（新课标Ⅲ）2019版高考物理一轮复习 专题九 恒定电流课件.ppt

专题九恒定电流,高考物理(课标专用),考点二闭合电路欧姆定律(2016课标,17,6分)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A.B.C.D.答案C当开关S断开时等效电路如图1所示,电容器C两端的电压U=E,所带的电荷量Q1=,五年高考,A组统一命题课标卷题组,CU=CE;当开关S闭合时等效电路如图2所示,电容器C两端的电压U=E,所带的电荷量Q2=CE。所以=,C项正确。图1图2,考查点含电容电路,解题关键画出开关S闭合与断开时的等效电路图,求出电容器两端的电压。,易错警示化简电路时电势排列法与电流分支法结合使用,不易出错。,考点一部分电路的基本概念和规律1.(2017上海单科,9,4分)将四个定值电阻a、b、c、d分别接入电路,测得相应的电流、电压值如图所示。其中阻值最接近的两个电阻是()A.a和bB.b和dC.a和cD.c和d,B组自主命题省（区、市）卷题组,答案A本题考查U-I图像的意义。根据R=知,定值电阻的U-I图线的斜率表示定值电阻的阻值。在U-I图中分别连接O与4个点,根据它们的倾斜度可知,a和b的阻值最接近,故选A。,方法技巧图像题的解决方法图像题是物理中最常见的题型之一。解题步骤是:一看轴,即看清横轴及纵轴的意义;二看点,即看清图像中坐标点的位置;三看斜率,即看清斜率的意义及大小;四看面,即看清图像与坐标轴所包围面积的意义。,2.(2016上海单科,18,4分)(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中()A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I比值先变大后变小D.U变化量与I变化量比值等于R3,答案BC据题意,由于电源内阻不计,电压表的示数总是不变,故选项A错误;滑片滑动过程中,变阻器R1的等效阻值R1先增大后减小,又R1、R2两端总电压不变,且R1+R1=,所以电流表示数先减小后增大,故选项B、C正确;由于电压表示数没有变化,故选项D错误。,3.(2015安徽理综,17,6分)一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为,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.nevD.,答案C金属棒的电阻R=,自由电子定向移动形成的电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故金属棒内的电场强度E=nev,选项C正确。,4.(2015北京理综,19,6分)如图所示,其中电流表A的量程为0.6A,表盘均匀划分为30个小格,每一小格表示0.02A;R1的阻值等于电流表内阻的;R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值,则下列分析正确的是()A.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.04AB.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02AC.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06AD.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01A,答案C设电流表的内阻为RA,则R1=RA,R2=2RA,将接线柱1、2接入电路时,流过接线柱1的电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06A;将接线柱1、3接入电路时,流过接线柱1的电流I1=3I0,其中I0为流过电流表A的电流,因此每一小格表示0.06A。选项A、B、D错误,C正确。,5.(2014上海单科,18,4分)(多选)如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3,理想电流表A示数变化量的绝对值为I,则()A.A的示数增大B.V2的示数增大C.U3与I的比值大于rD.U1大于U2,答案ACD滑动变阻器的滑片向下滑动,导致滑动变阻器连入电路的阻值变小,总电阻变小,又电源电动势不变,则电流变大,即电流表示数变大,选项A对。电压表V1测量定值电阻R两端的电压,因电流变大,所以V1示数增大。电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器两端的总电压即路端电压,示数变小,选项B错。U1=IR,U2=Ir,所以U1U2,选项D对。电压表V3测量滑动变阻器两端的电压,电压表V3示数的变化量U3=I(r+R),所以=r+Rr,选项C对。,考点二闭合电路欧姆定律6.(2016北京理综,19,6分)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是()A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器B.一个伏特表和多个定值电阻C.一个安培表和一个电阻箱D.两个安培表和一个滑动变阻器,答案D根据U=E-Ir,要测出E和r,就要同时测出U和I,A、B、C三个选项都能满足要求;D选项只能测出电流I,不能测出电压U,所以选D。,解题方法测量电源的电动势和内阻有多种方法,最常用的方法有:,1.伏安法,电路如图1所示。图1,2.伏阻法,电路如图2所示。图2,3.安阻法,电路如图3所示。图3,7.(2016江苏单科,8,4分)(多选)如图所示的电路中,电源电动势为12V,内阻为2,四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S,下列说法正确的有()A.路端电压为10VB.电源的总功率为10WC.a、b间电压的大小为5VD.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1A,答案AC外电路的总电阻R=10,由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I=1A,因此路端电压U=E-Ir=12V-12V=10V,A选项正确;电源的总功率P=EI=12W,B选项错误;由图(a)可知Uab=UaO-UbO=-150.5V+50.5V=-5V,故选项C正确;当a、b间用导线连接后,其等效电路如图(b)所示,电路中的外电阻R=7.5,电路中总电流I=A1A,D选项错误。图(a),图(b),方法技巧两部分电路间的电势差Uab=a-b,可知Uab=a-b+O-O=(a-O)-(b-O)=UaO-UbO。,8.(2018北京理综,23,18分)如图1所示,用电动势为E、内阻为r的电源,向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值,路端电压U与电流I均随之变化。(1)以U为纵坐标,I为横坐标,在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图,并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。(2)a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点,画出带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率;b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。(3)请写出电源电动势定义式,并结合能量守恒定律证明:电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。,答案见解析,解析(1)U-I图像如图所示。图像与纵轴交点的纵坐标值为电源电动势,与横轴交点的横坐标值为短路电流。(2)a.如图所示。b.电源输出的电功率P=I2R=R=当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为Pmax=,(3)电动势定义式E=根据能量守恒定律,在题图所示电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,即W=I2rt+I2Rt=Irq+Irq得E=Ir+IR=U内+U外,试题评析闭合电路及U-I图像(1)本题考查闭合电路中路端电压U随干路电流I变化的关系图线,电源的输出功率及其最大值,以及最大值的产生条件。考查内容为教材的基本知识。此题作为一道高考中分值不小的计算题,提示考生要注重基本知识的学习。(2)电动势是电源的最基本特征量,在学习中学生不仅仅要掌握其定义式,更要深刻理解其内含,并能灵活应用。,考点一部分电路的基本概念和规律1.(2013江苏单科,4,3分)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RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时()A.RM变大,且R越大,U增大越明显B.RM变大,且R越小,U增大越明显C.RM变小,且R越大,U增大越明显D.RM变小,且R越小,U增大越明显,C组教师专用题组,答案C当传感器接触药液时,其阻值发生变化,导致S两端电压U增大,则M两端电压减小,可知RM应变小;R与RM构成并联电路,其并联总电阻为R并=,可知当R越大,RM减小相同值时,R并减小得越多,因此S两端电压增大越明显,选项C正确。,2.(2013安徽理综,19,6分)用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻,R0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=l1,PN=l2,则Rx的阻值为()A.R0B.R0C.R0D.R0,答案C对均匀的电阻丝有R=,得=,对于桥式电路,当IG=0时满足=,得Rx=R0,所以C项正确。,3.(2012上海单科,13,3分)当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3C,消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()A.3V1.8JB.3V3.6JC.6V1.8JD.6V3.6J,答案D设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2,通电的时间都为t。由公式W1=U1q1和W1=t可得:U1=3V,=0.1。再由W2=U2q2和W2=t可求出:U2=6V,W2=3.6J,故选项D正确。,4.(2009全国,24,15分)材料的电阻率随温度变化的规律为=0(1+t),其中称为电阻温度系数,0是材料在t=0时的电阻率。在一定的温度范围内是与温度无关的常量。金属的电阻一般随温度的增加而增加,具有正温度系数;而某些非金属如碳等则相反,具有负温度系数。利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性,可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻。已知:在0时,铜的电阻率为1.710-8m,碳的电阻率为3.510-5m;在0附近,铜的电阻温度系数为3.91-1,碳的电阻温度系数为-5.010-4-1。将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m的导体,要求其电阻在0附近不随温度变化,求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)。,答案3.810-3m,解析设所需碳棒的长度为L1,电阻率为1,电阻温度系数为1;铜棒的长度为L2,电阻率为2,电阻温度系数为2。根据题意有1=10(1+1t)2=20(1+2t)式中10、20分别为碳和铜在0时的电阻率。设碳棒的电阻为R1,铜棒的电阻为R2,有R1=1R2=2式中S为碳棒与铜棒的横截面积。碳棒与铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为R=R1+R2L0=L1+L2式中L0=1.0m联立以上各式得,R=10+20+t要使R不随t变化,式中t的系数必须为零。即101L1+202L2=0联立式得L1=L0代入数据解得L1=3.810-3m,考点二闭合电路欧姆定律5.(2010课标,19,6分)电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示,图中U为路端电压,I为干路电流,a、b为图线上的两点,相应状态下电源的效率分别为a、b。由图可知a、b的值分别为()A.、B.、C.、D.、,答案D电源的效率=100%=100%,a点对应的路端电压U为4个格,而电动势E为6个格,因此a=,b点对应的路端电压为2个格,因此b=,故D项正确。,6.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势E和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为Ek。请推导证明:P=Ek。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明),答案(1)Ne(2)(3)见解析,解析(1)由动能定理Ekm=eUm,可得Um=短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流I短=Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以E=Um=电源内阻r=(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能Eke=eU设单位时间内有N个电子到达B板,则损失的动能之和Ek=NEke=NeU,根据电流的定义,此时电源内部的电流I=Ne此时流过外电阻的电流也是I=Ne,外电阻上消耗的电功率P=IU=NeU所以P=Ek,7.(2013浙江理综,25,22分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率=0.2m的海水,通道中abc=0.3m0.4m0.3m的空间内,存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有ab=0.3m0.4m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0103A的电流,设该电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻,海水密度m1.0103kg/m3。(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向;(2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?如何“倒车”?(3)当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s,思考专用,直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小。,答案见解析,解析(1)将通电海水看成导线,所受磁场力F=IBL代入数据得:F=IBc=1.01036.40.3N=1.92103N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器,可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器,实施转弯。改变电流方向,或者磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,根据牛顿第三定律,使潜艇“倒车”。(3)电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率P1=F牵v0根据牛顿第三定律:F牵=12IBL当v0=30m/s时,代入数据得:P1=F牵v0=121.9210330W=6.9105W第二部分:海水的焦耳热功率,对单个直线推进器,根据电阻定律:R=代入数据得:R=0.2=0.5由热功率公式,P=I2R代入数据得:P单=I2R=5.0105WP2=125.0105W=6.0106W第三部分:单位时间内海水动能的增加值设t时间内喷出海水的质量为mP3=12考虑到海水的初动能为零,Ek=Ek=mm=mbcv水对地tP3=12=12mbc=4.6104W,8.(2012四川理综,23,16分)四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW,电动机的内阻为0.4。已知水的密度为1103kg/m3,重力加速度取10m/s2。求:(1)电动机内阻消耗的热功率;(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。,答案(1)1103W(2)2104s,解析(1)设电动机的电功率为P,则P=UI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则Pr=I2r代入数据解得Pr=1103W说明:式各2分,式3分。(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t。已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为,则M=V设质量为M的河水增加的重力势能为Ep,则Ep=Mgh设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr根据能量守恒定律得P0t60%80%=Ep代入数据解得,t=2104s说明:式各1分,式各2分,式3分。,考点一部分电路的基本概念和规律1.(2017内蒙古巴彦淖尔临河一中月考,5)如图所示,电阻R1=20,电动机的绕组R2=10,当开关S断开时,电流表的示数是1.5A,当开关S闭合后,电动机转动起来,电路两端的电压不变,此时电流表示数为3.5A,则电动机的绕组的热功率是()A.40WB.4WC.90WD.9W,三年模拟,A组20162018年高考模拟基础题组,答案A开关断开时,由欧姆定律可知,电压U=IR1=1.520V=30V;当开关闭合时,流过R1的电流不变,则由并联电路特点可知,流过电动机的电流IM=3.5A-1.5A=2A,则电动机的热功率PQ=R2=2210W=40W,故A正确。,考点二闭合电路欧姆定律2.(2018云南曲靖一中4月质量监测七,17)电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路,闭合开关,当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时,下列说法错误的是()A.定值电阻R1的电功率增大B.电压表和电流表读数都减小C.电压表的示数变化绝对值与电流表的示数变化绝对值之比等于R2D.R中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值,答案C当滑动变阻器的滑动触头由中点向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻变小,由“并同串反”知,电流表读数减小,电源输出电流增大,定值电阻R1的电功率增大,电源路端电压减小,电压表示数减小,故A、B正确。电路总电流增大,R2中电流减小,R中电流增大,故R中电流变化的绝对值减去R2中电流变化的绝对值应等于总电流的增大量,所以R中电流变化的绝对值大于R2中电流变化的绝对值,故D正确。因为U=U1+IR2,U1变化,所以R2,C错误。,3.(2017四川资阳二诊,20)(多选)如图所示,电源电动势E=12V,内阻r=3,R0=2,直流电动机内阻R0=1,额定输出功率P0=2W。调节滑动变阻器R1可使甲电路输出功率最大,调节R2可使乙电路输出功率最大且此时电动机刚好正常工作,则()A.甲电路中当R1=1时,定值电阻R0的功率最大B.甲电路中当R1=1时,电源的输出功率最大C.乙电路中当R2=1.5时,电源的输出功率最大D.乙电路中当R2=2时,电源的输出功率最大,答案BC甲电路中,当R1=0时,电路电流最大,定值电阻R0的功率最大,故A错。当内外电路电阻相等时,电源的输出功率最大,当R1=1时,R1+R0=r,故B对。对于乙电路,当输出功率最大时,电路中电流为I=2A,UR2=E-Ir-=IR2,解得R2=1.5,故C对、D错。,4.2016云南师范大学附中适应性月考(六),16如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计。则下列说法正确的是()A.若电阻R2短路,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过,答案B若电阻R2短路,则电容器两极板间的电压为零,油滴向下运动,A错误;滑片向下滑动,变阻器接入电路的电阻减小,并联电阻减小,并联部分电压减小,电容器上极板带正电,电容器放电,G中有从a到b的电流,电容器两极板间电场强度减小,油滴向下加速运动,B正确;在P向上移动的过程中,滑动变阻器连入电路的电阻增大,故并联电阻增大,所以并联部分电压增大,电容器处于充电状态,G中有从b至a的电流,电容器两极板间的电场强度增大,所以油滴向上加速运动,C错误;将S断开,电容器放电,G中有从a到b的电流,电容器两极板间的电场强度减小,故油滴不能保持静止状态,会向下运动,D错误。,B组20162018年高考模拟综合题组（时间:15分钟分值:24分）选择题(每题6分,共24分)1.(2018云南昆明一中七模,16)如图所示,平行金属板中带电油滴P处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,R1的阻值和电源内阻r相等。当滑动变阻器的滑片向a端移动时()A.R2上消耗的功率逐渐增大B.质点P将向下运动C.电源的输出功率逐渐增大D.电压表与电流表示数变化量的绝对值之比不变,答案D当滑动变阻器的滑片向a端移动时,电阻增大,电流减小,R2上消耗的功率逐渐减小,故A错;电容器两端电压增大,质点P将向上运动,故B错;由于外电路的总电阻增大,且始终大于电源的内电阻,电源的输出功率逐渐减小,故C错;电压表与电流表示数变化量的绝对值之比始终等于R1+r,故D正确。,2.(2017四川自贡一诊,18)图示电路中,电源电动势为E,内阻为r,R1、R2为定值电阻,R3为可变电阻,C为电容器,在可变电阻R3由较大逐渐变小的过程中()A.电容器充电B.流过R2的电流方向是由b到aC.电容器的电荷量在逐渐减小D.电源内部消耗的功率变小,答案CR3由较大逐渐变小的过程中,电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知电路中电流增大,内电压及R1两端的电压增大,则R3两端的电压减小,电容器两端的电压减小,电容器电荷量减小,故电容器放电,流过R2的电流方向是由a到b,故C正确,A、B错误;由P=