2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第1講電流電阻電功電功率學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會用電流的定義式和微觀表達式計算電流大小。2.會用電阻定律和歐姆定律進行有關(guān)計算，理解伏安特性曲線。3.電路電功、電功率、焦耳熱的計算，會分析非純電阻電路。eq\a\vs4\al(,1.)eq\a\vs4\al(2.,)3.eq\a\vs4\al(4.,)5.6.7.1.思考判斷(1)由I＝eq\f(q,t)可知，I與q成正比，與t成反比。(×)(2)由R＝eq\f(U,I)知，導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體兩端的電壓成正比，與流過導(dǎo)體的電流成反比。(×)(3)電阻率越大，導(dǎo)體對電流的阻礙作用就越大。(×)(4)公式W＝UIt＝eq\f(U2,R)t＝I2Rt適用于所有電路。(×)(5)在非純電阻電路中，P＝UI＝I2R＋P其他。(√)(6)焦耳定律只適用于純電阻電路，不適用于非純電阻電路。(×)2.如圖1所示是均勻的長薄片合金電阻板abcd，ab邊長為L1，ad邊長為L2，當(dāng)端點1、2或3、4接入電路中時，R12∶R34為()圖1A.L1∶L2 B.L2∶L1C.1∶1 D.Leq\o\al(2,1)∶Leq\o\al(2,2)答案D3.有一個直流電動機，把它接入0.2V電壓的電路中，電動機不轉(zhuǎn)，測得流過電動機的電流是0.4A；若把電動機接入2V電壓的電路中，正常工作時的電流是1A，此時，電動機的輸出功率是P出；如果在電動機正常工作時，轉(zhuǎn)子突然被卡住，電動機的發(fā)熱功率是P熱，則()A.P出＝2W，P熱＝0.5WB.P出＝1.5W，P熱＝8WC.P出＝2W，P熱＝8WD.P出＝15W，P熱＝0.5W答案B考點一電流的理解與計算1.利用“柱體微元”模型求解電流的微觀問題設(shè)柱體微元的長度為L，橫截面積為S，單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為q，電荷定向移動的速率為v，則：(1)柱體微元中的總電荷量為Q＝nLSq。(2)柱體中全部電荷通過橫截面的時間t＝eq\f(L,v)。(3)電流的微觀表達式I＝eq\f(Q,t)＝nqSv。2.三種電流表達式的比較公式公式含義定義式I＝eq\f(q,t)eq\f(q,t)反映了I的大小，但不能說I∝q，I∝eq\f(1,t)微觀式I＝nqSv從微觀上看n、q、S、v決定了I的大小決定式I＝eq\f(U,R)I由U、R決定，I∝U，I∝eq\f(1,R)跟蹤訓(xùn)練1.安培提出了著名的分子電流假說，根據(jù)這一假說，電子繞核運動可等效為一環(huán)形電流，設(shè)電荷量為e的電子以速率v繞原子核沿順時針方向做半徑為r的勻速圓周運動，關(guān)于該環(huán)形電流的說法中正確的是()A.電流大小為eq\f(ve,2πr)，電流方向為順時針B.電流大小為eq\f(ve,r)，電流方向為順時針C.電流大小為eq\f(ve,2πr)，電流方向為逆時針D.電流大小為eq\f(ve,r)，電流方向為逆時針答案C解析電子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)，由I＝eq\f(e,T)得I＝eq\f(ve,2πr)，電流的方向與電子運動方向相反，故為逆時針，選項C正確。2.(2023·四川樂山高三模擬)如圖2所示，一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，自由電子的質(zhì)量為m、電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向移動的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場強度大小為()圖2A.eq\f(mv2,2eL) B.eq\f(mv2Sn,e) C.ρnev D.eq\f(ρev,SL)答案C解析由電流定義式可知I＝eq\f(q,t)＝eq\f(nvtSe,t)＝neSv。由歐姆定律可得U＝IR＝neSv·ρeq\f(L,S)＝ρneLv，又E＝eq\f(U,L)，故E＝ρnev，選項C正確?？键c二歐姆定律和電阻定律1.電阻與電阻率的區(qū)別(1)電阻反映了導(dǎo)體對電流阻礙作用的大小，而電阻率則反映制作導(dǎo)體的材料導(dǎo)電性能的好壞。(2)導(dǎo)體的電阻大，電阻率不一定大，它的導(dǎo)電性能不一定差；導(dǎo)體的電阻率小，電阻不一定小，即它對電流的阻礙作用不一定小。(3)導(dǎo)體的電阻、電阻率均與溫度有關(guān)。2.公式R＝eq\f(U,I)、I＝eq\f(U,R)和U＝IR的對比公式物理意義適用條件R＝eq\f(U,I)導(dǎo)體電阻的定義式，反映導(dǎo)體對電流的阻礙作用R由導(dǎo)體本身決定，與U、I無關(guān)，適用于所有導(dǎo)體I＝eq\f(U,R)某段導(dǎo)體中電流與兩端電壓和電阻的關(guān)系適用于純電阻電路U＝IR沿電流方向電勢逐漸降低(外電路)，電壓等于I和R的乘積例1如圖3所示，厚薄均勻的矩形金屬薄片邊長為ab＝10cm，bc＝5cm，當(dāng)將C與D接入電壓恒為U的電路時，電流為2A，若將A與B接入電壓恒為U的電路中，則電流為()圖3A.0.5A B.1A C.2A D.4A答案A解析設(shè)金屬薄片厚度為d，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)，有RCD＝ρeq\f(lbc,lab·d)，RAB＝ρeq\f(lab,lbc·d)，故eq\f(RCD,RAB)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lbc,lab)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)；根據(jù)歐姆定律可知，電壓相同時，電流與電阻成反比，故兩次電流之比為4∶1，所以第二次電流為0.5A，選項A正確。跟蹤訓(xùn)練3.有兩根完全相同的金屬裸導(dǎo)線，如果把其中的一根均勻拉長到原來的2倍，把另一根對折后絞合起來，然后給它們分別加上相同電壓后，則在相同時間內(nèi)通過它們的電荷量之比為()A.1∶4 B.1∶8 C.1∶16 D.16∶1答案C解析對于第一根導(dǎo)線，均勻拉長到原來的2倍，則其橫截面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，由電阻定律可得其電阻變?yōu)樵瓉淼?倍；第二根導(dǎo)線對折絞合后，長度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，故其電阻變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，給上述變化后的祼導(dǎo)線加上相同的電壓，由歐姆定律得I1＝eq\f(U,4R)，I2＝eq\f(U,\f(R,4))＝eq\f(4U,R)，由I＝eq\f(q,t)可知，在相同時間內(nèi)，通過的電荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16，C正確。4.(多選)離地面高度5.0×104m以下的大氣層可視為電阻率較大的漏電介質(zhì)，假設(shè)由于雷暴對大氣層的“電擊”，使得離地面高度5.0×104m處的大氣層與帶負(fù)電的地球表面之間形成穩(wěn)定的電場，其電勢差約為3×105V。已知，雷暴每秒鐘給地球充電的電荷量約為1.8×103C，地球表面積近似為5.0×1014m2，則()圖4A.該大氣層的等效電阻約為600ΩB.該大氣層的平均漏電電流約為1.8×103AC.該大氣層的平均電阻率約為1.7×1012Ω·mD.該大氣層的平均電阻率約為1.7×108Ω·m答案BC解析該大氣層的平均漏電電流約為I＝eq\f(q,t)＝eq\f(1.8×103,1)A＝1.8×103A，該大氣層的等效電阻為R＝eq\f(U,I)＝eq\f(3×105,1.8×103)Ω＝167Ω，故A錯誤，B正確；根據(jù)R＝ρeq\f(l,S)可得，該大氣層的平均電阻率約為ρ＝eq\f(RS,l)＝eq\f(167×5.0×1014,5.0×104)Ω·m＝1.7×1012Ω·m，故C正確，D錯誤?？键c三伏安特性曲線的理解及應(yīng)用I－U圖線與U－I圖線的對比例2如圖5甲所示，電路中電源的電動勢為3.0V，內(nèi)阻不計，L1、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當(dāng)開關(guān)閉合后，下列說法正確的是()圖5A.L1中的電流為L2中電流的2倍B.L3的電阻約為1.875ΩC.L3的電功率約為0.75WD.L2和L3的總功率約為3W答案B解析由于不計電源內(nèi)阻，所以L1兩端的電壓為3V，L2和L3兩端的電壓均為U＝1.5V，由題圖乙可知此時通過L1的電流為1.0A，通過L2和L3的電流均為I＝0.8A，所以L1中的電流不是L2中電流的2倍，A錯誤；L3的電阻R＝eq\f(U,I)＝1.875Ω，B正確；L3的電功率P＝UI＝1.5×0.8W＝1.2W，C錯誤；L2和L3的總功率P′＝2P＝2.4W，D錯誤。跟蹤訓(xùn)練5.如圖6所示，兩圖線分別為A、B兩電阻的U－I圖像，關(guān)于兩電阻的描述正確的是()圖6A.電阻A的阻值隨電流的增大而減小，電阻B的阻值不變B.在兩圖線交點處，電阻A的阻值等于電阻B的阻值C.在兩圖線交點處，電阻A的阻值大于電阻B的阻值D.在兩圖線交點處，電阻A的阻值小于電阻B的阻值答案B解析由題圖可知，電阻A的阻值隨電流的增大而增大，電阻B的阻值不變，選項A錯誤；在兩圖線的交點處，電流和電壓均相同，則由歐姆定律可知，兩電阻的阻值大小相等，選項B正確，C、D錯誤。考點四電功電功率焦耳定律1.電功、電功率及電熱、熱功率的比較純電阻電路非純電阻電路實例白熾燈、電爐、電飯鍋、電熱毯、電熨斗及轉(zhuǎn)子被卡住的電動機等工作中的電動機、電解槽、日光燈等電功與電熱W＝Q＝UIt＝I2Rt＝eq\f(U2,R)tW＝UIt＞Q＝I2Rt電功率與熱功率P電＝P熱＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R)P電＝UI＞P熱＝I2R2.電動機的三個功率及關(guān)系輸入功率電動機的總功率P總＝P入＝UI輸出功率電動機做有用功的功率，也叫機械功率熱功率電動機的線圈有電阻，電流通過線圈時會發(fā)熱，熱功率P熱＝I2r三者關(guān)系P總＝P出＋P熱效率η＝eq\f(P出,P入)×100%＝eq\f(P出,P總)×100%特別說明①正常工作的電動機是非純電阻元件②電動機因故障或其他原因不轉(zhuǎn)動時，相當(dāng)于一個純電阻元件角度純電阻電路中的功率例3(2023·河南洛陽高三期中)四盞白熾燈泡連接成如圖7所示的電路。a、c燈泡的規(guī)格為“220V40W”，b、d燈泡的規(guī)格為“220V100W”，各個燈泡的實際功率都沒有超過它的額定功率。對這四盞燈泡實際消耗功率的說法正確的是()圖7A.a燈泡實際消耗的功率最小B.b燈泡實際消耗的功率最小C.c燈泡實際消耗的功率最小D.d燈泡實際消耗的功率最小答案C解析a、c燈泡的電阻R＝eq\f(U2,P)＝1210Ω，b、d燈泡的電阻R′＝eq\f(U2,P′)＝484Ω，根據(jù)并聯(lián)電路的特點知b、c并聯(lián)后的總電阻R并＜R′，所以b、c兩端的電壓小于d燈泡的電壓，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)，可得Pc＜Pb＜Pd，a、d燈串聯(lián)，電流相等，根據(jù)P＝I2R知，P與R成正比，則Pa＞Pd，故C正確。角度非純電阻電路中的功率例4(2023·北師大二附中月考)在如圖8所示的電路中，電源電動勢為6V，內(nèi)阻為2Ω，定值電阻R的阻值為10Ω，電動機的線圈阻值為2Ω。閉合開關(guān)S后，理想電壓表的示數(shù)為3V。下列說法正確的是()圖8A.電源的輸出功率為4.5WB.電動機消耗的功率為0.75WC.電動機線圈在1分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為0.125JD.如果電動機被卡住，電壓表的示數(shù)將變大答案B解析假設(shè)電路電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝U＋I(R＋r)，解得I＝eq\f(E－U,R＋r)＝eq\f(6－3,10＋2)A＝0.25A，可知外電壓為U外＝E－Ir＝5.5V，電源的輸出功率為P出＝U外I＝5.5×0.25W＝1.375W，A錯誤；電動機消耗的功率為P＝UI＝3×0.25W＝0.75W，B正確；電動機線圈在1分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q＝I2R線t＝0.252×2×60J＝7.5J，C錯誤；如果電動機被卡住，電動機變成純電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I′(R線＋R＋r)，解得I′＝eq\f(E,R線＋R＋r)＝eq\f(6,2＋10＋2)A＝eq\f(3,7)A，電壓表示數(shù)為U′＝I′R線＝eq\f(3,7)×2V＝eq\f(6,7)V，可知電壓表的示數(shù)將變小，D錯誤。跟蹤訓(xùn)練6.某簡易電吹風(fēng)簡化電路如圖9甲所示，其主要部件為電動機M和電熱絲，部分技術(shù)參數(shù)如下表，電吹風(fēng)在220V電壓下工作。下列說法正確的是()圖9電吹風(fēng)額定電壓220V電吹風(fēng)額定功率熱風(fēng)時：990W冷風(fēng)時：110WA.開關(guān)S1、S2都閉合時電吹風(fēng)吹冷風(fēng)B.該電吹風(fēng)中電動機的內(nèi)電阻為440ΩC.吹熱風(fēng)時電熱絲的功率為990WD.吹熱風(fēng)時通過電熱絲的電流為4A答案D解析由電路圖可知，開關(guān)S1、S2都閉合時，電動機和電熱絲同時接入電路，電吹風(fēng)吹熱風(fēng)，故A錯誤；只閉合開關(guān)S2時，僅電動機接入電路，若電動機為純電阻，則電阻為r＝eq\f(U2,P冷)＝eq\f(2202,110)Ω＝440Ω，由于電動機為非純電阻元件，則內(nèi)阻不為440Ω，故B錯誤；開關(guān)S1、S2都閉合時，電動機和電熱絲同時接入電路，電吹風(fēng)吹熱風(fēng)，總功率為990W，即為電動機的功率和電熱絲的功率之和，則吹熱風(fēng)時電熱絲的功率為880W，故C錯誤；吹熱風(fēng)時通過電熱絲的電流I＝eq\f(880,220)A＝4A，故D正確。A級基礎(chǔ)對點練對點練1電流的理解與計算1.如圖1所示的電解槽接入電路后，在t秒內(nèi)有n1個1價正離子通過溶液內(nèi)截面S，有n2個1價負(fù)離子通過溶液內(nèi)截面S，設(shè)e為元電荷，以下說法正確的是()圖1A.當(dāng)n1＝n2時電流強度為零B.當(dāng)n1＞n2時，電流方向從A→B，電流強度為I＝eq\f(（n1－n2）e,t)C.當(dāng)n1＜n2時，電流方向從B→A，電流強度I＝eq\f(（n2－n1）e,t)D.電流方向從A→B，電流強度I＝eq\f(（n1＋n2）e,t)答案D解析電荷的定向移動形成電流，正電荷的定向移動方向是電流方向，由圖示可知，溶液中的正離子從A向B運動，因此電流方向是A→B，電流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(（n2＋n1）e,t)，故D正確。2.(2020·山東卷)氚核eq\o\al(3,1)H發(fā)生β衰變成為氦核eq\o\al(3,2)He。假設(shè)含氚材料中eq\o\al(3,1)H發(fā)生β衰變產(chǎn)生的電子可以全部定向移動，在3.2×104s時間內(nèi)形成的平均電流為5.0×10－8A。已知電子電荷量為1.6×10－19C，在這段時間內(nèi)發(fā)生β衰變的氚核eq\o\al(3,1)H的個數(shù)為()A.5.0×1014 B.1.0×1016C.2.0×1016 D.1.0×1018答案B解析由q＝It，ne＝q聯(lián)立解得n＝1.0×1016，選項B正確。對點練2歐姆定律和電阻定律3.(多選)對于一根常溫下阻值為R的均勻金屬絲，下列說法中正確的是()A.常溫下，若將金屬絲均勻拉長為原來的10倍，則電阻變?yōu)?0RB.常溫下，若將金屬絲從中點對折起來，則電阻變?yōu)閑q\f(1,4)RC.若加在金屬絲兩端的電壓從零逐漸增大到U0，則任一狀態(tài)下的eq\f(U,I)的值不變D.若把金屬絲的溫度降低到絕對零度附近，則電阻率可能會突然變?yōu)榱愦鸢窧D解析設(shè)金屬絲的體積為V，原長為L，橫截面積為S，由電阻定律可得R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(L2,V)，常溫下，若將金屬絲均勻拉長為原來的10倍，則電阻變?yōu)?00R，A錯誤；常溫下，若將金屬絲從中點對折起來，則電阻變?yōu)閑q\f(1,4)R，B正確；若加在金屬絲兩端的電壓增大，金屬絲發(fā)熱，金屬絲的電阻率隨溫度的升高而增大，由R＝ρeq\f(L,S)可知，電阻變大，由R＝eq\f(U,I)可知，eq\f(U,I)的比值變大，C錯誤；若把金屬絲的溫度降低到絕對零度附近，則電阻率可能會突然變?yōu)榱?，這種現(xiàn)象叫作超導(dǎo)，D正確。4.兩根材料相同的均勻?qū)Ь€x和y，其中x長為l，y長為2l，串聯(lián)在電路中時沿長度方向的電勢φ隨位置的變化規(guī)律如圖2所示，那么，x和y兩導(dǎo)線的電阻和橫截面積之比分別為()圖2A.3∶11∶6 B.2∶31∶6C.3∶21∶5 D.3∶15∶1答案A解析由題圖可知，兩導(dǎo)線兩端的電壓之比為3∶1，電流相同，則電阻之比為3∶1，由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)，得橫截面積S＝eq\f(ρl,R)，所以橫截面積之比eq\f(Sx,Sy)＝eq\f(lx,ly)·eq\f(Ry,Rx)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，A正確。對點練3伏安特性曲線5.如圖3所示為通過某種半導(dǎo)體材料制成的電阻的電流隨其兩端電壓變化的關(guān)系圖線，在圖線上取一點M，其坐標(biāo)為(U0，I0)，其中過M點的切線與橫軸正向的夾角為β，MO與橫軸的夾角為α。則下列說法正確的是()圖3A.該電阻阻值隨其兩端電壓的升高而減小B.該電阻阻值隨其兩端電壓的升高而增大C.當(dāng)該電阻兩端的電壓U＝U0時，其阻值為eq\f(1,tanα)ΩD.當(dāng)該電阻兩端的電壓U＝U0時，其阻值為tanβΩ答案A解析由題圖可知，斜率表示電阻的倒數(shù)，半導(dǎo)體的伏安特性曲線斜率變大，則阻值隨電壓的升高而變小，故A正確，B錯誤；當(dāng)該電阻兩端的電壓U＝U0時，電阻R＝eq\f(U0,I0)，由于縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的標(biāo)度不確定，所以不能用R＝eq\f(1,tanα)Ω計算電阻，也不能用R＝tanβΩ計算電阻，故C、D錯誤。6.(多選)在如圖4甲所示的電路中，L1、L2、L3為三個規(guī)格相同的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當(dāng)開關(guān)S閉合后，電路中的總電流為0.25A，則此時()圖4A.L1兩端電壓為L2兩端電壓的2倍B.L1消耗的電功率為0.75WC.L2的電阻為4ΩD.L1、L2消耗的電功率的比值大于12答案BD解析電路中的總電流為0.25A，則L1中電流為0.25A，由小燈泡的伏安特性曲線可知，L1兩端電壓為3.0V，L1消耗的電功率為P1＝U1I1＝0.75W，選項B正確；根據(jù)并聯(lián)電路規(guī)律，L2中電流為0.125A，由小燈泡的伏安特性曲線可知，L2兩端電壓小于0.5V，所以L1兩端電壓比L2兩端電壓的6倍還大，選項A錯誤；由歐姆定律可知，L2的電阻約為R2＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(0.4,0.125)Ω＝3.2Ω≠4Ω，選項C錯誤；L2消耗的電功率P2＝U2I2＜0.5×0.125W＝0.0625W，L1、L2消耗的電功率的比值eq\f(P1,P2)＞eq\f(0.75,0.0625)＝12，選項D正確。對點練4電功電功率焦耳定律7.(2020·海南卷)一車載加熱器(額定電壓為24V)發(fā)熱部分的電路如圖5所示，a、b、c是三個接線端點，設(shè)ab、ac、bc間的功率分別為Pab、Pac、Pbc，則()圖5A.Pab＞Pbc B.Pab＝PacC.Pac＝Pbc D.Pab＜Pac答案D解析接ab，則電路的總電阻為Rab＝eq\f(9R（R＋9R）,R＋9R＋9R)＝eq\f(90R,19)，接ac，則電路的總電阻為Rac＝eq\f(R（9R＋9R）,R＋9R＋9R)＝eq\f(18R,19)，接bc，則電路的總電阻為Rbc＝eq\f(9R（R＋9R）,R＋9R＋9R)＝eq\f(90R,19)，由題知，不管接哪兩個點，電壓不變，為U＝24V，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)，可知Pab＝Pbc＜Pac，故D正確。8.長為L的均勻金屬絲總電阻為R，彎成如圖6所示的圓形閉合導(dǎo)線環(huán)，A、B、C、D四點將圓環(huán)等分。將A、C兩點接入電壓恒為U的電源上時，圓環(huán)消耗的功率為P。若將A、B兩點接入同樣的電源上時，圓環(huán)消耗的功率為()圖6A.eq\f(4,3)P B.eq\f(3,4)P C.eq\f(3,16)P D.2P答案A解析導(dǎo)線環(huán)每一等份的電阻為eq\f(1,4)R，則當(dāng)A、C點接入電路中時總電阻R1＝eq\f(1,4)R；當(dāng)A、B點接入電路中時總電阻R2＝eq\f(\f(1,4)R×\f(3,4)R,\f(1,4)R＋\f(3,4)R)＝eq\f(3,16)R；由功率公式P＝eq\f(U2,R)得到P2∶P1＝R1∶R2＝4∶3，又P1＝P，得到P2＝eq\f(4,3)P，故A正確。9.(2022·江蘇卷，2)如圖7所示，電路中燈泡均正常發(fā)光，阻值分別為R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，R4＝4Ω，電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，四個燈泡中消耗功率最大的是()圖7A.R1 B.R2 C.R3 D.R4答案A解析由電路圖可知R3與R4串聯(lián)后與R2并聯(lián)，再與R1串聯(lián)。并聯(lián)電路部分的電阻為R并＝eq\f(R2（R3＋R4）,R2＋R3＋R4)＝2Ω，R1與R并串聯(lián)，R1＝R并，則R1的功率與另外三個燈泡的功率之和相等，故四個燈泡中功率最大的是R1，故選項A正確。10.在如圖8所示電路中，電源電動勢為12V，電源內(nèi)阻為1.0Ω，電路中的電阻R0為1.5Ω，小型直流電動機M的內(nèi)阻為0.5Ω。閉合開關(guān)S后，電動機轉(zhuǎn)動，電流表的示數(shù)為2.0A。則以下判斷中正確的是()圖8A.電動機的輸出功率為14WB.電動機兩端的電壓為7.0VC.電動機產(chǎn)生的熱功率為4.0WD.電源輸出的電功率為22W答案B解析電路中電流表的示數(shù)為2.0A，所以電動機的電壓為U＝E－Ir－IR0＝12V－2×1V－2×1.5V＝7V，電動機的總功率為P總＝UI＝7×2W＝14W，電動機的發(fā)熱功率為P熱＝I2R＝22×0.5W＝2W，所以電動機的輸出功率為P出＝14W－2W＝12W，B正確，A、C錯誤；電源的輸出的功率為P輸出＝EI－I2r＝12×2W－22×1W＝20W，D錯誤。B級綜合提升練11.(多選)(2023·廣東廣州高三綜合測試)某型號掃地機器人的銘牌信息如下表。已知掃地機器人剩余電量為480mA·h時，機器人自動停止掃地并返回充電基座充電。該型號掃地機器人()額定工作電壓10V額定功率40W電池容量2400mA·hA.掃地時額定電流為4AB.內(nèi)部電路的總電阻為2.5ΩC.可以連續(xù)掃地的時間為0.6hD.每次掃地釋放的電能最多約為6.9×104J答案AD解析由公式P＝UI可得掃地機器人掃地時工作電流為I＝4A，A正確；掃地機器人為非純電阻元件，由掃地機器人銘牌數(shù)據(jù)不能得出掃地時機器人電阻，B錯誤；根據(jù)電池容量2400mA·h，掃地機器人剩余電量為480mA·h時，機器人自動停止掃地并返回充電基座充電，工作過程中消耗電量為q＝(2.4－0.48)A×3600s＝6912C，可以連續(xù)掃地的時間為t＝eq\f(q,I)＝eq\f(6912,4)s＝1728s＝0.48h，C錯誤；每次掃地釋放的電能最多約為ΔE＝W＝qU＝6912×10J≈6.9×104J，D正確。12.某款理發(fā)用的電吹風(fēng)的電路圖如圖9所示，它主要由電動機M和電熱絲R構(gòu)成。當(dāng)閉合開關(guān)S1、S2后，電動機驅(qū)動風(fēng)葉旋轉(zhuǎn)，將空氣從進風(fēng)口吸入，經(jīng)電熱絲加熱，形成熱風(fēng)后從出風(fēng)口吹出。已知電吹風(fēng)的額定電壓為220V，吹冷風(fēng)時的功率為120W，吹熱風(fēng)時的功率為1000W。關(guān)于該電吹風(fēng)，下列說法正確的是()圖9A.電熱絲的電阻為55ΩB.電動機的電阻為eq\f(1210,3)ΩC.當(dāng)電吹風(fēng)吹冷風(fēng)時，電熱絲每秒鐘消耗的電能為120JD.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機每秒鐘消耗的電能為880J答案A解析電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電熱絲消耗的功率為P＝1000W－120W＝880W，對電熱絲，由P＝eq\f(U2,R)可得電熱絲的電阻為R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(2202,880)Ω＝55Ω，選項A正確；由于不知道電動機線圈的發(fā)熱功率，所以電動機線圈的電阻無法計算，選項B錯誤；當(dāng)電吹風(fēng)吹冷風(fēng)時，電熱絲沒有工作，選項C錯誤；當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機每秒鐘消耗的電能為120J，選項D錯誤。13.如圖10所示為電動機提升重物的裝置示意圖，電動機線圈電阻為r＝1Ω，電動機兩端的電壓為5V，電路中的電流為1A，重物A所受的重力為20N，不計摩擦力。圖10(1)電動機線圈電阻上消耗的熱功率是多少？(2)電動機的輸入功率和輸出功率各是多少？(3)電動機在10s內(nèi)可以把重物A勻速提升多高？(4)這臺電動機的機械效率是多少？答案(1)1W(2)5W4W(3)2m(4)80%解析(1)根據(jù)焦耳定律，熱功率為P熱＝I2r＝12×1W＝1W。(2)輸入功率等于輸入電流與電動機兩端電壓的乘積，即P入＝IU＝1×5W＝5W輸出功率等于輸入功率減去發(fā)熱消耗的功率，即P出＝P入－P熱＝5W－1W＝4W。(3)電動機輸出的功率用來提升重物，轉(zhuǎn)化為機械功率，在10s內(nèi)有P出t＝Gh解得h＝eq\f(P出t,G)＝eq\f(4×10,20)m＝2m。(4)機械效率η＝eq\f(P出,P入)×100%＝80%。第2講電路閉合電路的歐姆定律學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握串、并聯(lián)電路的特點，會分析有關(guān)問題。2.掌握閉合電路歐姆定律，會分析電路的動態(tài)問題。3.會計算閉合電路的功率問題和效率問題。4.掌握電源的U－I圖像。1.eq\a\vs4\al(2.)3.4.eq\a\vs4\al(5.)1.思考判斷(1)串聯(lián)電路總電阻大于任何一個電阻。(√)(2)串聯(lián)電路中某一電阻增大，總電阻增大；并聯(lián)電路中某一電阻增大，總電阻減小。(×)(3)閉合電路中外電阻越大，路端電壓越小。(×)(4)在閉合電路中，外電阻越大，電源的輸出功率越大。(×)(5)電源的輸出功率越大，電源的效率越高。(×)(6)電源的電動勢越大，電源所提供的電能就越多。(×)2.如圖1所示為某一電源的U－I圖線，由圖可知()圖1A.電源電動勢為2VB.電源內(nèi)電阻為eq\f(1,3)ΩC.電源短路時電流為6AD.電路路端電壓為1V時，電路中電流為2.5A答案A考點一串、并聯(lián)電路的規(guī)律及應(yīng)用1.串、并聯(lián)電路規(guī)律的推論(1)串聯(lián)串聯(lián)的總電阻大于任一電阻，串聯(lián)電阻的個數(shù)增加時，總電阻增大。(2)并聯(lián)并聯(lián)的總電阻小于任一支路的電阻，并聯(lián)支路增多時，總電阻減小。(3)功率無論串聯(lián)還是并聯(lián)，總功率等于各電阻功率之和。2.電路的簡化(1)電表在電路中，理想電流表相當(dāng)于導(dǎo)線，理想電壓表相當(dāng)于斷路；非理想電流表相當(dāng)于可以讀出自身電流的小電阻，非理想電壓表相當(dāng)于可以讀出自身電壓的大電阻。(2)在不進行充、放電時，電容器在電路中相當(dāng)于斷路。(3)連線比較亂時，一般用等電勢點的方法畫等效電路。例1(2022·江蘇南京模擬)如圖2為某控制電路的一部分，已知AA′的輸入電壓為24V，如果電阻R＝6kΩ，R1＝6kΩ，R2＝3kΩ，則BB′不可能輸出的電壓是()圖2A.12V B.8V C.6V D.3V答案D解析若兩開關(guān)都閉合，則電阻R1和R2并聯(lián)，再和R串聯(lián)，UBB′為并聯(lián)電路兩端電壓，則R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝2kΩ，UBB′＝eq\f(R并,R并＋R)UAA′＝eq\f(2,2＋6)×24V＝6V；若S1閉合S2斷開，則R1和R串聯(lián)，則UBB′＝eq\f(R1,R1＋R)UAA′＝eq\f(6,6＋6)×24V＝12V；若S2閉合S1斷開，則R2和R串聯(lián)，則UBB′＝eq\f(R2,R2＋R)UAA′＝eq\f(3,3＋6)×24V＝8V；若兩開關(guān)都斷開，則UBB′＝UAA′＝24V，故選項D符合題意。跟蹤訓(xùn)練1.如圖3所示電路中，電源的內(nèi)阻不計，R1＝R3＝10Ω，R2＝4Ω，電流表、電壓表均視為理想電表，開關(guān)S斷開與閉合時，電路的總電阻分別為()圖3A.14Ω、9Ω B.9Ω、14ΩC.9Ω、24Ω D.14Ω、24Ω答案A解析開關(guān)S斷開時，把理想電表從電路中去掉，簡化的電路如圖甲所示，電路的總電阻為R1＋R2＝14Ω，開關(guān)S閉合時，把理想電表從電路中去掉，簡化后的電路如圖乙所示，R1與R3并聯(lián)，之后再與R2串聯(lián)，電路的總電阻為eq\f(R1R3,R1＋R3)＋R2＝9Ω，選項A正確?？键c二閉合電路的歐姆定律及電路的動態(tài)分析1.閉合電路歐姆定律的三種表達形式(1)I＝eq\f(E,R＋r)(適用于外電路是純電阻的電路)(2)E＝I(R＋r)(適用于外電路是純電阻的電路)(3)E＝U外＋U內(nèi)(適用于任何電路)2.閉合電路的動態(tài)分析方法(1)程序法(2)“串反并同”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、兩端的電壓、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、兩端的電壓、電功率都將增大，反之則減小。(3)極限法：因滑動變阻器的滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端，讓電阻最大或電阻為零，然后再討論有關(guān)問題。(4)特殊值法：對有些復(fù)雜難以直接判斷的問題，可采用特殊值代入幫助分析。角度閉合電路的有關(guān)計算例2如圖4所示的電路中，電阻R＝2Ω。斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V，則電源的內(nèi)阻r為()圖4A.1Ω B.2ΩC.3Ω D.4Ω答案A解析當(dāng)S斷開后，電壓表讀數(shù)為U＝3V則電動勢E＝3V當(dāng)S閉合后，由閉合電路歐姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝eq\f(U′,R)整理得電源內(nèi)阻r＝eq\f(（E－U′）R,U′)＝1Ω，選項A正確。角度閉合電路的動態(tài)分析例3在如圖5所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器。當(dāng)R2的滑動觸點在a端時合上開關(guān)S，此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U?，F(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是()圖5A.I1增大，I2不變，U增大B.I1減小，I2增大，U減小C.I1增大，I2減小，U增大D.I1減小，I2不變，U減小答案B解析當(dāng)R2的滑動觸點向b端移動時，R2的阻值減小，R1、R2并聯(lián)電阻值減小，總外電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓U減小，R1、R2并聯(lián)電阻上的電壓減小，R1上電流I1減小，但總電流增大，因此I2增大，選項B正確。角度,)含電容器電路的分析例4(2023·江蘇南通高三模擬)如圖6所示，R1、R2為定值電阻，C為電容器。閉合開關(guān)S，在滑動變阻器R的滑片向上滑動過程中()圖6A.電阻R2中有向下的電流B.通過電阻R1電流增大C.滑動變阻器R兩端的電壓變小D.電容器C極板所帶電荷量變小答案A解析閉合開關(guān)S，在滑動變阻器R的滑片向上滑動的過程中，R阻值變大，電路中的總電流I＝eq\f(E,r＋R1＋R)減小，UR＝UC＝E－I(r＋R1)增大，電容器充電，有通過R2向下的電流，電容器C極板所帶電荷量變大，故A正確，B、C、D錯誤。跟蹤訓(xùn)練2.(2023·湖南百師聯(lián)盟聯(lián)考)如圖7所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R2為滑動變阻器，R、R1為定值電阻，電路中電表均為理想電表，開關(guān)S斷開。則下列說法正確的是()圖7A.閉合開關(guān)S，A1、A2的示數(shù)都變大B.閉合開關(guān)S，V的示數(shù)變大C.若R2的滑片向下移動，A1、A2的示數(shù)都變小D.若R2的滑片向下移動，V和A1的示數(shù)變化量之比不變答案D解析閉合開關(guān)S，電路中總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知A1的示數(shù)變大，內(nèi)電壓變大，R兩端電壓變大，則電壓表V示數(shù)變小，A2的示數(shù)變小，A、B錯誤；若R2的滑片向下移動，電阻R2減小，電路中的總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知A1、A2的示數(shù)都變大，C錯誤；若R2的滑片向下移動，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝U＋I1(R＋r)，可知eq\f(ΔU,ΔI1)＝－(R＋r)，即V和A1的示數(shù)變化量之比不變，D正確。考點三閉合電路的功率和效率問題1.電源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%。純電阻電路中η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(R,R＋r)×100%。2.純電阻電路中電源的最大輸出功率P出＝UI＝I2R＝eq\f(E2,（R＋r）2)R＝eq\f(E2R,（R－r）2＋4Rr)＝eq\f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)。P出與外電阻R的函數(shù)關(guān)系可用如圖8所示的圖像表示，由圖像可以看出：圖8(1)當(dāng)R＝r時，電源的輸出功率最大，為Pm＝eq\f(E2,4r)。(2)當(dāng)R＞r時，隨著R的增大輸出功率越來越小。(3)當(dāng)R＜r時，隨著R的增大輸出功率越來越大。(4)當(dāng)P出＜Pm時，每個輸出功率對應(yīng)兩個可能的外電阻R1和R2，且R1R2＝r2。例5如圖9所示，已知電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，保護電阻R0＝0.5Ω。圖9(1)當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，保護電阻R0消耗的電功率最大，并求這個最大值；(2)當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，電阻箱R消耗的功率PR最大，并求這個最大值；(3)求電源的最大輸出功率；(4)若電阻箱R的最大值為3Ω，R0＝5Ω，當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，電阻箱R的功率最大，并求這個最大值。答案(1)08W(2)1.5Ω6W(3)9W(4)3Ωeq\f(4,3)W解析(1)保護電阻消耗的電功率為P0＝eq\f(E2R0,（r＋R＋R0）2)，因E、R0和r是常量，而R是變量，故R最小時，P0最大，即R＝0時，Pmax＝eq\f(E2R0,（r＋R0）2)＝eq\f(62×0.5,1.52)W＝8W。(2)把保護電阻R0與電源內(nèi)阻r合在一起，當(dāng)R＝R0＋r，即R＝0.5Ω＋1Ω＝1.5Ω時，電阻箱R消耗的功率最大，最大功率為Pmax＝eq\f(E2,4（r＋R0）)＝eq\f(62,4×1.5)W＝6W。(3)電源的輸出功率P出＝(eq\f(E,R外＋r))2R外＝eq\f(E2,\f(（R外－r）2,R外)＋4r)當(dāng)R外＝r時，P出最大，即R＝r－R0＝0.5Ω時，Pmax＝eq\f(E2,4r)＝eq\f(62,4×1)W＝9W。(4)把R0＝5Ω當(dāng)作電源內(nèi)阻的一部分，則等效電源內(nèi)阻r等為6Ω，而電阻箱R的最大值為3Ω，小于6Ω，由P＝(eq\f(E,R＋r等))2R＝eq\f(E2,\f(（R－r等）2,R)＋4r等)，可知當(dāng)電阻箱R的電阻取3Ω時，R消耗的功率最大，最大值為Pmax＝(eq\f(E,R＋r等))2R＝eq\f(4,3)W。關(guān)于電源功率和效率問題的兩點提醒(1)當(dāng)電源的輸出功率最大為eq\f(E2,4r)時，電源的效率并不是最大，只有50%；當(dāng)R→∞時，η→100%，但此時P出→0，無實際意義。(2)對于電路中的定值電阻，其消耗的功率根據(jù)P＝I2R來判斷，與電源輸出功率大小的判斷方法不同。跟蹤訓(xùn)練3.(2023·湖南長郡中學(xué)高三月考)如圖10甲所示的電路，其中電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝2Ω，定值電阻R＝4Ω，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值RP的關(guān)系如圖乙所示。則下列說法中正確的是()圖10A.圖乙中滑動變阻器的最大功率P2＝2WB.圖乙中R1＝6Ω，R2＝12ΩC.滑動變阻器消耗功率P最大時，定值電阻R消耗的功率也最大D.調(diào)整滑動變阻器RP的阻值，可以使電源的輸出電流達到2A答案B解析把定值電阻看成電源內(nèi)阻的一部分，由題圖乙可知，當(dāng)RP＝R1＝R＋r＝6Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，最大功率為P2＝eq\f(E2,4（R＋r）)＝1.5W，A錯誤，滑動變阻器的阻值為3Ω時與阻值為R2時消耗的功率相等，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,3Ω＋R＋r)))eq\s\up12(2)×3Ω＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R2＋R＋r)))eq\s\up12(2)R2，解得R2＝12Ω，B正確；當(dāng)回路中電流最大時，即RP＝0時定值電阻R消耗的功率最大，C錯誤；當(dāng)滑動變阻器RP的阻值為0時，電路中電流最大，最大值為Im＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,4＋2)A＝1A，則調(diào)整滑動變阻器RP的阻值，不可能使電源的輸出電流達到2A，D錯誤?？键c四電源U－I圖像與電阻U－I圖像的比較電源的U－I圖像與電阻的U－I圖像比較電源的U－I圖像電阻的U－I圖像圖形截距與縱軸交點表示電源電動勢E，與橫軸交點表示電源短路電流eq\f(E,r)過坐標(biāo)原點，表示電流為零時，電阻兩端的電壓為零坐標(biāo)U、I的乘積表示電源的輸出功率表示電阻消耗的功率坐標(biāo)U、I的比值表示外電阻的大小，不同點對應(yīng)的外電阻大小不同表示電阻的大小，每一點對應(yīng)的比值均等大斜率的絕對值電源內(nèi)阻r電阻大小例6(2023·浙江金華十校高三月考)如圖11甲連接電動機的電路，閉合開關(guān)，當(dāng)滑動變阻器的觸頭從一端滑到另一端的整個過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示，已知當(dāng)電流小于0.2A時，電動機不會發(fā)生轉(zhuǎn)動，若不考慮電表對電路的影響，則()圖11A.該電動機的內(nèi)阻為2ΩB.該電路中電源的電動勢為3.4VC.此電路中，電動機的最大輸出功率為0.9WD.若電動機能轉(zhuǎn)動，需要調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值小于12Ω答案D解析當(dāng)電流小于0.2A時，電動機不會發(fā)生轉(zhuǎn)動，為純電阻元件，則該電動機的內(nèi)阻為rM＝eq\f(0.8－0.4,0.2－0.1)Ω＝4Ω，選項A錯誤；當(dāng)U2＝3.4V時I＝0.1A；當(dāng)U2＝3.0V時I＝0.3A；代入方程E＝U2＋Ir，解得該電路中電源的電動勢為E＝3.6V，內(nèi)阻r＝2Ω，選項B錯誤；此電路中，電動機的最大輸出功率為P＝IU1－I2rM＝3×0.3W－0.32×4W＝0.54W，選項C錯誤；當(dāng)電動機兩端電壓超過U1＝0.8V時電動機開始轉(zhuǎn)動，此時電路中的電流為I＝0.2A，則由電路可知E＝U1＋I(R＋r)，解得R＝12Ω，即若電動機能轉(zhuǎn)動，需要調(diào)節(jié)滑動變阻器阻值小于12Ω，選項D正確。跟蹤訓(xùn)練4.(2023·北京豐臺模擬)如圖12所示的U－I圖像中，直線a為電源的路端電壓與電流的關(guān)系，直線b、c分別是電阻R1、R2的電壓與電流的關(guān)系。若將這兩個電阻分別直接與該電源連接成閉合電路，則下列說法正確的是()圖12A.電阻R1大于電阻R2B.R1接在電源上時，電源的輸出功率較大C.R2接在電源上時，電源的輸出功率較大D.兩種情況下，電源的輸出功率相等答案D解析由R＝eq\f(U,I)結(jié)合圖像可知，電阻R1小于電阻R2，故A錯誤；電源的內(nèi)阻r＝eq\f(E,Im)，當(dāng)I＝eq\f(3,4)Im時，由閉合電路歐姆定律得eq\f(E,Im)·eq\f(3,4)Im＋U1＝E，同理當(dāng)I＝eq\f(1,4)Im時，由閉合電路歐姆定律得eq\f(E,Im)·eq\f(1,4)Im＋U2＝E，解得U1＝eq\f(1,4)E，U2＝eq\f(3,4)E，根據(jù)P＝UI可得兩種情況下，電源的輸出功率相等為P＝eq\f(E,4)×eq\f(3,4)Im＝eq\f(3,16)EIm，故D正確，B、C錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1串、并聯(lián)電路的規(guī)律及應(yīng)用1.(多選)如圖1所示，是將滑動變阻器作為分壓器的電路，A、B為分壓器的輸出端。若把滑動變阻器的滑片放在它的中央，下列判斷正確的是()圖1A.空載時輸出電壓為UAB＝eq\f(UCD,2)B.當(dāng)A、B端接上負(fù)載R時，輸出電壓UAB＜eq\f(UCD,2)C.A、B端的負(fù)載R越大，UAB越接近eq\f(UCD,2)D.負(fù)載R越小，UAB越接近eq\f(UCD,2)答案ABC解析空載時，因為P在中點，則輸出電壓為UAB＝eq\f(UCD,2)，選項A正確；當(dāng)A、B端接上負(fù)載R時，則R與滑動變阻器的下半部分并聯(lián)后阻值變小，則分壓減小，即輸出電壓UAB＜eq\f(UCD,2)，選項B正確；A、B端的負(fù)載R越大，則R與滑動變阻器的下半部分并聯(lián)后的阻值越接近滑動變阻器上半部分的阻值，則UAB越接近eq\f(UCD,2)，選項C正確，D錯誤。2.(2023·海南?？诟呷驴?如圖2所示，R1＝2Ω，R2＝10Ω，R3＝10Ω，A、B兩端接在電壓恒定的電源上，則()圖2A.S斷開時，R1與R2的兩端電壓之比為5∶1B.S閉合時，R1與R2兩端的電壓之比為2∶5C.S閉合時，通過R2與R3的電流之比為2∶1D.S閉合時，通過R1與R2的功率之比為2∶5答案B解析S斷開時，R1與R2串聯(lián)，兩端電壓之比為U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，A錯誤；S閉合時，R1與R2兩端的電壓之比為U1∶U2＝R1∶eq\f(R2R3,R2＋R3)＝2∶5，B正確；S閉合時，通過R2與R3的電流之比為1∶1，C錯誤；S閉合時，通過R1與R2的功率分別為P1＝I2R1＝2I2，P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I,2)))eq\s\up12(2)R2＝eq\f(5,2)I2，它們的功率之比為P1∶P2＝4∶5，D錯誤。對點練2閉合電路歐姆定律及電路動態(tài)分析3.如圖3所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1是光敏電阻(阻值隨光照強度的增大而減小)，R2是定值電阻，C是平行板電容器，V1、V2都是理想電壓表。閉合開關(guān)S后，電容器中的帶電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。在光照強度增大的過程中，下列說法正確的是()圖3A.V1的示數(shù)增大，V2的示數(shù)減小B.V1的示數(shù)減小，V2的示數(shù)增大C.帶電小球仍處于靜止?fàn)顟B(tài)D.帶電小球向上運動答案B解析在光照強度增大的過程中，R1的阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，則R2兩端的電壓增大，V2的示數(shù)增大，內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，V1的示數(shù)減小，R1的電壓減小，故A錯誤，B正確；R1的電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間電場強度減小，帶電小球受到的靜電力減小，則帶電小球向下運動，故C、D錯誤。4.(多選)如圖4所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1和R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電表。閉合開關(guān)，當(dāng)滑動變阻器的滑片P由a向b滑動時，下列判斷正確的是()圖4A.A示數(shù)變小B.V示數(shù)變小C.電容器C所帶電荷量減小D.電容器C兩極板間電場強度減小答案BCD解析當(dāng)滑動變阻器的滑片P由a向b滑動時，其接入電路中的阻值變小，電路的總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知總電流變大，電源的內(nèi)電壓和R1兩端的電壓變大，則并聯(lián)電路的電壓變小，V示數(shù)變小，因并聯(lián)電路的電壓變小，則通過R2的電流變小，而總電流變大，所以A示數(shù)變大，故A錯誤，B正確；電容器兩端電壓為U＝E－I(r＋R1)，I變大，則電容器兩端電壓變小，根據(jù)Q＝CU，知電容器帶電荷量變小，由E＝eq\f(U,d)知電容器C兩極板間電場強度減小，故C、D正確。5.如圖5所示，C為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器R1、R2的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。要使塵埃P向下加速運動，下列方法中可行的是()圖5A.把R2的滑片向左移動B.把R2的滑片向右移動C.把R1的滑片向左移動D.把開關(guān)S斷開答案A解析要使塵埃P向下運動，則其受到的靜電力應(yīng)該減小，即電容器兩極板間電壓應(yīng)該減小，故R2的滑片應(yīng)該向左移動，選項A正確，B錯誤；由于電容器在直流電路中相當(dāng)于斷路，故滑動R1的滑片對電容器兩極板的電壓沒有影響，選項C錯誤；斷開開關(guān)，則電容器相當(dāng)于直接接在電源兩端，其極板間電壓增大，塵埃向上運動，選項D錯誤。對點練3閉合電路的功率和效率電源的U－I圖像6.(2023·重慶育才中學(xué)月考)如圖6所示的電路中，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，C為電容器，R1(R1>r)和R2為定值電阻，R3為光敏電阻(阻值隨光照強度的增大而減小)，A為理想電流表，G為靈敏電流計，當(dāng)開關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定后，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中()圖6A.電源的輸出功率可能先增大后減小B.A表的示數(shù)變小C.電源的效率變小D.G表中有從a至b的電流答案C解析因為R1>r，所以外電路的總電阻大于電源的內(nèi)阻，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中，R3減小，外電路的總電阻減小，外電路的阻值向內(nèi)阻接近，電源的輸出功率增大，A錯誤；根據(jù)串反并同規(guī)律，電流表的示數(shù)變大，B錯誤；電源的效率為η＝eq\f(R,R＋r)×100%，變形得η＝eq\f(1,1＋\f(r,R))×100%，外電路的總電阻R減小，電源的效率減小，C正確；根據(jù)串反并同規(guī)律，電容器兩端電壓減小，電容器放電，電流表G中有從b至a的電流，D錯誤。7.(2023·山東濟寧高三期末)如圖7所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E和r，在滑動變阻器的滑片P由a向b緩慢移動的過程中，下列說法正確的是()圖7A.電路的總電阻先減小后增大B.電源的總功率先增大后減小C.電容器所帶電荷量先減少后增多D.電源的效率先減小后增大答案C解析滑動變阻器Pa段與Pb段并聯(lián)，然后與R1和電源串聯(lián)，滑片從a向b緩慢移動的過程中，電路的總電阻先增大后減小，故A錯誤；由閉合電路歐姆定律可知，干路中的電流先減小后增大，電源總功率P＝EI，先減小后增大，故B錯誤；R1兩端的電壓先減小后增大，它與電容器并聯(lián)，根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶電荷量先減少后增多，故C正確；電源的效率η＝eq\f(1,1＋\f(r,R))×100%，滑片從a向b緩慢移動的過程中，電源效率先增大后減小，故D錯誤。8.(2022·重慶高三一診)圖8是測定甲、乙兩個直流電源的電動勢E與內(nèi)阻r時，得到的路端電壓U與干路電流I的U－I圖像。若將這兩個直流電源分別與同一定值電阻R串聯(lián)，下列說法正確的是()圖8A.甲電源內(nèi)阻是乙電源內(nèi)阻的2倍B.電源的效率一定有η甲<η乙C.電源總功率一定有P甲<P乙D.電源的輸出功率一定有P甲>P乙答案B解析由U－I圖像可知，甲電源電動勢是乙電源電動勢的2倍，即E甲＝2E乙，圖像的斜率等于內(nèi)阻，則甲電源內(nèi)阻是乙電源內(nèi)阻的4倍，即r甲＝4r乙，選項A錯誤；電源的效率η＝eq\f(R,R＋r)×100%，可得η甲＜η乙，選項B正確；電源總功率P＝eq\f(E2,R＋r)，可得P甲＞P乙，選項C錯誤；由電源的輸出功率P′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))eq\s\up12(2)R可知，不能確定兩電源的輸出功率的大小關(guān)系，選項D錯誤。9.(2023·江蘇鹽城中學(xué)質(zhì)檢)如圖9所示電路中，電源為恒流源，能始終提供大小恒定的電流，R0為定值電阻，移動滑動變阻器R的滑片，則選項圖中表示電壓表示數(shù)U、電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關(guān)系圖像，可能正確的是()圖9答案C解析由題圖知R0與R并聯(lián)，電壓表測電源電壓，電流表測R支路的電流，設(shè)電源提供的恒定電流為I總，根據(jù)并聯(lián)電路特點可知U＝U0＝I0R0＝(I總－I)R0＝－IR0＋I總R0，其中I總、R