2024-2025学年沪科版（2020）高二（上）物理寒假作业（六）

第1页（共1页）2024-2025学年沪科版（2020）高二（上）物理寒假作业（六）一．选择题（共8小题）1．（2024秋•长安区校级月考）如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比为Sa：Sb＝1：2。已知5s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，则（）A．流经导线a的电流为0.32A B．流经导线b的电流为0.16A C．5s内有10×1018个自由电子通过导线b的横截面 D．自由电子在导线a和b中移动的速率之比va：vb＝1：22．（2024秋•普陀区校级月考）如图是安装完成的部分家庭电路示意图。闭合开关灯不亮，经检查保险丝完好，用测电笔测a点、b点、c点氖管均发光，d点氖管不发光。此电路故障可能是（）A．ab间断路 B．cd间断路 C．插座发生短路 D．进户的火线断路3．（2023秋•桂林期末）自然界以及生产和生活领域，广泛存在着由电荷流动所引起的效应。关于电流的方向，下列说法正确的是（）A．电源供电的外部电路中，电流的方向是从负极流向正极 B．电源内部，电流的方向是从正极流向负极 C．电子定向移动形成的电流方向与电子定向移动方向相同 D．电子定向移动形成的电流方向与电子定向移动方向相反4．（2023秋•龙岗区校级期末）在如图所示电路中，A、B间的电压保持一定，UAB＝6V，电阻R1＝R2＝4Ω，R3＝2Ω。那么（）A．开关S断开时，R3两端电压是3V B．开关S断开时，R3通过的电流是0.75A C．开关S接通时，R3通过的电流是1.5A D．开关S接通时，R3两端电压是4V5．（2024秋•东丽区校级月考）某同学用两根材料相同的均匀导体串联接入电路，两个导体的长度相等，横截面积之比为1：2，关于两根导体的以下说法中正确的是（）A．两根导体的电阻之比为1：2 B．两根导体两端的电压之比为1：1 C．单位时间通过两根导体横截面的电荷量之比为1：2 D．两根导体中电子的定向移动速率之比为2：16．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图所示的电路中，U＝120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1＝100Ω。当滑动变阻器滑至R2的中点时，a、b两端的电压为（）A．60V B．40V C．80V D．120V7．（2024秋•鼓楼区校级期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，电阻为R，棒内单位体积的自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A．evRSL B．nevSRL C．mv28．（2024秋•西山区校级月考）一根粗细均匀的细钢丝，原来的电阻为R，则（）A．截去13，剩下部分的电阻变为1B．均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R C．对折后，电阻变为12D．均匀拉长使截面积为原来的14，电阻变为二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•兰州期中）由钨合金制成的一段导体的伏安特性曲线如图所示，根据该图线及相应坐标可知（）A．流过导体的电流为1A时，导体的电阻是5Ω B．加在导体两端的电压为12V时，导体的电阻是14Ω C．该导体的电阻随电压的升高而增大 D．该图像斜率的倒数等于电阻的大小（多选）10．（2024秋•朝阳区校级期中）如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c，电流沿AB方向时测得该样品电阻为R，则下列说法正确的是（）A．该材料的电阻率为ρ=bcRB．温度不变，减小沿AB方向的电流时，该材料的电阻率变大 C．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为c2aD．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为b2（多选）11．（2024秋•庐阳区校级月考）离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室C后被电离为氙离子，利用加速电场AB加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为η，氙离子喷射速度为v0，推进器产生的推力为F，已知氙离子的比荷为k；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（）A．氙离子的加速电压为U=vB．离子推进器发射功率为Fv0 C．氙离子向外喷射形成的电流约为I=D．每秒进入放电通道的氙气质量约为ηF（多选）12．（2024秋•巴南区校级月考）如图所示，R1、R2、R3的电阻之比是2：3：5，电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定，则甲图中两个电压表的示数之比和通过各电阻的电流之比为（）A．电压表的示数之比3：5 B．电压表的示数之比5：8 C．电流之比为1：1：1 D．电流之比为5：3：2三．填空题（共4小题）13．（2024秋•鼓楼区校级月考）一个半径为R的绝缘圆盘，绕垂直圆盘的转动轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘边缘上均匀地分布着一圈电荷，电性均为负，单位圆弧上所带的电荷量为q，当圆盘转动时，这些电荷所形成的电流大小I＝，电流的方向为。14．（2023秋•福清市期末）两个电阻R1＝20Ω与R2＝10Ω按如图所示连接，若干路电流为I＝12A，则流过电阻R1的电流I1＝A，电阻R2两端电压U2＝V。15．（2023秋•黄浦区校级期末）在图示电路中，三个电阻的阻值分别为R1＝2Ω、R2＝6Ω和R3＝5Ω，A、B间的总电阻大小为Ω．若在A、B间加一恒定电压，则通过R1和R3的电流之比为．16．（2024秋•泉州期中）如图所示是画出的小灯泡I﹣U图线。由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是Ω；由图可知小灯泡随电压的增大电阻（选填“越来越小”、“不变”、“越来越大”）。四．解答题（共4小题）17．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°，ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通过ab的电流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范围．18．（2024秋•沙坪坝区校级月考）如图甲所示的电路中，两个定值电阻R1、R2串联接在输出电压U＝12V的恒压电源上，图乙是定值电阻R1、R2的U﹣I图线，求：（1）R1、R2的阻值分别为多少千欧？此时，R1两端电压U1是多大？（2）若用另一阻值为5kΩ的定值电阻，R3并联在R1两端，此时，R1两端电压U1′是多大？19．（2024秋•云阳县校级月考）如图所示的电路中，电阻R1＝4Ω，R2＝6Ω，电路两端所加的电压U＝6V，用某理想电压表测得R1两端电压为2V，求：（1）R2两端的电压U2；（2）1min内通过R2的电荷量。20．（2024秋•西湖区校级期中）如图所示是三量程直流电表的原理图，三个量程分别是10mA、1A、10V．已知表头G的满偏电流Ig＝5mA，内阻Rg＝10Ω．试确定定值电阻R1、R2、R3的阻值。

2024-2025学年沪科版（2020）高二（上）物理寒假作业（六）参考答案与试题解析题号12345678答案BBDCDBBD一．选择题（共8小题）1．（2024秋•长安区校级月考）如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导线a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比为Sa：Sb＝1：2。已知5s内有5×1018个自由电子通过导线a的横截面，则（）A．流经导线a的电流为0.32A B．流经导线b的电流为0.16A C．5s内有10×1018个自由电子通过导线b的横截面 D．自由电子在导线a和b中移动的速率之比va：vb＝1：2【考点】电流的微观表达式；电流的概念、性质及电流强度的定义式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据电流定义式I=qt可求通过电阻的电流；根据串联电路的规律可知流过b的横截面的电子个数；根据电流的微观表达式I＝【解答】解：A、电子的电荷量e＝1.6×10﹣19C，流过a的电流为：I=qtB、因金属导线a、b串联，所以流过导线b的电流也是0.16A，故B正确；C、因金属导线a、b串联，所以相同时间内通过的电荷量相等，即5s内有5×1018个自由电子通过导线b的横截面，故C错误；D、根据电流微观表达式：I＝neSv可得：v=自由电子在导线a和b中移动的速率之比为：vavb故选：B。【点评】本题考查了电流的定义式、微观表达式以及串联电路的规律。2．（2024秋•普陀区校级月考）如图是安装完成的部分家庭电路示意图。闭合开关灯不亮，经检查保险丝完好，用测电笔测a点、b点、c点氖管均发光，d点氖管不发光。此电路故障可能是（）A．ab间断路 B．cd间断路 C．插座发生短路 D．进户的火线断路【考点】电子元器件、电路及家庭安全用电知识．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】B【分析】电灯不亮但保险丝未熔断，说明电路中有断路；测电笔测试各点，能使氖管发光的点说明与火线是连通的，不能使氖管发光的点说明与火线是断开的，据此分析电路的故障。【解答】解：根据题意可知，闭合开关灯不亮，经检查保险丝完好，这说明电路中有断路；用测电笔测a点、b点、c点氖管均发光，这说明这三点与火线之间是接通的；d点氖管不发光，说明d与火线之间是断开的，所以故障是cd之间断路。故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查了用测电笔检修家庭电路的故障的方法，要知道进户线零线断的现象并能解释。3．（2023秋•桂林期末）自然界以及生产和生活领域，广泛存在着由电荷流动所引起的效应。关于电流的方向，下列说法正确的是（）A．电源供电的外部电路中，电流的方向是从负极流向正极 B．电源内部，电流的方向是从正极流向负极 C．电子定向移动形成的电流方向与电子定向移动方向相同 D．电子定向移动形成的电流方向与电子定向移动方向相反【考点】电流的概念、性质及电流强度的定义式．【专题】定性思想；归纳法；恒定电流专题；理解能力．【答案】D【分析】明确电源的性质，知道电流在电源外部由正极流向负极，而在内部由负极流向正极；同时明确负电荷形成的电流方向与运动方向相反。【解答】解：AB、物理学中，人们把正电荷移动的方向规定为电流的方向。按照这个规定，在闭合电路中，电源外部的电流方向是从电源的正极（高电势）经过用电器流向负极（低电势），而电源内部，电流是从负极流向正极，故AB错误；CD、由于电子带负电，所以电子定向移动形成的电流方向与电子定向移动方向相反，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了电流的方向，要牢记．要注意：在电源内部，电流方向是从负极流向正极的。4．（2023秋•龙岗区校级期末）在如图所示电路中，A、B间的电压保持一定，UAB＝6V，电阻R1＝R2＝4Ω，R3＝2Ω。那么（）A．开关S断开时，R3两端电压是3V B．开关S断开时，R3通过的电流是0.75A C．开关S接通时，R3通过的电流是1.5A D．开关S接通时，R3两端电压是4V【考点】串联电路的特点及应用；欧姆定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据欧姆定律计算电路中的电流，然后根据欧姆定律计算R3两端的电压即可。【解答】解：AB、开关S断开时，电路中的电流为I=UABR2+R3=64+2A=1A，所以R3两端的电压为UCD、开关S接通时，电路中的总电阻为R=R3+R1R2R1+R2，所以通过R3的电流为I'=UABR，代入数据解得I'＝1.5A，R故选：C。【点评】能够看懂电路的结构是解题的关键，掌握串并联电路的电压、电流、电阻的特点是解题的基础。5．（2024秋•东丽区校级月考）某同学用两根材料相同的均匀导体串联接入电路，两个导体的长度相等，横截面积之比为1：2，关于两根导体的以下说法中正确的是（）A．两根导体的电阻之比为1：2 B．两根导体两端的电压之比为1：1 C．单位时间通过两根导体横截面的电荷量之比为1：2 D．两根导体中电子的定向移动速率之比为2：1【考点】串联电路的特点及应用；电流的微观表达式；利用电阻定律求电阻．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】由电阻的决定式计算电阻之比，得到电阻之比，由串联电路的电流特点，结合欧姆定律，可得电压之比由电流定义式得到单位时间通过两根导体横截面的电荷量之比，由电流的微观表达式，可计算两个导线中的电荷定向移动的平均速率之比。【解答】解：A．根据电阻定律有R1=ρ结合题意解得R1故A错误；B．串联电路，电流处处相等，根据欧姆定律有U1＝IR1，U2＝IR2结合上述解得U1故B错误；C．根据电流的定义式有I=所以通过导体横截面的电荷量：q＝It通过两导体的电流相等，则单位时间通过两根导体横截面的电荷量相等，即单位时间通过两根导体横截面的电荷量之比为1：1，单位时间通过导体横截面的电荷量与横截面积大小无关，故C错误；D．根据电流的微观定义式有I＝nqv1S1＝nqv2S2解得两根导体中电子的定向移动速率之比为2：1，故D正确。故选D。【点评】本题考查电阻决定式、电流微观表达式，及串联电路规律的应用，注意隐含条件：电流、材料相同。6．（2024秋•鼓楼区校级期中）如图所示的电路中，U＝120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1＝100Ω。当滑动变阻器滑至R2的中点时，a、b两端的电压为（）A．60V B．40V C．80V D．120V【考点】混联电路的特点及应用．【专题】定量思想；比例法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据并联电阻的求解方法，可得到a、b间的电阻；由串联分压比例，可计算a、b间的电压。【解答】解：根据并联电阻的求解方法，可得到a、b间的电阻Rab由串联分压比例，可计算a、b间的电压Uab=RabRab+R22故选：B。【点评】本题考查电路的简单计算，注意两个电阻并联时的电阻计算方法的应用。7．（2024秋•鼓楼区校级期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，电阻为R，棒内单位体积的自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A．evRSL B．nevSRL C．mv2【考点】电流的微观表达式；用特殊的方法求解电场强度．【专题】定性思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．【答案】B【分析】运用场强公式、欧姆定律、电流的微观表达式分析。【解答】解：金属棒内的电场类似一个匀强电场，其电场强度大小E=UL，由欧姆定律可知，金属棒两端的电压U＝IR，由电流的微观表达式可知IE=nevSRL，故B正确，故选：B。【点评】考查对匀强电场、欧姆定律、电流的理解，熟悉其关系式，清楚其关联。8．（2024秋•西山区校级月考）一根粗细均匀的细钢丝，原来的电阻为R，则（）A．截去13，剩下部分的电阻变为1B．均匀拉长为原来的2倍，电阻变为2R C．对折后，电阻变为12D．均匀拉长使截面积为原来的14，电阻变为【考点】电阻定律的内容及表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】截去13，剩下部分的长度为原来的23；均匀拉长为原来的2倍，细钢丝的横截面积将减为12S；对折后，面积增大为2S，长度减为12【解答】解：A．根据电阻定律R=可知电阻与长度成正比，则截去13，剩下部分的长度为原来的23，则电阻变为23B．均匀拉长为原来的2倍，则长度变2l，由于材料体积不变，根据V＝Sl可知细钢丝的横截面积将减为12R=可知R'电阻变为4R，故B错误；C．对折后，面积增大为2S，长度减为12R=可知R″电阻变为14R，故CD．均匀拉长使截面积为原来的14，由于材料体积不变，根据V＝Sl可知细钢丝长度为原来的4倍，同理可得电阻变为16R，则D故选：D。【点评】知道材料的体积不变是解题的关键，掌握电阻定律是解题的基础。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•兰州期中）由钨合金制成的一段导体的伏安特性曲线如图所示，根据该图线及相应坐标可知（）A．流过导体的电流为1A时，导体的电阻是5Ω B．加在导体两端的电压为12V时，导体的电阻是14Ω C．该导体的电阻随电压的升高而增大 D．该图像斜率的倒数等于电阻的大小【考点】非线性元件及其伏安特性曲线．【专题】定量思想；推理法；电学图象专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据欧姆定律计算导体的电阻；根据图像上的点与原点连线的斜率表示导体电阻的倒数分析。【解答】解：A、流过导体的电流为1A时，由图可知导体两端的电压为U＝5V，此时导体的电阻为R=UI=B、加在导体两端的电压为12V时，由图可知导体中的电流为1.5A，导体的电阻为R=UI=CD、图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图像的斜率随电压的增大而减小，即导电体的电阻随电压的升高而增大，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】知道图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数是解题的关键。（多选）10．（2024秋•朝阳区校级期中）如图所示，一块均匀的长方体样品，长为a，宽为b，厚为c，电流沿AB方向时测得该样品电阻为R，则下列说法正确的是（）A．该材料的电阻率为ρ=bcRB．温度不变，减小沿AB方向的电流时，该材料的电阻率变大 C．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为c2aD．若电流沿CD方向时，该样品的电阻为b2【考点】电阻定律的内容及表达式；欧姆定律的简单应用．【专题】比较思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据电阻定律，求解该材料的电阻率；导体电阻率与材料本身有关，与温度有关；根据电阻定律，结合题中的连接方式，分清不同连接方式下的长和横截面积，代入公式求解电阻的大小。【解答】解：A电流沿AB方向时测得该样品电阻为R，长度为a，横截面积为S＝bc，根据电阻定律得：R＝ρLS=ρabc，解得该材料的电阻率为：ρ=B、导体电阻率与材料本身有关，与温度有关，与流过的电流无关，所以温度不变，减小沿AB方向的电流时，该材料的电阻率不变，故B错误；CD、当电流沿CD方向时，长度为c，横截面积S′＝ab，根据电阻定律得：R′＝ρL'S'=bcRa•c故选：AC。【点评】本题考查的是常规的电阻定律的应用，要分清在不同接法下的长度和横截面积的大小，代入数据运算即可，难度不大，属于基本的公式应用。（多选）11．（2024秋•庐阳区校级月考）离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室C后被电离为氙离子，利用加速电场AB加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为η，氙离子喷射速度为v0，推进器产生的推力为F，已知氙离子的比荷为k；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（）A．氙离子的加速电压为U=vB．离子推进器发射功率为Fv0 C．氙离子向外喷射形成的电流约为I=D．每秒进入放电通道的氙气质量约为ηF【考点】用定义式计算电流大小及电荷量；瞬时功率的计算；用动量定理求流体冲击问题；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】氙离子经电场加速过程，根据动能定理求加速电压；离子推进器发射功率等于推力与平均速度的乘积；根据动量定理和电流的定义式相结合求氙离子向外喷射形成的电流；结合氙气被电离的比例，求解每秒进入放电通道的氙气质量。【解答】解：A、氙离子经电场加速过程，根据动能定理有qU=可得加速电压为U=mv0B、推进器的推力为F，粒子速度从0增加v0，则推力的功率为P＝F0+v02=1C、取速度v0方向为正方向，在时间t内有质量为Δm的氙离子喷出，根据动量定理可得Ft＝Δmv0﹣0解得：t根据电流的定义式I=而Q解得：I=QFΔmD、在t时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v0喷射而出，由动量定理得Ft＝Δmv0﹣0得Δm=进入放电通道的氙气质量为m0，被电离的比例为η，则有η=联立解得：m取t＝1s可得：m0=F故选：AC。【点评】本题考查动能定理、动量定理和电流的定义式的综合应用，关键要明确推进器的工作原理和离子间相互作用的关系，建立模型，当作连续介质问题去处理。（多选）12．（2024秋•巴南区校级月考）如图所示，R1、R2、R3的电阻之比是2：3：5，电压表内阻无穷大，电路两端的电压恒定，则甲图中两个电压表的示数之比和通过各电阻的电流之比为（）A．电压表的示数之比3：5 B．电压表的示数之比5：8 C．电流之比为1：1：1 D．电流之比为5：3：2【考点】串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；理解能力．【答案】BC【分析】根据电路的连接方式，然后根据欧姆定律和基尔霍夫定律来求解电压和电流的分配。【解答】解：由图可知，三个电阻串联，流经各电阻的电流相等，设电流为I，由欧姆定律有U1＝IR1，U2＝IR2，U3＝IR3，电压表V1测量的是R1、R2串联后两端的电压，电压表V2测量的是R2、R3串联后两端的电压，则两电压表的示数分别为UV1＝U1+U2＝IR1+IR2，UV2＝U2+U3＝IR2+IR3因为R1：R2：R3＝2：3：5，联立解得UV1：UV2＝I（R1+R2）：I（R2+R3）＝5：8，故AD错误，BC正确；故选：BC。【点评】本题的关键在于理解电路中电压和电流的分配规律，特别是在串联电路中，电压的分配与电阻成正比，而电流在串联电路中是恒定的。通过这些基本原理，可以快速准确地求解电压和电流的分配比。在处理此类问题时，明确电路的连接方式和应用正确的物理定律是解题的关键。三．填空题（共4小题）13．（2024秋•鼓楼区校级月考）一个半径为R的绝缘圆盘，绕垂直圆盘的转动轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，圆盘边缘上均匀地分布着一圈电荷，电性均为负，单位圆弧上所带的电荷量为q，当圆盘转动时，这些电荷所形成的电流大小I＝ωRq，电流的方向为顺时针方向。【考点】电流的概念、性质及电流强度的定义式．【专题】定量思想；模型法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】先根据T=2πω求圆盘转动的周期，再根据电流的定义式【解答】解：圆盘转动的周期为T=2πω，绝缘圆盘边缘所带电荷总量为Q＝2πRq，截取圆盘的边缘任一截面，则在圆盘运动一周的时间内通过这个截面的电荷量为Q，这些电荷所形成的电流大小I=故答案为：ωRq，顺时针方向。【点评】明确电流方向是如何规定的、掌握电流的定义式是解题的前提与关键，根据题意应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。14．（2023秋•福清市期末）两个电阻R1＝20Ω与R2＝10Ω按如图所示连接，若干路电流为I＝12A，则流过电阻R1的电流I1＝4A，电阻R2两端电压U2＝80V。【考点】串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题；理解能力．【答案】4，80。【分析】并联电路中各支路两端的电压相等，电流的分配与电阻成反比。【解答】解：因为R1、R2并联，所以根据I=UR由并联电路的电流特点可得I1+I2＝I，联立解得I1＝4A，I2＝8A，电阻R2两端电压U2＝I2R2＝8×10V＝80V。故答案为：4，80。【点评】考查对并联电路中电压、电流关系的理解，运用欧姆定律解答。15．（2023秋•黄浦区校级期末）在图示电路中，三个电阻的阻值分别为R1＝2Ω、R2＝6Ω和R3＝5Ω，A、B间的总电阻大小为6.5Ω．若在A、B间加一恒定电压，则通过R1和R3的电流之比为3：4．【考点】混联电路的特点及应用．【专题】恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】由图可知R1与R2并联后与R3串联，则由串并联电路的规律可知电路中的总电阻；由分压关系可知流过R1的电流与总电流的关系．【解答】解：电路中总电阻R=2×62+6+5＝由并联电路的分流可知，R1中电流应为总电流的R2而流过R3的电流为总电流，故通过R1和R3的电流之比为3：4．故答案为：6.5；3：4．【点评】本题考查串并联电路的总电阻及电流关系，要熟练应用两个电阻并联时的电阻及电流等关系．16．（2024秋•泉州期中）如图所示是画出的小灯泡I﹣U图线。由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是5.0Ω；由图可知小灯泡随电压的增大电阻越来越大（选填“越来越小”、“不变”、“越来越大”）。【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；理解能力．【答案】5.0；越来越大。【分析】根据欧姆定律求小灯泡灯丝的电阻；根据小灯泡的“伏安特性曲线”的特点分析作答。【解答】解：根据欧姆定律，小灯泡的灯丝电阻R根据小灯泡的“伏安特性曲线”可知，小灯泡I﹣U图线是一条曲线，则由图线上某点与坐标原点连线的斜率的倒数表示小灯泡在该点所对应的电压时的电阻值，可知I﹣U图线上的点与坐标原点连线的斜率随电压的增大越来越小，则斜率的倒数越来越大，则有小灯泡随电压的增大电阻越来越大。故答案为：5.0；越来越大。【点评】本题考查了根据伏安特性曲线求电阻，知道I﹣U图线上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数。四．解答题（共4小题）17．（2024•东西湖区校级模拟）如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω，外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°，ab与导轨间动摩擦因数为μ＝0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通过ab的电流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范围．【考点】线性元件及其伏安特性曲线．【专题】计算题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】（1）通过ab的电流大小为2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小为5N；（3）重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。【分析】（1）由闭合电路的欧姆定律可以求出通过ab的电流，根据电路图可以判断出电流方向；（2）由安培力公式可以求出安培力大小；（3）由平衡条件求出重力的取值范。【解答】解：（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流I=ER+R0+（2）ab受到的安培力：F＝BIL＝5×2×0.5N＝5N；（3）ab受力如图所示，最大静摩擦力：fm＝μ（mg﹣Fcos53°）由平衡条件得：当最大静摩擦力方向向右时：T＝Fsin53°﹣fm解得：T＝0.5N；当最大静摩擦力方向向左时：T＝Fsin53°+fm解得：T＝7.5N；由于重物平衡，故：T＝G则重物重力的取值范围为：0.5N≤G≤7.5N；答：（1）通过ab的电流大小为2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小为5N；（3）重物重力G的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。18．（2024秋•沙坪坝区校级月考）如图甲所示的电路中，两个定值电阻R1、R2串联接在输出电压U＝12V的恒压电源上，图乙是定值电阻R1、R2的U﹣I图线，求：（1）R1、R2的阻值分别为多少千欧？此时，R1两端电压U1是多大？（2）若用另一阻值为5kΩ的定值电阻，R3并联在R1两端，此时，R1两端电压U1′是多大？【考点】欧姆定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】（1）R1、R2的阻值分别为5千欧、10千欧，此时，R1两端电压U1是4V。（2）此时，R1两端电压U1′是2.4V。【分析】（1）根据U﹣I图像的斜率等于电阻，来求解R1、R2的阻值。根据串联电路中电压与电阻成正比，来求解R1两端电压U1。（2）先求出R3和R1并联后阻值，再根据串联分压规律求解R1两端电压U1′。【解答】解：（1）根据U﹣I图像的斜率等于电阻，由图可知R1=10两电阻串联，电流相等，则有U1又U1+U2＝U联立解得U1＝4V（2）R3和R1并联后阻值为R并=R1R3R根据电流相等，有U并结合U并+U2＝U联立解得U并＝2.4V则U1′＝U并＝2.4V答：（1）R1、R2的阻值分别为5千欧、10千欧，此时，R1两端电压U1是4V。（2）此时，R1两端电压U1′是2.4V。【点评】解答本题的关键要掌握串联的基本特点和分压规律，串联电路电流处处相等，电压与电阻成正比，并能熟练运用比例法解答。19．（2024秋•云阳县校级月考）如图所示的电路中，电阻R1＝4Ω，R2＝6Ω，电路两端所加的电压U＝6V，用某理想电压表测得R1两端电压为2V，求：（1）R2两端的电压U2；（2）1min内通过R2的电荷量。【考点】串联电路的特点及应用；欧姆定律（初中）；用定义式计算电流大小及电荷量．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）R2两端的电压U2为4V；（2）1min内通过R2的电荷量为40C。【分析】（1）根据串联电路的电压特点即可解出；（2）根据电荷量与电流和时间的关系即可解出；【解答】解：（1）根据串联电路的电压特点U＝U1+U2代入数据解得：U2＝4V（2）根据欧姆定律可知通过R2的电流为I=电荷量q＝It=23×答：（1）R2两端的电压U2为4V；（2）1min内通过R2的电荷量为40C。【点评】本题考查了学生对于电路的分析能力，本题较为基础。20．（2024秋•西湖区校级期中）如图所示是三量程直流电表的原理图，三个量程分别是10mA、1A、10V．已知表头G的满偏电流Ig＝5mA，内阻Rg＝10Ω．试确定定值电阻R1、R2、R3的阻值。【考点】串联电路的特点及应用．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】电表的改装原理为串并联电路的规律，要注意正确分的电路结构，明确欧姆定律的正确应用即可求解。【解答】解：根据串并联电路的规律可知，I1＝1A，I2＝10mA，U＝10V，当接在I1＝1A量程时，Ig（Rg+R2）＝（I1﹣Ig）R1；当接在I2＝10mA量程时，IgRg＝（I2﹣Ig）（R1+R2）；当接在U＝10V量程时，U＝IgRg+I2R3；联立解得：R1＝0.1Ω；R2＝9.9Ω；R3＝995Ω；答：电阻R1、R2和R3的阻值分别为0.1Ω、9.9Ω及995Ω；【点评】本题考查电表的改装；解决此类问题要充分理解电表改装原理，电路的分压分流原理。再复杂的电路也是由基本的串并联关系组成的。

考点卡片1．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：应用公式P＝Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=12物体滑到底端重力功率为：P＝mgvsinα②联立①②解得：P＝mg2ghsinα，故选项ABD错误，故选：C。点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．【解题思路点拨】①对于瞬时功率的计算，一定要牢记瞬时功率等于力在速度方向上的投影与速度的乘积。②重力的功率等于重力乘以竖直方向上的速度。2．用动量定理求流体冲击问题【知识点的认识】一、流体作用模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面积S的柱形流体的长度为Δl，如图所示。设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：（1）作用后流体微元停止，有Δv＝﹣v，代入上式有F＝﹣ρSv2；（2）作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝﹣2v，代入上式有F＝﹣2ρSv2。二、微粒类模型微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤（1）建立“柱体”模型，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S；（2）微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt；（3）先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算【命题方向】水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为（）A、30m/sB、40m/sC、45m/sD、60m/s分析：根据公式P=F解答：建立水柱模型，设水柱面积为S，由动量定理：F•Δt＝0﹣（ρS•v0•Δt）×（﹣v0）可得压强：p=FS故使煤层破碎的速度至少应为v0=3.6×10故选：D。点评：建立水柱模型是解决本题的关键，动量定理要注意选取正方向。【解题思路点拨】1.对于流体冲击类的问题，常用的解题思路是：取微元→计算动量变化→列方程2.一个解题技巧是：设出时间Δt，利用时间Δt构建方程，最后往往可以把Δt消掉。3．用特殊的方法求解电场强度【知识点的认识】1．电场强度的计算方法（1）一般方法：中学阶段求场强一般有下列三种方法：①E=Fq是电场强度的定义式，适用于任何电场，电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷无关，试探电荷②E＝kQr2是真空中点电荷所形成电场的计算式，E由场源电荷Q和某点到场源电荷的距离③E=Ud是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意式中的场强是矢量，所以场强的合成遵守矢量合成的平行四边形定则。（2）特殊方法①补偿法：求解电场强度，常用的方法是根据问题给出的条件建立起物理模型。如果这个模型是一个完整的标准模型，则容易解决。但有时由题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说是模型A，这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型。这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题。②极值法：物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类。物理型主要依据物理概念、定理、定律求解。数学型则是根据物理规律列出方程后，依据数学中求极值的知识求解。③微元法：微元法就是将研究对象分割成许多微小的单位，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。④等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，从A事实出发，用另外的B事实来代替，必要时再由B到C…直至实现所给问题的条件，从而建立与之相对应的联系，得以用有关规律解之。如以模型替代实物，以合力（合运动）替代两个分力（分运动）。⑤对称法：对称法是利用带电体（如球体、薄板等）产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的方法。【命题方向】1.拆分法一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的三段圆弧，则圆弧BC在圆心O处产生的场强大小和方向为（）A、E2水平向右B、E2水平向左CE3水平向右D分析：电场强度是矢量，根据题意应用平行四边形定则求出圆弧BC在圆心O处产生的场强。解答：如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′则O点的合场强：E＝2E′，则：E′=故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E2，方向水平向右，故A正确，BCD故选：A。点评：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理即可正确解题。2.对称法电荷量为+Q的点电荷与半径为R的均匀带电圆形薄板相距2R，点电荷与圆心O连线垂直薄板，A点位于点电荷与圆心O连线的中点，B与A关于O对称，若A点的电场强度为0，则（）A、圆形薄板所带电荷量为+QB、圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为kQRC、B点的电场强度大小为kQRD、B点的电场强度大小为10kQ分析：A、B两点电场是点电荷Q与圆形薄板上的电荷产生的电场合电场，A点电场为零，说明点电荷Q与圆形薄板在A点产生的电场等大反向；根据对称性求出薄板在B点产生的电场，B点的电场是点电荷与薄板产生的电场的合电场；根据点电荷的场强公式与电场的叠加原理分析答题。解答：AB、点电荷在A点产生的场强为E＝kQR2，方向水平向右，A点的电场强度为零，则可知圆形薄板所带电荷在A点的电场强度大小为kQR2，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分布在薄板上的，除了圆心O处距离A点的距离与点电荷+Q距离O点的距离相同外，其余各点距离O点的距离都大于R，若将电荷量Q均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场强公式E0=kqrCD、B点关于O点与A点对称，则可知圆形薄板在B点产生的电场强度为EB′＝kQR2，方向水平向右，而点电荷在B点产生的场强为EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，则B点得电场强度为EB＝E故选：BD。点评：解决本题的关键是明确真空中静止的点电荷场强公式及合场强为零的含义，根据薄板产生场强的特点，由几何对称性分析求解。熟记点电荷场强公式，理解合场强为零的含义，熟练运用电场强度矢量叠加原理。3.微元法如图，水平面上有一带电量为+Q的均匀带电圆环，其圆心为O，O点正上方h处有一点P，P和圆环上任一点的连线与圆环面的夹角均为θ。已知静电力常量为k，则P点场强大小为（）kQcosθ分析：采用微元法求解：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），求出每份的电荷量，根据点电荷电场强度的计算公式结合矢量的合成方法进行求解。解答：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为q=每份在P点的电场强度大小为：E0=根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E＝nE0sinθ=kQsin3θ故选：D。点评：本题主要是考查电场强度的叠加，解答本题要知道电场强度是一个矢量，满足矢量的平行四边形法则，掌握微元法的应用方法。【解题思路点拨】电场强度的求法（1）合成法：电场强度是矢量，合成时遵循矢量运算法则（平行四边形定则或三角形定则）；对于同一直线上电场强度的合成，可先规定正方向，进而把矢量运算转化成代数运算。（2）对称法：对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法，利用此方法分析和解决问题可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，有出奇制胜之效。（3）微元法：徽元法就是将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。4．带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动【知识点的认识】1.运动状态：利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。2.带电粒子的分类及受力特点（1）电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。（2）质量较大的微粒：带电小球，带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。3.分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法（1）利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能分析带电粒子的匀变速运动。（2》利用动能定理：qU=12mv2-【命题方向】如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106m/s射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20cm，金属板之间是匀强电场，电场强度为3×105V/m．质子质量为m＝1.67×10﹣27kg，电荷量为q＝1.60×10﹣19C．试求（1）质子由板上小孔射出时的速度大小；（2）质子在电场中运动的时间．分析：（1）质子射入电场后，只有电场力做功，根据动能定理列式求解即可（2）因做匀加速，则由时间等于位移除以平均速度，则运动时间t=L解答：（1）根据动能定理得：eEd=12mv2-代入数据：得v＝6×106m/s（2）t=Lv0+v2．=答：（1）质子由板上小孔射出时的速度大小为6×106m/s（2）质子在电场中运动的时间为3.6×10﹣8s点评：求速度时动能定理是常用的规律，要理解并掌握动能定理的内容、公式，并能灵活应用，求时间用平均速度公式．【解题思路点拨】对于带电粒子在电场中的加速问题，可以用从牛顿第二定律的角度出发，也可以从动能定理的角度出发求解。5．电流的概念、性质及电流强度的定义式【知识点的认识】1.定义：自由电荷的定向移动形成电流．2.方向：规定为正电荷定向移动的方向．3.电流强度的定义式：I=qt，4.电流的单位：安培，符号是A。是国际单位制中七个基本物理量之一。5.物理意义：单位时间内通过导体横截面的电荷量。6.标矢性：电流的方向是人为规定的，以正电荷定向移动的方向为正方向，运算时遵从的是代数运算法则，所以电流是标量。【命题方向】关于电流，下列说法中正确的是（）A、通过导体横截面的电荷量越多，电流就越大B、对于导体，只要其两端有电压就有电流C、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大D、因为电流有方向，所以电流是矢量分析：根据电流的定义式I=q解答：AC、根据电流的定义式I=qt可知，电流的大小由通过导体横截面积的电量和时间来计算，在时间不确定的情况下，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大。故A错误，B、要形成电流，不但要有有电压，电路还需构成闭合回路，故B错误。D、电流虽然有方向，但叠加不符合平行四边形法则，故不是矢量。故D错误。故选：C。点评：考查电流的形成条件及电流定义式的识记。解题时牢记电流由电压和电阻决定，I=q【解题思路点拨】1.电荷定向运动才形成电流，并不是电荷运动就可形成电流，其实导体内自由电荷是处于不停的热运动之中的，但并不形成电流。2.电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。6．用定义式计算电流大小及电荷量【知识点的认识】电流大小的计算有三个公式：①定义式：I=q②决定式：I=U③微观表达式：I＝neSv．（n为导体单位体积内的自由电荷数；e为自由电荷的电荷量；S为导体横截面积；v为自由电荷定向移动的速度）．注意：（1）I=qt是电流的定义式，是普遍适用的．电流的微观表达式I＝（2）应用电流的微观表达式时，要注意区分三种速率：①电子定向移动速率：一般比较小，速率数量级为10﹣5m/s；②电子热运动的速率：电子不停地做无规则热运动的速率，速率数量级约为105m/s；③电流传导速率：等于光速，为3.0×108m/s．【命题方向】如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过．若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是（）A、正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→AB、溶液内由于正负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零C、溶液内的电流方向从A→B，电流I=D、溶液内的电流方向从A→B，电流I=分析：正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；由电流的定义式I=q解答：A、电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，故A错误；B、溶液中正离子由A向B移动，负离子由B向A移动，负电荷由B向A的移动相当于正电荷由B向A移动，带电离子在溶液中定向移动形成电流，电流不为零，故B错误；CD、溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I=qt=n1故选：D。点评：知道电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流的方向，应用电流定义式即可正确解题．【解题思路点拨】1.在计算电流大小时要根据题目所给的条件选择合适的公式进行计算。2.如果正、负电荷同时发生定向移动，定义式中I=qt的3.微观表达式I＝neSv并不是固定的电流大小计算方式，其中n、e、S、v都有特定的意义，如果题目的参数发生变化，微观表达式的形式也会有相应变化。但都是从定义式I=q7．电流的微观表达式【知识点的认识】1.电流的微观表达式的推导如图所示，AD表示粗细均匀的一段长为l的导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v，设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量大小为q。则：导体AD内的自由电荷全部通过横截面D所用的时间t=导体AD内的自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nlSq，此导体上的电流I=Q2.电流的微观表达式：I＝nqSv（1）I=qt是电流的定义式，I＝nqSv电流的决定式，因此电流I通过导体横截面的电荷量q及时间t无关，从微观上看，电流的大小取决于导体中单位体积内的自由电荷数n、每个自由电荷的电荷量大小q、定向移动的速率v，还与导体的横截面积（2）v表示电荷定向移动的速率。自由电荷在不停地做无规则的热运动，其速率为热运动的速率，电流是自由电荷在热运动的基础上向某一方向定向移动形成的。【命题方向】有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I；设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数可表示为（）A.nvSΔtB.nv•ΔtC.IΔtveD.分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．解答：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为S，则在t时间内，电子经过的导线体积为V＝vtS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为N＝nvSΔt。由于流经导线的电流为I，则在t时间内，流经导线的电荷量为Q＝It，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：N=It故只有A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度．【解题思路点拨】用电流的微观表达式求解问题的注意点（1）准确理解公式中各物理量的意义，式中的v是指自由电荷定向移动的速率，不是电流的传导速率，也不是电子热运动的速率。（2）I＝neSv是由I=qt导出的，若8．欧姆定律的简单应用【知识点的认识】欧姆定律1．内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比．2．表达式：I=U3．适用条件：适用于金属和电解液导电，气体导电和半导体元件不适用．4．导体的伏安特性曲线：用横轴表示电压U，纵轴表示电流I，画出的I﹣U关系图线．（1）线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（2）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，即非线性元件的电流与电压不成正比．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查欧姆定律不同表达式的物理意义：对于欧姆定律的理解，下列说法中错误的是（）A．由I=UB．由U＝IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大C．由R=UI，导体的电阻跟它两端的电压成正比，D．对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关．解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确；B、由U＝IR，对一定的导体，电流与电压成正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B正确；C、导体的电阻与电压的大小无关，是由导体本身决定的，所以C错误；D、对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流强度的比值保持不变，即为电阻的大小，所以D正确．本题选错误的，故选C．点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题．（2）第二类常考题型是考查对伏安特性曲线的理解：如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R．下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是（）A．特性曲线在Ⅰ区，P1＜P2B．特性曲线在Ⅲ区，P1＜P2C．特性曲线在Ⅰ区，P1＞P2D．特性曲线在Ⅲ区，P1＞P2分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数．当两个电阻并联后总电阻R比任何一个电阻都要小，R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系．解：把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区．R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1＞P2．故选C．点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小．其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等．【解题方法点拨】1．欧姆定律不同表达式的物理意义（1）I=UR是欧姆定律的数学表达式，表示通过导体的电流I与电压U成正比，与电阻（2）公式R=U2．对伏安特性曲线的理解（1）如图，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件．（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故Ra＜Rb（如图甲所示）．（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙所示）．（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．（2）要区分是I﹣U图线还是U﹣I图线．（3）对线性元件：R=UI=△4．欧姆定律I=U对于纯电阻，适合欧姆定律，即纯电阻两端的电压满足U＝IR．对于非纯电阻，不适合欧姆定律，因P电＝UI＝P热+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非纯电阻两端的电压满足U＞IR．9．电阻定律的内容及表达式【知识点的认识】1．电阻定律（1）内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．（2）表达式：R＝ρlS2．电阻率（1）计算式：ρ=RS（2）物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：下列说法中正确的是（）A．由R=B．由R＝ρlSC．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关．解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故A错误，B正确；C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率突然变为零，故D正确．故选BD．点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键．（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用：如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L，直径为D，镀膜材料的电阻率为ρ，膜的厚度为d．管两端有导电金属箍M、N．现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流I．则金属膜的电阻率的值为（）A.UIB.πUD24分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的大小，在根据电阻定律R＝ρLs计算出镀膜材料的电阻率即可．解：由欧姆定律可得，镀膜材料的电阻R=U镀膜材料的截面积为s＝2πD2•d＝πDd根据电阻定律可得，R＝ρLs所以镀膜材料的电阻率ρ为，ρ=sRL=故选C．点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长为陶瓷管周长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可．【解题方法点拨】1．电阻与电阻率的区别（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量．电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量．（2）导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．2．电阻的决定式和定义式的区别公式R＝ρlR=区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液适用于任何纯电阻导体10．利用电阻定律求电阻【知识点的认识】电阻定律的表达式为R＝ρlS【命题方向】一条粗细均匀的电阻丝电阻为R，其横截面的直径为d，若将它拉制成直径为110A、110000RB、10000RC、1100分析：横截面直径为d电阻丝拉制成直径为d10的均匀细丝后，公式S=14πd2得知，横截面积变为原来的1100，而电阻丝的体积不变，则长度变为原来的100倍，由电阻定律R＝解答：S=14π∵d∴SV′＝L′S′＝LS∴L′＝100L由电阻定律R＝ρLR'故选：B。点评：本题要注意当导体横截面变化时，其长度也跟着变化，抓住导体的体积不变．考查对电阻定律的理解能力．【解题思路点拨】对于同一个导体，如果导体接入电路的方式不同，那么导体的电阻也会有差异。11．线性元件及其伏安特性曲线【知识点的认识】1.I﹣U图像以电流为纵轴、电压为横轴画出导体上的电流随电压变化的曲线，叫作导体的伏安特性曲线。如下图甲、乙所示。2.比较电阻的大小图像的斜率k=IU=1R，即I﹣U图像的斜率等于电阻的反比，图甲中R3.线性元件：如图甲所示，伏安特性曲线是直线的电学元件称作线性元件，适用欧姆定律。4.非线性元件：如图乙所示，伏安特性曲线为曲线的电学元件称作非线性元件，不适用欧姆定律。【命题方向】对于图中的图线所对应的两个导体（）A、R1＝3R2B、R2＝2R1C、两个导体中的电流相等（不为零）时的电压之比U1：U2＝3：1D、两个导体两端的电压相等（不为零）时的电流之比）I1：I2＝3：1分析：伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小。解答：I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数。由于1与2的斜率之比是1：3，所以电阻值比是3：1．故A正确，B错误。两个导体中的电流相等（不为零）时的电压之比就等于电阻值比，即U1：U2＝3：1．故C正确。由图象可知，两个导体两端的电压相等（不为零）时的电流之比）I1：I2＝1：3．故D错。故选：AC。点评：题就是考查学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U﹣I图象和I﹣U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同。【解题思路点拨】（1）要区分是I﹣U图像还是U﹣Ⅰ图像。（2）对线性元件，R=UI=ΔU12．非线性元件及其伏安特性曲线【知识点的认识】1.I﹣U图像以电流为纵轴、电压为横轴画出导体上的电流随电压变化的曲线，叫作导体的伏安特性曲线。如下图甲、乙所示。2.比较电阻的大小图像的斜率k=IU=1R，即I﹣U图像的斜率等于电阻的反比，图甲中R3.线性元件：如图甲所示，伏安特性曲线是直线的电学元件称作线性元件，适用欧姆定律。4.非线性元件：如图乙所示，伏安特性曲线为曲线的电学元件称作非线性元件，不适用欧姆定律。【命题方向】如图所示是三种元件的伏安特性曲线，下列说法正确的是（）A.1代表线性元件的电阻，温度升高，电阻不变，其斜率等于电阻B.三条线代表的元件都是线性元件C.2代表某些半导体元件，随着电压、电流的升高，电阻减小D.3代表小灯泡的伏安特性曲线，电阻率随温度的变化而保持不变分析：理解图像的物理意义，结合选项的描述即可完成分析。解答：A、由题图可知元件1的伏安特性曲线是直线，说明其电阻不随电压、电流、温度的变化而变化，是线性元件，在I﹣U图像中，其斜率等于电阻的倒数，故A错误；B、题图中三条线中的2、3是曲线，说明其代表的元件不是线性元件，故B错误；C、曲线2中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐减小，说明该元件是半导体元件，故C正确；D、曲线3中反应的特征是，随着电压、电流的增大，电阻逐渐增大，这符合小灯泡的伏安特性曲线，其电阻率随温度的升高而增大，故D错误。故选：C。点评：本题主要考查了欧姆定律的相关应用，理解图像的物理意义即可完成分析，属于简单题型。【解题思路点拨】（1）要区分是I﹣U图像还是U﹣Ⅰ图像。（2）对线性元件，R=UI=ΔU13．串联电路的特点及应用【知识点的认识】1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P总＝P1+P2+…PnP1P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax=2R3RU=23×30v=20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为故选：C。点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．【解题思路点拨】解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。14．混联电路的特点及应用【知识点的认识】1.混联电路的概念：电路中有串联部分和并联部分共存的电路叫作混联电路。2.根据串、并联电路的特点解决混联电路问题。【命题方向】如图所示，R1与R2并联之后再与R3串联，已知UAB＝12V，R1＝6Ω，P3＝16W，I1=43（1）R1两端的电压为多少？（2）R3的电流是多少？（3）R2阻值为多少？（4）R3阻值为多少？分析：电阻R1与电阻R2并联，根据通过R1的电流和R1的阻值，通过欧姆定律求出R1两端的电压，从而得出R3两端的电压，根据R3的功率求出通过R3的电流，根据总电流求出R2的电流，结合欧姆定律求出R2的阻值．解答：（1）根据欧姆定律得，R1两端的电压U1=I（2）R3两端的电压U3＝UAB﹣U1＝4V．则通过R3的电流I3（3）通过R2的电流I2则R2（4）R3答：（1）R1两端的电压为8V．（2）R3的电流是4A．（3）R2阻值为3Ω．（4）R3阻值为1Ω．点评：解决本题的关键知道串并联电路的特点，以及掌握部分电路欧姆定律，并能灵活运用．【解题思路点拨】解决简单混联电路的方法（1）准确地判断出电路的连接方式，画出等效电路图。（2）准确地利用串、并联电路的基本规律、特点。（3）灵活地选用恰当的物理公式进行计算。15．电子元器件、电路及家庭安全用电知识【知识点的认识】1．家庭电路的一般组成家庭电路由入户线、电能表、空气开关、漏电保护开关、三脚插座、普通插座、用电器等组成，如图．（1）入户线：火线、零线、地线．地线的作用是保障用电人员的人身安全，是漏电保护的前提条件．有电动机的家用电器、在潮湿环境中使用的电器、具有金属外壳的电器和其他规定使用接地的家用电器必须做好接地保护，否则外壳容易带电．（2）电能表：串联在交流电路中用来测量家庭用电的耗电