的比較2.電功率與熱功率的比較（1）在純電阻電路中，電功率等于熱功率，即。（2）在非純電阻電路中，電功率包含熱功率，為電功率，為熱功率，有P>P.四 、 電路動態(tài)變化問題1.電路動態(tài)變化問題的分析（1）程序法:電路結構的變化R的變化R總的變化I總的變化U端的變化固定支路變化支路.（2）“串反并同”結論法所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大.所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小.（3）極限法:因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個極端，讓電阻最大或電阻為零去討論.2.電源的輸出功率和電源的效率（1）輸出功率.根據(jù)閉合電路歐姆定律可以推出：當R=r時，電源的輸出功率最大，最大值當R向接近r阻值的方向變化時，P出增大，當R向遠離r阻值的方向變化時，P出減小，如圖.（2）電源的效率：R越大，越大，當R=r時，P出最大，=50%.可見，輸出功率最大時,電源的效率并不是最高.五、含電容器電路的分析與計算1.電路的簡化：不分析電容器的充、放電過程時，把電容器處的電路視為斷路，簡化電路時可以去掉，求電荷量時再在相應位置補上2.電路穩(wěn)定時電容器的處理方法：電路穩(wěn)定后，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，即電阻不起降低電壓的作用，但電容器兩端可能出現(xiàn)電勢差3.電壓變化帶來的電容器帶電荷量的變化：電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電若電容器兩端電壓升高，電容器將充電；若電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電，可由QCU計算電容器上電荷量的變化第四部分 基礎練+測一、單選題1用某種材料做成的電池，其路端電壓U和電流I的關系如圖中曲線a所示（電池電動勢一定，內阻可變），一電阻兩端電壓U和通過的電流I的關系如圖中直線b所示，當用該電池只對該電阻供電時，電池的內阻為（）A13B20C22D25【答案】 A【解析】【詳解】由圖象可知，該電源電阻供電時，電阻兩端電壓為U=2V，流經電源電流為：I=0.1A；由閉合電路歐姆定律得電源內阻為：r=E-UI=3.3-20.1=13，故A正確，BCD錯誤。2電動機與小電珠串聯(lián)接人電路，電動機正常工作時，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過的電流為I1；電動機的內電阻為R2，兩端電壓為U2，流過的電流為12。則AI1<I2BU1U2>R1R2CU1U2=R1R2DU1U2<R1R2【答案】 D【解析】【詳解】由題意可知I1=I2，選項A錯誤；因U2>I2R2，U1=I1R1，則U1U2<R1R2，選項BC錯誤，D正確；故選D.3下列式子屬于比值定義物理量的是At=xvBa =FmCC=QUDI=UR【答案】 C【解析】【詳解】A物體運動的時間與位移成正比，與速度成反比，則A不是比值定義的物理量；B加速度與合外力成正比，與質量成反比，則B不是比值定義的物理量；C電容器的電容是由本身結構決定的，與兩端的電壓U與所帶的電量Q無關，但是可以用帶電量Q與電壓U 的比值來量度，則C采用的是比值定義法；D導體的電流與加在其兩端的電壓成正比，與導體的電阻成反比，則D不是比值定義的物理量；4如圖所示是一位同學制作的實驗裝置：柔軟彈簧豎直懸掛，下端恰與銅片接觸。當開關閉合后，彈簧時伸時縮，燈泡時明時暗。關于這個實驗現(xiàn)象，下列說法中正確的是( )A彈簧收縮與銅片分離時，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡B彈簧伸長與銅片接觸時，通過燈泡的電流較大，燈泡明亮C有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流互相吸引致使彈簧收縮D有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流互相排斥致使彈簧伸長【答案】 C【解析】【詳解】AB由電路圖可知，彈簧收縮與銅片分離時，通過燈泡的電流較大，燈泡明亮；彈簧伸長與銅片接觸時，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡，選項AB錯誤；CD有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流是同向電流，則互相吸引致使彈簧收縮，選項C正確，D錯誤。5如圖所示，水平的傳送帶上放一物體，物體下表面及傳送帶上表面均粗糙，導電性能良好的彈簧右端與物體及滑動變阻器滑片相連，彈簧左端固定在墻壁上，不計滑片與滑動變阻器線圈間的摩擦。某同學觀察到，當傳送帶沿箭頭方向運動且速度大小為v時，物體處于靜止狀態(tài)，則當傳送帶逐漸加速到2v時，下列說法正確的是A物體受到的摩擦力變大，燈泡的亮度變亮B物體受到的摩擦力變小，燈泡的亮度變暗C物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度不變D物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度變亮【答案】 C【解析】【詳解】因摩擦力大小只與壓力大小及接觸面的粗糙程度有關與物體的相對運動速度無關，故物體所受摩擦力不變；由于傳送帶運動且速度為v時，物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，故物體受到的摩擦力和彈簧彈力是一對平衡力；當傳送帶逐漸加速到2v時，因物體所受摩擦力不變，則物體仍處于平衡狀態(tài)，故物體的位置將不發(fā)生變化，與滑動變阻器保持相對靜止，滑動變阻器接入電阻不變，則由歐姆定律可得電路中電流不變，燈泡的亮度不變。故選C。6如圖所示的電路中，兩個完全相同的燈泡都正常發(fā)光，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)B燈比原來更亮了，則電路可能的故障為AR1短路 BR2斷路CR3斷路 D燈A斷路【答案】 C【解析】【分析】首先明確電路中各用電器的連接關系：燈泡A和電阻R2、燈泡B和電阻R3先并聯(lián)再串聯(lián)，最后與電阻R1并聯(lián)；燈泡變亮，說明實際功率增大了，具體故障可將每選項逐一代入題目檢查是否符合題意，從而確定正確選項?！驹斀狻績蓚€完全相同的燈泡正常發(fā)光可知R2=R3，且燈A和R2并聯(lián)后與B和R3并聯(lián)電路串聯(lián)，若R1短路，A、B兩燈都不亮，若R2或燈A斷路，則A與R2并聯(lián)部分電阻變大，由串并聯(lián)規(guī)律可知燈B變暗，故C正確。故應選：C。【點睛】此題屬混聯(lián)電路的故障問題解決的關鍵是在明確電路連接關系的前提下采用“排除法”將每一選項逐一代入題干，檢查是否符合題意，最終確定正確選項。7一只電流表的滿偏電流Ig=2mA，內阻Rg=500，把它改裝成量程為03V的電壓表，下列說法中正確的是（）A需串聯(lián)一個1500的電阻 B需串聯(lián)一個1000的電阻C需并聯(lián)一個1000的電阻 D改裝后，電壓表的內阻為1000【答案】 B【解析】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)電阻阻值為：R=UIg-Rg=30.002-500=1000；故選B.點睛：把小量程改裝成電流表要并聯(lián)一個分流電阻，把電流表改裝成電壓表，應串聯(lián)一個分壓電阻，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值8市面上出現(xiàn)“充電五分鐘通話兩小時”的手機電源，源于其使用 VOOC 閃充新技術。VOOC 閃充標配的 micro USB 充電線接口為 7 針，而常規(guī)的 micro USB 充電線接口為 5 針,它標配的電池為 8 個金屬觸點，而常規(guī)電池通常為4-5個觸點，與常規(guī)的 micro USB 充電線、電池相比，加觸點的作用是為了（）A增大充電電壓 B增大電池的容量C增大充電電流 D增大充電電阻【答案】 C【解析】【分析】根據(jù)題目的信息：閃充新技術，且8個金屬觸點，而常規(guī)電池通常為4-5個觸點，進而可判定，增加觸點的作用?！驹斀狻坑深}目：閃充新技術，標配的電池為8個金屬觸點，而常規(guī)電池通常為4-5個觸點，可知，與常規(guī)的microUSB充電線、電池相比，觸點增加；電池不變，則不可能增加充電電壓，也沒有改變電池的容量，及電阻，只可能增大充電的電流，使其快速充滿電，故C正確，ABD錯誤；故選C?！军c睛】考查閃充新技術的原理，掌握解決信息題的方法，注意只增加觸點，沒改變電池，是解題的關鍵點。9如圖所示，A、B是兩塊水平放置的平行金屬板，一帶電小球垂直于電場線方向射入板間，小球將向A極板偏轉，為了使小球沿射入方向做直線運動，可采用的方法是A將帶正電的小球改為帶負電B將變阻器滑片P適當向左滑動C適當增大小球所帶電量D將極板間距適當增大【答案】 D【解析】一帶電小球垂直于電場線方向射入極板區(qū)域后，偏向A極板，則小球所受電場力向上且電場力大于重力，小球原來就帶負電，選項A錯誤；將變阻器滑片P適當向左滑動，滑動變阻器接入電路電阻變小，電路中總電阻減小，電路中電流增大，R兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，板間場強增大，電場力增大，選項B錯誤；適當增大小球所帶電量，小球所受電場力增大，選項C錯誤；將極板間距適當增大，板間場強減小，小球所受電場力減小，選項D正確。故選D.10如圖所示，用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑號分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應強度均勻增大，開始時的磁感應強度不為0，則（）A任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1:4B兩線圈中產生的感應電動勢之比為1:2C通過a、b兩線圈中電荷量之比為2:1D相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為4: 1【答案】 C【解析】任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量相等，磁通量之比為1：1故A錯誤根據(jù)法拉第電磁感應定律得：E=BtS，S=r2，則S相等，Bt也相等，所以感應電動勢相等，感應電動勢之比為1：1，故B錯誤線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知 I=ER，得a、b兩線圈中產生的感應電流之比為2：1故C正確根據(jù)焦耳定律得 Q=E2Rt，得相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為2：1，故D錯誤故選C.點睛：解決本題時要注意在公式=BS和法拉第電磁感應定律中，S為有效面積，能熟練運用比例法研究這類問題二、多選題11如圖所示，電阻R1=20，電動機的繞組R2=10當開關打開時，電流表的示數(shù)是0.5A，當開關合上后，電動機轉動起來，電路兩端的電壓不變，電流表的示數(shù)I和電路消耗的電功率P應是（）AI=1.5ABI<1.5ACP=15WDP<15W【答案】 BD【解析】【詳解】當電鍵S斷開時，由歐姆定律得，U=I1R1=10V當電鍵S閉合后，通過R1的電流仍為0.5A，電動機的電流I2<UR2=1A，故電流表的電流I1.5A，電路中電功率P=UI15W。故BD正確，AC錯誤。12檢測煤氣管道是否漏氣通常使用氣敏電阻傳感器。某氣敏電阻的阻值隨空氣中煤氣濃度增大而減小，某同學用該氣敏電阻R1設計了圖示電路，R為變阻器，a、b間接報警裝置。當a、b間電壓高于某臨界值時，裝置將發(fā)出警報。則（）A煤氣濃度越高，a、b間電壓越高B煤氣濃度越高，流過R1的電流越小C煤氣濃度越低，電源的功率越大D調整變阻器R的阻值會影響報警裝置的靈敏度【答案】 AD【解析】【詳解】煤氣濃度越高氣敏電阻R1阻值越小，電路總電阻越小，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流I越大，電阻兩端電壓UIR變大，即a、b間電壓越高，故A正確，B錯誤；煤氣濃度越大，氣敏電阻R1越大，電路總電阻越大，電路電流I越小，電源功率PEI越小，故C錯誤；調整變阻器R的阻值會改變煤氣濃度一定時a、b間的電壓，回影響報警器的靈敏度，故D正確。13如圖所示，電路中電源電動勢為E，內電阻為r，定值電阻的阻值為R0，變阻器的全阻值為R，關于各部分的功率，有關說法正確的是()A當R=R0+r，R上消耗的功率達到最大值B當R=R0+r，R0上消耗的功率達到最大值C當R+R0=r，電源的輸出功率達到最大值D當R0=R+r，R0上消耗的功率達到最大值【答案】 AC【解析】【詳解】要使R上消耗的功率達到最大值，則可將R0與電源看成一個新電源。則當R=R0+r時電源輸出功率最大，也就是R消耗的功率最大，故A正確；要使R0上消耗的功率達到最大值，則需要通過的電流最大，所以當R=0時，R0上消耗的功率達到最大值，故BD錯誤；當內阻與外阻阻值相等時電源輸出功率最大，所以當R+R0=r時，則電源的輸出功率達到最大值，故C正確。所以AC正確，BD錯誤。14用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A2分別采用并聯(lián)或串聯(lián)的方式接入電路，如圖所示，則閉合電鍵后，下列有關電表的示數(shù)和電表指針偏轉角度的說法正確的是（）A圖甲中的A1、A2的示數(shù)不同B圖甲中的A1、A2的指針偏角相同C圖乙中的A1、A2的示數(shù)和偏角都不同D圖乙中的A1、A2的指針示數(shù)相同【答案】 ABD【解析】【分析】電流表A1、A2是由兩個相同的小量程電流表改裝成的，它們并聯(lián)時，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉的角度相同，量程大的電流表讀數(shù)大當它們串聯(lián)時，A1、A2的示數(shù)相同由于量程不同，內阻不同，兩電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同【詳解】圖甲中的A1、A2并聯(lián)，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉的角度相同，量程不同的電流表讀數(shù)不同。故A B正確。圖乙中的A1、A2串聯(lián)，A1、A2的示數(shù)相同。由于量程不同，內阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同。故C錯誤，D正確。故選ABD。15在如圖電路中，電源電動勢為 E，內阻為r，當變阻器 R3的滑動頭 P 向 b 端移動時，下列判斷正確的是A電壓表示數(shù)變小 B電流表示數(shù)變大C流過電阻 R1的電流不變 D電阻 R2的功率變大【答案】 AB【解析】【分析】先分析變阻器接入電路的電阻的變化，確定外電路總電阻的變化，即可判斷電壓表示數(shù)的變化和總電流的變化，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點判斷并聯(lián)部分電壓的變化，判斷出R2中電流的變化，從而判斷出電流表示數(shù)的變化【詳解】當變阻器R3的滑動頭P向b端移動時，R3，外電路總電阻R總，路端電壓減小，總電流I總，則電壓表示數(shù)變小，通過電阻R1的電流IR1。根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知，并聯(lián)部分的電壓U并，通過電阻R2的電流IR2因為I總=IA+IR2，所以電流表示數(shù)IA變大。由于電阻R2的電流IR2，則電阻R2的功率變小。故AB正確，CD錯誤。故選AB?！军c睛】本題是簡單的電路動態(tài)分析問題，關鍵要分析出變阻器接入電路的電阻變化，即可根據(jù)閉合電路歐姆定律分析兩電表讀數(shù)的變化16下面說法正確的是A在直流電源的外電路上，電流的方向是從電源正極流向負極B伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法C元電荷就是帶電量為1C的點電荷D電流的速度就是自由電荷在電路中定向移動的速度【答案】 AB【解析】【分析】電流方向與正電荷的移動方向一致，與負電荷的方向相反，在外電路上電流由電源的正極流向負極；元電荷是電荷量的單位，是指自然界中已知的電荷的最小單元；伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法；電流速度等于光速，而電子移動的平均速率很小【詳解】正電荷定向移動的方向是電流的方向，與負電荷的方向相反，在外電路上電流由電源的正極流向負極，A正確；伽利略開創(chuàng)了運用邏輯推理和實驗相結合進行科學研究的方法，B正確；元電荷是表示跟電子或質子所帶電量數(shù)值相等的電量，是最小電荷量，為e=1.610-19C，C錯誤；電流速度等于光速，而電子移動的平均速率很小，所以電荷定向移動的速度并不是電流的速度，D錯誤17如圖所示，R1、R2為定值電阻，L為小燈泡，R3為光敏電阻，當照射光強度增大時（）A電壓表的示數(shù)增大BR2中電流增大C小燈泡的功率增大D電路的路端電壓增大【答案】 AC【解析】【分析】當照射光強度增大時，R3變小，分析電路中總電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出電壓表示數(shù)的變化；同時還可得出路端電壓的變化；由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化，由功率公式即可得出燈泡功率的變化。【詳解】A項：當光照增強時，光敏電阻的阻值減小，R3變小，外電路總電阻減小，則電路中的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，故R1兩端的電壓增大，即電壓表的示數(shù)增大，故A正確；B、D項：因電路中總電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小，同時R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)電路部分電壓減小，則流過R2的電流減小，故B、D錯誤；C項：由并聯(lián)電路電壓增大，可知流過燈泡的電流一定增大，故由P=I2R可知，小燈泡消耗的功率增大，故C正確。故選：AC?！军c睛】閉合電路的動態(tài)分析問題一般按外電路、內電路再外電路的分析思路進行；分析內電路主要根據(jù)總電流及內阻分析內壓，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質。18圖為某手機電池的銘牌，第一行標有“3.8V 3000mAh（11.4Wh）”。對該銘牌參數(shù)的分析，下列說法中正確的是A銘牌中的Wh是能量的單位B銘牌中的mAh是功率的單位C該電池放電時輸出的總能量約為11.4JD該電池放電時輸出的總電荷量約為1.08104C【答案】 AD【解析】【分析】該電池的銘牌中3.8V為電池的電動勢，11.4Wh指電池存儲的電能3000mAh是存儲的電量.【詳解】由公式W=Pt可知，銘牌中Wh是能量單位，故A正確；由公式q=It可知，銘牌中mAh為電荷量單位，故B錯誤；該電池輸出的總能量E=Pt=11.4W3600S=4.104104J，故C錯誤；該電池放電是輸出的總電荷量約為q=It=300010-33600C=1.08104C，故D正確；故選AD。【點睛】題考查電池的銘牌，結合生活考查有關電路的物理知識，解題的關鍵是根據(jù)各物理量的單位判斷各物理量19如圖所示，電源電動勢E和內阻r一定，R1是定值電阻，R2是光敏電阻(光敏電阻被光照射時阻值變小),L是小燈泡。當照射到R2的光照強度減弱時，以下分析正確的是A電流表示數(shù)減小 B電壓表示數(shù)不變C燈泡亮度變暗 D電源效率降低【答案】 AC【解析】【詳解】當照射到R2的光照強度減弱時，光敏電阻的阻值增大，由“串反并同”可知，流過燈泡的電流變小，即燈泡變暗；電流表的示數(shù)變小，電壓表的示數(shù)變大，由公式=UIEI=UE，由于電壓表的示數(shù)變大，即U變大，所以電源效率變大，故AC正確，BD錯誤。故應選AC。20原子中的電子繞原子核的圓周運動可以等效為環(huán)形電流設氫原子的電子以速率v在半徑為r的圓周軌道上繞核轉動，周期為T已知電子的電荷量為e、質量為m，靜電力常量為k，則其等效電流大小為（）AeT Bev2r Ce2rkmr De22rkmr【答案】 ABD【解析】【詳解】根據(jù)電流的定義式可得等效電流為：I=qt=eT，故A正確；電子運動的周期表達式為：T=2rv，根據(jù)電流的定義式可得等效電流為：I=qt=ev2r，故B正確；原子中的電子繞原子核的圓周運動可以等效為環(huán)形電流，氫原子的電子以速率v，根據(jù)庫侖力提供向心力：ke2r2=m42rT2，解得：T=2rermk，形成的電流為：I=eT=e22rkmr，故D正確，C錯誤。所以ABD正確，C錯誤。三、解答題21微型吸塵器的直流電動機的內阻一定，當加上0.4V的電壓時，通過的電流為0.4A，此時電機不轉當加在電動機兩端的電壓為2.5V時，電流為0.8A，這時電動機正常工作則吸塵器的機械功率為多少？【答案】 1.36W【解析】【分析】電機不轉時，其電路是純電阻電路，由歐姆定律求出其電阻當電機正常工作時，根據(jù)能量守恒定律求出電機輸出的功率。【詳解】當電機不轉時，由歐姆定律得電機的電阻為：R=UI=0.40.4=1當電機正常工作時，電機的發(fā)熱功率為：P熱=I22R=0.821W=0.64W電機輸出的功率為：P出=U2I2-P熱=2.50.8-0.64=1.36W【點睛】對于電動機，不轉時，其電路是純電阻電路，歐姆定律成立；當電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立。22如圖所示，分壓電路的輸入端電壓為U=6 V，電燈L上標有“4V、4W”，滑動變阻器的總電阻Rab=13.5 ，求當電燈正常發(fā)光時，滑動變阻器消耗的總功率.【答案】 4W【解析】【分析】滑動變阻器滑片以下部分與燈泡L并聯(lián)后與滑片上部分串聯(lián)；根據(jù)串并聯(lián)電路電壓與電流的特點求解各個部分的電壓和電流，然后求解R上總的功率。【詳解】根據(jù)P=UI，可得：L=PLUL=44A=1A，設與L并聯(lián)的電阻為Rx，則R的上半部分電阻：R=13.5-Rx，電流強度I=UU=213.5-Rx=4Rx即Rx2-7.5 Rx-54=0，解得：Rx=12則R=1.5R上功率P1=U2R=221.5W=2.67WRx上功率P2=UL2Rx=4212W=1.33WR上消耗功率P=P1+P2=2.67W+1.33W=4W【點睛】本題主要是先理清電路的結構，然后根據(jù)串并聯(lián)電路特點求解各個部分的電壓、電流以及電功率。23（題文）如圖所示的電解槽中，如果在4 s內各有8 C的正、負電荷通過面積為0.8 m2的橫截面AB，那么：（1）指出正、負離子定向移動的方向；（2）電解槽中的電流方向如何？（3）4 s內通過橫截面AB的電荷量為多少？（4）電解槽中的電流為多大？【答案】 （1）正離子向右運動，負離子向左運動；（2） 向右；（3）16 C；（4）4 A【解析】（1）電源與電解槽中的兩極相連后，左側電極電勢高于右側電極，由于在電極之間建立電場，電場方向由左指向右，故正離子向右移動，負離子向左移動（2）正電荷定向移動的方向為電流方向，則電解槽中的電流方向向右。（3）通過橫截面AB的電荷量為通過橫截面AB的正、負電荷電量的和，所以4s內通過橫截面AB的電荷量是8C+8C=16C（4）由電流強度的定義I=qt=164A=4A；點睛：本題考查電流的定義，要注意明確在電解質導電時，流過截面的電量為正負電荷電量絕對值的和24無線充電技術已經廣泛應用于日常生活中，圖甲是手機無線充電原理圖，經簡化后如圖乙所示設線圈處于平行于線圈軸線的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示（設磁場方向垂直紙面向里為正方向），虛線框內是整流電路，其作用是使流過電流表的電流方向始終向右，其他影響忽略不計已知線圈匝數(shù)n=100匝，線圈面積S=110-3m2，電流表示數(shù)為1A，充電電池內阻r=0.5，充電電池容量為2000mAh（1mAh=3.6C），設充電過程中電流恒定，充電前電池電量為零求：（1）在0至0.510-2s時間內，線圈產生的感應電動勢大小以及線圈中感應電流的方向；（2）充電電池的發(fā)熱功率；（3）將充電電池電量充滿需要多長時間【答案】 （1）順時針方向（2）（3）【解析】（1）由公式由楞次定律可知，線圈中感應電流方向為順時針方向（2）由公式 P=I2r得發(fā)熱功率P=0.5W（3）由公式I=Q/t得25電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量m1=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質m0=10.0g，匝數(shù)n=10，下邊長l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中，如圖18甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢E=1.5V，內阻r=1.0。開關S閉合后，調節(jié)可變電阻使理想電壓表示數(shù)U=1.4V時，R1=10，此時天平正好平衡。g=10m/s2，求：（1）線圈下邊所受安培力的大小F，以及線圈中電流的方向；（2）矩形線圈的電阻R；（3）該勻強磁場的磁感應強度B的大小?！敬鸢浮?（1）0.05N，順時針（2）R=4（3）0.5T【解析】（1）天平兩側平衡，因此有 m1g= m0g+F可得：F= m1g-m0g=0.05NF的方向豎直向下，根據(jù)左手定則可判斷出線框電流方向為順時針（2）線圈中電流的大小為：I=(E-U)/r=0.1A根據(jù)電路規(guī)律：U=I(R1+R)聯(lián)立兩式可得：R=4（3）矩形線圈下邊所受安培力為：F=nBIl將數(shù)值代入可得： B=F/nIl=0.5T26導線中的電流是1 A，導線的橫截面積為1 mm2。（1）在1 s 內，有多少個電子通過導線的橫截面（電子電荷量e=1.61019C）（2）自由電子的平均定向移動速率是多大（設導體每立方米內有8.5 1028個自由電子）（3）自由電子沿導線移動1 m，平均要多少時間？【答案】 （1）6.251018 （2）7.4105 m/s （3）3.8 h【解析】【詳解】(1)1s內，通過導體截面的電子數(shù)為N=qe=Ite=111.610-19=6.251018個(2)根據(jù)電流的微觀表達式I=nqsv得v=Inqs=7.3510-5m/s(3)據(jù)電子定向勻速移動s=vt得傳播1m所需時間為t=sv=17.3510-53.78h【點睛】靈活應用I=qt、I=nqsv、s=r2和s=vt公式是解題的關鍵27一臺小型電動機在3V電壓下工作，用此電動機提升所受重力為4 N的物體時，通過它的電流是0.2A在30s內可使該物體被勻速提升3m若不計除電動機線圈生熱之外的能量損失，求：(1)電動機的輸入功率；(2)在提升重物的30s內，電動機線圈所產生的熱量；(3)線圈的電阻【答案】 （1）0.6（2）6（3）5【解析】(1)電動機的輸入功率P入UI0.23 W0.6 W.(2)電動機提升重物的機械功率P機Fv(43/30) W0.4 W.根據(jù)能量關系P入P機PQ，得生熱的功率PQP入P機(0.60.4) W0.2 W.所生熱量QPQt0.230 J6 J.(3)根據(jù)焦耳定律QI2Rt，得線圈電阻RQl2t60.22305 .28如圖所示，兩根半徑為r=0.5m的14圓弧軌道，間距為L=1m，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計，在其上端連有一阻值為R=2的電阻，整個裝置處于輻向磁場中，圓弧軌道所在處的磁感應強度大小均為B=1T將一根長度稍大于L，質量為m=1kg、電阻為R0=1的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放。已知當金屬棒到達如圖所示的cd位置（金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角為=60）時，金屬棒的速度達到最大；當金屬棒到達軌道底端ef時，對軌道的壓力為1.5mg。求：（1）當金屬棒的速度最大時，流經電阻R的電流大小和方向；（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經電阻R的電量；（3）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中電阻R上產生的熱量。（g=10m/s2）【答案】 (1)ImgcosBL,方向為aRb (2)q=BLr2(R+R0) (3)QR3mgRr4(R+R0)【解析】（1）金屬棒速度最大時，在軌道的切線方向所受的合力為零，則有：mgcos=BIL解得I=mgcosBL=2A流經R的電流方向是aRb（2）金屬棒滑到底端的過程中，穿過回路的磁通量的變化量為：=BS=BLr2=BLr2平均電動勢：E=t平均電流I=ER+R0則流經R的電量：q=It=R+R0=BLr2(R+R0)=0.1解得整個回路的總電阻R+R0=2.5（3）在軌道最低點，由牛頓第二定律可得：N-mg=mv2r由能量關系：Q=mgr-12mv2電阻R上的發(fā)熱量：QR=RR+R0Q=1.2J解得R=2 R0=0.5點睛：解決本題的關鍵是明確金屬棒是垂直切割磁感線的，與平直軌道上運動情況相似，注意電量與磁通量的變化量有關，熱量往往根據(jù)能量守恒求解29如圖所示，光滑導軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2兩導軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B一質量為m的金屬桿與導軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止起向右運動，若桿出磁場前已做勻速運動，不計導軌及金屬桿的電阻求：（1）金屬桿出磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向；（2）金屬桿做勻速運動時的速率；（3）金屬桿穿過整個磁場過程中R1上產生的電熱【答案】 （1）金屬桿出磁場前的瞬間流過的電流大小為，方向從M到P；（2）金屬桿做勻速運動時的速率是；（3）金屬桿穿過整個磁場過程中上產生的電熱是【解析】試題分析：（1）桿出磁場前已做勻速運動，恒力F與安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡條件求解；（2）桿產生的感應電動勢E=Bv，又根據(jù)閉合歐姆定律得到E=I，聯(lián)立可求得速度v；（3）金屬桿穿過整個磁場過程中，F(xiàn)做功為F，桿獲得的動能為，根據(jù)能量守恒定律求解回路中產生的總熱量，根據(jù)兩個電阻并聯(lián)求解上產生的電熱解：（1）設流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得：F=BI解得，I=因=，所以流過的電流大小為I1=根據(jù)右手定則判斷可知，電流方向從M到P（2）設桿做勻速運動的速度為v，由法拉第電磁感應定律得：桿切割磁感線產生的感應電動勢大小為 E=Bv又根據(jù)閉合歐姆定律得到E=I，可解得v=（3）設整個過程電路中產生的總電熱為Q，根據(jù)能量守恒定律得：Q=F代入v可得Q=Q1=Q=答：（1）金屬桿出磁場前的瞬間流過的電流大小為，方向從M到P；（2）金屬桿做勻速運動時的速率是；（3）金屬桿穿過整個磁場過程中上產生的電熱是【點評】本題是電磁感應中電路問題，掌握安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律是基礎30如圖所示的電路中，電源電動勢E9V，內阻r2，定值電阻R16，R210，R36，電容器的電容C10F。(1)保持開關S1、S2閉合，求電容器C所帶的電荷量；(2)保持開關S1閉合，將開關S2斷開，求斷開開關S2后流過電阻R2的電荷量?！敬鸢浮?(1)Q3105 C (2)QR26105C【解析】試題分析: （1）保持開關S1、S2閉合,電容器的電壓等于電阻R1的電壓電路的電流I=ER1+R2+r=23AR1兩端的電壓UR1=IR1=4V則電容器所帶的電荷量Q=CUR1=410-4C（2）保持開關S1閉合，將開關S2斷開后，電路穩(wěn)定時電容器上的電壓等于電源電動勢，此時電容器所帶的電荷量Q=CE=1210-4C而流過R2的電荷量等于電容器C上電荷量的增加量Q=Q-Q=810-4C考點：考查電容器；閉合電路的歐姆定律【名師點睛】本題考查了含容電路問題，知道電容器兩端的電壓等于與它并聯(lián)的支路電壓，與電容器串聯(lián)的電阻相當于導線