恒定电流实验专题复习--有答案全解

高中物理题型分类汇总含详细答案-----恒定电流一、单选题1.如图所示，一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻为R，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A. B. C. D.2.如图所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。

虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。

关于此多用电表，下列说法中正确的是（）A.当S接1时，处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔B.当S接2时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔C.当S接2时，处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是红表笔D.当S接3时，处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔3.如图，是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）A.路端电压变大B.电流表的示数变小C.电源的输出功率变小D.电路的总电阻变大4.如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，R T为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L 为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计。

闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是（）A.G中电流方向由a到bB.R T两端电压变大C.C所带的电荷量保持不变D.L变暗5.把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝的长度为L，直径为d，B电阻丝长度为2L，直径为2d。

要使A、B电阻丝消耗的功率相同，加在两电阻丝上的电压之比应为（）A.U A∶U B＝1∶1B.U A∶U B＝∶1C.U A∶U B＝∶2D.U A∶U B＝2∶16.在如图所示的电路中，当开关S闭合后，若将滑动变阻器的滑片P向上调节，下列说法正确的是（）A.灯变亮，电容器的带电荷量增大B.灯变暗，电压表的示数增大C.灯变暗，电压表和电流表的示数都增大D.灯变暗，电流表的示数减小7.用电流表和电压表测量电阻R的阻值。

【专题五】恒定电流【考情分析】本专题涉及的考点有：欧姆定律，电阻定律，电阻的串并联，电源的电动势和内阻，闭合电路的欧姆定律，电功率、焦耳定律电路部分知识常常融入到电学实验和电磁感应综合问题中考查考生的实验能力及分析综合能力等，在选择题中也有可能会单独命题。

本章涉及的物理概念、物理规律较多，是电学的重要基础。

高考对本章知识的考查重点是电路的分析、计算以及对电压、电流、电阻等物理量的测量。

电路的分析是高考的重点内容。

对基本概念的理解、对基本规律的掌握，都在电路的分析中体现出来。

含容电路分析、电路变化、动态问题分析、电学实验等是物理知识应用与分析能力考查的重点内容。

【知识交汇】一、部分电路欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端电压U成正比，跟它的电阻成反比。

，2．公式：I=3．适用范围：适用于金属导电和电解液导电，对于气体导电不适用。

4．伏安特性曲线：。

图甲中，R1R2，图乙中，R1 R2。

二、电阻及电阻定律1．电阻：导体对电流的阻碍作用，称为电阻。

定义式：R=2．电阻定律：R=3．电阻率：反映材料导电性能的物理量，其特点是随着温度的改变而改变，金属电阻率随温度升高而升高；半导体电阻率随温度升高而减小．三、电功、电功率、焦耳定律1．电功：电流所做的功，实质是电场力所做的功。

W= qU=___（普遍式）。

2．电功率：电流所做的功跟完成这些功所需时间的比值。

P= （普遍式）。

3．焦耳定律：电流通过导体产生的热量，叫电热，Q= ，4．电热功率：产生电热的快慢，计算式P Q= （普遍式）5．两种电路电功和电功率比较（1）纯电阻电路，电功W UIt=，电功率P UI=且电功全部转化为_________，有222U UW Q UIt t I Rt P UIR R======，2I R=．（2）非纯电阻电路，电功W UIt=，电功率P UI=，电热2Q I Rt=，电热功率2P I R=热，电功率__________热功率，即W＞Q，故求电功、电功率只能用W UIt=、P UI=，求电热、电热功只能用Q=__________、P热=_________．甲乙1．闭合电路欧姆定律（1）内容：闭合电路的电流强度与电源的电动势成正比，与整个电路的电阻成反比．用公式表示为EI R r=+． （2）实质：因为()E I R r =+，在等式两边同乘以I 即可得到三个功率的关系．对整个电路而言，此表达式本身也说明了能量是守恒的．（3）总电流I 和路端电压U 随外电阻R 的变化规律：当R 增大时，根据/()I E R r =+可知I 减小，根据U E Ir =-可知U _________（视电源E 和r 为不变）；当R →∞（即断路）时，I =0，U =________；当R 减小时，I 增大，U 减小；当R =0（即短路）时，I 短=_________，U=0．2．电源的功率和效率（1）电源的几个功率：①电源的总功率：2________()P I R r ==+总②电源内部消耗的功率：2P I r=内 ③电源的输出功率：_________P P P ==-出总内 （2）电源的效率：100%100%________100%P UP Eη=⨯=⨯=⨯出总3．U －I 图象（1）对电源有：U E Ir =-，如图中a 线． （2）对定值电阻有：U IR =，如图中b 线．（3）图中a 线常用来分析电源_________和_________的测量实验．（4）图中矩形OABD 、OCPD 和ABPC 的“面积”分别表示电源的总功率、________功率和内电阻消耗的功率．4．路端电压（1）定义：外电路两端的电压，即电源的输出电压，公式：U= 。

3-1恒定电流一、考试要求1、电源和电流①识记电流形成的机制；②识记恒定电场的含义；③识记恒定电流的含义；④识记电流方向的确定；⑤应用电流的定义式及单位2、电动势①识记电源的作用；②理解电动势的定义式和单位；③识记电源内阻；3、欧姆定律①应用欧姆定律的内容及应用；②理解导体的U-I图象及I- U图象（伏安特性曲线）；③理解电阻的作用和定义式；④识记金属导体的电阻率随温度的变化规律4、串联电路和并联电路①理解串联和并联电路中的电流和电压关系；②应用串联和并联电路的电阻计算；③识记电压表和电流表的电路结构；④理解电压表的分压原理；⑤理解电流表的分流原理5、焦耳定律①理解电流做功的意义；②应用电功和电功率的计算；③应用焦耳定律的应用；6、导体的电阻①应用伏安法测量电阻；②理解测量金属丝直径的方法；③理解电阻率定义；④应用电阻定律的应用7、闭合电路的欧姆定律①理解内电路、外电路、内电阻、外电阻、内电压、路端电压（外电压）；②理解路端电压和内电压之和与电源电动势的关系；③理解路端电压与电流的关系；④综合闭合电路欧姆定律的应用二、主要考点考点l基本概念1、恒定电场：由稳定分布的电荷所产生的稳定的电场2、电流①电流的形成：电荷定向移动形成电流(注意它和热运动的区别)。

②形成电流条件：(1)存在自由电荷；(2)存在电势差(导体两端存在电势差)。

③恒定电流：大小、方向不随时间变化的电流④电流强度：I=q/t=nsve(如果是正、负离子同时定向移动形成电流，q应是两种电荷量和)⑤电流方向：正电荷定向移动的方向⑥注意：I属于标量，电流传导速率是电场传导速率不等于电荷定向移动的速率(电场传导速率等于光速)。

3、电动势①电源的作用：通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能②电动势的定义式：E=W/q 电源内部移送电荷q时非静电力做功W与q的比值③电源内阻：电源内部的电阻4、电阻R：导体对电流的阻碍作用①定义式：R＝U/I②决定式：L RSρ=（1）对同一种材料，电阻与导线横截面的面积S成反比，与导线长度L成正比。

专题12 恒定电流1. （2019高考安徽理综第19题）用图示的电路可以测量电阻的阻值.图中R x 是待测电阻，R 0是定值，○G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝.闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表○G 的电流为零时，测得MP=l 1，PN=l 2，，则R x 的阻值为 A.102l R l B.1012l R l l + C.201l R l D.2012l R l l + 答案：C 解析:根据电阻定律有12M N R l R l =，当电表无读数时，有0M N X R R R R =,解得201x l R R l =，选项C 正确 2．（2013高考上海物理第12题）在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光.能实现此功能的电路是答案：B解析：能实现此功能的电路是与门电路，选项B 正确.3.(2013高考江苏物理第4题)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示. M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时（A ）R M 变大，且R 越大，U 增大越明显（B ）R M 变大，且R 越小，U 增大越明显（C ）R M 变小，且R 越大，U 增大越明显（D ）R M 变小，且R 越小，U 增大越明显答案：C解析：根据题述接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，R M 变小，且R 越大，U 增大越明显，选项C 正确.4．（2013高考上海物理第24题）如图，电路中三个电阻R l 、R 2和R 3的阻值分别为R 、2R 和4R .当电键S 1断开、S 2闭合时，电源输出功率为P 0；当S 1闭合、S 2断开时，电源输出功率也为P 0.则电源电动势为＿＿＿＿；当S 1、S 2都断开时，电源的总功率为＿＿＿＿.答案：032P R 0.3 P 0.解析：当电键S 1断开、S 2闭合时，电路中电流I 1=E/(R+r)，P 0=I 12R=E 2 R /(R+r)2..当S 1闭合、S 2断开时，电路中电流I 2=E/ (4R+r)，P 0=I 224R=E 24R/(4R+r)2..联立解得：r=R/2，.当S 1、S 2都断开时，电路中电流I 3，电源的总功率为P=EI 3=0.3 P 0.。

恒定电流专题（1）【知识归纳】1．电源：先分析课本图2.1-1 说明该装置只能产生瞬间电流（从电势差入手） 【问题】如何使电路中有持续电流？类比：（把电源的作用与抽水机进行类比）如图2—1，水池A 、B 的水面有一定的高度差，若在A 、B 之间用一细管连起来，则水在重力的作用下定向运动，从水池A 运动到水池B 。

A 、B 之间的高度差很快消失，在这种情况下，水管中只可能有一个瞬时水流。

【问题】怎拦才能使水管中有源源不断的电流呢?【回答】可在A 、B 之间连接一台抽水机，将水池B中的水抽到水池A 中，这样可保持A 、B 之间的高度差，从而使水管中有源源不断的水流。

【归纳】电源就是把自由电子从正极搬迁到负极的装置。

（从能量的角度看，电源是一种能够不断地把其他形式的能量转变为电能的装置）2．电流（标量）（1）概念：电荷的定向移动形成电流。

（2）电流的方向：规定为正电荷定向移动的方向。

（3）定义式：t QI（4）电流的微观表示：取一段粗细均匀的导体，两端加一定的电压，设导体中的自由电子沿导体定向移动的速率为v 。

设想在导体中取两个横截面B 和C ，横截面积为S ，导体中每单位体积中的自由电荷数为n ，每个自由电荷带的电量为q ，则t 时间内通过横截面C 的电量Q 是______________电流I 为______________老师归纳：Q=Nq=nvtSq I=Q/t=nvqS（5）单位：安培（A ），1 A =103mA = 106µA【典型例题】【形成电流的条件】【例1】如图验电器A 带负电，验电器B 不带电，用导体棒连接A 、B 的瞬间，下列叙述中错误的是（ A ）A 、有瞬时电流形成，方向由A 到BB 、A 、B 两端的电势不相等C 、导体棒内的电场强度不等于零D 、导体棒内的自由电荷受电场力作用做定向移动【电流的定义】【例2】 已知电子的电荷量为e ，质量为m ，氢原子的核外电子在原子核的静电力吸引下做半径为r 的匀速圆周运动，静电力常量为k 。

恒定电流练习和习题解答练习一（1）导线中的电流为10A，20s内有多少电子通过导线的横截面？解：20s内流过横截面的电量Q=It=10×20C=200C．所以，通过导（2）给灯泡加上220V的电压，通过灯丝的电流是0.5A，灯丝的电阻是多少？（3）要使一个电阻是190Ω的导体内产生0.2A的电流，应该给它加上多大的电压？解：U=IR=0.2×190V=38V．（4）某电流表可测量的最大电流是10mA．已知一个电阻两端的电压是8.0V时，通过的电流是2mA．如果给这个电阻加上50V的电压，能否用这个电流表测量通过这个电阻的电流？解：在R一定的条件下，U2∶U1=I2∶I1．已知U1=8.0V，U2=50V，了电流表允许通过的最大电流10mA，给电阻加上50V的电压时，就不能用该电流表测量通过这个电阻的电流了．（5）如果电灯、电炉等用电器连接电源的两根导线，由于绝缘皮破损致使金属线芯直接接触，就发生了所谓短路．短路时，电流不经过用电器，而金属导线的电阻一般都非常小，这时的电流将怎样？器的电阻，这样，通过用电器的电流不是很大的．如果发生短路，那么电阻R就是仅仅指导线的电阻R导了，而R导≈0，电压加在电阻很小很小的导线上，电流就会很大，以致急剧的发热升温而引起危险．说明：短路危险在初中已经讲过，在此再复习一下，要求学生在日常用电和做电学实验时，务必避免短路．练习二（1）长20m、横截面积是10mm2的铜导线的电阻是多少？解：铜的电阻率ρ=1.7×10-8Ω·m，10mm2=10-5m2，代入公式，（2）导线的电阻是4Ω，把它对折起来作为一条导线用，电阻变为多少？如果把它均匀拉长到原来的2倍，电阻又变为多少？答：对折起来，导线的长度减半，横截面加倍，所以电阻要变为原若是均匀拉长，不仅长度增加到原来的2倍，而且横截面积变细，R＇=4R=16Ω．（3）有一条康铜丝，横截面积为0.10mm2，长度为1.22m．在它的两端加0.60V电压时，通过它的电流正好是0.10A，求这种康铜丝的电阻率．解：由U=0.60V，I=0.10A可得这条康铜丝的电阻=4.9×10-7Ω·m．（4）用横截面积为0.63mm2、长200m的铜线绕制一个线圈．这个线圈容许通过的最大电流是8.0A，这个线圈两端至多能加多高的电压？解：查表可知铜的电阻率为ρ=1.7×10-8Ω·m，所以能加的最高电压为U=IR=8.0×5.4V=43V．（5）滑动变阻器的结构如图2-48所示．A、B是金属丝的两个端点，C、D是金属杆的两个端点，可滑动的滑片P把金属杆与电阻丝连接起来．如果把A和C接线柱连入电路中，当滑片P由B向A移动时，电路中的电阻由大变小，这是为什么？你还可以设计几种方案，当滑片P移动时，使接入电路的电阻由大变小？答：A、C接入电路，则变阻器的左半边电阻丝PA是有用的（串联在电路中）．当P从B向A移动时，电阻丝串入电路中的部分的长度缩短，电阻变小，因而电路的总电阻也变小了．P移动时，使接入电路的电阻R由大变小的方案有：连接D、A端，P向左移时R变小；连接C、B端，P向右移时R变小；连接D、B端，P向右移时R变小．练习三（1）在学校、家庭或其他方便的地方观察几种常见的用电器，记下它们的额定功率和额定电压．自己设计一个表格，把观察的结果抄在作业本上．答：（表格见下页，仅供参考）（2）在用电器功率为2.4kW、电源电压为220V的电路中，应不应该选用熔断电流为6A的保险丝？因为10.9A＞6A，故该种保险丝不能用．（3）日常使用的电功单位是千瓦时（俗称“度”），等于功率为1kW的电流在1h内所做的功．1kW·h等于多少焦耳？解：1kW·h=1kW×1h=1000×3600J=3.6×106J．（4）额定电压是220V，功率是40W、60W、100W的灯泡，正常发光时的电阻是多少？（5）在电阻器上除了标明电阻值，还标明额定功率值．这是它工作时允许消耗的最大功率，超过这个功率，电阻器会被烧坏．有一个“2k①允许加在这个电阻器上的最大电压是____V；②这个电阻器上能通过的最大电流是___A；③给这个电阻器加上10V的电压时，它消耗的功率是_____W．答：22.4V；0.112A；0.05V．练习四（1）额定电压是220V、电阻是160Ω的电热水器，电功率是多少瓦？每分钟产生多少焦耳热量？Q=Pt=303×60J=1.82×104J．（2）有一个1kW、220V的电炉，正常工作时电流是多少？如果不考虑温度对电阻的影响，把它接在110V的电压上，它消耗的功率将是多少？说明：电炉的电阻丝的电阻值保持一定．当电压改变后，通过它的电流也改变，不能用4.55A 来计算了．（3）输电线的电阻共计1Ω，输送的电功率是100kW，用400V的低压送电，输电线因发热损失的功率是多少千瓦？改用104V的高压送电呢？解：画图2-49表示远距离输电．发热损失的功率为：P导=I2R导=2502×1W=62500W．功率，因为U=400V是输出总电压，其中包括导线电阻上的电压降和用求导线中的电流，因为U=400V不是导线上的电压降．（4）容量都是2L的电水壶，功率是1kW的，20min可以将水烧开，而功率是3kW的只要5min 就可以将水烧开．为什么小功率的电水壶不经济？答：在加热的过程中，由于水壶的温度比周围环境温度高，电水壶将向外散热．功率小的电水壶加热的时间较长，向外散热的时间也长，损失能量较多而不经济．练习五（1）求电阻值分别是2Ω、3Ω、4Ω的三个电阻串联后的总电阻．如果用4.5V的电源给这三个串联电阻供电，每个电阻两端的电压是多少？解：R总=R1+R2+R3=2Ω+3Ω+4Ω=9Ω．所以U1=IR1=0.5×2V=1V，U2=IR2=0.5×3V=1.5V，U3=IR3=0.5×4V=2V．（2）由两个电阻器组成的串联电路，两端的电压是100V，其中一个电阻器的电阻是80Ω，两端电压是40V，求另一个电阻器的电阻．解：画出电路图来示意，见图2-50．用电器R2的电压是U2=U-U1=100V-40V=60V．说明：串联电路电压分配与电阻成正比，因此本题也可由U1∶（3）在图2-51所示的分压器电路中接入一个电压表测UPB的值．在P从A向B滑动的过程中，如果电压表的示数总等于U，故障出在哪里？如果电压表的示数总等于零，故障出在哪里？已知电源和电压表都是好的．答：画出图2-52，当P由A向B滑动过程中，电压表示数始终等于U．说明P与A等势，则PA 中应该没有电流（I=0）．电路中有开路而且开路发生在B处．这样，P、A与电源正极同，B与电源负极同，电压表示数总是U．若电压表示数总是零．则表示P与B等势，PB中没电线（I=0）．则应当在A处发生开路，A与电源正极同，P、B与电源负极同，电压表示数总为零．当然假设电源到A和电源到B之间的导线连接均没断路，则可能在A或B处出现接头松脱接触不良现象．（4）分别标着“220V 100W”和“220V 40W”的两个灯泡，串联后接在220V的照明电路中，消耗的功率各是多少？哪一个灯泡消耗的功率大？为什么？（计算时假设灯丝电阻不随温度而改变）解：先求出灯丝电阻“220V 100W”灯泡串联后的功率变为P1=I2R1=（0.13）2×484W=8.18W．“220V 40W”灯泡串联后的功率变为P2=I2R2=（0.13）2×1210W=20.4W，可见后者的功率大．因为串联后两灯泡的电流相同了，消耗的电功率便与两灯丝的电阻成正比了．后者的灯丝电阻值较大，功率也大．练习六（1）电路里有四个阻值分别是20Ω、40Ω、50Ω、200Ω的电阻并联着，求电路的总电阻是多少？（2）用阻值分别是10kΩ、20kΩ、80kΩ的三只电阻，怎样连接可以得到26kΩ的电阻？答：不可能三个串联；如果三个并联，则总电阻将小于10Ω，也不kΩ=26kΩ．即将20kΩ和80kΩ的电阻并联，再跟10kΩ的电阻串联，就得到26kΩ的电阻．（3）R1、R2两个电阻并联，其中R1为200Ω，通过R1的电流I1为0.20A，通过整个并联电路的电流I为0.80A，求R2和通过R2的电流I2．解：画示意图2-54已知R1=200Ω，I1=0.20A，又已知I=0.80A，所以I2=I-I1=0.80A-0.20A=0.60A．根据并联分路中电流与电阻成反比可（4）分别标着“220V 100W”和“220V 40W”的两个灯泡并联后接在110V的电源上，它们消耗的功率各是多少？哪一个灯泡消耗的功率大？（计算时不考虑温度对电阻的影响）前者消耗功率较大．（5）一个盒子内装有由导线和三个阻值都为R的电阻组成的电路图．答：如图2-56所示．练习七（1）已知电流表的内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为3mA．要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？解：已知Rg=100Ω，Ig=3×10-3A．①把电流表改装为量程U=6V的电压表：用Ug表示电流表偏转到满刻度时它两端的电压，Rx表示分压电阻，Ux表示Rx分去的电压（图2-57），则U g=Ig·Rg=3×10-3×100V=0.3V．U x=U-Ug=6V-0.3V=5.7V．所以 Rx=2000Ω-100Ω=1900Ω．②把电流表改装为量程I=3A的电流表：用Rx表示分流电阻，Ix表示Rx分去的电流（图2-58），则I x=I-Ig=3A-3×10-3A=2.997A．由Ix·Rx=Ig·Rg，（2）某电流表串联一个9.5kΩ的电阻后，可测量的最大电压是10V．如果给它串联一个49.5kΩ的电阻，可测量的最大电压是50V．求电流表的内阻Rg和满偏电流Ig．解：画图2-59示意．通过表头的满偏电流Ig是不变的．所以U1=Ig（Rg+R1），U2=Ig（Rg+R2）．已知R1=9.5×103Ω，U1=10V，R2=49.5×103Ω，U2=50V，由此得=500Ω=0.5kΩ．（3）如果给电压表串联一个阻值等于电压表内阻的电阻，它的量程变为多少？它的刻度盘数字（图2-60甲）应怎么改？如果给电流表并联一个阻值等于电流表内阻的电阻，它的量程变为多少？它的刻度盘数字（图2-60乙）应怎么改？答：电压表串联了阻值等于其内阻的电阻以后，量程将扩大一倍，即扩大到二倍．刻度盘数字应把3V改成6V；2V改成4V；1V改成2V．电流表并联了阻值等于其内阻的电阻后，量程也将扩大到二倍．应把刻度盘上的数字3A改为6A；2A改为4A；1A改为2A．（4）图2-61中的R代表用电器，R＇是滑动变阻器，它起分压电阻的作用，移动滑片P可以改变用电器R两端的电压．设R的阻值为200Ω，R＇的最大阻值也是200Ω．求R两端的电压的变化范围．答：当P滑到R＇的下端时，R＇全部串入电路中，由于R＇的最R＇的上端时，R＇被短路而全部没用，此时R两端的电压是100V．所以，R两端电压变化范围为50～100V．练习八（1）电源的电动势为1.5V，内电阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.28Ω，求电路中的电流和路端电压．U=IR=1.07×1.28V=1.37V．（2）电动势为2.0V的电源，与9.0Ω的电阻接成闭合电路，电源两极间的电压为1.8V．求电源的内电阻．U＇=ε-U=2.0V-1.8V=0.2V．（3）电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，把它接在4.0Ω的外电路中，路端电压是多少？如果在外电路上并联一个6.0Ω的电阻，路端电压又是多少？如果6.0Ω的电阻不是并联而是串联在外电路中，路端电压又是多少？所以U1=I1R1=1.0×4.0V=4.0V；所以 U3=I3（R1+R2）=0.43×（4.0+6.0）V=4.3V．（4）在图2-62中，加接一个电流表，就可以测出电源的电动势和内电阻．当变阻器的滑片在某一位置时，电流表和电压表的读数分别是0.20A和1.98V，改变滑片的位置后，两表的读数分别是0.40A和1.96V．求电池的电动势和内电阻．解：画出图2-63的电路图，根据闭合电路的欧姆定律可得ε=U1+I1r，ε=U2+I2r，式中U1=1.98V，I1=0.20A，U2=1.96V，I2=0.40A．解出r得：代入ε=U1+I1r，得ε=1.98V+0.20×0.1V=2.00V．（5）许多人造卫星都用太阳能电池供电．太阳能电池由许多片电池板组成．某电池板的开路电压是600mV，短路电流是30mA．求这块电池板的内电阻是多少？解：开路电压可近似认为是电源电动势，ε=600×10-3V．短路电练习九（1）找一个半导体收音机，打开看看里面有几节电池，是怎样接的．算一算这个收音机的电源电压是多少？说明：课上教师示范怎样打开半导体收音机，并如何观察里面的电池个数．然后让学生回去实际观察．（2）太阳能电池由许多电池小片串联或并联组成．某种电池的电动势是600mV，允许通过的最大电流是25mA．求在下列两种情况中应该怎样连接电池小片：①需要240V，25mA的电源；②需要600mV，2.5A的电源．解：①可将400个电池小片串联；②可将100个电池小片并联．（3）有10个相同的蓄电池，每个蓄电池的电动势为2.0V，内电阻为0.04Ω．把这些蓄电池接成串联电池组，外接电阻为3.6Ω．求电路中的电流和电池组两端的电压．因为U=IR，所以电池组两端电压U=5.0×3.6V=18V．说明：求出电流后也可这么求电池组两端的电压：U=ε-Ir=20V-5.0×0.04×10V=18V．（4）有两个相同的电池，每个电池的电动势为1.5V，内电阻为1.0Ω．把这两个电池接成并联电池组，外接电阻为9.5Ω．求通过外电路的电流和电池组两端的电压．电池组路端电压U=IR=0.15×9.5V=1.43V．两个电池是并联的，每个电池两端电压都是1.43V．（5）图2-64的盒内有由导线和三节干电池组成的电池组，A、B、C、D是四个接线柱．用电压表测量任意两点间的电压，测量结果如下：UAC=0；UBD=UAB=UCB=1.5V；UAD=UCD=3V．试判断盒内电池是怎样连接的？解：答案不是唯一的．如图2-65所示．练习十（1）按照课本图2-26甲（教参图2-10）的接法测电阻，如果电流表的读数是0.2A，电压表的读数是30V，算得的待测电阻的阻值是多少？这个阻值比实际的阻值大还是小？如果已知电压表的电阻是3kΩ，利用并联电路的知识，算出更精确一些的电阻R的值．测得的阻值比实际阻值要小．因为这么算出的R实际上是待测电阻和电压表电阻的并联总电阻．（2）在课本图2-26乙（教参图2-11）中，如果电压表的读数为10V，电流表的读数为0.10A，电流表的电阻为0.20Ω．求待测电阻的阻值．实际上，上面计算出来的阻值是（R＇+RA）．所以，待测电阻的较精确的阻值为R＇=R-RA=100Ω-0.20Ω=99.8Ω．习题（1）三个阻值都是12Ω的电阻，可以有几种连接方法？连接后的等效电阻（即总电阻）各是多大？解：①三个串联，总电阻R1=3×12Ω=36Ω；③两个并联再跟第三个串联，总电阻④两个串联再跟第三个并联，总电阻（2）一个盒子内装有由导线和几个相同阻值的电阻组成的电路，盒外的1、2、3、4是该电路的四个接线柱（图2-66），已知1、2间的电阻是1、3和2、4间电阻的2倍．而3、4间没有明显的电阻．试画出盒内电路最简单的一种电路图．答：如图2-67所示，最简单的用两个电阻，可像图甲那样连接．说明：本题如果不限制条件则有无穷多解，用四个电阻可像图乙那样连接；用五个电阻可像图丙那样连接．本章练习九（5）和章末习题（2）黑盒子问题的不加限制条件的解答，《物理教学》1986年第8期34页刊载的赵基清同志写的《匣子问题的解答》可供参考．（3）两个电阻R1、R2跟电源串联在一起．如果在电阻R2的两端并联上一根导线L（图2-68），判断下列哪些说法是对的？（电源内阻和导线L的电阻都忽略不计）①通过电阻R1和R2的电流相等；②U1=U，电阻R2上的电压为零；④去掉电阻R2，电路中的电流不发生变化．答：②、③、④正确．（4）如图2-69所示，在一个粗细均匀的金属环上有A、B、C两点接在电路中时，导线中的电流是6A，圆环消耗的功率是108W．如果保持导线中的电流不变，换接A、C两点，圆环消耗的功率是多少？解：导线中电流不变，则由P=I2R可知，功率P之比等于电阻R之比．设圆环电阻（假设将圆环断开，其两端间的电阻）为6r．接A、B（5）在图2-70中，AB间的电压UAB=9V，R1=R2=R3=6Ω．开关S打开和闭合时，电阻上的电压各是多少？通过它们的电流各是多少？解：①S打开时，UAB=9V，总电阻R=R1+R2=12Ω．所以R1上的电压U1=IR1=0.75×6V=4.5V；R2上的电压U2=IR2=4.5V．6V=6V．（6）用一个电源、一个电流表和一个已知阻值的电阻R，怎样测量一个未知的电阻Rx？如果把电流表换成电压表，又应该怎样测量Rx的大小？画出电路图，写出简要的实验步骤，列出求Rx的计算式（电源内阻忽略不计）．解：①先用电流表照图2-71甲那样连接电路，测出I1．由ε=I1R，测出电源电动势ε（电源内阻不计，不必列入算式中）．再照图2-71乙那样把Rx接入电路，由电流表读出I2，再由ε=I2（R+Rr），便可计算算出I；再像2-71丁那样用电压表测出Rx两端的电压U2，因为Rx与R串联，电流相同，所以说明：上述测量中，没有考虑电压表、电流表本身的内阻对电路的影响，因此测量结果是不很精确的．（7）在图2-72的电路中，电压U为10V，电阻R为5.0Ω．①当c、d连接起来时，电路中的电流有多大？②当内阻Rg为0.10Ω的电流表两端分别接在c、d上时，电路中的电流有多大？③换用内阻为0.01Ω的电流表接在c、d上，电路中的电流有多大？④将电流表串联在电路中测量电流，对测量结果有什么影响？②接入Rg=0.10Ω的电流表，电路中的电流③接入Rg=0.01Ω的电流表，电路中的电流④由上述可见，电流表串联接入电路后，增加了电路中的总电阻值，使测得的电流比原来的小，电流表的内阻越大，造成的误差也越大．（8）照明电路的电压U=220V，并联了20盏电阻R都是807Ω（发光时的电阻）的电灯，两条输电线的电阻r都是1.0Ω（图2-73）．只开10盏灯时，整个电路消耗的电功率、输电线上损失的电压和损失的电功率各是多大？20盏灯都打开时，情况又怎样？整个电路消耗的电功率为P总=IU=2.66×220W=585W．输电线上损失的电压ΔU=I·2r=2.66×2.0V=5.3V．输电线上损失的电功率ΔP=I2·2r=2.662×2.0W=14W．整个电路消耗的电功率为P总=IU=5.19×220W=1.14×103W．输电线上损失的电压ΔU=I·2r=5.19×2.0V=10.4V．输电线上损失的电功率ΔP=I2·2r=5.192×2.0W=54W．说明：用电器增多，电流增大，输电线上的电压损失也就增大，造成用电器两端电压偏低、获得功率减小，严重时会使用电器不能正常工作．（9）在图2-74所示的电路中，电阻R1=9Ω，R2=15Ω，电池组的电动势ε=12V，内电阻r=1Ω．电流表的读数为0.4A．求电阻R3的阻值和它消耗的功率．解：已知R2=15Ω，I2=0.4A．所以U2=I2R2=0.4×15V=6V．又已知ε=12V，所以U内+U1=ε-U2=12V-6V=6V．电路中总电流因此，U3=U2=6V，I3=I-I2=0.6A-0.4A=0.2A．（10）在图2-75所示的电路中，电源是由四个相同的电池串联组成的，电压表的电阻非常大，而电流表和导线的电阻非常小．在开关S断开时，电压表的读数是6.0V，在开关S闭合时，电压表的读数是4.8V，电流表的读数是1.2A．求每个电池的电动势和内电阻．解：设每个电池的电动势是ε、内阻是r．在S断开时，I=0，所以∑ε≈U=6.0V，每个电池的电动势ε在S闭合时，I=1.2A，U=4.8V，U内=∑ε-U=6V-4.8V=1.2V，说明：①在闭合电路的解题中，要注意局部和整体的交错配合，往往会先处理局部，再考虑闭合电路整体，然后再回到要求解的那个局部．计算中要注意电压U、电阻R和电流强度I三者之间的对应性——哪段电路的电阻、哪段电路的电压和哪段电路中的电流．②电压表和电流表的内阻要不要考虑，需要从题文给出的具体情况来判定．一般的电路运算中，认为电压表的电阻是非常大的，电流表的电阻是非常小的，比如本章的大多数习题就是这么对待的，尽管题文中没有作这样的说明．在某些习题中，涉及到电表的内阻时，比如练习十、本习题中的第（7）题等等，当然必须考虑进去了．③要让学生养成画电路图表示题意，从分析电路入手去找出物理量之间的因果关系的习惯，克服从题文中找数字，套公式出答案的解题方法．对求出的答案要代回电路中去看它是否跟其他各量对应．④本章练习和习题中有“黑盒子”问题，判断电路故障的练习，分析说明题，以及动手制作的小实验，它们对训练学生的思维能力、联系实际的能力是有益的，要予以重视．。

2024高考物理真题分项解析专题13恒定电流1.（2024年高考海南卷）虚接是常见的电路故障，如图所示，电热器A 与电热器B 并联。

电路中的C 处由于某种原因形成了虚接，造成了该处接触电阻0~240Ω之间不稳定变化，可等效为电阻C R ，已知MN 两端电压220V U =，A 与B 的电阻A B =24R R =Ω，求：（1）MN 间电阻R 的变化范围；（2）当240C R =Ω，电热器B 消耗的功率（保留3位有效数字）【答案】（1）1222R Ω≤≤Ω；（2）16.7W【解析】（1）根据电路可知当0C R =时MN 间电阻R 的阻值最小，为A AB B12R R R R R +==Ω当240C R =Ω时MN 间电阻R 的阻值最大，为()()A AB B 24422020R R R R R ++=+=Ω故MN 间电阻R 的变化范围为1222R Ω≤≤Ω（2）当240C R =Ω，通过电热器B 的电流为C BI R U R =+此时电热器B 消耗的功率为2B BP I R =解得B 16.7WP =2.（2024高考广西卷）将横截面相同、材料不同的两段导体1L 、2L 无缝连接成一段导体，总长度为1.00m ，接入图甲电路。

闭合开关S ，滑片P 从M 端滑到N 端，理想电压表读数U 随滑片P 的滑动距离x 的变化关系如图乙，则导体1L 、2L 的电阻率之比约为（）A.2:3B.2:1C.5:3D.1:3【答案】B【解析】根据电阻定律LR Sρ=根据欧姆定律ΔΔU I R=⋅整理可得S U I Lρ∆=⋅结合题图可知导体1L 、2L 的电阻率之比120.220.25==0.50.211.000.25ρρ--故选B 。

3.（2024高考甘肃卷）一平行板电容器充放电电路如图所示。

开关S 接1，电源E 给电容器C 充电；开关S 接2，电容器C 对电阻R 放电。

下列说法正确的是（）A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R 的电流由M 点流向N 点C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R 的电流由N 点流向M 点【答案】C【解析】充电过程中，随着电容器带电量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A 错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R 的电流由N 点流向M 点，故B 错误；放电过程中，随着电容器带电量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流在减小，故C 正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R 的电流由M 点流向N 点，故D 错误。

高三物理恒定电流试题答案及解析1.关于电源的电动势，下列说法正确的是( )A．电源的电动势等于电源两端的电压B．电源不接入电路时，电源两极间的电压大小等于电动势C．电动势的国际单位是安培D．常见的铅蓄电池电动势为1.5V【答案】选B.【解析】电源电动势等于电源路端电压与内电压之和，只有外电路是断路时，电源两端的电压等于电源电动势，A错，B对；电动势的国际单位是伏特，C错；常见铅蓄电池的电动势为2 V，D 错.2.实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。

测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示。

供选择的仪器如下：①待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω）；②电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω）；③定值电阻R1（300Ω）；④定值电阻R2（10Ω）；⑤滑动变阻器R3（0～1000Ω）；⑥滑动变阻器R4（0～20Ω）；⑦干电池（1.5V）；⑧电键S及导线若干。

⑴定值电阻应选______，滑动变阻器应选______。

（在空格内填写序号）⑵用连线连接实物图。

⑶补全实验步骤：①按电路图连接电路，将滑动触头移至最______端（填“左”或“右”）；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示。

⑷根据I2−I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_____________。

【答案】（12分）⑴（4分）③，⑥⑵（3分）见图⑶（2分）将滑动触头移至最左端⑷（3分）【解析】（1）电流表内阻很小，串联分压，可知必须给电流表串联一个阻值较大的电阻，所以选③，滑动变阻器和电流变并联分流，所以选用量程较小的，所以选⑥；（2）如图所示；（3）将滑动触头移至最左端，以保证开始时滑动变阻器的阻值连入最大；3.如图所示，闭合电键S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器滑动片向上滑动时，下列说法中正确的是A．A灯变亮，电源的输出功率可能增大B．A灯变亮，电源的输出功率可能减小C．B灯变亮，电源的输出功率可能减小D．B灯变暗，电源的输出功率可能增大【答案】ABC【解析】滑动变阻器滑动片向上滑动时，电阻变大，电流减小，内电压变小，外电压变大，A灯变亮，另一支路R1两端电压减小，则灯B两端电压变大，D错误；当外电阻与内电阻相等时输出功率最大，因两者情况未知，则电源的输出功率可能减小、可能增大，ABC正确。

电场恒定电流专题一、挖掘隐含条件，解决库仑力作用下的动力学问题1.如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一带电荷量为＋Q的点电荷．质量为m、带电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？2.如图所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是图中的()3.如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是()A．速度先增大，再减小B．速度一直增大C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D．加速度先减小，再增大4.如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab 的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为F d、F c、F e，则下列说法中正确的是()A．F d、F c、F e的方向都是水平向右B．F d、F c的方向水平向右，F e的方向竖直向上C．F d、F e的方向水平向右，F c＝0D．F d、F c、F e的大小都相等5.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能二、带电体的力电综合问题的分析方法6、如图所示，一根长为L ＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN 竖直固定在电场强度大小为E ＝1.0×105 N /C 、与水平方 向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，带电荷量为Q ＝＋4.5×10－6 C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q ＝＋1.0×10－6 C ，质量为m ＝1.0×10－2 kg.现将小球B 从杆的N端由静止释放，小球B 开始运动．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2)(1)求小球B 开始运动时的加速度a ；(2)当小球B 的速度最大时，求小球距M 端的高度h 1；(3)若小球B 从N 端运动到距M 端的高度为h 2＝0.61 m 时，速度v ＝1.0 m/s ，求此过程中小球B 电势能的改变量ΔE p .7．如图所示，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2345，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m A ＝0.60 kg ，m B ＝0.30 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝1.0×10－5 C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.0 m /s 2的匀加速直线运动，假 定斜面足够长．已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2.求：(1)B 物块的带电量q B ；(2)A 、B 运动多长距离后开始分离．8、如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小 球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中， 重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2D ．小球的电势能减少W 29、如图所示，虚线为匀强电场的等势线，一个带电小球以一定的速度射入该匀强电场后，运动轨迹如图所示，已知小球受到的重力不能忽略，则下列有关说法中正确的是()A．小球在b点的动能一定大于小球在a点的动能B．若小球从a点向b点运动，则动能和电势能的和一定增加C．若小球从b点向a点运动，则重力势能和电势能的和一定减小D．根据图中信息不能确定小球在a、b两点的电势能大小三、静电场中涉及图象问题的处理方法和技巧1．主要类型：(1)v－t图象；(2)φ－x图象；(3)E－t图象．2．应对策略：(1)v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．(2)φ－x图象：①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断．(3)E－t图象：根据题中给出的E－t图象，确定E的方向，再在草纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布．10、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点电势差U AB＝－5 V四、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动11、如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？12、如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．13、在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？14、如图所示为示波管构造的示意图，现在XX′间加上U xx′－t信号，YY′间加上U yy′－t信号，(如图2甲、乙所示)．则在屏幕上看到的图形是()15、如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，固定在两板的正中间P处．若在t时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是()A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T816、电阻R 和电动机M 串联接到电路中，如图6所示，已知电阻R 跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作，设电阻R 和电动机M 两端的电压分别为U 1和U 2，经过时间t ，电流通过电阻R 做功为W 1，产生热量为Q 1，电流通过电动机做功为W 2，产生热量为Q 2，则有 ( )A ．U 1<U 2，Q 1＝Q 2B ．U 1＝U 2，Q 1＝Q 2C ．W 1＝W 2，Q 1>Q 2D ．W 1<W 2，Q 1<Q 217、来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV 的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA 的细柱形质子流．已知质子电荷量e ＝1.60×10－19C ．这束质子流每秒打到靶上的质子个数为多少？假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L 和4L 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为N 1和N 2，则N 1∶N 2等于多少？18、用图所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( ) A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 019、巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效 应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R 在一定磁场作用下随磁感应强度B 的增加而急剧减小的特性．如图所 示检测电路，设输电线路电流为I (不是GMR 中的电流)，GMR 为巨磁电阻，R 1、R 2为定值电阻，已知输电线路电 流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 的大小与I 成正比，下列有关说法正确的是( )A ．如果I 增大，电压表V 1示数减小，电压表V 2示数增大B ．如果I 增大，电流表A 示数减小，电压表V 1示数增大C ．如果I 减小，电压表V 1示数增大，电压表V 2示数增大D ．如果I 减小，电流表A 示数减小，电压表V 2示数减小20、如图所示的电路中，电源的电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电容器的电容C ＝3.6 μF ，二极管D 具有单向导电性，开始时，开关S 1闭合，S 2断开． (1)合上S 2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？(2)合上S 2，待电路稳定以后再断开S 1，求断开S 1后流过R 1的电荷量是多少？21、如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则( )A ．电压表读数减小B ．电流表读数减小C ．质点P 将向上运动D ．R 1上消耗的功率逐渐增大22、如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是( )A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为253ΩC ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 V电场恒定电流专题答案1. 审题与关联解析 设小球在最高点时的速度为v 1，根据牛顿第二定律mg －kQq R 2＝m v 21R①设当小球在最低点时的速度为v 2，管壁对小球的作用力为F ，根据牛顿第二定律有F －mg －kQq R 2＝m v 22R②小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒．则12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22③由①②③式得F ＝6mg由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F ′＝6mg .2. 答案 B 解析 粒子在AB 连线上的平衡位置即为场强为零的位置，设粒子与B 点的距离为x ，所以kQx 2＝k ·4Q (L －x )2，得x ＝L3，即在D 点，粒子在D 点左侧时所受电场力向左，粒子在D 点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情况：在D 点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过D 点时，先在D 点左侧减速，过D 点以后加速运动；或在D 点左侧减速，运动到D 点速度减为0，以后一直静止，由于C 图象不对称，所以粒子在CD 之间的运动可以用B 图象描述，故B 正确．3. 解析 在AB 的中垂线上，从无穷远处到O 点，电场强度先变大后变小，到O 点变为零，故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大；由O 点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P 、N 相距很近，加速度则先减小，再增大． 答案 AD4. 答案 A 解析 根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d 、c 、e 三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点受电场力方向与场强方向相同可得到A 正确，B 、C 错误；连线上场强由A 到B 先减小后增大，中垂线上由O 到无穷远处逐渐减小，因此O 点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故F d >F c >F e ，故D 错误．5. 答案 BC 解析 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示场强大小可知E d >E b .故选项A 错误，选项B 正确．a 、c 两点关于MN 对称，故U ab ＝U bc ，选项C 正确．沿电场线方向电势降低，所以φa >φc ，由E p ＝qφ可知E p a >E p c ，故选项D 错误．6. 解析 (1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆的方向运动，由牛顿第二定律得mg －kQqL 2－qE sin θ＝ma ，解得a ＝3.2 m/s 2(2)小球B 速度最大时受到的合力为零，即kQqh 21＋qE sin θ＝mg 代入数据得h 1＝0.9 m(3)小球B 在从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2，库仑力做功为W 3，则根据动能定理得 W 1＋W 2＋W 3＝12m v 2 W 1＝mg (L －h 2)又由功能关系知ΔE p ＝|W 2＋W 3| 代入数据得ΔE p ＝8.4×10－2 J7、解析 (1)设B 物块的带电量为q B ，A 、B 、C 处于静止状态时，C 对B 的库仑斥力，F 0＝kq C q BL 2以A 、B 为研究对象，根据力的平衡有F 0＝(m A ＋m B )g sin 30° 联立解得q B ＝5.0×10－5 C(2)给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也 逐渐减小．设经过时间t ，B 、C 间距离变为L ′，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t 时刻C 对B 的库仑斥力为F 0′＝kq C q B L ′2以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F 0′－m B g sin 30°－μm B g cos 30°＝m B a 联立以上各式解得L ′＝1.5 m 则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离ΔL ＝L ′－L ＝0.5 m8、本题考查势能大小的计算和机械能守恒定律．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W 1＋12m v 2，故C 选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D 选项正确．答案 BD 9、答案 A 解析 由于等势线水平，则电场线一定沿竖直方向，根据曲线运动的轨迹与合外力的关系可知，小球受到的电场力一定向上，且合外力也竖直向上，由此可知若小球从a 点向b 点运动，合外力对小球做正功，故小球动能一定增加，若小球从b 点向a 点运动，合外力对小球做负功，故小球动能一定减少，则选项A 正确；小球从a 点向b 点运动的过程中重力势能增加，根据能量守恒定律，可知动能和电势能的和一定减小，则选项B 错误；同理可知小球从b 点向a 点运动过程中动能减小，则重力势能和电势能的和一定增加，则选项C 错误；由于小球从a 点向b 点运动过程中，电场力一定做正功，则电势能一定减小，故小球在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能，故选项D 错误．10、解析 小物块在B 点加速度最大，故B 点场强最大，由v －t 图线知B 点加速度为2 m /s 2，据qE ＝ma 得E ＝1 V/m ，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B 、C 错误；根据动能定理有qU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ，解得U AB ＝－5 V ，选项D 正确． 11、解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为 mg ′＝(qE )2＋(mg )2＝2 3mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg ′＝m v 2D R，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知：－2mg ′R ＝12m v 2D －12m v 2解得v 0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥ 103gR3. 12、解析 质点所受电场力的大小为F ＝qE①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有 F ＋N a ＝m v 2ar② N b －F ＝m v 2br③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有 E k a ＝12m v 2a ④ E k b＝12m v 2b ⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝F ·2r⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )E k a ＝r 12(N b ＋5N a ) E k b ＝r12(5N b ＋N a )13、答案 (1)v 20＋eU 0m (2)v 0T (3)T 4＋k ·T2(k ＝0,1,2，…) T eU 08m 解析 (1)由动能定理得：e ·U 02＝12m v 2－12m v 20解得v ＝v 20＋eU 0m. (2)t ＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v 0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO ′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L ＝v 0T .(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO ′线．所以应在t ＝T 4＋k ·T2(k ＝0,1,2，…)时射入．极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上． 由牛顿第二定律有a ＝eU 0md .加速阶段运动的距离s ＝12·eU 0md ·(T 4)2≤d4可解得d ≥TeU 08m故两板间距至少为T eU 08m14、答案 D 解析 沿电场方向带电粒子做加速运动，在垂直电场方向带电粒子做匀速运动，粒子经过竖直的YY ′(信号电压)电场偏转，再经过水平的XX ′(扫描电压)电场偏转，最后在显示屏上形成稳定的图象．在甲图中开始U xx ′<0，乙图中开始U yy ′＝0之后大于0，由此排除B 、C 项.0～T 在x 方向电子恰好从－x 处到屏中央，在y 方向完成一次扫描，T ～2T 水平方向电子从中央向x 正向移动，在y 方向再完成一次扫描．所以本题D 项正确． 15、答案 B 解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4<t 0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．16、答案 A 解析 电动机是非纯电阻元件，其两端电压U 2>IR ＝U 1，B 错；电流做的功W 1＝IU 1t ，W 2＝IU 2t ，因此W 1<W 2，C 错；电流产生的热量由Q ＝I 2Rt 可判断Q 1＝Q 2，A 对，D 错． 17、审题与关联解析 质子流每秒打到靶上的质子数由I ＝ne t 可知n t ＝Ie＝6.25×1015(个/秒)．建立如图所示的“柱体微元”模型，设质子经过距质子源L 和4L 处时的速度分别为v 1、v 2，在L 和4L 处作两个长为ΔL (极短)的柱体微元．因ΔL 极短，故L 和4L 处的两个柱体微元中的质子的速度可分别视为v 1、v 2.对于这两个柱体微元，设单位体积内质子数分别为n 1和n 2，由I ＝q t ＝neS v tt ＝neS v 可知，I 1＝n 1eS v 1，I 2＝n 2eS v 2，作为串联电路，各处的电流相等． 所以I 1＝I 2，故n 1n 2＝v 2v 1.根据动能定理，分别有eEL ＝12m v 21，eE ·4L ＝12m v 22，可得v 2v 1＝21，所以有n 1n 2＝21，因此，两柱体微元中的质子数之比N 1N 2＝n 1n 2＝21. 答案 6.25×1015个 2∶1 18、答案 C解析 设R 0、R x 与三者的结点为Q ，当通过电流表的电流为零时，说明φP ＝φQ ，则UR 0＝UR MP ，UR x ＝UR PN ，设IR 0＝IR x ＝I 0，IR MP ＝IR PN ＝I ，故I 0R 0＝IR MP ，I 0R x ＝IR PN .两式相除有R 0R x ＝R MP R PN ，所以R x ＝R PN R MP R 0＝l 2l 1R 0，正确选项为C.19、解析 如果I 增大，输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 增大，GMR 电阻值减小，回路中电流增大，电流表A 示数增大，电压表V 1示数减小，电压表V 2示数增大，选项A 正确，选项B 错误；如果I 减小，输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生磁场的磁感应强度B 减小，GMR 电阻值增大，回路中电流减小，电流表A 示数减小，电压表V 1示数增大，电压表V 2示数减小，选项D 正确，选项C 错误．答案 AD 20、审题与关联11 / 11解析 (1)设开关S 1闭合，S 2断开时，电容器两端的电压为U 1，干路电流为I 1，根据闭合电路欧姆定律有 I 1＝E R 1＋r＝1.5 A U 1＝I 1R 1＝4.5 V合上开关S 2后，电容器两端电压为U 2，干路电流为I 2.根据闭合电路欧姆定律有I 2＝E R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝2 A U 2＝I 2R 1R 2R 1＋R 2＝4 V 所以电容器上电荷量减少了：ΔQ ＝(U 1－U 2)C ＝1.8×10－6 C (2)设合上S 2后，电容器上的电荷量为Q ，则Q ＝CU 2＝1.44×10－5 C 再断开S 1后，R 1和R 2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比．故流过电阻R 1的电荷量为：Q 1＝R 2R 1＋R 2Q ＝9.6×10－6 C. 答案 (1)减少了1.8×10－6 C (2)9.6×10－6 C 21、答案 BC解析 R 4的滑片向b 端移动时，R 4↑→R 总↑→I 总↓→U 端↑，分析电流表示数变化时，可把R 1和R 3等效为电源内阻，示数即可等效为总电流，由上面分析知其示数减小，B 正确；分析示数的变化时，可把R 1、R 2和R 3都等效为电源内阻，其示数即为等效路端电压，增大，A 错误；分析电容器两板间电压时，可把R 1等效为电源内阻，U C ＝U 端，E ′＝U C d，增大，C 正确；P 1＝I 2总R 1，减小，D 错误． 22、答案 ACD解析 电源的输出电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，直线①的斜率的绝对值等于r ，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出截距为50 V ，斜率的大小等于r ＝50－206－0Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝E r ＋R 外解得外电路的电阻R 外＝15 Ω，C 正确；当输出功率为120 W 时，由题图中P －I 关系图线中看出对应干路电流为4 A ，再从U －I 图线中读取对应的输出电压为30 V ，D 正确．。