2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：電路與電能（10題）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：電路與電能（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?淇濱區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示圖像示意圖在物理學(xué)習(xí)中經(jīng)常遇到，很多的物理量關(guān)系都滿(mǎn)足此類(lèi)關(guān)系圖像，那么關(guān)于此圖像適用的物理過(guò)程，描述不正確的是（）A．研究電源串聯(lián)外電阻輸出功率時(shí)，該圖像可近似看作是電源輸出功率P隨外電阻R變化的圖像 B．研究?jī)蓚€(gè)小球發(fā)生彈性碰撞且碰前球m2靜止，該圖像可看作是碰后m2動(dòng)能與m2質(zhì)量關(guān)系的圖像 C．研究豎直面內(nèi)繩球模型球從水平下落至豎直的過(guò)程中，可以完整表達(dá)球重力的功率P與繩跟水平面夾角θ的關(guān)系 D．該圖像可以表述兩個(gè)分子間的作用力F與分子間距r的關(guān)系（多選）2．（2024?東河區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，電源E對(duì)電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達(dá)到60V時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)亮，C放電。放電后，閃光燈斷開(kāi)并熄滅，電源再次對(duì)C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地放光。該電路（）A．充電時(shí)，通過(guò)R的電流不變 B．若R增大，則充電時(shí)間變長(zhǎng) C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量不變（多選）3．（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）直流電動(dòng)機(jī)在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用。同學(xué)們?yōu)榱搜芯恐绷麟妱?dòng)機(jī)的機(jī)械效率（有用功率與總功率的百分比）問(wèn)題，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，一內(nèi)阻為r1＝1Ω直流電動(dòng)機(jī)M和規(guī)格為“6V，6W”的指示電燈L并聯(lián)之后接在電動(dòng)勢(shì)為E＝8V，內(nèi)阻r2＝0.5Ω的直流電源上。閉合開(kāi)關(guān)S，電動(dòng)機(jī)和指示燈均正常工作，在提升物體過(guò)程中，如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是（）A．流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為3A B．該電源的效率為60% C．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為15W D．用該電動(dòng)機(jī)可將重為7.5N的物體以0.6m/s的速度勻速提升，則電動(dòng)機(jī)工作的機(jī)械效率為25%（多選）4．（2024?湖北一模）如圖所示，一平行板電容器與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)接入電路，上極板附近接有一個(gè)二極管（單向?qū)щ姡娙萜鞯臉O板水平?，F(xiàn)有兩個(gè)粒子源，分別置于電容器的上、下極板附近的左右兩端（到極板的距離相等），上極板右邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v1的正電粒子a，下極板左邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v2的負(fù)電粒子b，粒子a、b所帶電荷量大小分別為q1、q2質(zhì)量分別為m1、m2。粒子a、b同時(shí)入射，隨后在電容器兩極板間相遇，忽略a、b間的相互作用和重力，a、b打到極板上被吸收，不計(jì)a、b對(duì)極板的影響。下列說(shuō)法正確的是（）A．若a是α粒子（24He），b是氯離子（Cl﹣，氛的原子序數(shù)為17），則a、bB．其它條件不變，改變a、b的初速度大小，只要保證兩初速度的和不變，a、b一定會(huì)相遇 C．其它條件不變，向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P，則a、b相遇的位置不變 D．其它條件不變，兩粒子源位置不變，將下極板下移，則a、b不相遇（多選）5．（2024?和平區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r電路中的R2、R3均為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小），當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。有關(guān)下列說(shuō)法中正確的是（）A．只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 B．只將滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流 C．只將滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng) D．若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)（多選）6．（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）風(fēng)力發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過(guò)的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說(shuō)法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比 B．單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為12C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h（多選）7．（2024?武漢二模）彩燈串是由幾十個(gè)額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成，小燈泡的結(jié)構(gòu)如圖所示：小燈泡內(nèi)有一根表面涂有氧化層（導(dǎo)電性能很差）的細(xì)金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯(lián)，正常工作時(shí)，細(xì)金屬絲與燈絲支架不導(dǎo)通；當(dāng)加上較高電壓時(shí)，細(xì)金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導(dǎo)通。當(dāng)某個(gè)小燈泡的燈絲熔斷時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光 B．彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光 C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加 D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變（多選）8．（2024?肇慶二模）如圖甲所示，在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，并將電阻箱的阻值調(diào)為R1和R2（R1＞R2）兩種情況，兩次得到的電流I隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．實(shí)線(xiàn)是電阻箱阻值為R1時(shí)的結(jié)果 B．電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻箱的阻值為R1時(shí)電容器所帶的電荷量較大 C．S與“2”端相接時(shí)，電容器的放電時(shí)間與電阻箱阻值的變化無(wú)關(guān) D．電容器的其他參數(shù)不變，當(dāng)兩極板間的距離增大時(shí)，其電容變大（多選）9．（2024?呂梁一模）如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3均是定值電阻，R是滑動(dòng)變阻器，圖中各電表均為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)R的滑動(dòng)觸片P向下滑動(dòng)時(shí)，下列判斷正確的是（）A．電源總功率增大 B．電源的效率提高 C．電壓表V1的示數(shù)變小，V2的示數(shù)變小 D．電流表A1的示數(shù)變大，A2的示數(shù)變小，A3的示數(shù)變大（多選）10．（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖所示，電路中電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電流表與電壓表都是理想電表，電容器C的擊穿電壓足夠高。當(dāng)閉合S后，滑動(dòng)變阻器的觸頭P向右滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．電流表示數(shù)減小 C．燈泡變亮 D．電容器的電荷量減少

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：電路與電能（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（2024?淇濱區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示圖像示意圖在物理學(xué)習(xí)中經(jīng)常遇到，很多的物理量關(guān)系都滿(mǎn)足此類(lèi)關(guān)系圖像，那么關(guān)于此圖像適用的物理過(guò)程，描述不正確的是（）A．研究電源串聯(lián)外電阻輸出功率時(shí)，該圖像可近似看作是電源輸出功率P隨外電阻R變化的圖像 B．研究?jī)蓚€(gè)小球發(fā)生彈性碰撞且碰前球m2靜止，該圖像可看作是碰后m2動(dòng)能與m2質(zhì)量關(guān)系的圖像 C．研究豎直面內(nèi)繩球模型球從水平下落至豎直的過(guò)程中，可以完整表達(dá)球重力的功率P與繩跟水平面夾角θ的關(guān)系 D．該圖像可以表述兩個(gè)分子間的作用力F與分子間距r的關(guān)系【考點(diǎn)】電功和電功率的計(jì)算式及影響因素；驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系；推理能力．【答案】CD【分析】本題根據(jù)圖形所表示橫坐標(biāo)軸量與縱坐標(biāo)軸量的關(guān)系，結(jié)合相關(guān)的規(guī)律進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．電源輸出功率隨外電阻變化圖像如圖所示：和題中示意圖基本近似，故A正確；B．兩個(gè)小球彈性碰撞且其中球m2碰前靜止，該圖像可看作是碰后m2動(dòng)能與m2質(zhì)量關(guān)系圖像如圖：故B正確；C．繩系小球模型，水平靜止時(shí)重力的功率是0，運(yùn)動(dòng)到豎直狀態(tài)時(shí)重力的功率也是0，故C錯(cuò)誤；D．分子力與分子間距關(guān)系如圖所示，故D錯(cuò)誤。本題選不正確的，故選CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查圖像示意圖的意義，要學(xué)會(huì)變通，能舉一反三，關(guān)鍵要掌握相關(guān)的物理規(guī)律。（多選）2．（2024?東河區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，電源E對(duì)電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達(dá)到60V時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)亮，C放電。放電后，閃光燈斷開(kāi)并熄滅，電源再次對(duì)C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地放光。該電路（）A．充電時(shí)，通過(guò)R的電流不變 B．若R增大，則充電時(shí)間變長(zhǎng) C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量不變【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式；電容的概念與物理意義．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題．【答案】BCD【分析】本題重在理解題意并能明確電路的工作原理，根據(jù)工作原理才能明確電源電壓與擊穿電壓U之間的關(guān)系，由Q＝UC可知極板上的電荷量。【解答】解：A、充電時(shí)，電容器電荷量增加、電壓增加，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得R兩端電壓減小，通過(guò)R的電流減小，故A錯(cuò)誤；B、若R增大，充電過(guò)程中平均電流I減小，根據(jù)Q＝It可知充電時(shí)間變長(zhǎng)，故B正確；C、電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，所以閃光燈發(fā)光電壓U一定；若C增大，根據(jù)Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量增大，故C正確；D、若E減小為85V，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U＝80V時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，根據(jù)Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量不變，故D正確；故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題有效地將電路及電容器結(jié)合在一起，考查學(xué)生的審題能力及知識(shí)的遷移應(yīng)用能力，要求掌握充放電過(guò)程中電荷量的多少與哪些因素有關(guān)。（多選）3．（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）直流電動(dòng)機(jī)在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用。同學(xué)們?yōu)榱搜芯恐绷麟妱?dòng)機(jī)的機(jī)械效率（有用功率與總功率的百分比）問(wèn)題，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路，一內(nèi)阻為r1＝1Ω直流電動(dòng)機(jī)M和規(guī)格為“6V，6W”的指示電燈L并聯(lián)之后接在電動(dòng)勢(shì)為E＝8V，內(nèi)阻r2＝0.5Ω的直流電源上。閉合開(kāi)關(guān)S，電動(dòng)機(jī)和指示燈均正常工作，在提升物體過(guò)程中，如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是（）A．流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為3A B．該電源的效率為60% C．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為15W D．用該電動(dòng)機(jī)可將重為7.5N的物體以0.6m/s的速度勻速提升，則電動(dòng)機(jī)工作的機(jī)械效率為25%【考點(diǎn)】計(jì)算電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功或機(jī)械功率；用閉合電路的歐姆定律計(jì)算電路中的電壓和電流；熱功率的計(jì)算；電動(dòng)機(jī)中的能量轉(zhuǎn)化與計(jì)算．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理能力．【答案】AD【分析】由歐姆定律求出燈泡的電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出干路的電流，由總電流與燈泡電流之差求出流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流；電動(dòng)機(jī)效率是輸出的機(jī)械功率與輸入的電功率之比；電源的效率等于輸出功率與總功率的比值；電動(dòng)機(jī)對(duì)外輸出的機(jī)械功率等于電動(dòng)機(jī)的總功率與內(nèi)部發(fā)熱功率之差；電動(dòng)機(jī)的速度勻速提升物體時(shí)，繩子的拉力和物體的重力相等，根據(jù)P＝Fv求出電動(dòng)機(jī)的有用功率，根據(jù)η=P【解答】解：A．根據(jù)題意，指示燈正常工作時(shí)，流過(guò)指示燈的電流為IL，由公式P＝UI可得：IL其中UL＝6V，PL＝6W代入數(shù)據(jù)得：IL＝1A設(shè)干路電流為I，由閉合回路歐姆定律得：UL＝E﹣Ir2解得：I＝4A則流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為：IM＝I﹣ILIM＝3A故A正確；B.該電源的效率為：η=EI-代入數(shù)據(jù)得：η＝75%故B錯(cuò)誤；C．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為：P出其中UM＝6V代入數(shù)據(jù)得：P出＝9W故C錯(cuò)誤；D．用該電動(dòng)機(jī)可將重為7.5N的物體以0.6m/s的速度勻速提升，繩子的拉力和物體的重力相等，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得，電動(dòng)機(jī)的有用功率為P有＝Gv其中G＝7.5N，v＝0.6m/s代入數(shù)據(jù)得：P有＝4.5W則電動(dòng)機(jī)工作的機(jī)械效率為：η=P代入數(shù)據(jù)得：η＝25%故D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了歐姆定律、功率、電功率以及效率的計(jì)算，電動(dòng)機(jī)的正常工作時(shí)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能和內(nèi)能，是非純電阻電路，歐姆定律不再適用。（多選）4．（2024?湖北一模）如圖所示，一平行板電容器與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)接入電路，上極板附近接有一個(gè)二極管（單向?qū)щ姡?，電容器的極板水平。現(xiàn)有兩個(gè)粒子源，分別置于電容器的上、下極板附近的左右兩端（到極板的距離相等），上極板右邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v1的正電粒子a，下極板左邊附近的粒子源水平發(fā)射初速度為v2的負(fù)電粒子b，粒子a、b所帶電荷量大小分別為q1、q2質(zhì)量分別為m1、m2。粒子a、b同時(shí)入射，隨后在電容器兩極板間相遇，忽略a、b間的相互作用和重力，a、b打到極板上被吸收，不計(jì)a、b對(duì)極板的影響。下列說(shuō)法正確的是（）A．若a是α粒子（24He），b是氯離子（Cl﹣，氛的原子序數(shù)為17），則a、bB．其它條件不變，改變a、b的初速度大小，只要保證兩初速度的和不變，a、b一定會(huì)相遇 C．其它條件不變，向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P，則a、b相遇的位置不變 D．其它條件不變，兩粒子源位置不變，將下極板下移，則a、b不相遇【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；電容器專(zhuān)題；恒定電流專(zhuān)題．【答案】BC【分析】粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)兩粒子的比荷大小關(guān)系，分析兩粒子垂直于極板方向的位移大小關(guān)系，據(jù)此可判斷a、b相遇的位置；根據(jù)兩粒子在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，分析初速度的和不變時(shí)兩者的運(yùn)動(dòng)情況；向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P，判斷滑動(dòng)變阻器兩端的電壓與電容器兩端電壓的大小關(guān)系，依據(jù)二極管的單向?qū)щ娦?，判斷電容器的帶電量是否變化，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度如何變化，判斷粒子a、b的運(yùn)動(dòng)情況是否變化；只將下極板下移，極板間距d增大，由電容的決定式和定義式，分析電容器的帶電量如何變化，以及其內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度如何變化，判斷a、b的運(yùn)動(dòng)情況是否變化。【解答】解：A.設(shè)粒子a、b同時(shí)入射后經(jīng)過(guò)時(shí)間t相遇，極板電場(chǎng)強(qiáng)度為E。粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，粒子垂直于極板方向的位移大小為：y=1a是α粒子，設(shè)其比荷為q1m1，b是氯離子，設(shè)其比荷為q2m2，則有：q1m1＞q2m2，可得：B.設(shè)極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，改變前粒子a、b同時(shí)入射，隨后在電容器兩極板間相遇，在水平方向上有：v1t+v2t＝（v1+v2）t＝L由此可知只改變a、b的初速度大小，只要保證兩初速度的和不變，即初速度的和總是等于（v1+v2），則粒子a、b同時(shí)入射后經(jīng)過(guò)時(shí)間t后一定會(huì)相遇，故B正確；C.其它條件不變，向下調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片P，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻值減小，滑動(dòng)變阻器兩端的電壓減小，以致于電容器兩端電壓大于了滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，電容器上極板帶正電，因二極管具有單向?qū)щ娦?，故電容器不能放電，則電容器的帶電量不變，極板電壓不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則粒子a、b的運(yùn)動(dòng)情況不變，相遇的位置不變，故C正確；D.只將下極板下移，極板間距d增大，由電容的決定式：C=?rS4πkd，可知電容C減小，由電容的定義式：C=QU，可知電容器應(yīng)該放電，但二極管具有單向?qū)щ娦裕沟秒娙萜鞑荒芊烹?，電容器的帶電量不變，根?jù)：E=U故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了含容電路的動(dòng)態(tài)分析，以及帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將其運(yùn)動(dòng)分解處理。掌握電容器的定義式與決定式。（多選）5．（2024?和平區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r電路中的R2、R3均為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻，R1為光敏電阻（其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減?。?dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電容器中一帶電微粒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。有關(guān)下列說(shuō)法中正確的是（）A．只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，電阻R0消耗的電功率變大，電阻R3中有向上的電流 B．只將滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，電源消耗的功率變大，電阻R3中有向上的電流 C．只將滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí)，電壓表示數(shù)變大，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng) D．若斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】含容電路的常規(guī)分析與計(jì)算；電容的概念與物理意義．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理能力．【答案】AD【分析】只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，由此分析A選項(xiàng)；只將滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，對(duì)電路的總電阻沒(méi)有影響；只將滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí)，電路中的總電阻不變；若斷開(kāi)電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)。【解答】解：A、只逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，R1的阻值減小，外電路總電阻減小，總電流增大，根據(jù)P＝I2R0，可知電阻R0消耗的電功率變大；電流增大，滑動(dòng)變阻器R2電壓也變大，則電容器兩端的電壓增大，電容器所帶的電荷量變大，故電容器處于充電狀態(tài)，因電容器下極板與電源的正極連接，故電阻R3中有向上的電流，故A正確；B、電路穩(wěn)定時(shí)，電容所在支路視為斷路，只將滑動(dòng)變阻器R3的滑動(dòng)端P2向上端移動(dòng)時(shí)，對(duì)電路的總電阻沒(méi)有影響，故B錯(cuò)誤；C、只將滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)端P1向下端移動(dòng)時(shí)，電路中的總電阻不變，故總電流不變，所以電壓表的示數(shù)不變，由于電容器并聯(lián)部分的電阻變大，所以電容器兩端的電壓變大，由E=Ud可知微粒所受電場(chǎng)力變大，而重力不變，故帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)，故D、若斷開(kāi)電鍵S，電容器處于放電狀態(tài)，電荷量變小，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，帶電微粒所受的電場(chǎng)力減小，最后電容器兩端電壓為零，電場(chǎng)強(qiáng)度為零，而重力不變，故帶電微粒將向下運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查含容電路的動(dòng)態(tài)分析，解題的關(guān)鍵是弄清電路結(jié)構(gòu)、以及電路穩(wěn)態(tài)時(shí)電容器所在支路視為斷路。（多選）6．（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）風(fēng)力發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過(guò)的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說(shuō)法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比 B．單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為12C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h【考點(diǎn)】用能量守恒定律解決實(shí)際問(wèn)題；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；電功和電功率的計(jì)算．【專(zhuān)題】定量思想；控制變量法；功率的計(jì)算專(zhuān)題；推理能力．【答案】BD【分析】AB、根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)面積A的空氣體積可得流動(dòng)空氣質(zhì)量的表達(dá)式，由可得動(dòng)能的表達(dá)式，由轉(zhuǎn)化效率可得電能表達(dá)式，功率表達(dá)式，則可判斷正誤；C、根據(jù)功率可得每天發(fā)電量，可得結(jié)論；D、根據(jù)輸出功率表達(dá)式，可得風(fēng)速6m/s對(duì)應(yīng)的輸出功率，由功率和時(shí)間可得年發(fā)電量?！窘獯稹拷猓篈B、單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣體積：V0＝A?vt＝Av單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣質(zhì)量：m0＝ρV0＝ρAv單位時(shí)間流過(guò)面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能：Ek＝ρStv3設(shè)轉(zhuǎn)化效率為η，轉(zhuǎn)化成的電能為：E＝η?Ek＝ηρStv3該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率P＝ηρSv3，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量約為W＝η?Pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW?h＜2.4×109kW?h，故C錯(cuò)誤；D、若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時(shí)，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5﹣10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)速為6m/s時(shí)，輸出電功率為P＝63×40593則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量：E′＝P1?t＝120kW×5000h＝6.0×105kW?h，故D正確；故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了風(fēng)力發(fā)電的相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是找到動(dòng)能的表達(dá)式，然后分別求出功率和電能。（多選）7．（2024?武漢二模）彩燈串是由幾十個(gè)額定電壓約為6V的小燈泡串聯(lián)組成，小燈泡的結(jié)構(gòu)如圖所示：小燈泡內(nèi)有一根表面涂有氧化層（導(dǎo)電性能很差）的細(xì)金屬絲（電阻可忽略）與燈絲并聯(lián)，正常工作時(shí)，細(xì)金屬絲與燈絲支架不導(dǎo)通；當(dāng)加上較高電壓時(shí)，細(xì)金屬絲的氧化層被擊穿，與燈絲支架導(dǎo)通。當(dāng)某個(gè)小燈泡的燈絲熔斷時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．彩燈串上其他小燈泡仍能發(fā)光 B．彩燈串上其他小燈泡不能發(fā)光 C．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加 D．彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均保持不變【考點(diǎn)】電功和電功率的計(jì)算；串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；理解能力．【答案】AC【分析】當(dāng)其中一個(gè)小燈泡燈絲熔斷時(shí)，此小燈泡相當(dāng)于一段導(dǎo)線(xiàn)，根據(jù)串聯(lián)關(guān)系和歐姆定律分析?！窘獯稹拷猓寒?dāng)其中一個(gè)小燈泡燈絲熔斷時(shí)，此小燈泡相當(dāng)于一段導(dǎo)線(xiàn)，起到連接作用，其它小燈泡能繼續(xù)工作；燈泡總電壓不變，但燈泡個(gè)數(shù)減少，根據(jù)歐姆定律，可知彩燈串上其他小燈泡兩端電壓均略有增加，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查串聯(lián)關(guān)系和歐姆定律，屬簡(jiǎn)單題。（多選）8．（2024?肇慶二模）如圖甲所示，在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)中，將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，并將電阻箱的阻值調(diào)為R1和R2（R1＞R2）兩種情況，兩次得到的電流I隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．實(shí)線(xiàn)是電阻箱阻值為R1時(shí)的結(jié)果 B．電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻箱的阻值為R1時(shí)電容器所帶的電荷量較大 C．S與“2”端相接時(shí)，電容器的放電時(shí)間與電阻箱阻值的變化無(wú)關(guān) D．電容器的其他參數(shù)不變，當(dāng)兩極板間的距離增大時(shí)，其電容變大【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析；電容的概念與物理意義．【專(zhuān)題】比較思想；圖析法；電容器專(zhuān)題；理解能力．【答案】AC【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電容器放電瞬間的電流與電阻的關(guān)系，再判斷A項(xiàng)。電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電容器充電電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)Q＝CU分析電容器所帶的電荷量與電阻的關(guān)系，并判斷S與“2”端相接時(shí)，電容器的放電時(shí)間與電阻箱阻值的關(guān)系。當(dāng)兩極板間的距離增大時(shí)，根據(jù)電容的決定式C=ε【解答】解：A、單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”端相接，電容器充電，電路穩(wěn)定后，電路中沒(méi)有電流，電容器的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)E。當(dāng)S與“2”端相接瞬間，電路中電流I=ER，由于R1＞R2，可知閉合開(kāi)關(guān)瞬間，R1圖線(xiàn)對(duì)應(yīng)的初始電流較小，則實(shí)線(xiàn)是電阻箱阻值為R1時(shí)的結(jié)果，故B、電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，則電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝CE，可知穩(wěn)定時(shí)電容器所帶電荷量與電阻箱阻值無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、由于電容器充電達(dá)到穩(wěn)定時(shí)電容器所帶電荷量與電阻箱阻值無(wú)關(guān)，所以S與“2”端相接時(shí)，電容器的放電時(shí)間與電阻箱阻值的變化無(wú)關(guān)，故C正確；D、電容器的其他參數(shù)不變，當(dāng)兩極板間的距離增大時(shí)，根據(jù)電容的決定式C=εrS故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電容器的充放電過(guò)程，關(guān)鍵要知道電容器充電穩(wěn)定時(shí)，其電壓等于電源的電動(dòng)勢(shì)，放電瞬間，可根據(jù)歐姆定律求出此瞬間的放電電流。（多選）9．（2024?呂梁一模）如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3均是定值電阻，R是滑動(dòng)變阻器，圖中各電表均為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)R的滑動(dòng)觸片P向下滑動(dòng)時(shí)，下列判斷正確的是（）A．電源總功率增大 B．電源的效率提高 C．電壓表V1的示數(shù)變小，V2的示數(shù)變小 D．電流表A1的示數(shù)變大，A2的示數(shù)變小，A3的示數(shù)變大【考點(diǎn)】電路動(dòng)態(tài)分析；電功和電功率的計(jì)算；閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】當(dāng)R的滑動(dòng)觸片P向下滑動(dòng)時(shí)，分析其有效電阻的變化，判斷干路電流的變化，即可知道電源總功率的變化；根據(jù)電源效率表達(dá)式判斷電源效率變化情況；根據(jù)UR2=E-I1(R1+r)結(jié)合I1變化情況判斷V2的示數(shù)變化和電表A2【解答】解：A、觸片P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的有效電阻減小導(dǎo)致總電阻減小，干路電流增大電源的總功率變大，故A正確；B、電源的效率η=IUIE=UE=R外D、電阻R2兩端的電壓為UR2=E-I1(R1+r)，因I1變大，其他量不變，可知UR2變小，即V2的示數(shù)變小，則流過(guò)R2的電流I2變小，A2的示數(shù)變??；I1變大，I2變小，結(jié)合流過(guò)R3的電流為I3＝I1﹣C、電壓表V1的示數(shù)為UV1=I1R1+I3R3故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題是電路動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵要理清電路結(jié)構(gòu)，按局部→整體→局部的順序進(jìn)行分析，要根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律和閉合電路歐姆定律分析各個(gè)部分電路的電流和電壓的變化情況。（多選）10．（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖所示，電路中電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電流表與電壓表都是理想電表，電容器C的擊穿電壓足夠高。當(dāng)閉合S后，滑動(dòng)變阻器的觸頭P向右滑動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）A．電壓表示數(shù)增大 B．電流表示數(shù)減小 C．燈泡變亮 D．電容器的電荷量減少【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析；電容的概念與物理意義．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電容器專(zhuān)題；推理能力．【答案】CD【分析】根據(jù)電壓表測(cè)量的是路端電壓，結(jié)合電路串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，結(jié)合滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)時(shí)，R3減小，分析電壓和電流的變化，最后根據(jù)電容器的定義式分析電荷量變化?！窘獯稹拷猓弘妷罕頊y(cè)量的是路端電壓，電容器是與電阻R3并聯(lián)，當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合后，滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)時(shí)，R3減小，總電阻減小，故電路中電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小，電阻R1、R2兩端的總電壓減小，其電流也減小，所以R3所在支路電流增大，即電流表的示數(shù)增大，燈泡變亮。R3兩端電壓變小。由電容器的定義式Q＝CU可知，電容器所帶的電荷量將減少。故AB錯(cuò)誤，CD正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電路的動(dòng)態(tài)分析，熟悉電路串、并聯(lián)的情況，掌握電容器的定義式是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。

考點(diǎn)卡片1．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時(shí)間（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開(kāi)始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見(jiàn)，力對(duì)物體做功的功率等于沿運(yùn)動(dòng)方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時(shí)，cosα＝1，上式可以寫(xiě)成P＝Fv。從以上推導(dǎo)過(guò)程來(lái)看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說(shuō)法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少?zèng)]有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W2．電容的概念與物理意義【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說(shuō)明：電容是反映了電容器儲(chǔ)存電荷能力的物理量，其數(shù)值由電容器的構(gòu)造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無(wú)關(guān)。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無(wú)關(guān)。【命題方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無(wú)關(guān)D、電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電壓增加1V時(shí)所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無(wú)關(guān)．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無(wú)關(guān)。電容器不帶電，電容沒(méi)變。故A、B錯(cuò)誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無(wú)關(guān)【解題思路點(diǎn)撥】1.電容表示電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng)大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質(zhì)與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無(wú)關(guān)。3.電容的兩個(gè)計(jì)算公式：①定義式：C=②決定式：C=3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)類(lèi)似于物體的平拋運(yùn)動(dòng)，可以利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)分析。規(guī)律為：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t靜電力方向：vy＝at，y=2.分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題也可以利用動(dòng)能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.兩個(gè)特殊推論：（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度方向的反向延長(zhǎng)線(xiàn)與初速度方向的延長(zhǎng)線(xiàn)交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為初速度方向位移的中點(diǎn)，如圖所示。（2）位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫(huà)出）的正切為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切的12，即tanα=12【命題方向】一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若兩板間距離d＝1.0cm，板長(zhǎng)l＝5.0cm，電子恰好從平行板邊緣飛出，求：（電子的比荷eme=1.76×10（1）電子進(jìn)入極板時(shí)的速度v0（2）兩極板間的電壓．分析：（1）由動(dòng)能定理可求得進(jìn)入極板的速度．（2）由豎直向做勻加速運(yùn)動(dòng)，水平向做勻速運(yùn)動(dòng)，由豎直向的距離可求得所加電壓值．解答：（1）由動(dòng)能定理：Uq=1得v0=2qUm=（2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，所加電壓為U′電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度為：a=F偏距：y=1能飛出的條件為：y=d2由①②③④⑤可得：U′=2U答：（1）電子進(jìn)入極板時(shí)的速度為4.2×107m/s；（2）兩極板間的電壓為400V點(diǎn)評(píng)：本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，在列式計(jì)算時(shí)應(yīng)注意不要提前代入數(shù)值，應(yīng)將公式簡(jiǎn)化后再計(jì)算，這樣可以減少計(jì)算量．【解題思路點(diǎn)撥】帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理方法帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題實(shí)質(zhì)上是力學(xué)問(wèn)題的延續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個(gè)靜電力；從處理方法上看，仍可利用力學(xué)中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系，能量守恒等。4．串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In電壓U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un總電阻R總＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P總＝P1+P2+…PnP1P總＝P1+P2+…+Pn【命題方向】如圖中，AB間的電壓為30V，改變滑動(dòng)變阻器觸頭的位置，可以改變CD間的電壓，則UCD的變化范圍是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻的關(guān)系分析得知，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最上端時(shí)，UCD最大，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最下端時(shí)，UCD最小，分別求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的變化范圍．解答：當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最上端時(shí)，UCD最大，最大值為Umax=2R3RU=23×30v=20V；當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最下端時(shí)，UCD最小，最小值為Umin=R3R故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題實(shí)質(zhì)是分壓器電路，考查對(duì)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比特點(diǎn)的理解和應(yīng)用能力．【解題思路點(diǎn)撥】解決串聯(lián)電路問(wèn)題的基本邏輯是：串聯(lián)電路中電流處處相等，所以電壓之比等于電阻之比，功率之比也等于電阻之比。5．電功和電功率的計(jì)算式及影響因素【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．電功（1）電功：電路中電場(chǎng)力移動(dòng)電荷做的功．（2）公式：W＝qU＝IUt．（3）實(shí)質(zhì)：電能轉(zhuǎn)化成其他形式能的過(guò)程．2．電功率（1）定義：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)電流做的功，表示電流做功的快慢．（2）公式：P=Wt【命題方向】本考點(diǎn)主要考查電功和電功率的定義類(lèi)問(wèn)題下列關(guān)于電功率的說(shuō)法中正確的是（）A、電功率是表示電流做功多少的物理量B、電功率是表示電流做功效率高低的物理量C、電功率是反映電流做功快慢程度的物理量D、功率為100W的用電器正常工作10h耗電1Kw/h分析：電功率是描述做功快慢的物理量，由W＝Pt計(jì)算電流做的功．解答：A、電功率是描述做功快慢的物理量，與電流做功的多少無(wú)關(guān)。故A錯(cuò)誤；B、電功率是描述做功快慢的物理量，與電流做功效率高低無(wú)關(guān)。故C錯(cuò)誤；C、電功率是描述做功快慢的物理量。故C正確；D、功率為100W的用電器正常工作10h耗電：W＝Pt＝100W×1h＝1000W?h＝1Kw/h。故D正確故選：CD。點(diǎn)評(píng)：電流做功的過(guò)程是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過(guò)程，電功率反映的電流做功的快慢．【解題思路點(diǎn)撥】1.電功的計(jì)算公式W＝qU＝UIt；電功率的計(jì)算公式P=Wt2.電功和電功率的計(jì)算公式都是針對(duì)所有電路都成立的。6．電功和電功率的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電功的計(jì)算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計(jì)算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來(lái)發(fā)熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點(diǎn)撥】四個(gè)定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規(guī)格為“6V6W”，RB、RD的規(guī)格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據(jù)P=U2R求出每個(gè)電阻值，根據(jù)歐姆定律求出電路總電流，進(jìn)而求出每個(gè)并聯(lián)電阻兩端的電壓，根據(jù)P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯(lián)的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯(lián)電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯(lián)電阻的求解，以及求功率時(shí)，串聯(lián)電路常用P＝I2R而并聯(lián)電路常用P=U【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)具體的電路，電功和電功率的計(jì)算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進(jìn)而計(jì)算電功或電功率。7．熱功率的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】根據(jù)功與功率的關(guān)系P=Qt=所以電流發(fā)熱的功率為P＝I2R【命題方向】在電路中，定值電阻的阻值為R＝100Ω，通過(guò)它的電流為I＝3A，求（1）它的熱功率P是多少瓦特，（2）如果通電10分鐘，求產(chǎn)生的熱量Q是多少焦耳．分析：由焦耳定律可直接求得熱功率與熱量．解答：（1）熱功率：P＝I2R＝（3A）2×100Ω＝900W（2）產(chǎn)生的熱量Q＝Pt＝900W×10×60s＝5.4×105J答：1）它的熱功率P是900瓦特，（2）如果通電10分鐘，產(chǎn)生的熱量Q是5.4×105焦耳點(diǎn)評(píng)：考查焦耳定律的基本表達(dá)式，注意計(jì)算要準(zhǔn)確．【解題思路點(diǎn)撥】一、電功率與熱功率的區(qū)別與聯(lián)系（1）區(qū)別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過(guò)的電流強(qiáng)度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發(fā)熱而消耗的功率．決定于通過(guò)這段電路電流強(qiáng)度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯(lián)系：對(duì)純電阻電路，電功率等于熱功率；對(duì)非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉(zhuǎn)化為除熱能外其他形式的功率之和．二、熱功率表達(dá)式P＝I2R的適用范圍公式P＝I2R對(duì)任何電路都是成立的。8．電動(dòng)機(jī)中的能量轉(zhuǎn)化與計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.含有電動(dòng)機(jī)的電路是非純電阻電路，電流做功除了只有一小部分轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，絕大部分要轉(zhuǎn)化成機(jī)械能，其能量轉(zhuǎn)化情況如下圖2.電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的具體能量轉(zhuǎn)化如下（1）電動(dòng)機(jī)的輸入功率是電動(dòng)機(jī)消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動(dòng)機(jī)的熱功率是線(xiàn)圈上電阻的發(fā)熱功率，P熱＝I2r。（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率是電動(dòng)機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動(dòng)機(jī)的效率η=P出P入3.本考點(diǎn)主要針對(duì)電動(dòng)機(jī)問(wèn)題中的能量計(jì)算，比如輸入、輸出功率、熱功率、做功情況、發(fā)熱量等?！久}方向】如圖所示，電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻是0.6Ω，R＝10Ω，直流電壓U＝160V，電壓表示數(shù)110V，求：（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流多大？（2）電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為多少？（3）電動(dòng)機(jī)工作1h所產(chǎn)生的熱量為多少？分析：（1）計(jì)算通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流，也就是計(jì)算流過(guò)電阻R的電流即可．（2）計(jì)算電動(dòng)機(jī)的功率用公式P＝U電I即可．（3）計(jì)算電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt即可．解答：（1）電動(dòng)機(jī)跟電阻串聯(lián)，所以電流相等電阻R兩端的電壓為UR＝U﹣UV＝160﹣110＝50V電動(dòng)機(jī)的電流為I=URR（2）電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為：P＝U電I＝110×5＝550W（3）電動(dòng)機(jī)工作1h所產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2Rt＝52×0.6×3600＝5.4×104J答（1）通過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為5A．（2）電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為550W．（3）電動(dòng)機(jī)工作1h所產(chǎn)生的熱量為5.4×104J．點(diǎn)評(píng)：對(duì)于電功率的計(jì)算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對(duì)于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計(jì)算公式是不一樣的．【解題思路點(diǎn)撥】電動(dòng)機(jī)電路的分析與計(jì)算9．計(jì)算電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出的機(jī)械功或機(jī)械功率【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)的具體能量轉(zhuǎn)化如下（1）電動(dòng)機(jī)的輸入功率是電動(dòng)機(jī)消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動(dòng)機(jī)的熱功率是線(xiàn)圈上電阻的發(fā)熱功率，P熱＝I2r。（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率是電動(dòng)機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動(dòng)機(jī)的效率η=P出P入2.本考點(diǎn)主要針對(duì)電動(dòng)機(jī)問(wèn)題中輸出功率、輸出功與機(jī)械效率的計(jì)算?！久}方向】如圖所示，電阻R1＝8Ω，電動(dòng)機(jī)繞組電阻R0＝2Ω，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電阻R1消耗的電功率是2W．若電源的電動(dòng)勢(shì)為6V，求開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率．分析：當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電阻R1消耗的電功率求出電路中電流，由歐姆定律求出電源的內(nèi)阻r．當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，根據(jù)電阻R1消耗的電功率求出R1的電流和電壓，根據(jù)歐姆定律求出干路電流，得到電動(dòng)機(jī)的電流，再求出電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率．解答：當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，由P1=I12R1得：I整個(gè)電路有閉合電路的歐姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入數(shù)據(jù)解得：r＝2Ω當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，由P2=I22R1得：IR1的電壓為：U＝I2R1＝4V設(shè)干路中電流為I，則有：I=E-U電動(dòng)機(jī)的電流為：IM＝I﹣I2＝0.5A故電動(dòng)機(jī)的機(jī)械功率為：P＝UIM-IM2R答：開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為1.5W．點(diǎn)評(píng)：本題考查處理非純電阻電路問(wèn)題的能力．對(duì)于電動(dòng)機(jī)正常時(shí)，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，本題不能用IM=U【解題思路點(diǎn)撥】電動(dòng)機(jī)電路的分析與計(jì)算10．閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動(dòng)勢(shì)成正比跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2.表達(dá)式：I=ER+r，E表示電動(dòng)勢(shì)，I表示干路總電流，R表示外電路總電阻，3.閉合電路中的電壓關(guān)系：閉合電路中電源電動(dòng)勢(shì)等于內(nèi)、外電路電勢(shì)降落之和E＝U外+U內(nèi)。4.由E＝U外+U內(nèi)可以得到閉合電路歐姆定律的另一個(gè)變形U外＝E﹣Ir。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關(guān)于電源的電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)電壓、外電壓的關(guān)系應(yīng)是（）A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓增大，電源電動(dòng)勢(shì)也會(huì)隨之增大B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓也就不變，電源電動(dòng)勢(shì)必然減小C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓減小時(shí)，電源電動(dòng)勢(shì)也隨內(nèi)電壓減小D、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動(dòng)勢(shì)始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動(dòng)勢(shì)等于內(nèi)電壓與外電壓之和．外電壓變化時(shí)，內(nèi)電壓也隨之變化，但電源的電動(dòng)勢(shì)不變．解答：A、如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源電動(dòng)勢(shì)保持不變。故A錯(cuò)誤。B、如外電壓減小，內(nèi)電阻不變，內(nèi)電壓將增大，電源電動(dòng)勢(shì)保持不變。故B錯(cuò)誤。C、如外電壓不變，則內(nèi)電壓也不變。故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得到，電源的電動(dòng)勢(shì)等于內(nèi)電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內(nèi)電壓減小，電源的電動(dòng)勢(shì)保持恒量。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題要抓住電源的電動(dòng)勢(shì)是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無(wú)關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個(gè)關(guān)系式的對(duì)比11．用閉合電路的歐姆定律計(jì)算電路中的電壓和電流【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】閉合電路的歐姆定律的表達(dá)式為（1）I=（2）E＝U內(nèi)+U外（3）U＝E﹣Ir可以根據(jù)具體的問(wèn)題選擇合適的公式計(jì)算電路的電壓、電流、電阻等參數(shù)?！久}方向】如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E＝6V，電源的內(nèi)阻r＝2Ω，電阻R1＝3Ω，電阻R2＝6Ω．當(dāng)閉合電鍵S后，流過(guò)R2的電流為（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出通過(guò)電源的電流，再由并聯(lián)電路的特點(diǎn)知通過(guò)R2的電流。解答：R1，R2并聯(lián)后的電阻R=R1根據(jù)閉合電路的歐姆定律，流過(guò)電源的電流I=ER+r通過(guò)R1的電流為I2=R1R1+R2I故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析電路的結(jié)構(gòu)，掌握并聯(lián)電阻的計(jì)算方法。【解題思路點(diǎn)撥】閉合電路的幾個(gè)關(guān)系式的對(duì)比12．電路動(dòng)態(tài)分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：電路中某一參數(shù)變化時(shí)，其他參數(shù)的變化情況分析，就稱(chēng)為電路的動(dòng)態(tài)分析。2.閉合電路動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析方法（1）程序法①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關(guān)系及電流表或電壓表的測(cè)量對(duì)象；②由局部電阻變化判斷總電阻的變化；③由I=ER+r④據(jù)U＝E一Ir判斷路端電壓的變化；⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化。（2）結(jié)論法——“并同串反”“并同”：是指某一電阻增大時(shí)，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；某一電阻減小時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小?！按础保菏侵改骋浑娮柙龃髸r(shí)，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??；某一電阻減小時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大?！久}方向】在如圖所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器。當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)，合上開(kāi)關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的變化情況（）A.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減小分析：理清電路，確定電壓表測(cè)得什么電壓，電流表測(cè)得什么電流，抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，采用局部→整體→局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析。解答：R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過(guò)R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過(guò)R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大。故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。故選：B。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵抓住電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆定律求解。注意做題前一定要理清電路，看電壓表測(cè)的是什么電壓，電流表測(cè)的是什么電流?！窘忸}思路點(diǎn)撥】閉合電路的動(dòng)態(tài)分析方法（1）程序法：局部→整體→局部。（2）“并同串反”法：所謂“并同”，即某一電阻增大時(shí)，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?。凰^“串反”，即某一電阻增大時(shí)，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。13．含容電路的常規(guī)分析與計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類(lèi)電路分析問(wèn)題。本考點(diǎn)旨在針對(duì)常規(guī)的含容電路計(jì)算，不包含動(dòng)態(tài)過(guò)程。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無(wú)電流通過(guò)，所以在此支路中的電阻上無(wú)電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時(shí)，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時(shí)，將會(huì)引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過(guò)與它連接的電路放電?！久}方向】如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝20V，內(nèi)阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，C＝30μF。（1）閉合開(kāi)關(guān)S，求穩(wěn)定后通過(guò)R1的電流；（2）然后將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，求流過(guò)R1的電荷量；（3）如果把R2換成一個(gè)可變電阻，其阻值可以在0～10Ω范圍變化，求開(kāi)關(guān)閉合并且電路穩(wěn)定時(shí)，R2消耗的最大電功率。分析：（1）開(kāi)關(guān)閉合，電容器所在路看成斷路，R1與R2串聯(lián)進(jìn)行求解；（2）開(kāi)關(guān)斷開(kāi)前，電容器并聯(lián)在R2兩端，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，電容器并聯(lián)在電源兩端，通過(guò)兩次電壓的變化求出電荷量的變化；（3）當(dāng)外電阻的等于內(nèi)阻時(shí)，輸出功率最大。解答：（1）閉合開(kāi)關(guān)時(shí)，電容器所在支路為斷路，則電路中R1與R2串聯(lián)，由閉合電路歐姆定律可得：I=Er+R（2）開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)之前，電容器并聯(lián)在R2兩端，則電容器兩端電壓等于R2兩端電壓，則U2＝IR2＝2A×6Ω＝12V，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，電容器并聯(lián)在電源兩端，則電容器兩端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，即U＝20V，則開(kāi)關(guān)斷開(kāi)前后，電壓的變化為：△U＝U﹣U2＝20V﹣12V＝8V，則流過(guò)R1的電荷量為：△Q＝C×△U＝30×10﹣6F×8V＝2.4×10﹣4C；（3）此時(shí)可將電源與電阻R1看成一個(gè)等效電源，則此時(shí)等效電源的內(nèi)阻為：r1＝r+R1＝1Ω+3Ω＝4Ω，此時(shí)R2消耗的電功率為：P=I2R2=E2(R2+r1)答：（1）閉合開(kāi)關(guān)S，穩(wěn)定后通過(guò)R1的電流為2A；（2）然后將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，流過(guò)R1的電荷量為2.4×10﹣4C；（3）R2消耗的最大電功率為25W。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了學(xué)生關(guān)于閉合電路歐姆定律的使用和電功率的計(jì)算，計(jì)算電功率時(shí)需注意，求解最大輸出功率時(shí)，此時(shí)需要外電阻等于內(nèi)電阻，輸出功率是最大的?！窘忸}思路點(diǎn)撥】含電容器電路的分析與計(jì)算方法（1）首先確定電路的連接關(guān)系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。（2）根據(jù)歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。（3）最后根據(jù)公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量。14．含容電路的動(dòng)態(tài)分析【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：該模型分析的是電路中含有電容器的一類(lèi)電路分析問(wèn)題。本考點(diǎn)旨在針對(duì)含容電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題。2.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無(wú)電流通過(guò)，所以在此支路中的電阻上無(wú)電壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。3.當(dāng)電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時(shí)，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等。4.電路的電流、電壓變化時(shí)，將會(huì)引起電容器的充（放）電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過(guò)與它連接的電路放電?！久}方向】如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)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(jì)．開(kāi)關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．則在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過(guò)程中，下列判斷正確的是（）A、靈敏電流計(jì)G中有b→a的電流B、油滴向上加速運(yùn)動(dòng)C、電容器極板所帶電荷量將減小D、通過(guò)電阻R2的電流將減小分析：質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴開(kāi)始處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡．滑動(dòng)觸頭移動(dòng)的過(guò)程中，判斷出電容器兩端電壓的變化，從而判斷電容器極板所帶電荷量變化、通過(guò)靈敏電流計(jì)的電流以及油滴的運(yùn)動(dòng)情況．再通過(guò)電路的動(dòng)態(tài)分析得出經(jīng)過(guò)R2的電流變化．解答：在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過(guò)程中，R增大，總電阻增大，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)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(guò)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(guò)電流計(jì)的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，開(kāi)始電場(chǎng)力與重力平衡，所以油滴會(huì)向上加速。故A對(duì)、B對(duì)，C錯(cuò)，D錯(cuò)。故選：AB。點(diǎn)評(píng)：處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運(yùn)用閉合電路的動(dòng)態(tài)分析．注意處理含容電路時(shí)，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．【解題思路點(diǎn)撥】含電容器電路的分析與計(jì)算方法（1）首先確定電路的連接關(guān)系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。（2）根據(jù)歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。（3）最后根據(jù)公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量。15．用能量守恒定律解決實(shí)際問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.能量守恒定律是自然界最基礎(chǔ)的定律之一，可以用來(lái)解決實(shí)際的問(wèn)題。2.能量守恒定律的內(nèi)容：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)程中其總量不變，叫能量守恒定律．【命題方向】春天，農(nóng)民需要用水泵給缺水農(nóng)田灌溉，已知水泵能在1h內(nèi)將3×105kg的水抽到12m高處．（1）連續(xù)工作5h，所做的有用功是多少？（2）若水泵的工作效率為80%，則水泵5h內(nèi)所做總功功率是多少？（3）若此水泵用一柴油機(jī)帶動(dòng)，假設(shè)柴油機(jī)完全燃燒所釋放的內(nèi)能有40%轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能，則每小時(shí)消耗多少柴油？（柴油熱值為3×107J/kg，g取10N/kg）分析：（1）由功的計(jì)算公式可以求出所做的有用功．（2）由效率公式求出總功，然后由功率公式求出功率．（3）求出柴油釋放飛能量，然后求出柴油的質(zhì)量．解答：（1）5h有用功為：W＝nGh＝nmgh＝5×3×105×10×12＝1.8×108J；（2）5h水泵做的總功：W總=Wη=1.8×108功率：P=W總t=2.25×10（3）5h柴油機(jī)燃燒柴油釋放的能量：Q=W總η=2.25×10由Q＝mq可知，需要柴油的質(zhì)量：m=Qq每小時(shí)消耗柴油的質(zhì)量：18.75kg5=答：（1）連續(xù)工作5h，所做的有用功是1.8×108J；（2）若水泵的工作效率為80%，則水泵5h內(nèi)所做總功功率是1.25×104W；（3）每小時(shí)消耗多少柴油為3.75kg．點(diǎn)評(píng)：本題考查了求功、功率、求柴油的質(zhì)量，應(yīng)用功的計(jì)算公式、效率公式、功率公式與熱值公式即可正確解題．【解題思路點(diǎn)撥】應(yīng)用能量轉(zhuǎn)化守恒定律解題的步驟（1）分清有幾種形式的能在變化，如動(dòng)能、勢(shì)能（包括重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、電勢(shì)能）、內(nèi)能等．（2）明確哪種形式的能量增加，哪種形式的能量減少，并且列出減少的能量△E減和增加的能量△E增的表達(dá)式．（3）列出能量守恒關(guān)系式：△E減＝△E增．16．驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、實(shí)驗(yàn)?zāi)康尿?yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒．二、實(shí)驗(yàn)原理1．如圖所示，讓質(zhì)量較大的小球與靜止的質(zhì)量較小的小球正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律應(yīng)有m1v1＝m1v1′+m2v2′．2．小球從斜槽上滾下后做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平速度等于水平位移和運(yùn)動(dòng)時(shí)間的比，而各小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則它們的水平位移之比等于它們的水平速度之比，則動(dòng)量守恒時(shí)有m1?OP＝m1?OM+m2?ON，若能測(cè)出m1、m2及OP、OM和ON并代入上式，即可驗(yàn)證碰撞中動(dòng)量是否守恒．三、實(shí)驗(yàn)器材實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，斜槽、重錘、兩個(gè)大小相同質(zhì)量不等的小球、天平、白紙、復(fù)寫(xiě)紙、刻度尺、圓規(guī)．四、實(shí)驗(yàn)步驟1．將斜槽固定在桌邊使末端的切線(xiàn)水平．2．在地板上合適的位置鋪上白紙并在相應(yīng)的位置鋪上復(fù)寫(xiě)紙，用小鉛錘把斜槽末端即入射球的重心投影到白紙上O點(diǎn)．3．不放被碰小球時(shí)，讓入射小球10次都從斜槽同一高度由靜止開(kāi)始滾下落在復(fù)寫(xiě)紙上，用圓規(guī)找出落點(diǎn)的平均位置P點(diǎn)．4．把被碰小球放在槽口末端，然后讓入射小球從原高度滾下與被碰小球碰10次，用圓規(guī)找出入射小球和被碰小球落點(diǎn)的平均位置M、N．5．用天平測(cè)出兩個(gè)小球的質(zhì)量，用刻度尺測(cè)出ON、OP、OM的長(zhǎng)度．6．將數(shù)據(jù)代入m1?OP＝m1?OM+m2?ON，驗(yàn)證碰撞過(guò)程中的動(dòng)量是否守恒．【命題方向】題型一：實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)操作某同學(xué)用圖所示裝置通過(guò)半徑相同的A、B兩球的碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，實(shí)驗(yàn)時(shí)先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開(kāi)始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復(fù)上述操作10次．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開(kāi)始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)這種操作10次．圖中O點(diǎn)是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點(diǎn)，接著進(jìn)行測(cè)量、驗(yàn)證．在以下選項(xiàng)中，哪些是本次實(shí)驗(yàn)必須進(jìn)行的測(cè)量？（）A．水平槽上不放B球時(shí)，測(cè)量A球落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離B．A球與B球碰撞后，測(cè)量A球和B球落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離C．測(cè)量A球或B球的直徑D．測(cè)量A球和B球的質(zhì)量（或兩球質(zhì)量之比）E．測(cè)量G點(diǎn)相對(duì)于水平槽面的高度分析：根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可得mAv0＝mAv1+mBv2，根據(jù)下落時(shí)間相同可得，通過(guò)實(shí)驗(yàn)的原理確定需要測(cè)量的物理量．解：根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理知，mAv0＝mAv1+mBv2，即max0t=max1t+mbx2t，可知需要測(cè)量的物理量有：水平槽上未放B球時(shí)，A球落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離；A球與B球碰撞后，A球和B球落點(diǎn)位置到故選：ABD．點(diǎn)評(píng)：掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵．題型二：數(shù)據(jù)處理與誤差分析如圖1，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系．①實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過(guò)僅測(cè)