高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题十恒定电流课件

这是一份高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题十恒定电流课件，共36页。

考点一　部分电路的基本概念和规律
统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2016课标Ⅱ,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=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
方法技巧　化简电路时会熟练应用电势排列法,才能又准又快地画出等效电路。
评析　本题为恒定电路中含容电路问题,考查考生化简电路的能力及对串并联电路相关问题 的计算能力。属于中等难度的题。
2.(2015北京理综,19,6分,0.48)如图所示,其中电流表A的量程为0.6 A,表盘均匀划分为30个小 格,每一小格表示0.02 A;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0.04 AB.将接线柱1、2接入电路时,每一小格表示0.02 AC.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.06 AD.将接线柱1、3接入电路时,每一小格表示0.01 A
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0.06 A;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0.06 A。选项A、 B、D错误,C正确。
3.[2014北京理综,24(2),0.20]若导线MN的质量m=8.0 g、长度L=0.10 m,感应电流I=1.0 A,假设 一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表 中列出一些你可能会用到的数据)。
答案　7.8×10-6 m/s
考点二　闭合电路欧姆定律A组    自主命题·天津卷题组
1.(2014天津理综,2,6分)如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容 器C的极板水平放置。闭合开关S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果 仅改变下列某一个条件,油滴仍能静止不动的是 (　　) A.增大R1的阻值　    B.增大R2的阻值C.增大两板间的距离　    D.断开开关S
答案    B    设油滴质量为m,电荷量为q,两板间距离为d,当其静止时,有 q= q=mg;由题图知,增大R1,UR1增大,油滴将向上加速,增大R2,油滴受力不变,仍保持静止;由E场= 知,增大d,U不变时,E场减小,油滴将向下加速;断开开关S,电容器将通过R1、R2放电,两板间场强变小,油滴将 向下加速,故只有B项正确。
2.(2019江苏单科,3,3分)如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S 后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为 (　　) A.1 Ω　　B.2 Ω　　C.3 Ω　　D.4 Ω
答案    A　本题考查了欧姆定律内容,有利于培养学生的推理能力,体现了核心素养中的科学 思维和科学态度要素。若断开S,则电压表的示数等于电源电动势E,则E=3 V。若闭合S,据串联电路电压分配关系可 得 = ,且U=2 V,R=2 Ω,得出r=1 Ω,故选项A正确。
关键提示　    电压表的读数为路端电压,而当断开S时,外电路电阻R外无穷大,此时可以认为电 压表的读数就等于电源的电动势。
3.(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。
(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。
4.(2011北京理综,17,6分)如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器R0的滑动 端向下滑动的过程中 (　　) A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大,电流表的示数减小D.电压表的示数减小,电流表的示数增大
答案    A　在变阻器R0的滑动端向下滑动过程中,其连入电路的有效电阻减小,则R总减小,由I=  可知I增大,由U内=Ir可知U内增大,由E=U内+U外可知U外减小,故电压表示数减小。由U1=IR1可知 增大,由U外= +U并可知U并减小,由I2= 可知电流表示数变小,故A正确。
考点一　电路的基本概念和规律
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2017十二区县联考,6)一个电流表的满偏电流Ig=1 mA,内阻为500 Ω,要把它改装成一个量程 为0~10 V的电压表,则应在电流表上 (　　)A.串联一个10 kΩ的电阻B.并联一个10 kΩ的电阻C.串联一个9.5 kΩ的电阻D.并联一个9.5 kΩ的电阻
答案    C　由欧姆定律U=Ig(rg+R),得R= -rg=9.5 kΩ,故要串联一个9.5 kΩ电阻。
2.(2019和平一模)(多选)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器最大阻值为R,G为灵敏 电流计,开关闭合,两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场,一带正电的粒子恰 好以速度v匀速穿过两板,不计粒子的重力。以下说法中正确的是 (　　) A.保持开关闭合,滑片P向下移动,粒子可能从M板边缘射出B.保持开关闭合,滑片P的位置不动,将N板向下移动,粒子可能从M板边缘射出C.将开关断开,粒子将继续沿直线匀速射出D.在上述三个选项的变化中,灵敏电流计指针均不发生偏转
答案    AB　由题图可知M板带正电,N板带负电;粒子带正电,则粒子所受电场力向下,所受洛 伦兹力向上,当滑片下移时,滑动变阻器接入电路中的电阻减小,滑动变阻器两端的电压减小, 则电容器两极板间的电压减小,电场强度减小,带电粒子所受电场力减小,则粒子将向上偏转, 故可能从M板边缘飞出,故A正确;保持开关闭合,滑片P的位置不动,电容器两极板间电压不变, 将N板向下移动,电容器两极板间的电场强度减小,则粒子可能从M板边缘射出,B正确;将开关 断开,则电容器与电源断开,与R形成通路,所带电荷量会减小,故两极板间的电场强度要减小, 粒子所受电场力减小,不会做直线运动,故C错;A选项中,电容器两极板间电压U减小,根据Q= CU可知,电容器所带电荷量减小,故灵敏电流计指针会发生偏转,D错。
3.(2017南开二模)如图所示,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平 放置的平行板电容器极板间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑动变 阻器滑片由该位置向a端滑动,则 (　　) A.灯泡将变暗,电源效率将减小B.液滴带正电,将向下做加速运动C.电源的路端电压增大,输出功率也增大D.滑片滑动瞬间,带电液滴电势能将减小
答案    D    将滑片由该位置向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,电 路中电流减小,灯泡消耗的功率减小,则灯泡将变暗,外电路总电阻增大,路端电压增大,电源的 效率η= ×100%= ×100%,U增大,则知η增大,故A错误;液滴受力平衡,因电容器两上极板带负电,场强方向向上,则知液滴带正电,变阻器两端电压增大,故电容器两极板间电压增大,场强 增大,液滴所受的电场力增大,因此液滴将向上做加速运动,故B错误;因为电源的内电阻与外电 阻关系未知,所以不能判断输出功率如何变化,故C错误;因电容器两极板间的电压增大,故液滴 所在位置相对于下极板的电势差增大,因下极板接地,故液滴所在位置的电势减小,因液滴带正 电,故液滴电势能减小,所以D选项是正确的。
思路分析　将滑片由该位置向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,分析电路中总电阻的 变化,判断变阻器两端电压的变化,判断电容器是充电还是放电,由板间场强的变化分析液滴的 运动情况,根据场强的变化分析电势的变化,从而明确电势能的变化情况。
4.(2019杨村三中检测,11)如图所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻(照射光强度 越大,电阻越小),当照射光的强度增大时 (　　) A.电压表的示数减小B.小灯泡的功率增大C.R2中的电流增大D.电路的路端电压增大
答案    B　当照射光强度增大时,光敏电阻的阻值减小,外电路总电阻减小,电路中的总电阻减 小,由闭合电路欧姆定律可得,电路中干路电流增大,故R1两端的电压增大,即电压表的示数增 大;干路电流增大,E=U内+U外,U内增大,U外减小,即路端电压减小;又U外=UR1+UR2,由于R1两端电压 增大,所以R2两端电压减小,所以IR2减小,即R2中的电流减小;又由于I干=IR2+IL,I干增大,所以IL增大, 由P=I2R可以知道,小灯泡消耗的功率增大。故A错误、B正确、C错误、D错误。
解题技巧　当照射光强度增大时,R3变小,分析电路中总电阻的变化,由闭合电路欧姆定律可得 出电路中电流的变化,由欧姆定律可得出电压表示数的变化,同时还可得出路端电压的变化;由 串联电路的规律可得出并联部分电压的变化,再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流 的变化,由功率公式即可得出灯泡功率的变化。
5.(2018南开中学月考)(多选)如图所示为两电源的U-I图像,则下列说法正确的是 (　　)A.电源①的电动势和内阻均比电源②大B.当外接相同的电阻时,两电源的输出功率可能相等C.当外接相同的电阻时,两电源的效率可能相等D.不论外接多大的相同电阻,电源①的输出功率总比电源②的输出功率大
答案    AD    图线在纵轴上的截距等于电源电动势,图线的斜率的绝对值等于电源的内阻,故A 对;作外接电阻R的U-I图线,分别交电源①、②的U-I图线于S1、S2两点,交点横、纵坐标的乘积 IU为电源的输出功率,由图可知,无论外接多大电阻,S1、S2两点横、纵坐标的乘积都不可能相 等,且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大,故B错,D对;电源的效率η= = = ,因为电源内阻不同,则电源效率不同,C错。 
B组　2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:25分钟　分值:30分选择题(每小题6分,共30分)
1.(2017五校联考)如图所示的电路中,R是压敏电阻,其阻值随所受压力F的增大而减小,闭合开 关S后,在缓慢增大F的过程中,下列判断正确的是 (　　) A.灯泡L1亮度将变小B.灯泡L2亮度将变大C.电源的输出功率一定减小D.电容器C所带电荷量将增大
答案    D　缓慢增大F的过程中,压敏电阻的阻值减小,电路总阻值减小,根据闭合电路欧姆定 律,电路总电流增大,流过灯泡L1的电流变大,灯泡L1的亮度将变大,故A错误;并联电路两端的电 压等于灯泡L2两端的电压,总电流增大,灯泡L1两端电压增大,灯泡L2两端的电压减小,灯泡L2的 亮度将变小,故B错误;因为不知道外电阻和内电阻的关系,电源的输出功率的变化不确定,故C 错误;灯泡L2两端的电压减小,流过L2的电流减小,总电流增大,故流过灯泡L3的电流增大,因此 灯泡L3两端的电压增大,电容器两极板间的电压等于灯泡L3两端的电压,根据Q=CU知电容器 所带的电荷量增大,故D正确。
2.(2018河西三模)在如图所示的电路中,电源内阻不可忽略,在调节可变电阻R的阻值过程中,发 现理想电压表的示数减小,则 (　　) A.R接入电路接入电路的阻值变大B.路端电压不变C.干路电流减小D.路端电压和干路电流的比值减小
答案    D　电压表的示数减小,根据串、并联电路规律知电阻R接入电路的阻值变小,外电路 总电阻变小,由闭合电路欧姆定律知,干路电流增大,电源的内电压增大,则路端电压减小,根据 欧姆定律知,路端电压和干路电流的比值等于外电路的阻值,减小了,故A、B、C错误,D正确。
3.(2018五区县二模)在如图所示的电路中,电源电动势为E,其内阻为r,L1、L2、L3为小灯泡(其 灯丝电阻可视为不变),P为滑动变阻器的滑动触头,S1、S2为单刀开关。S1闭合,则下列说法正 确的是 (　　) A.将S2闭合,小灯泡L1变暗B.将S2闭合,小灯泡L2变暗C.在S2处于闭合状态下,向右滑动触头P,小灯泡L3变暗D.在S2处于闭合状态下,向右滑动触头P,小灯泡L2变亮
答案    A    将S2闭合,总电阻减小,总电流增大,L2变亮;内电压增大,路端电压减小,L2两端电压增 大,则L1两端电压减小,故小灯泡L1变暗,故A正确,B错误;在S2处于闭合状态下,向右滑动触头P, 总电阻增大,总电流减小,内电压和L2两端电压减小,L2变暗,则L3两端电压增大,故L3变亮,故C、 D错误。
4.(2019四十七中检测,12)(多选)如图所示电路,电容器左板接地,板间一点A,闭合开关S,当滑动 变阻器滑片P向右移动时,下列说法正确的是 (　　) A.电流表读数变小,电压表读数变大B.小灯泡L变暗C.A点电势降低D.电源的总功率变大
解题技巧    将滑动变阻器的滑动触头P向右移动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电 阻减小,由闭合电路欧姆定律分析电流和变阻器两端电压的变化,再分析两电表和电容器内电 势的变化。
答案    CD    当滑动变阻器滑片P向右移动时,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小, 电流增大,根据闭合电路的欧姆定律,路端电压减小,所以电流表读数变大,电压表读数变小,故 A错误。流经灯泡L的电流变大,小灯泡变亮,故B错误。由于U外=UL+UC,UL变大,U外变小,故电 容器两端电压UC变小,根据U=Ed,可知电容器内电场强度变小,又由于UA=EdA=φA-0,可判断φA减 小,故C正确。电源的总功率P= ,外电路电阻R减小,所以电源总功率增大,故D正确。
5.(2018滨海七联考,10)如图所示的电路中,R1、R2是定值电阻,R3是滑动变阻器,电源的内阻不 能忽略,电流表A和电压表V均为理想电表,闭合开关S,在滑动变阻器的触头P从右端滑至左端 的过程中,下列说法中正确的是 (　　) A.电压表V的示数增大B.电流表A的示数减小C.电容器C所带的电荷量减小D.电阻R1的电功率增大
答案    D　在滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中,变阻器接入电路的电阻减小,电 阻R2与R3并联的电阻减小,外电路总电阻减小,路端电压减小,则电压表V的示数减小,故A错误; 外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知干路电流I增大,并联部分电压U并=E-I(R1+r)减小, 通过电阻R2的电流I2减小,电流表A的示数IA=I-I2增大,故B错误;电容器两极板间的电压UC=IR1,I 增大,UC增大,电容器C所带的电荷量增大,故C错误;电阻R1的电功率P1=I2R1,I增大,P1增大,故D正 确。
解题技巧　电流表A和电压表V均为理想电表,图中电压表测量路端电压,电流表测量流过变 阻器R3的电流,电容器两极板间的电压等于电阻R1两端的电压。在滑动变阻器的触头P从右端 滑至左端的过程中,变阻器接入电路的电阻减小,电阻R2与R3并联的电阻减小,外电路总电阻减 小,路端电压减小,由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化,确定电容器的电压变化和R1的功 率变化。根据并联部分电压的变化情况,来分析通过R2电流的变化,结合干路电流I的变化,分 析电流表示数的变化。
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018芦台一中三模)(多选)如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r一定,A、B为平行板电 容器的两块正对金属板,R1为光敏电阻(光照越强,电阻越小)。当R2的滑动触头P在a端时,闭合 开关S,此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是 (　　)A.若仅将R2的滑动触头P向b端移动,则I不变,U增大B.若仅增大A、B板间距离,则电容器所带电荷量减少C.若仅用更强的光照射,则I增大,U增大,电容器所带电荷量增加D.若仅增大A、B板间距离,则悬挂小球的细绳与竖直方向的夹角减小 
答案    BD　滑动变阻器处于含容支路中,相当于导线,所以滑动触头不论如何移动,I总不变,U 也总不变,故A错误。若仅增大A、B板间距离,根据C= ,知电容C减小,因为电压U不变,则电容器所带电荷量减少,所以B选项是正确的。用更强的光线照射R1,R1的阻值变小,电路总阻 值变小,总电流I增大,内电压增大,路端电压减小,因此U减小,故C错误。将A、B两板间的距离 增大,电场强度变小,小球所受电场力变小,θ减小,所以D选项是正确的。
2.(2018杨村一中第二次热身训练)如图所示是一个由电池、电阻、开关S与平行板电容器组 成的串联电路,开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间的P点不动,下列说法正确的是 (　　) A.带电液滴可能带正电B.在增大两极板距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B流向AC.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速下降D.断开S,减小两极板距离的过程中,液滴静止不动
答案    D　带电荷量为q的液滴静止不动,其所受的电场力与重力平衡,则知电场力向上,而场 强向下,所以液滴带负电,故A错误;增大电容器两极板间距离,根据电容的决定式C= 可知,电容C减小,U不变,由C= 可知,Q减小,电容器放电,则R中有从a流向b的电流,但是电荷不能通过电容器,B错误。断开S,极板上的电荷量不变,减小两极板正对面积的过程中,由C= 可知,C减小,由U= 可知,U增大,由E= 可知,E增大,则电场力大于重力,液滴将加速向上运动,故C错误;断开S,极板上的电荷量不变,减小两极板距离的过程中,根据电容的决定式C= 、电容的定义式C= 以及公式E= 可知,E= ,与d无关,即E保持不变,所以液滴仍然静止不动,故D正确。
3.(2018杨柳青一中热身训练)(多选)汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗,如图,在打开车灯的情 况下,电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58 A,若电源电动势为1 2.5 V,内阻为0.05 Ω,电动机内阻为0.02 Ω,电流表内阻不计,则电动机启动时 (　　) A.车灯的电压为9.6 VB.通过电动机的电流为48 AC.电动机的电功率为50 WD.电动机输出的机械功率为430 W
答案    AD　电动机启动后,路端电压UL=E-Ir=12.5 V-0.05×58 V=9.6 V,所以A选项是正确的; 电机不启动时,由闭合电路欧姆定律得I'= ,计算得RL=1.2 Ω,电动机启动后,根据欧姆定律得通过灯泡的电流IL= =  A=8 A,则通过电动机的电流IM=I-IL=58 A-8 A=50 A,故B错误;电动机的电功率P=ULIM=9.6×50 W=480 W,故C错误;电动机输出的机械功率P出=P- rM=480 W-2 500×0.02 W=430 W,所以D选项是正确的。
解题关键　电机不启动时,由闭合电路欧姆定律可求得灯泡的电阻,当电机启动时,电动机与灯 泡并联,此时灯泡两端的电压等于路端电压,根据欧姆定律可得通过灯泡的电流,从而求出通过 电动机的电流,电动机的电功率P=ULIM,电动机输出的机械功率等于总功率减去电动机内阻消 耗的功率。