2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题09恒定电流 25页

专题09恒定电流第一部分名师综述恒定电流主要考查以"电路"为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心，考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题；二是以闭合电路的欧姆定律为中心，考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系；三是以电路中的电工仪表的使用为中心，考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点.欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题，值得说明的是，近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的基本技能.尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.第二部分精选试题一、单选题1．毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转了(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为A．2Pπρl2v3B．6Pπρl2v3C．4Pπρl2v3D．8Pπρl2v3【答案】A【解析】【详解】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V=vt⋅s=vt⋅πl2，则风的质量M=ρV=ρvt⋅πl2，因此风吹过的动能为Ek=12Mv2=12ρvt⋅πl2⋅v2，在此时间内发电机输出的电能E=p⋅t，则风能转化为电能的效率为η=EEk=2pπρl2v3，故A正确，BCD错误。2．如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势E＝8V、内阻r＝2Ω的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器R相连，滑动变阻器阻值可在0～10Ωn范围内变化，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，下列说法正确的是A．副线圈两端输出电压U2=16VB．副线圈中的电流I2＝2AC．当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝8ΩD．当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R＝4Ω【答案】C【解析】【详解】设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则有：U1=E-I1r，电阻R消耗的功率为：P=U2I2=U1I1，即为：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可见电流为：I1=E2r=82×2A=2A时，P有最大值，此时U1=4V，副线圈两端输出电压U2=2U1=8V，副线圈中的电流I2＝12×2A=1A，此时滑动变阻器接入电路中的阻值R=U2I2=8Ω，故C正确、ABD错误。3．如图所示电路，初始时滑动变阻器的滑片P恰好位于中点位置，当开关S闭合时，三个小灯泡L1、L2、L3恰好都正常发光，且亮度相同，电源电动势为E，内阻为r，下列说法正确的是A．三个灯泡的额定电压相同B．此时三个灯泡的电阻按从大到小排列是L2、L3、L1C．当滑片P稍微向左滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮D．当滑片P稍微向右滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮【答案】D【解析】【详解】AB．由图知，变阻器R与3灯并联后与2灯串联，最后与1灯并联。三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，说明额定功率相同；因灯1两端电压大于灯2、3两端电压，根据P=U2/R可知灯1的电阻最大；对于灯2、3：通过2的电流大于3的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，2的电阻小于3的电阻。可见，1灯电阻最大，2灯电阻最小。根据P=U2/Rn可知，额定功率相等，电阻不等，额定电压不等，故AB错误。CD．若将滑片P向左滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则L1变亮。通过L2电流I2=I-I1，I减小，I1增大，则I2减小，故L2变暗。L3电压U3=U-U2，U增大，U2减小，则U3增大，故L3变亮。故C错误；同理当滑片P稍微向右滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮，D正确。故选D。【点睛】本题首先要搞清电路的连接方式，其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析．三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知电压的大小关系，根据公式P=U2/R，比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式P=I2R比较电阻的大小．4．如图所示，已知R1＝R4＝0.5Ω，r＝1Ω，R2＝6Ω，R3的最大阻值为6Ω。在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，下列说法不正确的是()A．定值电阻R4的功率、电源的总功率均减小B．电源的输出功率变小C．电源的效率先增大后减小D．MN并联部分的功率先增大后减小【答案】C【解析】【分析】在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，从而分析选项A；当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，分析选项B；电源的效率η=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，从而分析C；若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，从而分析选项D.【详解】在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，则根据P4=I2R4可知定值电阻R4的功率减小，根据P=IE可知电源的总功率减小，选项A正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，而R1+R4=rn，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率减小，选项B正确；电源的效率η=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，则当外电路电阻R变大时，电源的效率变大，选项C错误；若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r′=2Ω；滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN之间的电阻从0增加到3Ω，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当MN之间的电阻等于2Ω时，MN之间的功率最大，则在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN并联部分的功率先增大后减小，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.【点睛】此题是动态电路的分析问题；关键是知道当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，并且会将电路进行必要的等效，再进行分析.5．某同学将一电路中电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示。则该电路(　　)A．电源的电动势E=3V，内电阻r=3ΩB．电流为1A时，外电阻为2ΩC．b表示电源的输出功率，最大值为9WD．外电阻为1Ω时，电源输出功率为4.5W【答案】B【解析】【分析】三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，根据数学知识选择图线。根据图线a斜率求解电源的电动势。由图读出电流I=3A时，发热功率Pr=I2r，求出电源的内阻。当电流为1A时，结合欧姆定律求出外电阻。【详解】根据直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是b，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线c。图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E=93V=3V，内部的发热功率Pr=I2r，内阻为r=932=1Ω，电源的最大输出功率Pm=E24r=324×1=94W，故A、C错误；当电流为1A时，由I=ER+r，代入得到，R=2Ω.故B正确。外电阻为1Ω，等于内阻时，电源输出功率最大为E24r=94W.故D错误。n故选：B。【点睛】本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义6．在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较A．灯泡L变亮B．电容器C上的电荷量不变C．电源消耗的总功率变小D．电阻R0两端电压变大【答案】C【解析】A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由P总=EI知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大．故B错误．D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C、．故C正确．故选C．【点睛】本题电路动态变化分析问题．对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压．7．激光闪光灯的电路原理如图所示，电动势为300V的电源向电容为6000μF的电容器C充电完毕后，通过外加高压击穿“火花间隙”间空气，使电容器一次性向激光闪光灯放电，提供所有能量使闪光灯发出强光，则电容器放电过程释放的电量和通过闪光灯的电流方向为A．1.8C向左B．1.8C向右C．2×10－5C向左D．2×10－5C向右【答案】B【解析】n【详解】电容器充电后所储存的电量为：Q=CU=6000×10-6×300C=1.8C，在放电过程中将所有的电量放出，所以电容器放电过程释放的电量为1.8C电容器充电后左极板带正电，所以在放电过程中通过闪光灯的电流方向向右，故应选B。8．如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是()A．当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较大B．当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔C．当开关S分别接5或6时，测量的是电阻，其中A是黑表笔D．当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大【答案】B【解析】【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表。【详解】A项：其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A错误；B项：3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B正确；C项：当开关S分别接5或6时，测量的是电压，故C错误；D项：要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误。【点睛】本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法．明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源。n9．电动势为E，内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3以及一平行板电容器连成如图所示的电路．当开关S闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是(　　)A．将R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B．将R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C．增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D．减小R3的阻值，R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量【答案】D【解析】A、将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故A错误；B、将R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量Q=CU减小，故B错误；C、增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容C=εr⋅s4πkd减小，那么电荷量Q=CU减小，故C错误；D、减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量+r上电压的变化量=R3两端的电压的变化量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故D正确；故选D。【点睛】电路问题一般先根据电路变化得到总电阻变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可由欧姆定律得到电压的变化，从而得到支路电流的变化。10．如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是(　　)A．L1灯丝突然短路B．L2灯丝突然烧断C．电源的输出功率一定变小D．电容器C上电荷量减少【答案】B【解析】安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大，A、L1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A错n误;B、L2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B正确，C、电源的输出功率P=UI，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C错误；D、电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q=CU知电容器的带电量增大，D错误，故选B.【点睛】本题考查了电路的动态分析，方法是：先从支路的变化，分析总电流和路端电压的变化，再到支路，分析各用电器的电压和电流的变化关系．二、多选题11．2015年8月，河南等地出现39℃以上的高温，为了解暑，人们用电扇降温．如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n：1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r．接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法正确的是（）A．风扇电动机D两端的电压为IrB．理想变压器的输入功率为UIn＋U2n2RC．风扇电动机D输出的机械功率为UIn－I2rD．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为U(R＋r)n2Rr【答案】BCD【解析】【分析】电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，被卡住后相当于纯电阻．【详解】由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为U/n，因为电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于输出功率为P2=U2I+U22R=UIn+U2n2R，B正确；风扇电动机D输出的机械功率为U2I-I2r=UIn-I2r，C正确；因为副线圈两端的电压为U/n，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为RrR+r，所以副线圈中的电流为U(R+r)nRr，通过原线圈的电流为U(R+r)n2Rr，D正确；故选BCD。12．如图所示，滑动变阻器的总阻值R0>R1≠0.当滑动变阻器的触头位于它的中点时，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则滑动变阻器的触头继续向上移动的过程中(　　)nA．电压表的读数总小于UB．电压表的读数先增大后减小C．电流表的读数总大于ID．电流表的读数先增大后减小【答案】BC【解析】【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化。【详解】滑动变阻器的触头向上移动的过程中，因R0>R1≠0，先简化电路，除去两电表，相当于两个电阻并联后与R2串联，滑动变阻器位于中点时，上、下两并联支路电阻不等，滑动触头移到两支路电阻相等时，总电阻最大，总电流最小，不难看出电压表的示度先增大后减小。将整个过程分为两阶段：两支路电阻相等前，总电流减小，并联电路的电压U并=E-I(R+r)增大，安培表支路电阻减小，安培表读数增大；两支路电阻相等后，总电流增大，R0下部分电压减小，电阻增大，电流减小，则安培表支路电阻减小，安培表读数增大。故电流表的读数总大于I.故BC正确。故选：BC。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质。13．如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rr时，R外减小电源输出功率越大，故C正确；14．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr，随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是()A．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PA=PB+PCB．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Pm=9WD．电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω【答案】ABDn【解析】【详解】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PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，所以A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为ER+r=E2r，功率的大小为E24r，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为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，PR=0．说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r=EI=1Ω，故D正确。故选ABD。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．15．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（　　）A．L1和L3变暗，L2变亮B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变C．L1中电流变化绝对值大于L3中电流变化绝对值D．L1上电压变化绝对值小于L2上的电压变化绝对值【答案】AD【解析】【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故A正确，B错误；因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C错误；因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2n两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选AD。【点睛】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．16．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A．灵敏电流计G中有b→a的电流B．油滴向上加速运动C．电容器极板所带电荷量将减小D．通过电阻R2的电流将减小【答案】AB【解析】【详解】在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。故AB正确，CD错误。故选AB。【点睛】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．17．高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图所示。超导部件有一个超导临界电流Ic，当通过限流器的电流I＞Ic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零）转变为正常态（一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流。假定有一实验电路如右图所示，超导部件的正常电阻为R1＝3Ω，超导临界电流Ic＝1.2A，限流电阻R2＝6Ω，小灯泡L上标有“6V，6W”的字样，电源电动势E＝8V，内阻r＝2Ω原来电路正常工作，若L突然发生短路，则（）nA．短路前通过R1的电流为23AB．短路后超导部件将由超导状态转化为正常态C．短路后通过R1的电流为43AD．短路后通过R1的电流为2A【答案】BC【解析】小电珠L上标有“6V,6W”，该电珠的电阻RL＝U2/P＝62/6Ω＝6Ω，短路前由于电路正常工作，电路的总电阻为R＝RL＋r＝6Ω＋2Ω＝8Ω，总电流为I＝E/R＝1A，所以短路前通过R1的电流为I1＝1A，选项A错误；当L突然短路后，电路中电流为I＝E/r＝4A>Ic＝1.2A，超导部件由超导态转变为正常态，则此时电路中总电阻为R′＝2Ω＋2Ω＝4Ω，总电流I′＝E/R′＝84A＝2A，短路后通过R1的电流为I1′＝43A，故选项B、C正确．18．在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有A．|ΔU1|>|ΔU2|B．|ΔU1|=|ΔU2|C．ΔU1>0,ΔU2<0D．ΔU2>0,ΔU1<0【答案】AD【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知：ΔU1=ΔIr+R3ΔU2=ΔIR3结合公式可知ΔU1>ΔU2，故A对；B错当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知ΔU2>0，ΔU1<0，故C错；D对故选ADn19．如图所示的电路中，电源内阻为r，闭合电键，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（  ）A．U先变大后变小 B．I先变小后变大C．U与I的比值先变大后变小D．U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r【答案】ABC【解析】由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，则可知路端电压先变大后变小；故AB正确；U与I的比值就是接入电路的R1的电阻与R2的电阻的和，所以U与I比值先变大后变小，故C正确；电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小，由于ΔUΔI总=r，因为ΔI≠ΔI总即ΔUΔI≠r，所以U变化量与I变化量比值不等于r，故D错误；综上分析，ABC正确。20．如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（）A．充电时，通过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【答案】BCDn【解析】本题考查电容器的充放电，意在考查考生的分析能力。电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B正确；若C增大，根据Q=CU，电容器的带电荷量增大，选项C正确；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确。点睛：本题源自于2009年江苏高考物理卷的第5题，以闪光灯发光问题为背景考查电容器的充放电问题，解题的关键是要弄清电路的工作原理和电容器三、解答题21．一电路如图所示，电源电动势E=28v，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω,R2=8Ω，R3=4Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10-2m。（1）闭合开关S稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m（不计粒子的重力，M、N板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s2）【答案】（1）4.8×10-11C（2）6.25×10-4C/kg【解析】【详解】（1）闭合开关S稳定后，电路的电流：I=ER1+R2+r=284+8+2A=2A；电容器两端电压：U=UR2=IR2=2×8V=16V；电容器带电量：Q=CUR2=3.0×10-12×16C=4.8×10-11C（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：L=v0t12d=12Uqdmt2联立解得qm=6.25×10-4C/kg22．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。研究发现，电容器存储的能最表达式为Ec=12CU2，其中U为电容器两极板间的电势差.C为电容器的电容。现将一电容器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进行连接。已知电源电动势为E0，电容器电容为C0，定值电阻阻值为R，其他电阻均不计，电容器原来不带电。现将开关S闭合，一段时间后，电路达到稳定状态。求：在闭合开关到电路稳定的过程中，该电路因电磁辐射、电流的热效应等原因而损失的能量。n【答案】12CE02【解析】【详解】根据电容定义，有C=QU，其中Q为电容器储存的电荷量，得：Q=CU根据题意，电容器储存能量：EC=12CU2利用电动势为E0的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为E0，所以电容器最终储存的能量为：E充=12CE02，则电容器最终储存的电荷量为：Q=CE0，整个过程中消耗消耗能量为：E放=W电源=E0It=E0Q=CE02根据能量守恒得：E损=E放-E充=CE02-12CE02=12CE0223．如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为d．半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上．装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属棒一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆转动，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻．右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为12m的小球1以速度v0=25gr2向左运动，与前面静止的、质量也为12m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场．重力加速度为g．(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R消耗的电功率P；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围．n【答案】(1)v=5gr2(2)P=B2L4ω24R(3)mgdqBL2≤ω≤7mgdqBL2【解析】【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则12mv0=(12m+12m)v解得v=5gr2(2)杆转动的电动势ε=BLv=BL×12Lω=12BL2ω电阻R的功率P=ε2R=B2L4ω24R(3)通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1．在T点，由牛顿第二定律得mg-qE1=mv12r从S到T，由动能定理得qE1⋅2r-mg⋅2r=12mv12-12mv2解得E1=mg2q杆转动的电动势ε1=12BL2ω1两板间电场强度E1=ε1d联立解得ω1=mgdqBL2如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E2．在S点，由牛顿第二定律得qE2-mg=mv2r杆转动的电动势ε2=12BL2ω2两板间电场强度E2=ε2d联立解得ω2=7mgdqBL2综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：mgdqBL2≤ω≤7mgdqBL2.24．如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3上标有“10Ω　2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡。闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V和0.5A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13．求电源电动势与内阻的大小。（保留两位有效数字）n【答案】7.0V，2.0Ω。【解析】【分析】根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化，是可判断所选量程，从而求出电流表的示数；由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式，联立即可求得电源的电动势。【详解】滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6A，电压表量程选取的是0～15V，所以第二次电流表的示数为13×0.6A＝0.2A，电压表的示数为13×15V＝5V当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4V＝2V回路的总电流为I总＝I1+U1R2＝0.5+22A＝1.5A由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3，即E＝1.5r+2+2①当电流表示数为0.2A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8V回路的总电流为I总′＝I1′+U'1R2＝0.2+0.82A＝0.6A由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′，即E＝0.6r+0.8+5②联立①②解得E＝7.0V，r＝2.0Ω【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程。25．麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场。（1）如图所示，在半径为r的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt（k>0且为常量）。将一半径也为r的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置。①求金属圆环内产生的感生电动势ε的大小。②变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆，如图中的实线所示，圆心与磁场区域的中心重合。在同一圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等。使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力，这个力称为涡旋电场力，n其与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同。请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E感。（2）如图所示，在半径为r的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场，电场强度大小随时间的变化关系为E=ρt（ρ>0且为常量）。①我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量，同样地，我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量。电场强度发生变化时，对应面积内的电通量也会发生变化，该变化的电场必然会产生磁场。小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B感的方法可以类比（1）中求解E感的方法。若小明同学的猜想成立，请推导B感在距离电场中心为a（a