專題18 電學基本規(guī)律的應用-2025年高考物理熱點知識講練與題型歸納（全國通用）-試卷下載-教習網

題型一歐姆定律及電阻定律的理解
（1）歐姆定律（部分電路）
①伏安特性曲線

②電流的三個表達式：( = 1 \* rman i)I=eq \f(q,t)（定義式)；( = 2 \* rman ii)I=UR（決定式，歐姆定律）；( = 3 \* rman iii)I=neSv（微觀決定式）
（2）電阻定律
表達式：R＝ρeq \f(l,S)（決定式）；電阻定義式：R＝eq \f(U,I)。
（2023?海淀區(qū)校級模擬）根據歐姆定律I=UR、串聯(lián)電路總電阻R＝R1+R2+...、并聯(lián)電路總電阻1R=1R1+1R2+?，通過邏輯推理就可以判定在材料相同的條件下，導體的電阻與長度成正比，與橫截面積成反比?，F(xiàn)在要求在這兩個結論的基礎上，通過實驗探究導體的電阻與材料的關系。選擇a、b兩種不同的金屬絲做實驗，關于這個實驗的下列哪個說法是正確的（）
A．所選的a、b兩種金屬絲的長度必須是相同的
B．所選的a、b兩種金屬絲的橫截面積必須是相同的
C．所選的a、b兩種金屬絲長度和橫截面積都必須是相同的
D．所選的a、b兩種金屬絲長度和橫截面積都可以不做限制
【解答】解：由題知，通過實驗探究導體的電阻與材料的關系，若已知a、b兩種金屬絲長度和橫截面積分別為la、lb和Sa、Sb，則根據R=ρlS，有RaRb=ρaρb?(lalb?SbSa)
由于la、lb和Sa、Sb的數(shù)據是已知的，在滿足(laSblbSa)不變的條件下，則也可以從上式中找到導體的電阻與材料的關系。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023?浙江模擬）圖像是解決物理問題的好方法，下列關于圖像的分析正確的是（）
A．圖甲中A、B兩物體v﹣t圖的交點表示兩物體在t1時刻相遇
B．圖乙為某硅光電池的路端電壓與電流的關系圖，則電池在P點狀態(tài)下的內阻為直線MP的斜率的大小
C．圖丙為某白熾燈電壓與電流的關系曲線，則圖中Q點切線的斜率表示該燈泡在電壓為2.0V時的電阻
D．圖丁的陰影部分的面積反映了該變力作用下物體從x1到x2的過程中力的功率
【解答】解：A．圖甲為速度—時間圖像，圖像中A、B兩物體v﹣t圖的交點表示兩物體在t1時刻速度相同，但不一定相遇，故A錯誤；
B．圖乙為某硅光電池的路端電壓U與電流I的關系圖，根據E＝U+Ir可知，則電池在P點狀態(tài)下的內阻為r=|ΔUΔI|，即為直線MP的斜率的大小，故B正確；
C．圖丙為某白熾燈電壓U與電流I的關系曲線，由圖可知，圖中所表示為非線性元件，根據R=UI可知圖中Q點與坐標原點連線的斜率才表示該燈泡在電壓為2.0V時的電阻，故C錯誤；
D．丁圖為F﹣x圖像，根據W＝Fx可知，圖丁的陰影部分的面積反映了該變力作用下物體從x1到x2的過程中力的所做的功，故D錯誤。
故選：B。
（2023?豐臺區(qū)一模）2023年3月，中國科學技術大學超導量子計算實驗室成功實現(xiàn)了三維封裝量子計算機原型，其主要構成材料之一為金屬超導體。超導體指的是低于某一溫度后電阻為零的導體，且當超導體置于外磁場中時，隨著溫度的降低，超導體表面能夠產生一個無損耗的超導電流，這一電流產生的磁場，讓磁感線被排斥到超導體之外。如圖為某超導體在不同溫度下兩端電壓和流經超導體電流的U﹣I特性曲線，溫度分別為T1、T2、T3，下列說法正確的是（）
A．當超導體處在超導狀態(tài)時，兩端能夠測出電壓
B．將超導體置于磁場中，處于超導狀態(tài)時內部磁感應強度不為零
C．根據三條曲線的變化趨勢，可推斷T1＜T2＜T3
D．隨著流經超導體的電流增大，超導狀態(tài)將被破壞
【解答】解：A．當超導體處在超導狀態(tài)時，導體的電阻變?yōu)榱悖瑒t不能測出兩端電壓，故A錯誤；
B．當超導體置于外磁場中時，隨著溫度的降低，超導體表面能夠產生一個無損耗的超導電流，這一電流產生的磁場，讓磁感線被排斥到超導體之外，則處于超導狀態(tài)時內部磁感應強度為零，故B錯誤；
C．當?shù)陀谀骋粶囟群髮w的電阻變?yōu)榱悖簿褪钦f同一較小的電壓時電流可以變得很大，所以根據三條曲線的變化趨勢，可推斷T1＞T2＞T3，故C錯誤；
D．由U﹣I圖像可知，隨著流經超導體的電流增大，電壓與電流關系圖像逐漸向T1的圖像靠近，即導體的電壓和電流趨近與正比關系，也就是說導體的電阻趨近于某一固定值，因此超導狀態(tài)將被破壞，故D正確。
故選：D。
題型二電功、電功率、電熱及熱功率在兩種電路中的應用
1．電功
(1)定義：導體中的恒定電場對自由電荷的電場力做的功．
(2)公式：W＝qU＝IUt(適用于任何電路)．
(3)電流做功的實質：電能轉化成其他形式能的過程．
2．電功率
(1)定義：單位時間內電流所做的功，表示電流做功的快慢．
(2)公式：P＝eq \f(W,t)＝IU(適用于任何電路)．
3．焦耳定律
(1)電熱：電流通過導體產生的熱量跟電流的二次方成正比，跟導體的電阻及通電時間成正比．
(2)公式：Q＝I2Rt.
4．電功率P＝IU和熱功率P＝I2R的應用
(1)不論是純電阻還是非純電阻，電流的電功率均為P電＝UI，熱功率均為P熱＝I2R.
(2)對于純電阻而言：P電＝P熱＝IU＝I2R＝eq \f(U2,R).
(3)對于非純電阻而言：P電＝IU＝P熱＋P其他＝I2R＋P其他≠eq \f(U2,R)＋P其他．
（2024?浙江模擬）江廈潮汐電站是中國第一座雙向潮汐電站，在漲潮與落潮時均可發(fā)電，且一天中漲潮與落潮均有兩次。電站總庫容490萬立方米，發(fā)電有效庫容270萬立方米，平均潮差5.08米。電站發(fā)電機組總裝機容量3000千瓦，平均每晝夜發(fā)電15小時。該電站（）
A．每年能提供的電能約為1.64×106kWh
B．每年能提供的電能約為2.74×106kWh
C．發(fā)電的效率約為29%
D．發(fā)電的效率約為10%
【解答】解：AB．每年能提供的電能約為
E1=Pt=3000×15×365kWh=1.64×107kWh
故AB錯誤；
CD．每次漲潮與落潮水的質量為
m＝ρV＝270×104×1×103kg＝2.7×109kg
一天中漲潮與落潮均有兩次，一天發(fā)電的總能量為
E2=4mgh=4×2.7×109×10×5.08J≈5.5×1011J
發(fā)電的效率約為
η=E'1E2=3000×103×15×36005.5×1011×100%≈29%
故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024?嘉興模擬）如圖所示是折疊電動自行車，該車使用說明書上部分參數(shù)如下表所示。根據表中數(shù)據，該電動自行車（）
A．以最高時速行駛時車輪轉速約為39r/s
B．電池充滿電后所存儲電能約為2.4×106J
C．純電力行駛時所受地面和空氣的平均阻力約為34N
D．充電器輸入電流約為0.76A
【解答】解：A.設最高時速行駛時車輪的轉速為n，根據題意有
vm=d2?2πn
代入vm＝25km/h＝6.94m/s，d＝35.56cm＝0.3556m，得n＝6.22r/s，故A錯誤；
B.電池充滿電后存儲的能量為E＝qU＝14×3600×48J＝2419200J≈2.4×106J，故B正確；
C.電車以最大速度行駛時所受地面平均阻力f=Pvm=3006.94N＝43.2N，故C錯誤；
D.充電器的輸入電流I=qt=144A＝3.5A，故D錯誤。
故選：B。
（2024?通州區(qū)一模）對于同一個物理問題，經常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯(lián)系，加深理解。給定一段粗細均勻的導體AB，橫截面積為S、長為L．單位體積內有n個自由電子，每個電子的電荷量為e。該導體AB兩端加某一電壓時，自由電子定向移動的平均速率為v。
（1）求導體中的電流I；
（2）經典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞。電子與金屬離子碰撞的平均結果表現(xiàn)為導體給電子以連續(xù)的阻力，這是導體形成電阻的原因。設阻力的大小與電子定向移動速率成正比，即f＝kv，k是阻力系數(shù)。請推導導體的電阻率ρ=kne2。
（3）自由電子與金屬離子發(fā)生碰撞，會使金屬離子的熱運動更加劇烈，電子將能量轉移給金屬離子，從而使金屬導體發(fā)熱。某段時間內，將導體中所有自由電子因與正離子碰撞而損失的動能之和設為ΔEk，將這段時間內導體產生的焦耳熱設為Q，請證明：Q＝ΔEk。
【解答】解：（1）根據電流的微觀表達式可解得：I＝neSv
（2）根據歐姆定律可知：U＝IR
將電流微觀表達式代入可得：U＝neSvR
由電阻定律可得：R=ρLS
代入解得：U＝neSv×ρLS=ρLnev
導體中電子在做勻速運動，則有：f＝eE＝kv
根據電場強度與電勢差的關系可知：U＝Ed＝EL
兩式聯(lián)立解得：v=eUkL
代入U＝ρLnev可得：
U=ρne2Uk
所以導體的電阻率：ρ=kne2
（3）根據焦耳定律可得：Q＝I2Rt
其中I＝neSv
R=ρLS=kne2?LS
解得：Q＝（neSv）2?kne2?LS?t＝nv2SkLt
由于L為電子移動的總距離，則有：Q＝nSkv3t2
每個電子損失的動能ΔEk0等于阻力做的功，每個電子移動的距離大約為vt，可的損失的動能為：
ΔEk0＝fL＝kv×vt＝kv2t
則導體AB中所有電子損失的總動能為：
ΔEk＝LSnΔEk0＝nSkv3t2
可得：Q＝ΔEk
答：（1）導體中的電流為neSv；（2）見解析；（3）見解析。
題型三電路的動態(tài)分析
1．閉合電路歐姆定律的公式eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(I＝\f(E,R＋r)?只適用于純電阻電路?,E＝U外＋U內?適用于任何電路?))
2．路端電壓U與電流I的關系
圖1
(1)關系式：U＝E－Ir.
(2)U－I圖象如圖1所示．
①當電路斷路即I＝0時，縱坐標的截距為電源電動勢．
②當外電路短路即U＝0時，橫坐標的截距為短路電流．
③圖線的斜率的絕對值為電源的內阻．
3．電路動態(tài)分析的方法
(1)程序法：電路結構的變化→R的變化→eq \x(R總的變化)→eq \x(I總的變化)→U端的變化→固定支路eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(并聯(lián)分流I,串聯(lián)分壓U))→eq \x(變化支路).
(2)極限法：即因滑動變阻器滑片滑動引起的電路變化問題，可將滑動變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論．
（2024?蘇州三模）如圖所示，閉合開關S后，當滑動變阻器的滑片P向右滑動時，下列說法中正確的是（）
A．電流表讀數(shù)變小B．電源的輸出功率減小
C．電源的總功率減小D．電源的效率變小
【解答】解：A、閉合開關S后，當滑動變阻器的滑片P向右滑動時，R接入電路的阻值減小，電路總電阻減小，總電流變大，則電流表讀數(shù)變大，故A錯誤；
B、因不確定外電阻與電源內阻的阻值關系，所以不能確定電源的輸出功率如何變化，故B錯誤；
C、根據P＝IE可知，I增大，E不變，則電源總功率變大，故C錯誤；
D、總電流變大，內電壓增大，則路端電壓減小，根據電源的效率η=UIEI×100%=UE×100%，可知電源的效率變小，故D正確。
故選：D。
（2024?湖北模擬）如圖所示，光敏電阻A、B與恒壓源（輸出電壓U不變）串聯(lián)，光敏電阻的阻值隨光照強度增大而減小，初始時A、B的光照強度E相同，阻值相等?，F(xiàn)保持A的光照強度。EA不變，改變B的光照強度EB，則B消耗的電功率P變化情況為（）
A．無論EB增大還是減小，P均變小
B．無論EB增大還是減小，P均變大
C．EB增大時，P變大，EB減小時，P變小
D．EB增大時，P變小，EB減小時，P變大
【解答】解：根據電功率的計算公式有
P=(URA+RB)2RB=U2RA2RB+2RA+RB
根據數(shù)學方法可知RA＝RB時P最大，所以無論EB增大還是減小，P均變小，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2024?豐臺區(qū)一模）如圖所示為一個簡易的高溫報警器原理圖。RT為熱敏電阻，S為斯密特觸發(fā)器，其工作特點為當A端電勢上升到高電勢1.6V時，Y端從高電勢跳到低電勢0.25V；當A端電勢下降到低電勢0.8V時，Y端從低電勢跳到高電勢3.4V。已知蜂鳴器的工作電壓為3～5V，下列說法正確的是（）
A．A端為高電勢時蜂鳴器報警
B．溫度升高，熱敏電阻阻值增大
C．滑片P向b端移動，可提高溫度報警器的報警溫度
D．若無斯密特觸發(fā)器，可通過將RP與RT調換位置實現(xiàn)同樣的功能
【解答】解：A、由題意：蜂鳴器的工作電壓為3～5V，A端為高電勢時Y端從高電勢跳到低電勢0.25V，即蜂鳴器兩端電壓為0.25V，低于其工作電壓的范圍，故蜂鳴器不會報警，故A錯誤；
B、高溫報警器的溫度較高時要報警，即高溫時Y端為高電勢，則A端為低電勢，即熱敏電阻RT為兩端電壓應較小，熱敏電阻與滑動變阻器為串聯(lián)分壓的關系，則熱敏電阻的阻值應較小?？傻玫礁邷貢r熱敏電阻的阻值較小，可知溫度升高，熱敏電阻阻值減小，故B錯誤；
C、滑片P向b端移動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，根據B選項的分析，要使報警器報警，此時熱敏電阻阻值要更小，對應的溫度就要更高，即提高了溫度報警器的報警溫度，故C正確；
D、在溫度變化的過程中斯密特觸發(fā)器能為蜂鳴器提供穩(wěn)定的高電壓或低電壓，若無斯密特觸發(fā)器，將RP與RT調換位置，隨著溫度的變化，RT的阻值會變化，蜂鳴器兩端的電壓會隨之變化，不能為蜂鳴器提供穩(wěn)定的高電壓或低電壓，故D錯誤。
故選：C。
題型四電路中的功率及效率問題
1．電源的總功率
(1)任意電路：P總＝IE＝IU外＋IU內＝P出＋P內．
(2)純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝eq \f(E2,R＋r).
2．電源內部消耗的功率：P內＝I2r＝IU內＝P總－P出．
3．電源的輸出功率
(1)任意電路：P出＝IU＝IE－I2r＝P總－P內．
(2)純電阻電路：P出＝I2R＝eq \f(E2R,?R＋r?2)＝eq \f(E2,\f(?R－r?2,R)＋4r).
(3)純電阻電路中輸出功率隨R的變化關系
①當R＝r時，電源的輸出功率最大為Pm＝eq \f(E2,4r).
②當R>r時，隨著R的增大輸出功率越來越?。?br>③當R

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