通用版布考物理專題制株（含解析）

專題一恒定電流

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，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實驗有成為必考題的趨

勢.

第二部分精選試題

一、單選題

1.畢節(jié)，是全國唯一一個以“開發(fā)扶貧、生態(tài)建設”為主題的試驗區(qū)，是國家“西電東送”的主要能源基

地。如圖所示，赫章的韭菜坪建有風力發(fā)電機，風力帶動葉片轉動，葉片再帶動轉了（磁極）轉動，使定子（線

圈，不計電阻）中產生電流，實現(xiàn)風能向電能的轉化。若葉片長為1,設定的額定風速為V,空氣的密度為

P,額定風速下發(fā)電機的輸出功率為P,則風能轉化為電能的效率為

/RuCn.

~2~3D,~2~351~~5"2~~3

【答案】A

【解析】

【詳解】

風能轉化為電能的工作原理為將風的動能轉化為輸出的電能，設風吹向發(fā)電機的時間為t,則在t時間內吹

2

向發(fā)電機的風的體積為丫=丫「5=丫5”心，則風的質量M=PV=pvt-nl,因此風吹過的動能為

222

Ek=^Mv=1Pvt-I-v,在此時間內發(fā)電機輸出的電能E=p-t,則風能轉化為電能的效率為

H==故A正確，BCD錯誤。

EkJIP】4V3

2.如圖所示，理想變壓器原線圈兩端46接在電動勢￡=8V、內阻r=2Q的交流電源上，理想變壓器的

副線圈兩端與滑動變阻器"相連，滑動變阻器阻值可在。?10Q范圍內變化，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比

為1：2,下列說法正確的是

A.副線圈兩端輸出電壓〃=16V

B.副線圈中的電流為=2A

C.當電源輸出功率最大時，滑動變阻器接入電路中的阻值A=8Q

1).當電源輸出功率最大時，滑動變阻器接入電路中的阻值仁4Q

【答案】C

【解析】

【詳解】

設原副線圈中的匝數(shù)分別為nl和n2,電流分別為II和12,電壓分別為U1和U2,則有：Ul=ETlr,電阻

R消耗的功率為：P=U2I2=U1I1,即為：P=(E-Ilr)11712111,可見電流為：L4=￡A=2A時，P

有最大值，此時U1=4V,副線圈兩端輸出電壓U2=2U1=8V,副線圈中的電流I2=；X2A=1A,此時滑動變阻器

接入電路中的阻值R=?=8Q,故C正確、ABD錯誤。

3.如圖所示電路，初始時滑動變阻器的滑片恰好位于中點位置，當開關閉合時，三個小燈泡

八2、3恰好都正常發(fā)光，且亮度相同，電源電動勢為，內阻為，下列說法正確的是

■

A.三個燈泡的額定電壓相同

B.此時三個燈泡的電阻按從大到小排列是2、3、1

C.當滑片稍微向左滑動，燈/和3變暗，燈2變亮

D.當滑片稍微向右滑動，燈/和變暗，燈2變亮

【答案】D

【解析】

【詳解】

AB.由圖知，變阻器R與3燈并聯(lián)后與2燈串聯(lián)，最后與1燈并聯(lián)。三個小燈泡“、L2、L3都正常發(fā)光，

且亮度相同，說明額定功率相同；因燈1兩端電壓大于燈2、3兩端電壓，根據(jù)P=U2/R可知燈1的電阻最

大；對于燈2、3：通過2的電流大于3的電流，當兩燈泡的功率相同時，由公式P=I2R分析可知，2的電

阻小于3的電阻?？梢?，1燈電阻最大，2燈電阻最小。根據(jù)P=U2/R可知，額定功率相等，電阻不等，額

定電壓不等，故AB錯誤。

CD.若將滑片P向左滑動時，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I

減小，路端電壓U增大，則”變亮。通過L2電流I2=I-H,I減小，II增大，則12減小，故L2變暗。L3

電壓U3=U-U2,U增大，U2減小，則U3增大，故L3變亮。故C錯誤；同理當滑片P稍微向右滑動，燈L1

和L3變暗，燈L2變亮，D正確。

故選Do

【點睛】

本題首先要搞清電路的連接方式，其次按“局部一整體一局部”的思路進行分析.三個燈比較電阻的大小，

可兩兩進行比較，根據(jù)條件關系選擇恰當?shù)墓?，功率相同的條件下，已知電壓的大小關系，根據(jù)公式P=U?

/R,比較電阻的大?。灰阎娏鞯拇笮￡P系，根據(jù)公式P=1R比較電阻的大小.

4.如圖所示，已知用=兆=0.5Q,r=lQ,兄=6Q,用的最大阻值為6Q。在滑動變阻器后的滑片4

由最下端向最上端滑動過程中，下列說法不正確的是()

A.定值電阻吊的功率、電源的總功率均減小

B.電源的輸出功率變小

C.電源的效率先增大后減小

D.勉V并聯(lián)部分的功率先增大后減小

【答案】C

【解析】

【分析】

在滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，滑動變阻器的電阻變大，總電阻變大，總電流減

小，從而分析選項A；當外電路電阻等于電源內阻時電源輸出功率最大，分析選項B；電源的效率

n,=^=H=^=＞從而分析C；若將R1+R4等效為電源的內阻，則此時等效電源內阻為r'=2Q；因

IEEI(R+r)1+-

當外電路電阻等于電源內阻時電源輸出功率最大，從而分析選項D.

【詳解】

在滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，滑動變阻器的電阻變大，總電阻變大，總電流減

小，則根據(jù)P4=I2R4可知定值電阻R4的功率減小，根據(jù)P=IE可知電源的總功率減小，選項A正確；因當

外電路電阻等于電源內阻時電源輸出功率最大，而Rl+R4=r,則當變阻器電阻變大時，外電路電阻遠離電源

內阻，則電源的輸出功率減小，選項B正確；電源的效率昨髀*湍廣左，則當外電路電阻R變大

時，電源的效率變大，選項C錯誤；若將R1+R4等效為電源的內阻，則此時等效電源內阻為r'=2。；滑動

變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，MN之間的電阻從0增加到3Q,則因當外電路電阻等于

電源內阻時電源輸出功率最大，可知當MN之間的電阻等于2。時，MN之間的功率最大，則在滑動變阻器

R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，MN并聯(lián)部分的功率先增大后減小，選項D正確：此題選擇不正

確的選項，故選C.

【點睛】

此題是動態(tài)電路的分析問題；關鍵是知道當外電路電阻等于電源內阻時電源輸出功率最大，并且會將電路

進行必要的等效，再進行分析.

5.某同學將一電路中電源的總功率、輸出功率和電源內部發(fā)熱功率隨電流/變化的圖線畫在了

同一坐標上，如圖所示。則該電路（）

A.電源的電動勢=3,內電阻=3

B.電流為"時，外電阻為2

C.。表示電源的輸出功率，最大值為91

D.外電阻為/時，電源輸出功率為45

【答案】B

【解析】

【分析】

三種功率與電流的關系是：直流電源的總功率PE=EI，內部的發(fā)熱功率Pr=〃r,輸出功率PR=EI-Vr,

根據(jù)數(shù)學知識選擇圖線。根據(jù)圖線a斜率求解電源的電動勢。由圖讀出電流I=3A時，發(fā)熱功率P,.=l2r,

求出電源的內阻。當電流為1A時，結合歐姆定律求出外電阻。

【詳解】

根據(jù)直流電源的總功率PE=EI,內部的發(fā)熱功率=Fr,輸出功率PR=EI-Pr,可知反映變化的圖線

是b,反映PE變化的是圖線a,反映PR變化的是圖線c。圖線a的斜率等于電源的電動勢，由得到E=、'=3V,內

部的發(fā)熱功率匕=〃r,內阻為r=*=lQ,電源的最大輸出功率P?,=[=高=''，故A、C錯誤；當電

流為1A時，由I=」,代入得到,R=2Q.故B正確。外電阻為1。，等于內阻時，電源輸出功率最大為f=白，.故

R+r4r4

D錯誤。

故選:B?

【點睛】

本題首先考查讀圖能力，物理上往往根據(jù)解析式來理解圖象的物理意義

6.在如圖所示的電路中，閉合開關，將滑動變阻器的滑片向右移動一段距離，待電路穩(wěn)定后，與滑片移動

前比較

B.電容器C上的電荷量不變

C.電源消耗的總功率變小

D.電阻R。兩端電壓變大

【答案】C

【解析】

A、C、滑動變阻器的滑片向右移動一點，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路

歐姆定律分析得知，流過電源的電流減小，則由Pg=EI知電源的總功率變小，且流過燈泡的電流減小，燈泡

L亮度變暗，故A錯誤，C正確；B、電源的路端電壓K￡-11'增大，即電容器電壓增大將充電，電荷量將增

大.故B錯誤.D、電阻R0只有在電容器充放電時有短暫的電流通過，穩(wěn)定狀態(tài)無電流，則其兩端的電壓

為零不變，D錯誤；C、.故C正確.故選C.

【點睛】本題電路動態(tài)變化分析問題.對于電容器，關鍵是分析其電壓，電路穩(wěn)定時，與電容器串聯(lián)的電

路沒有電流，電容器的電壓等于這條電路兩端的電壓.

7.激光閃光燈的電路原理如圖所示，電動勢為300V的電源向電容為6000F的電容器C充電完畢后，通

過外加高壓擊穿“火花間隙”間空氣，使電容器一次性向激光閃光燈放電，提供所有能量使閃光燈發(fā)出強

光，則電容器放電過程釋放的電量和通過閃光燈的電流方向為

A.1.8C向左B.1.8C向右C.2Xl()fC向左D.2X10飛向右

【答案】B

【解析】

【詳解】

電容器充電后所儲存的電量為：Q=CU=6000X10-6x300C=1.8C,

在放電過程中將所有的電量放出，所以電容器放電過程釋放的電量為1.8C

電容器充電后左極板帶正電，所以在放電過程中通過閃光燈的電流方向向右，

故應選B。

8.如圖是一個多用電表的簡化電路圖。S為單刀多擲開關，通過操作開關，接線柱?？梢越油?,也可以

接通2、3、4、5或6。下列說法正確的是（）

A.當開關S分別接1或2時，測量的是電流，其中S接2時量程較大

B.當開關S分別接3或4時，測量的是電阻，其中4是紅表筆

C.當開關S分別接5或6時，測量的是電阻，其中4是黑表筆

D.當開關S分別接5和6時，測量的是電壓，其中S接5時量程較大

【答案】B

【解析】

【分析】

要熟悉多用表的原理和結構，根據(jù)電表的結構選出歐姆表、電壓表和電流表。

【詳解】

A項：其中1、2兩檔用來測電流，接1時分流電阻相對更小，故接1時電表的量程更大，第1檔為大量程，

那么S接2時量程較小，故A錯誤；

B項：3、4兩檔用來測電阻，其中黑表筆連接表內電池的正極，故B為黑表筆；A與電源的負極相連，故A

為紅表筆，B正確；

C項：當開關S分別接5或6時，測量的是電壓，故C錯誤；

D項：要測量電壓，電流表應與電阻串聯(lián)，由圖可知當轉換開關S旋到位置5、6時；測量電壓，電流表所

串聯(lián)的電阻越大，所測量電壓值越大，故當轉換開關S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D錯誤。

【點睛】

本題考查多用表的原理，應熟練掌握其測量原理，及電表的改裝辦法.明確電流表時表頭與電阻并聯(lián)，電

壓表時，表頭與電阻串聯(lián)；而歐姆表時內部要接有電源。

9.電動勢為E,內阻為r的電源與可變電阻R、R八Rs以及一平行板電容器連成如圖所示的電路.當開關S

閉合后，兩平行金屬板/、8間，有一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是（）

A.將用的滑片向右移動一小段距離，帶電液滴將向下運動

B.將用的滑片向右移動一小段距離，電容器兩極板的電荷量將增加

C.增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電荷量將增加

1）.減小尼的阻值，尼兩端的電壓的變化量小于后兩端的電壓的變化量

【答案】D

【解析】

A、將R1的滑片向右移動一小段距離，電容器兩端電壓與R3兩端電壓相等，保持不變，故液滴受到的電場

力不變，那么，液滴受力不變，仍保持靜止，故A錯誤；B、將R2的滑片向右移動一小段距離，那么，接

入電路的電阻增大，故電流減小，所以，R3兩端電壓減小，即電容器兩極板電壓減小，故電荷量0=2減小，

故B錯誤；C、增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電壓不變，電容器電容C=；吟減小，那么電荷

量0=2減小，故C錯誤；D、減小R3的阻值，電路電阻減小，電流增大，故內壓降增大；那么R2兩端的

電壓的變化量+r上電壓的變化量=1?3兩端的電壓的變化量，所以R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電

壓的變化量，故D正確；故選D。

【點睛】電路問題一般先根據(jù)電路變化得到總電阻變化，從而由歐姆定律得到總電流的變化，即可由歐姆

定律得到電壓的變化，從而得到支路電流的變化。

10.如圖所示的電路中，閉合開關后各元件處于正常工作狀態(tài)，當某燈泡突然出現(xiàn)故障時，電流表讀數(shù)變

小，電壓表讀數(shù)變大.下列關于故障原因或故障后其他物理量的變化情況的說法中正確的是（）

A.L燈絲突然短路

B.L燈絲突然燒斷

C.電源的輸出功率一定變小

D.電容器C上電荷量減少

【答案】B

【解析】

安培表在干路上，讀數(shù)變小，說明總電阻變大，A、L1燈絲突然短路，總電阻減小，電流表讀數(shù)變大，A錯

誤;B、L2燈絲突然燒斷，總電阻增大，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大，B正確，C、電源的輸出功率P=UI,

電壓增大而電流減小，輸出功率不一定變小，C錯誤；D、電流表讀數(shù)變小，燈泡1的分壓減小，并聯(lián)支路

的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，根據(jù)Q=CU知電容器的帶電量增大，D錯誤，故選B.

【點睛】本題考查了電路的動態(tài)分析，方法是：先從支路的變化，分析總電流和路端電壓的變化，再到支

路，分析各用電器的電壓和電流的變化關系.

二、多選題

11.2015年8月，河南等地出現(xiàn)39℃以上的高溫，為了解暑，人們用電扇降溫.如圖所示為降溫所用的一

個小型電風扇電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n：1,原線圈接電壓為U的交流電源,

輸出端接有一只電阻為R的燈泡和風扇電動機D,電動機線圈電阻為r.接通電源后，電風扇正常運轉，測

出通過風扇電動機的電流為I,則下列說法正確的是()

A.風扇電動機D兩端的電壓為/r

2

B.理想變壓器的輸入功率為——+—

C.風扇電動機D輸出的機械功率為一~fr

D.若電風扇由于機械故障被卡住，則通過原線圈的電流為(/)

【答案】BCD

【解析】

【分析】

電壓。比等于匝數(shù)之比，電動機為非純電阻器件，風扇消耗的功率為內阻消耗+輸出的機械功率，被卡住后相

當于純電阻.

【詳解】

由變壓器的原理可知，風扇電動機D兩端的電壓為U/n,因為電風扇中含有線圈，故不能利用歐姆定律求電

壓，A錯誤；由變壓器功率特點可知，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率為P2=1)21+苧=?+捻，B正

確；風扇電動機口輸出的機械功率為1121-12「=三-121,,(：正確：因為副線圈兩端的電壓為U/n,若電風

扇由于機械故障被卡住，則副線圈回路可視為純電阻電路，該回路的等效電阻為獸，所以副線圈中的電流

R+r

為小，通過原線圈的電流為粵N,D正確；故選BCD。

nRrMRr

12.如圖所示,滑動變阻器的總阻值/力〃當滑動變阻器的觸頭位于它的中點時，電壓表的讀數(shù)為〃,

電流表的讀數(shù)為/,則滑動變阻器的觸頭繼續(xù)向上移動的過程中()

A.電壓表的讀數(shù)總小于〃

B.電壓表的讀數(shù)先增大后減小

C.電流表的讀數(shù)總大于1

D.電流表的讀數(shù)先增大后減小

【答案】BC

【解析】

【分析】

由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流的變化，同時

可得出內阻及路端電壓的變化，則可得出電壓表示數(shù)的變化。

【詳解】

滑動變阻器的觸頭向上移動的過程中，因RO>R|HO,先簡化電路，除去兩電表，相當于兩個電阻并聯(lián)后與

R2串聯(lián)，滑動變阻器位于中點時，上、下兩并聯(lián)支路電阻不等，滑動觸頭移到兩支路電阻相等時，總電阻最

大，總電流最小，不難看出電壓表的示度先增大后減小。

將整個過程分為兩階段：兩支路電阻相等前，總電流減小，并聯(lián)電路的電壓l^=E-I(R+r)增大，安培表

支路電阻減小，安培表讀數(shù)增大；

兩支路電阻相等后，總電流增大，%下部分電壓減小，電阻增大，電流減小，則安培表支路電阻減小，安培

表讀數(shù)增大。故電流表的讀數(shù)總大于I.故BC正確。

故選：BC。

【點睛】

本題考查閉合電路歐姆定律的動態(tài)分析類題目，一般思路都是先分析局部電路的電阻變化，再分析整體中

電流及電壓的變化，最后分析局部電路中的流及電壓的變化；在分析局部電路時要注意靈活應用串并聯(lián)電

路的性質。

13.如圖，三個電阻在、尼、尼的阻值均為此電源的內阻穴兄c為滑動變阻器的中點。閉合開關后，將滑

動變阻器的滑片由c點向a端滑動，下列說法正確的是()

A.凡消耗的功率變小

B.用消耗的功率變大

C.電源輸出的功率變大

1).電源，內阻消耗的功率變大

【答案】CD

【解析】

【分析】

本題考查閉合電路歐姆定律的綜合動態(tài)分析問題的相關知識點

【詳解】

把等效電路畫出，如圖

D

當Rx=￡時，R外有最大值，當滑動變阻器的滑片由c點向a端滑動時，Rea減小，Red增大，易得：R外減小，

R總=M+r減小，1]=康增大，故電源內阻消耗的功率Pr=I%增大，故D正確

%+■-=%+小=E—l[(r+R。減小，

13=*瞥減小，故PR3=I軟3減小，故B錯誤

L+Kcb

而[2=L—13增大，故PR2=I^R2減大，故A錯誤

根據(jù)電源輸出功率與R外的關系圖可知，當R外〉r時，R外減小電源輸出功率越大，故C正確；

14.某同學將一直流電源的總功率、輸出功率和電源內部的發(fā)熱功率，隨電流變化的圖線畫

在了同一坐標系中，如圖中的、、所示.以下判斷正確的是()

A.在、、三，條圖線上分別取橫坐標相同的三點，這三點的縱坐標一定滿足關系

B.圖線的交點與、圖線的交點的橫坐標之比一定為/：2縱坐標之比一定為1:4

C.電源的最大輸出功率=9

D.電源的電動勢=3,內電阻=1

【答案】ABD

【解析】

【詳解】

在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，因為直流電源的總功率PE等于輸出功率PR和

電源內部的發(fā)熱功率Pr的和，所以這三點的縱坐標一定滿足關系PA=PB+PC,所以A正確；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M時的電流，此時電流的大小為占=5，功率的

R+r2r

p2

大小為%,a、b線的交點N表示電源的總功率PE和電源內部的發(fā)熱功率Pr隨相等，此時只有電源的內電

4r

阻，所以此時的電流的大小為E,功率的大小為百，所以橫坐標之比為1：2,縱坐標之比為1：4,所以B正

rr

確；圖線c表示電源的輸出功率與電流的關系圖象，很顯然，最大輸出功率小于3肌故C錯誤；當I=3A時，

PR=O.說明外電路短路，根據(jù)PE=EI知電源的電動勢E=3V,內電阻r*lQ,故D正確。故選ABD。

【點睛】

當電源的內阻和外電阻的大小相等時，此時電源的輸出的功率最大，并且直流電源的總功率&等于輸出功

率R和電源內部的發(fā)熱功率P,的和.

15.如圖所示電路中，三只燈泡原來都正常發(fā)光，當滑動變阻器的滑動觸頭P向右移動時，下面判斷正確

的是（）

A.L和晨變暗，A變亮

B.L變暗，L變亮，L亮度不變

C.L,中電流變化絕對值大于晨中電流變化絕對值

D.L上電壓變化絕對值小于Lz上的電壓變化絕對值

【答案】AD

【解析】

【詳解】

當滑片右移時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流

減小，故L1變暗；電路中電流減小，故內阻及RO、L1兩端的電壓減小，而電動勢不變，故并聯(lián)部分的電

壓增大，故L2變亮；因L2中電流增大，干路電流減小，故流過L3的電流減小，故L3變暗：故A正確，B

錯誤；因L1中電流減小，L3中電流減小，而L2中電流增大；開始時有：H=I2+I3,故II電流的變化值一

定小于L3中電流的變化值；故C錯誤；因并聯(lián)部分的電壓與LI、R0及內電阻上的總電壓等于電源的電動

勢：L2兩端的電壓增大，Ll、R0及內阻r兩端的電壓減小，而電動勢不變，故L2兩端電壓增大值應等于

其它三個電阻的減小值，故L1上電壓變化值小于L2上的電壓變化值，故D正確；故選AD。

【點睛】

本題不但考查電路中各量的變化方向，還考查了各電阻中電流及電壓的變化值，題目較為新穎，要求學生

能靈活應用串并聯(lián)電路的電流電壓規(guī)律及閉合電路的歐姆定律.

16.如圖所示，電源電動勢為E,內阻為r,平行板電容器C的兩金屬板水平放置.G為靈敏電流計。開關

S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)。則在滑動變阻器R的觸頭P向上移

動的過程中，下列判斷正確的是（）

A.靈敏電流計G中有b-a的電流

B.油滴向上加速運動

C.電容器極板所帶電荷量將減小

1）.通過電阻R?的電流將減小

【答案】AB

【解析】

【詳解】

在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內阻不變，可知總電流減小,

內電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2

與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q=CU,電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充

電，所以流過電流計的電流方向是b-a.電容器兩端電壓增大，電場強度增大，電場力增大，開始電場力

與重力平衡，所以油滴會向上加速。故AB正確，CD錯誤。故選AB。

【點睛】

處理本題的關鍵是抓住不變量，熟練運用閉合電路的動態(tài)分析.注意處理含容電路時、把含有電容的支路

看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓.

17.高溫超導限流器由超導部件和限流電阻并聯(lián)組成，如圖所示。超導部件有一個超導臨界電流人,當通

過限流器的電流/>4時，將造成超導體失超，從超導態(tài)（電阻為零）轉變?yōu)檎B(tài)（一個純電阻），以此

來限制電力系統(tǒng)的故障電流。假定有一實驗電路如右圖所示，超導部件的正常電阻為此=3Q,超導臨界電

流〃=1.2A,限流電阻尼=6Q,小燈泡L上標有“6V,6W”的字樣，電源電動勢￡=8V,內阻r=2C原來

電路正常工作，若Z突然發(fā)生短路，則。

■一“；

―-|i——

￡,fS

A.短路前通過用的電流為3

B.短路后超導部件將由超導狀態(tài)轉化為正常態(tài)

C.短路后通過用的電流為女

D.短路后通過用的電流為2A

【答案】BC

【解析】

小電珠L上標有“6V,6『’，該電珠的電阻RL=U2/P=62/6Q=6Q,短路前由于電路正常工作，電路

的總電阻為R=RL+r=6Q+2。=8。，總電流為I=E/R=1A,所以短路前通過R1的電流為H=1A,

選項A錯誤；當L突然短路后，電路中電流為I=E/r=4A>Ic=1.2A,超導部件由超導態(tài)轉變?yōu)檎B(tài),

則此時電路中總電阻為R,=2Q+2Q=4Q,總電流I，=E/R，4=2A,短路后通過R1的電流為

W.A,故選項B、C正確.

18.在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內電阻r為定值，R為滑動變阻器，R?和R3為定值電阻。當R

的滑動觸頭P從左向右移動時，伏特表明和V2的示數(shù)的增量分別為△口和△心,對和AU?有

C.1>0,2<0I).2>0,!.<0

【答案】AD

【解析】

【詳解】

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：AU]=AI(r+R3)

AU2=AIR3

結合公式可知|AU1|〉|AU2l，故A對；B錯

當RI的滑動觸頭P從左向右移動時，回路中電阻減小，電流增大，所以電壓表V2增大，由于路端電壓減

小，所以電壓表VI變小，則知AU2X),AUl<0,故C錯；D對

故選AD

19.如圖所示的電路中，電源內阻為r,閉合電鍵，電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I；在滑動變阻器R的

滑片P由a端滑到b端的過程中()

A.U先變大后變小

B.I先變小后變大

C.U與I的比值先變大后變小

D.U的變化量的大小與I的變化量的大小的比值等于r

【答案】ABC

【解析】

由圖可知，滑動變阻器上下兩部分并聯(lián)，當滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器R1的滑片P由

a端滑到b端的過程中，滑動變阻器R1的電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減

小后增大，則可知路端電壓先變大后變小：故AB正確；U與I的比值就是接入電路的R1的電阻與R2的電

阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；電壓表示數(shù)等于電源的路端電壓，電流表的示數(shù)比流

過電源的電流小，由于=因為十總即*r,所以U變化量與I變化量比值不等于r,故

D錯誤；綜上分析，ABC正確。

20.如圖所示，電源￡?對電容器C充電，當C兩端電壓達到80V時，閃光燈瞬間導通并發(fā)光，C放電.放

電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電.這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發(fā)光.該電路

()

A.充電時，通過"的電流不變

B.若A增大，則充電時間變長

C.若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大

D.若/減小為85V,閃光燈閃光一次通過的電荷量不變

【答案】BCD

【解析】本題考查電容器的充放電，意在考查考生的分析能力。電容器充電時兩端電壓不斷增大，所以電

源與電容器極板間的電勢差不斷減小，因此充電電流變小，選項A錯誤；當電阻R增大時，充電電流變小，

電容器所充電荷量不變的情況下，充電時間變長，選項B正確；若C增大，根據(jù)Q=CU,電容器的帶電荷量

增大，選項C正確；當電源電動勢為85V時，電源給電容器充電仍能達到閃光燈擊穿電壓80v時，所以閃

光燈仍然發(fā)光，閃光一次通過的電荷量不變，選項D正確。

點睛：本題源自于2009年江蘇高考物理卷的第5題，以閃光燈發(fā)光問題為背景考查電容器的充放電問題,

解題的關鍵是要弄清電路的工作原理和電容器

三、解答題

21.一電路如圖所示，電源電動勢E=28v,內阻r=2Q,電阻R=4Q,R?=8C,R3=4Q,C為平行板電容器,

其電容C=3.OpF,虛線到兩極板距離相等,極板長L=0.20m,兩極板的間距d=l.0X10%。

M

N

(1)閉合開關S穩(wěn)定后，求電容器所帶的電荷量為多少？

(2)當開關S閉合后，有一未知的、待研究的帶電粒子沿虛線方向以v°=2.Om/s的初速度射入MN的電場中，

已知該帶電粒子剛好從極板的右側下邊緣穿出電場，求該帶電粒子的比荷q/m(不計粒子的重力，M、N板

之間的電場看作勻強電場，g=10m/s2)

【答案】(1)48x/小〃(2)6.25X1(T4/

【解析】

【詳解】

(1)閉合開關S穩(wěn)定后，電路的電流：1=譽一=dfA=2A；

Ri+Rz+r4+8+2

電容器兩端電壓：U=UR2=IR2=2x8V=16V；

-11

電容器帶電量：Q=CUR2=3.0xI。-】？*Ige=4.8x10C

(2)粒子在電場中做類平拋運動，則：L=v()t

22dm

聯(lián)立解得:=6.25x10-4C/kg

22.能量守恒是自然界基本規(guī)律，能量轉化通過做功實現(xiàn)。研究發(fā)現(xiàn)，電容器存儲的能最表達式為EcWciZ,

其中U為電容器兩極板間的電勢差.C為電容器的電容。現(xiàn)將一電容器、電源和某定值電阻按照如圖所示電

路進行連接。已知電源電動勢為％,電容器電容為5,定值電阻阻值為R,其他電阻均不計，電容器原來不

帶電。現(xiàn)將開關S閉合，一段時間后，電路達到穩(wěn)定狀態(tài)。求：在閉合開關到電路穩(wěn)定的過程中，該電路

因電磁輻射、電流的熱效應等原因而損失的能量。

【答案】Ti

【解析】

【詳解】

根據(jù)電容定義，有C=J,其中Q為電容器儲存的電荷量，得：Q=CU

根據(jù)題意，電容器儲存能量：EC=^CU2

利用電動勢為E0的電源給電容器充電，電容器兩極間電壓最終為E0,

所以電容器最終儲存的能量為：E充力CE],

則電容器最終儲存的電荷量為：Q=CEO,

整個過程中消耗消耗能量為：E放邛電源=EOIt=E.OQ=CE,

根據(jù)能量守恒得：E損=￡放-E充近同CE螃CE§

23.如圖所示，水平軌道與半徑為r的半圓弧形軌道平滑連接于S點，兩者均光滑且絕緣，并安裝在固定

的豎直絕緣平板上.在平板的上下各有一塊相互正對的水平金屬板戶、Q,兩板間的距離為d.半圓軌道的

最高點7、最低點S、及只0板右側邊緣點在同一豎直線上.裝置左側有一半徑為/的水平金屬圓環(huán)，圓

環(huán)平面區(qū)域內有豎直向下、磁感應強度大小為8的勻強磁場，一根長度略大于人的金屬棒一端置于圓環(huán)上，

另一端與過圓心a的豎直轉軸連接，轉軸帶動金屬桿轉動，在圓環(huán)邊緣和轉軸處引出導線分別與只0連接，

圖中電阻阻值為此不計其它電阻.右側水平軌道上有一帶電量為+9、質量為3的小球1以速度。=小;

向左運動，與前面靜止的、質量也為T的不帶電小球2發(fā)生碰撞，碰后粘合在一起共同向左運動，小球和

粘合體均可看作質點，碰撞過程沒有電荷損失，設以0板正對區(qū)域間才存在電場.重力加速度為g.

(1)計算小球1與小球2碰后粘合體的速度大小匕

(2)若金屬桿轉動的角速度為。，計算圖中電阻不消耗的電功率產：

(3)要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點S做圓周運動到最高點7,計?算金屬桿轉動的角速度的范

圍.

、17242

【答案】(D=(2)=——(3)一7

【解析】

【詳解】

⑴兩球碰撞過程動量守恒，則;mv。=(|m+|m)v

解得v=欄

(2)桿轉動的電動勢e=BLV=BLX1L?=^BL2W

電阻R的功率P=v=嗎'

R4R

(3)通過金屬桿的轉動方向可知：P、Q板間的電場方向向上，粘合體受到的電場力方向向上.在半圓軌道最

低點的速度恒定，如果金屬桿轉動角速度過小，粘合體受到的電場力較小，不能達到最高點T,臨界狀態(tài)是

粘合體剛好達到T點，此時金屬桿的角速度31為最小，設此時對應的電場強度為E1,粘合體達到T點時

的速度為vl.

?2

在T點，由牛頓第二定律得mg-qE[=

從S到T,由動能定理得qE]?2r-mg-2r=jmvf-^mv2

解得Ei=券

2

桿轉動的電動勢ei=1BL<O1

兩板間電場強度E]=?

聯(lián)立解得3]=器

如果金屬桿轉動角速度過大，粘合體受到的電場力較大，粘合體在S點就可能脫離圓軌道，臨界狀態(tài)是粘

合體剛好在S點不脫落軌道，此時金屬桿的角速度32為最大，設此時對應的電場強度為E2.

?2

在S點，由牛頓第二定律得qE?-mg=川一

r

桿轉動的電動勢￡2=扣1?32

兩板間電場強度E2=/

聯(lián)立解得32=器

綜上所述，要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點S做圓周運動到最高點T,金屬桿轉動的角速度的

范圍為：到W3W客.

qBLqBL

24.如圖所示的電路中，K=4Q,總=2。，滑動變阻器R,上標有“1OQ2A”的字樣，理想電壓表的量程

有。?3,和。?兩擋，理想電流表的量程有。?。砌和。?切兩擋。閉合開關S,將滑片P從最左端向

右移動到某位置時，電壓表、電流表示數(shù)分別為2/和〃劭；繼續(xù)向右移動滑片P至另一位置，電壓表指針

指在滿偏的多電流表指針也指在滿偏的求電源電動勢與內阻的大小。(保留兩位有效數(shù)字)

【答案】7.OV,2.0Q。

【解析】

【分析】

根據(jù)滑動變阻器的移動可知電流及電壓的變化，是可判斷所選量程，從而求出電流表的示數(shù)；由閉合電路

歐姆定律可得出電動勢與內阻的兩個表達式，聯(lián)立即可求得電源的電動勢。

【詳解】

滑片P向右移動的過程中，電流表示數(shù)在減小，電壓表示數(shù)在增大，由此可以確定電流表量程選取的是0?

0.6A,電壓表量程選取的是。?15V,所以第二次電流表的示數(shù)為：X0.6A=0.2A,電壓表的示數(shù)為:X15

V=5V

當電流表示數(shù)為0.5A時，R1兩端的電壓為Ul=nRl=0.5X4V=2V

回路的總電流為I總=1穌=0.5+|A=l.5A

由閉合電路歐姆定律得E=I總r+Ul+U3,

即E=l.5r+2+2①

當電流表示數(shù)為0.2A時，R1兩端的電壓為UI'=ITRl=0.2X4V=0.8V

回路的總電流為I總‘="'+—=0.2+￥A=0.6A

由閉合電路歐姆定律得E=I總'r+Ul'+U3',

即E=0.6r+0.8+5②

聯(lián)立①②解得E=7.0V,r=2.0Q

【點睛】

本題考查閉合電路的歐姆定律，但解題時要注意先會分析電流及電壓的變化，從而根據(jù)題間明確所選電表

的量程。

25.麥克斯韋的電磁場理論告訴我們：變化的磁場產生感生電場，該感生電場是渦旋電場；變化的電場也

可以產生感生磁場，該感生”磁場是渦旋磁場。

（1）如圖所示，在半徑為r的虛線邊界內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間的變化

關系為廬北（40且為常量）。將一半徑也為r的細金屬圓環(huán)（圖中未畫出）與虛線邊界同心放置。

①求金屬圓環(huán)內產生的感生電動勢e的大小。

②變化的磁場產生的渦旋電場存在于磁場內外的廣闊空間中，在與磁場垂直的平面內其電場線是一系列同

心圓，如圖中的實線所示，圓心與磁場區(qū)域的中心重合。在同一圓周上，渦旋電場的電場強度大小處處相

等。使得金屬圓環(huán)內產生感生電動勢的非靜電力是渦旋電場對自由電荷的作用力，這個力稱為渦旋電場力，

其與電場強度的關系和靜電力與電場強度的關系相同。請推導金屬圓環(huán)位置的渦旋電場的場強大小后感。

（2）如圖所示，在半徑為r的虛線邊界內有一垂直于紙面向里的勻強電場，電場強度大小隨時間的變化關

系為E=Pt（P>0且為常量）。

①我們把穿過某個面的磁感線條數(shù)稱為穿過此面的磁通量，同樣地，我們可以把穿過某個面的電場線條數(shù)

稱為穿過此面的電通量。電場強度發(fā)生變化時，對應面積內的電通量也會發(fā)生變化，該變化的電場必然會

產生磁場。小明同學猜想求解該磁場的磁感應強度85s的方法可以類比（1）中求解處區(qū)的方法。若小明同學

的猜想成立，請推導3環(huán)在距離電場中心為a（a〈r）處的表達式，并求出在距離電場中心下和2r處的磁感

應強度的比值8型：B魅2。

②小紅同學對上問通過類比得到的6成的表達式提出質疑，請你用學過的知識判斷8巡的表達式是否正確，

并給出合理的理由。

【答案】（1）①2第；戲）①1：1②不正確.

【解析】

【分析】

（1）①根據(jù)法拉第電磁感應定律求解金屬圓環(huán)內產生的感生電動勢e的大小。②在金屬圓環(huán)內，求解非

靜電力對帶電量為F的自由電荷所做的功，求解電動勢，從而求解感應電場強度；（2）①類比（1）中求解

E感的過程求解兩處的磁感應強度的比值；②通過量綱分析表達式的正誤.

【詳解】

（1）①根據(jù)法拉第電磁感應定律得

△①△（B-S）AB2

€=---=------=--S=kJTr

AtAtAt

②在金屬圓環(huán)內，非靜電力對帶電量為F的自由電荷所做的功皿非=4￡感?2“r

根據(jù)電動勢的定義e=#

hl

解得感生電場的場強大小E感=五三=7

①類比（中求解感的過程，在半徑為處的磁感應強度為咸=

（2）1）ERB心2兀KAt

在R=a時，中e=Ena2,解得8感=三

在Rq時，①ei=E"G）2,解得B感1=手

將R=2r時，①e2=E口r?,解得B感&——j-

②上問中通過類比得到的B感的表達式不正確；

因為通過量綱分析我們知道：用基本物理量的國際單位表示B或=#i的導出單位為誓；又因為B="，

越2JiRAtA-s4IL

用基本物理量的國際單位表示B=1的導出單位為獸。可見，通過類比得到的B感的單位是不正確的，所以

IL

8感=褊的表達式不正確。

【點睛】

考查電磁學綜合運用的內容，掌握法拉第電磁感應定律、電場強度和磁感應強度的應用，會用類比法解決

問題以及用物理量的量綱判斷表達式的正誤.

26.如圖所示，在兩光滑平行金屬導軌之間存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為8導軌

的間距為￡,電阻不計。金屬棒垂直于導軌放置，質量為如重力和電阻可忽略不計?，F(xiàn)在導軌左端接入一

個電阻為〃的定值電阻，給金屬棒施加一個水平向右的恒力凡經過時.后金屬棒達到最大速度。

(7)金屬棒的最大速度是多少？

(為求金屬棒從靜止達到最大速度的過程中。通過電阻〃的電荷量q；

(0如圖乙所示，若將電阻換成一個電容大小為。的電容器(認為電容器充放電可瞬間完成)。求金屬棒由靜

止開始經過時間t后，電容器所帶的電荷量0。

【答案】(/)—^；(0---------；(^)—..-?

【解析】

【分析】

(1)當速度最大時，導體棒受拉力與安培力平衡，根據(jù)平衡條件、安培力公式、切割公式列式后聯(lián)立求解

即可；(2)根據(jù)法律的電磁感應定律列式求解平均感應電動勢、根據(jù)歐姆定律列式求解平均電流、再根據(jù)

電流定義求解電荷量；(3)根據(jù)牛頓第二定律和電流的定義式，得到金屬棒的加速度表達式，再分析其運

動情況。由法拉第電磁感應定律求解MN棒產生的感應電動勢，得到電容器的電壓，從而求出電容器的電量。

【詳解】

(1)當安培力與外力相等時，加速度為零，物體速度達到最大，即F=BIL里沖

由此可得金屬棒的最大速度：vmax^^p；

(2)由動量定律可得：(F-F)tO=mvmax

r+iKB2L2X

其中：F=b-

解得金屬棒從靜止達到最大速度的過程中運動的距離：x=舞-黑

通過電阻R的電荷量：q與爺-翳

(3)設導一體棒運動加速度為a,某時裝金屬棒的速度為vl,經過At金屬體的速度為v2,導體棒中流過的

電流(充電電流)為I,則：F-BIL=ma

電流：1="3

△tAt

其中：AE=BLv2-BLvl=BLAv,a卷

聯(lián)立各式得：a.

因此，導體棒向右做勻加速直線運動。由于所有電阻均忽略，平行板電容器兩板間電壓U與導體棒切割磁

感線產生的感應電動勢E相等，電容器的電荷量：Q=CBLat=￡5b

m+CoL

答：(1)金屬棒的最大速度Vmax是蔡；

(2)金屬棒從靜止達到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量q為空-器；

(3)金屬棒由靜止開始經過時間t后，電容器所帶的電荷量Q為;;^篝。

【點睛】

解決本題的關鍵有兩個：一是抓住電流的定義式，結合牛頓第二定律分析金屬棒的加速度。二是運用微元

法，求解金屬棒的位移，其切入口是加速度的定義式。

27.如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導軌相距為￡,導軌的兩端分別與電源(串有一滑動變阻

器而、定值電阻、電容器(原來不帶電)和開關K相連。整個空間充滿了垂直于導軌平面向外的勻強磁場，