2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（六）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（六）一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，兩段長(zhǎng)度和材料相同、各自粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線a、b，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)相等，橫截面積之比為Sa：Sb＝1：2。已知5s內(nèi)有5×1018個(gè)自由電子通過(guò)導(dǎo)線a的橫截面，則（）A．流經(jīng)導(dǎo)線a的電流為0.32A B．流經(jīng)導(dǎo)線b的電流為0.16A C．5s內(nèi)有10×1018個(gè)自由電子通過(guò)導(dǎo)線b的橫截面 D．自由電子在導(dǎo)線a和b中移動(dòng)的速率之比va：vb＝1：22．（2024秋?普陀區(qū)校級(jí)月考）如圖是安裝完成的部分家庭電路示意圖。閉合開關(guān)燈不亮，經(jīng)檢查保險(xiǎn)絲完好，用測(cè)電筆測(cè)a點(diǎn)、b點(diǎn)、c點(diǎn)氖管均發(fā)光，d點(diǎn)氖管不發(fā)光。此電路故障可能是（）A．a(chǎn)b間斷路 B．cd間斷路 C．插座發(fā)生短路 D．進(jìn)戶的火線斷路3．（2023秋?桂林期末）自然界以及生產(chǎn)和生活領(lǐng)域，廣泛存在著由電荷流動(dòng)所引起的效應(yīng)。關(guān)于電流的方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．電源供電的外部電路中，電流的方向是從負(fù)極流向正極 B．電源內(nèi)部，電流的方向是從正極流向負(fù)極 C．電子定向移動(dòng)形成的電流方向與電子定向移動(dòng)方向相同 D．電子定向移動(dòng)形成的電流方向與電子定向移動(dòng)方向相反4．（2023秋?龍崗區(qū)校級(jí)期末）在如圖所示電路中，A、B間的電壓保持一定，UAB＝6V，電阻R1＝R2＝4Ω，R3＝2Ω。那么（）A．開關(guān)S斷開時(shí)，R3兩端電壓是3V B．開關(guān)S斷開時(shí)，R3通過(guò)的電流是0.75A C．開關(guān)S接通時(shí)，R3通過(guò)的電流是1.5A D．開關(guān)S接通時(shí)，R3兩端電壓是4V5．（2024秋?東麗區(qū)校級(jí)月考）某同學(xué)用兩根材料相同的均勻?qū)w串聯(lián)接入電路，兩個(gè)導(dǎo)體的長(zhǎng)度相等，橫截面積之比為1：2，關(guān)于兩根導(dǎo)體的以下說(shuō)法中正確的是（）A．兩根導(dǎo)體的電阻之比為1：2 B．兩根導(dǎo)體兩端的電壓之比為1：1 C．單位時(shí)間通過(guò)兩根導(dǎo)體橫截面的電荷量之比為1：2 D．兩根導(dǎo)體中電子的定向移動(dòng)速率之比為2：16．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖所示的電路中，U＝120V，滑動(dòng)變阻器R2的最大值為200Ω，R1＝100Ω。當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑至R2的中點(diǎn)時(shí)，a、b兩端的電壓為（）A．60V B．40V C．80V D．120V7．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S的金屬棒，電阻為R，棒內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e。在棒兩端加上恒定電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A．evRSL B．nevSRL C．mv28．（2024秋?西山區(qū)校級(jí)月考）一根粗細(xì)均勻的細(xì)鋼絲，原來(lái)的電阻為R，則（）A．截去13，剩下部分的電阻變?yōu)?B．均勻拉長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，電阻變?yōu)?R C．對(duì)折后，電阻變?yōu)?2D．均勻拉長(zhǎng)使截面積為原來(lái)的14，電阻變?yōu)槎噙x題（共4小題）（多選）9．（2024秋?蘭州期中）由鎢合金制成的一段導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖所示，根據(jù)該圖線及相應(yīng)坐標(biāo)可知（）A．流過(guò)導(dǎo)體的電流為1A時(shí)，導(dǎo)體的電阻是5Ω B．加在導(dǎo)體兩端的電壓為12V時(shí)，導(dǎo)體的電阻是14Ω C．該導(dǎo)體的電阻隨電壓的升高而增大 D．該圖像斜率的倒數(shù)等于電阻的大小（多選）10．（2024秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，一塊均勻的長(zhǎng)方體樣品，長(zhǎng)為a，寬為b，厚為c，電流沿AB方向時(shí)測(cè)得該樣品電阻為R，則下列說(shuō)法正確的是（）A．該材料的電阻率為ρ=bcRB．溫度不變，減小沿AB方向的電流時(shí)，該材料的電阻率變大 C．若電流沿CD方向時(shí)，該樣品的電阻為c2aD．若電流沿CD方向時(shí)，該樣品的電阻為b2（多選）11．（2024秋?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）離子推進(jìn)器是我國(guó)新一代航天動(dòng)力裝置，它的工作原理是將氙氣通入電離室C后被電離為氙離子，利用加速電場(chǎng)AB加速氙離子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對(duì)航天飛機(jī)產(chǎn)生反沖力使其獲得加速度的。某次測(cè)試中，氙氣被電離的比例為η，氙離子噴射速度為v0，推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為F，已知氙離子的比荷為k；計(jì)算時(shí)，取氙離子的初速度為零，忽略粒子之間的相互作用，下列判斷正確的是（）A．氙離子的加速電壓為U=vB．離子推進(jìn)器發(fā)射功率為Fv0 C．氙離子向外噴射形成的電流約為I=D．每秒進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量約為ηF（多選）12．（2024秋?巴南區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，R1、R2、R3的電阻之比是2：3：5，電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，電路兩端的電壓恒定，則甲圖中兩個(gè)電壓表的示數(shù)之比和通過(guò)各電阻的電流之比為（）A．電壓表的示數(shù)之比3：5 B．電壓表的示數(shù)之比5：8 C．電流之比為1：1：1 D．電流之比為5：3：2三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）一個(gè)半徑為R的絕緣圓盤，繞垂直圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)軸以角速度ω沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤邊緣上均勻地分布著一圈電荷，電性均為負(fù)，單位圓弧上所帶的電荷量為q，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，這些電荷所形成的電流大小I＝，電流的方向?yàn)椤?4．（2023秋?福清市期末）兩個(gè)電阻R1＝20Ω與R2＝10Ω按如圖所示連接，若干路電流為I＝12A，則流過(guò)電阻R1的電流I1＝A，電阻R2兩端電壓U2＝V。15．（2023秋?黃浦區(qū)校級(jí)期末）在圖示電路中，三個(gè)電阻的阻值分別為R1＝2Ω、R2＝6Ω和R3＝5Ω，A、B間的總電阻大小為Ω．若在A、B間加一恒定電壓，則通過(guò)R1和R3的電流之比為．16．（2024秋?泉州期中）如圖所示是畫出的小燈泡I﹣U圖線。由此可知，當(dāng)電壓為0.5V時(shí)，小燈泡的燈絲電阻是Ω；由圖可知小燈泡隨電壓的增大電阻（選填“越來(lái)越小”、“不變”、“越來(lái)越大”）。四．解答題（共4小題）17．（2024?東西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω，外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°，ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），定滑輪摩擦不計(jì)，線對(duì)ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通過(guò)ab的電流大小和方向；（2）ab受到的安培力大??；（3）重物重力G的取值范圍．18．（2024秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示的電路中，兩個(gè)定值電阻R1、R2串聯(lián)接在輸出電壓U＝12V的恒壓電源上，圖乙是定值電阻R1、R2的U﹣I圖線，求：（1）R1、R2的阻值分別為多少千歐？此時(shí)，R1兩端電壓U1是多大？（2）若用另一阻值為5kΩ的定值電阻，R3并聯(lián)在R1兩端，此時(shí)，R1兩端電壓U1′是多大？19．（2024秋?云陽(yáng)縣校級(jí)月考）如圖所示的電路中，電阻R1＝4Ω，R2＝6Ω，電路兩端所加的電壓U＝6V，用某理想電壓表測(cè)得R1兩端電壓為2V，求：（1）R2兩端的電壓U2；（2）1min內(nèi)通過(guò)R2的電荷量。20．（2024秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖所示是三量程直流電表的原理圖，三個(gè)量程分別是10mA、1A、10V．已知表頭G的滿偏電流Ig＝5mA，內(nèi)阻Rg＝10Ω．試確定定值電阻R1、R2、R3的阻值。

2024-2025學(xué)年滬科版（2020）高二（上）物理寒假作業(yè)（六）參考答案與試題解析題號(hào)12345678答案BBDCDBBD一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，兩段長(zhǎng)度和材料相同、各自粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線a、b，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)相等，橫截面積之比為Sa：Sb＝1：2。已知5s內(nèi)有5×1018個(gè)自由電子通過(guò)導(dǎo)線a的橫截面，則（）A．流經(jīng)導(dǎo)線a的電流為0.32A B．流經(jīng)導(dǎo)線b的電流為0.16A C．5s內(nèi)有10×1018個(gè)自由電子通過(guò)導(dǎo)線b的橫截面 D．自由電子在導(dǎo)線a和b中移動(dòng)的速率之比va：vb＝1：2【考點(diǎn)】電流的微觀表達(dá)式；電流的概念、性質(zhì)及電流強(qiáng)度的定義式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)電流定義式I=qt可求通過(guò)電阻的電流；根據(jù)串聯(lián)電路的規(guī)律可知流過(guò)b的橫截面的電子個(gè)數(shù)；根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝【解答】解：A、電子的電荷量e＝1.6×10﹣19C，流過(guò)a的電流為：I=qtB、因金屬導(dǎo)線a、b串聯(lián)，所以流過(guò)導(dǎo)線b的電流也是0.16A，故B正確；C、因金屬導(dǎo)線a、b串聯(lián)，所以相同時(shí)間內(nèi)通過(guò)的電荷量相等，即5s內(nèi)有5×1018個(gè)自由電子通過(guò)導(dǎo)線b的橫截面，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)電流微觀表達(dá)式：I＝neSv可得：v=自由電子在導(dǎo)線a和b中移動(dòng)的速率之比為：vavb故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電流的定義式、微觀表達(dá)式以及串聯(lián)電路的規(guī)律。2．（2024秋?普陀區(qū)校級(jí)月考）如圖是安裝完成的部分家庭電路示意圖。閉合開關(guān)燈不亮，經(jīng)檢查保險(xiǎn)絲完好，用測(cè)電筆測(cè)a點(diǎn)、b點(diǎn)、c點(diǎn)氖管均發(fā)光，d點(diǎn)氖管不發(fā)光。此電路故障可能是（）A．a(chǎn)b間斷路 B．cd間斷路 C．插座發(fā)生短路 D．進(jìn)戶的火線斷路【考點(diǎn)】電子元器件、電路及家庭安全用電知識(shí)．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】電燈不亮但保險(xiǎn)絲未熔斷，說(shuō)明電路中有斷路；測(cè)電筆測(cè)試各點(diǎn)，能使氖管發(fā)光的點(diǎn)說(shuō)明與火線是連通的，不能使氖管發(fā)光的點(diǎn)說(shuō)明與火線是斷開的，據(jù)此分析電路的故障?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意可知，閉合開關(guān)燈不亮，經(jīng)檢查保險(xiǎn)絲完好，這說(shuō)明電路中有斷路；用測(cè)電筆測(cè)a點(diǎn)、b點(diǎn)、c點(diǎn)氖管均發(fā)光，這說(shuō)明這三點(diǎn)與火線之間是接通的；d點(diǎn)氖管不發(fā)光，說(shuō)明d與火線之間是斷開的，所以故障是cd之間斷路。故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了用測(cè)電筆檢修家庭電路的故障的方法，要知道進(jìn)戶線零線斷的現(xiàn)象并能解釋。3．（2023秋?桂林期末）自然界以及生產(chǎn)和生活領(lǐng)域，廣泛存在著由電荷流動(dòng)所引起的效應(yīng)。關(guān)于電流的方向，下列說(shuō)法正確的是（）A．電源供電的外部電路中，電流的方向是從負(fù)極流向正極 B．電源內(nèi)部，電流的方向是從正極流向負(fù)極 C．電子定向移動(dòng)形成的電流方向與電子定向移動(dòng)方向相同 D．電子定向移動(dòng)形成的電流方向與電子定向移動(dòng)方向相反【考點(diǎn)】電流的概念、性質(zhì)及電流強(qiáng)度的定義式．【專題】定性思想；歸納法；恒定電流專題；理解能力．【答案】D【分析】明確電源的性質(zhì)，知道電流在電源外部由正極流向負(fù)極，而在內(nèi)部由負(fù)極流向正極；同時(shí)明確負(fù)電荷形成的電流方向與運(yùn)動(dòng)方向相反。【解答】解：AB、物理學(xué)中，人們把正電荷移動(dòng)的方向規(guī)定為電流的方向。按照這個(gè)規(guī)定，在閉合電路中，電源外部的電流方向是從電源的正極（高電勢(shì)）經(jīng)過(guò)用電器流向負(fù)極（低電勢(shì)），而電源內(nèi)部，電流是從負(fù)極流向正極，故AB錯(cuò)誤；CD、由于電子帶負(fù)電，所以電子定向移動(dòng)形成的電流方向與電子定向移動(dòng)方向相反，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電流的方向，要牢記．要注意：在電源內(nèi)部，電流方向是從負(fù)極流向正極的。4．（2023秋?龍崗區(qū)校級(jí)期末）在如圖所示電路中，A、B間的電壓保持一定，UAB＝6V，電阻R1＝R2＝4Ω，R3＝2Ω。那么（）A．開關(guān)S斷開時(shí)，R3兩端電壓是3V B．開關(guān)S斷開時(shí)，R3通過(guò)的電流是0.75A C．開關(guān)S接通時(shí)，R3通過(guò)的電流是1.5A D．開關(guān)S接通時(shí)，R3兩端電壓是4V【考點(diǎn)】串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用；歐姆定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)歐姆定律計(jì)算電路中的電流，然后根據(jù)歐姆定律計(jì)算R3兩端的電壓即可?！窘獯稹拷猓篈B、開關(guān)S斷開時(shí)，電路中的電流為I=UABR2+R3=64+2A=1A，所以R3兩端的電壓為UCD、開關(guān)S接通時(shí)，電路中的總電阻為R=R3+R1R2R1+R2，所以通過(guò)R3的電流為I'=UABR，代入數(shù)據(jù)解得I'＝1.5A，R故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】能夠看懂電路的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵，掌握串并聯(lián)電路的電壓、電流、電阻的特點(diǎn)是解題的基礎(chǔ)。5．（2024秋?東麗區(qū)校級(jí)月考）某同學(xué)用兩根材料相同的均勻?qū)w串聯(lián)接入電路，兩個(gè)導(dǎo)體的長(zhǎng)度相等，橫截面積之比為1：2，關(guān)于兩根導(dǎo)體的以下說(shuō)法中正確的是（）A．兩根導(dǎo)體的電阻之比為1：2 B．兩根導(dǎo)體兩端的電壓之比為1：1 C．單位時(shí)間通過(guò)兩根導(dǎo)體橫截面的電荷量之比為1：2 D．兩根導(dǎo)體中電子的定向移動(dòng)速率之比為2：1【考點(diǎn)】串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用；電流的微觀表達(dá)式；利用電阻定律求電阻．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】由電阻的決定式計(jì)算電阻之比，得到電阻之比，由串聯(lián)電路的電流特點(diǎn)，結(jié)合歐姆定律，可得電壓之比由電流定義式得到單位時(shí)間通過(guò)兩根導(dǎo)體橫截面的電荷量之比，由電流的微觀表達(dá)式，可計(jì)算兩個(gè)導(dǎo)線中的電荷定向移動(dòng)的平均速率之比?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)電阻定律有R1=ρ結(jié)合題意解得R1故A錯(cuò)誤；B．串聯(lián)電路，電流處處相等，根據(jù)歐姆定律有U1＝IR1，U2＝IR2結(jié)合上述解得U1故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電流的定義式有I=所以通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量：q＝It通過(guò)兩導(dǎo)體的電流相等，則單位時(shí)間通過(guò)兩根導(dǎo)體橫截面的電荷量相等，即單位時(shí)間通過(guò)兩根導(dǎo)體橫截面的電荷量之比為1：1，單位時(shí)間通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量與橫截面積大小無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電流的微觀定義式有I＝nqv1S1＝nqv2S2解得兩根導(dǎo)體中電子的定向移動(dòng)速率之比為2：1，故D正確。故選D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電阻決定式、電流微觀表達(dá)式，及串聯(lián)電路規(guī)律的應(yīng)用，注意隱含條件：電流、材料相同。6．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖所示的電路中，U＝120V，滑動(dòng)變阻器R2的最大值為200Ω，R1＝100Ω。當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑至R2的中點(diǎn)時(shí)，a、b兩端的電壓為（）A．60V B．40V C．80V D．120V【考點(diǎn)】混聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專題】定量思想；比例法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)并聯(lián)電阻的求解方法，可得到a、b間的電阻；由串聯(lián)分壓比例，可計(jì)算a、b間的電壓。【解答】解：根據(jù)并聯(lián)電阻的求解方法，可得到a、b間的電阻Rab由串聯(lián)分壓比例，可計(jì)算a、b間的電壓Uab=RabRab+R22故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電路的簡(jiǎn)單計(jì)算，注意兩個(gè)電阻并聯(lián)時(shí)的電阻計(jì)算方法的應(yīng)用。7．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）一根長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面積為S的金屬棒，電阻為R，棒內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e。在棒兩端加上恒定電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A．evRSL B．nevSRL C．mv2【考點(diǎn)】電流的微觀表達(dá)式；用特殊的方法求解電場(chǎng)強(qiáng)度．【專題】定性思想；方程法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】B【分析】運(yùn)用場(chǎng)強(qiáng)公式、歐姆定律、電流的微觀表達(dá)式分析。【解答】解：金屬棒內(nèi)的電場(chǎng)類似一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=UL，由歐姆定律可知，金屬棒兩端的電壓U＝IR，由電流的微觀表達(dá)式可知IE=nevSRL，故B正確，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)、歐姆定律、電流的理解，熟悉其關(guān)系式，清楚其關(guān)聯(lián)。8．（2024秋?西山區(qū)校級(jí)月考）一根粗細(xì)均勻的細(xì)鋼絲，原來(lái)的電阻為R，則（）A．截去13，剩下部分的電阻變?yōu)?B．均勻拉長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，電阻變?yōu)?R C．對(duì)折后，電阻變?yōu)?2D．均勻拉長(zhǎng)使截面積為原來(lái)的14，電阻變?yōu)椤究键c(diǎn)】電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】截去13，剩下部分的長(zhǎng)度為原來(lái)的23；均勻拉長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，細(xì)鋼絲的橫截面積將減為12S；對(duì)折后，面積增大為2S，長(zhǎng)度減為12【解答】解：A．根據(jù)電阻定律R=可知電阻與長(zhǎng)度成正比，則截去13，剩下部分的長(zhǎng)度為原來(lái)的23，則電阻變?yōu)?3B．均勻拉長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，則長(zhǎng)度變2l，由于材料體積不變，根據(jù)V＝Sl可知細(xì)鋼絲的橫截面積將減為12R=可知R'電阻變?yōu)?R，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)折后，面積增大為2S，長(zhǎng)度減為12R=可知R″電阻變?yōu)?4R，故CD．均勻拉長(zhǎng)使截面積為原來(lái)的14，由于材料體積不變，根據(jù)V＝Sl可知細(xì)鋼絲長(zhǎng)度為原來(lái)的4倍，同理可得電阻變?yōu)?6R，則D故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】知道材料的體積不變是解題的關(guān)鍵，掌握電阻定律是解題的基礎(chǔ)。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?蘭州期中）由鎢合金制成的一段導(dǎo)體的伏安特性曲線如圖所示，根據(jù)該圖線及相應(yīng)坐標(biāo)可知（）A．流過(guò)導(dǎo)體的電流為1A時(shí)，導(dǎo)體的電阻是5Ω B．加在導(dǎo)體兩端的電壓為12V時(shí)，導(dǎo)體的電阻是14Ω C．該導(dǎo)體的電阻隨電壓的升高而增大 D．該圖像斜率的倒數(shù)等于電阻的大小【考點(diǎn)】非線性元件及其伏安特性曲線．【專題】定量思想；推理法；電學(xué)圖象專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據(jù)歐姆定律計(jì)算導(dǎo)體的電阻；根據(jù)圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示導(dǎo)體電阻的倒數(shù)分析?！窘獯稹拷猓篈、流過(guò)導(dǎo)體的電流為1A時(shí)，由圖可知導(dǎo)體兩端的電壓為U＝5V，此時(shí)導(dǎo)體的電阻為R=UI=B、加在導(dǎo)體兩端的電壓為12V時(shí)，由圖可知導(dǎo)體中的電流為1.5A，導(dǎo)體的電阻為R=UI=CD、圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知，圖像的斜率隨電壓的增大而減小，即導(dǎo)電體的電阻隨電壓的升高而增大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】知道圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的倒數(shù)是解題的關(guān)鍵。（多選）10．（2024秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，一塊均勻的長(zhǎng)方體樣品，長(zhǎng)為a，寬為b，厚為c，電流沿AB方向時(shí)測(cè)得該樣品電阻為R，則下列說(shuō)法正確的是（）A．該材料的電阻率為ρ=bcRB．溫度不變，減小沿AB方向的電流時(shí)，該材料的電阻率變大 C．若電流沿CD方向時(shí)，該樣品的電阻為c2aD．若電流沿CD方向時(shí)，該樣品的電阻為b2【考點(diǎn)】電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式；歐姆定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】比較思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據(jù)電阻定律，求解該材料的電阻率；導(dǎo)體電阻率與材料本身有關(guān)，與溫度有關(guān)；根據(jù)電阻定律，結(jié)合題中的連接方式，分清不同連接方式下的長(zhǎng)和橫截面積，代入公式求解電阻的大小?！窘獯稹拷猓篈電流沿AB方向時(shí)測(cè)得該樣品電阻為R，長(zhǎng)度為a，橫截面積為S＝bc，根據(jù)電阻定律得：R＝ρLS=ρa(bǔ)bc，解得該材料的電阻率為：ρ=B、導(dǎo)體電阻率與材料本身有關(guān)，與溫度有關(guān)，與流過(guò)的電流無(wú)關(guān)，所以溫度不變，減小沿AB方向的電流時(shí)，該材料的電阻率不變，故B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)電流沿CD方向時(shí)，長(zhǎng)度為c，橫截面積S′＝ab，根據(jù)電阻定律得：R′＝ρL'S'=bcRa?c故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是常規(guī)的電阻定律的應(yīng)用，要分清在不同接法下的長(zhǎng)度和橫截面積的大小，代入數(shù)據(jù)運(yùn)算即可，難度不大，屬于基本的公式應(yīng)用。（多選）11．（2024秋?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）離子推進(jìn)器是我國(guó)新一代航天動(dòng)力裝置，它的工作原理是將氙氣通入電離室C后被電離為氙離子，利用加速電場(chǎng)AB加速氙離子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對(duì)航天飛機(jī)產(chǎn)生反沖力使其獲得加速度的。某次測(cè)試中，氙氣被電離的比例為η，氙離子噴射速度為v0，推進(jìn)器產(chǎn)生的推力為F，已知氙離子的比荷為k；計(jì)算時(shí)，取氙離子的初速度為零，忽略粒子之間的相互作用，下列判斷正確的是（）A．氙離子的加速電壓為U=vB．離子推進(jìn)器發(fā)射功率為Fv0 C．氙離子向外噴射形成的電流約為I=D．每秒進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量約為ηF【考點(diǎn)】用定義式計(jì)算電流大小及電荷量；瞬時(shí)功率的計(jì)算；用動(dòng)量定理求流體沖擊問題；帶電粒子在恒定的電場(chǎng)中做加速（或減速）運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；功率的計(jì)算專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求加速電壓；離子推進(jìn)器發(fā)射功率等于推力與平均速度的乘積；根據(jù)動(dòng)量定理和電流的定義式相結(jié)合求氙離子向外噴射形成的電流；結(jié)合氙氣被電離的比例，求解每秒進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量。【解答】解：A、氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=可得加速電壓為U=mv0B、推進(jìn)器的推力為F，粒子速度從0增加v0，則推力的功率為P＝F0+v02=1C、取速度v0方向?yàn)檎较?，在時(shí)間t內(nèi)有質(zhì)量為Δm的氙離子噴出，根據(jù)動(dòng)量定理可得Ft＝Δmv0﹣0解得：t根據(jù)電流的定義式I=而Q解得：I=QFΔmD、在t時(shí)間內(nèi)，有質(zhì)量為Δm的氙離子以速度v0噴射而出，由動(dòng)量定理得Ft＝Δmv0﹣0得Δm=進(jìn)入放電通道的氙氣質(zhì)量為m0，被電離的比例為η，則有η=聯(lián)立解得：m取t＝1s可得：m0=F故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)能定理、動(dòng)量定理和電流的定義式的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵要明確推進(jìn)器的工作原理和離子間相互作用的關(guān)系，建立模型，當(dāng)作連續(xù)介質(zhì)問題去處理。（多選）12．（2024秋?巴南區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，R1、R2、R3的電阻之比是2：3：5，電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，電路兩端的電壓恒定，則甲圖中兩個(gè)電壓表的示數(shù)之比和通過(guò)各電阻的電流之比為（）A．電壓表的示數(shù)之比3：5 B．電壓表的示數(shù)之比5：8 C．電流之比為1：1：1 D．電流之比為5：3：2【考點(diǎn)】串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；恒定電流專題；理解能力．【答案】BC【分析】根據(jù)電路的連接方式，然后根據(jù)歐姆定律和基爾霍夫定律來(lái)求解電壓和電流的分配。【解答】解：由圖可知，三個(gè)電阻串聯(lián)，流經(jīng)各電阻的電流相等，設(shè)電流為I，由歐姆定律有U1＝IR1，U2＝IR2，U3＝IR3，電壓表V1測(cè)量的是R1、R2串聯(lián)后兩端的電壓，電壓表V2測(cè)量的是R2、R3串聯(lián)后兩端的電壓，則兩電壓表的示數(shù)分別為UV1＝U1+U2＝IR1+IR2，UV2＝U2+U3＝IR2+IR3因?yàn)镽1：R2：R3＝2：3：5，聯(lián)立解得UV1：UV2＝I（R1+R2）：I（R2+R3）＝5：8，故AD錯(cuò)誤，BC正確；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于理解電路中電壓和電流的分配規(guī)律，特別是在串聯(lián)電路中，電壓的分配與電阻成正比，而電流在串聯(lián)電路中是恒定的。通過(guò)這些基本原理，可以快速準(zhǔn)確地求解電壓和電流的分配比。在處理此類問題時(shí)，明確電路的連接方式和應(yīng)用正確的物理定律是解題的關(guān)鍵。三．填空題（共4小題）13．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）一個(gè)半徑為R的絕緣圓盤，繞垂直圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)軸以角速度ω沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤邊緣上均勻地分布著一圈電荷，電性均為負(fù)，單位圓弧上所帶的電荷量為q，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，這些電荷所形成的電流大小I＝ωRq，電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向?！究键c(diǎn)】電流的概念、性質(zhì)及電流強(qiáng)度的定義式．【專題】定量思想；模型法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】先根據(jù)T=2πω求圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，再根據(jù)電流的定義式【解答】解：圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為T=2πω，絕緣圓盤邊緣所帶電荷總量為Q＝2πRq，截取圓盤的邊緣任一截面，則在圓盤運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)通過(guò)這個(gè)截面的電荷量為Q，這些電荷所形成的電流大小I=故答案為：ωRq，順時(shí)針方向。【點(diǎn)評(píng)】明確電流方向是如何規(guī)定的、掌握電流的定義式是解題的前提與關(guān)鍵，根據(jù)題意應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。14．（2023秋?福清市期末）兩個(gè)電阻R1＝20Ω與R2＝10Ω按如圖所示連接，若干路電流為I＝12A，則流過(guò)電阻R1的電流I1＝4A，電阻R2兩端電壓U2＝80V?！究键c(diǎn)】串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；恒定電流專題；理解能力．【答案】4，80。【分析】并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，電流的分配與電阻成反比。【解答】解：因?yàn)镽1、R2并聯(lián)，所以根據(jù)I=UR由并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)可得I1+I2＝I，聯(lián)立解得I1＝4A，I2＝8A，電阻R2兩端電壓U2＝I2R2＝8×10V＝80V。故答案為：4，80?！军c(diǎn)評(píng)】考查對(duì)并聯(lián)電路中電壓、電流關(guān)系的理解，運(yùn)用歐姆定律解答。15．（2023秋?黃浦區(qū)校級(jí)期末）在圖示電路中，三個(gè)電阻的阻值分別為R1＝2Ω、R2＝6Ω和R3＝5Ω，A、B間的總電阻大小為6.5Ω．若在A、B間加一恒定電壓，則通過(guò)R1和R3的電流之比為3：4．【考點(diǎn)】混聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專題】恒定電流專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由圖可知R1與R2并聯(lián)后與R3串聯(lián)，則由串并聯(lián)電路的規(guī)律可知電路中的總電阻；由分壓關(guān)系可知流過(guò)R1的電流與總電流的關(guān)系．【解答】解：電路中總電阻R=2×62+6+5＝由并聯(lián)電路的分流可知，R1中電流應(yīng)為總電流的R2而流過(guò)R3的電流為總電流，故通過(guò)R1和R3的電流之比為3：4．故答案為：6.5；3：4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查串并聯(lián)電路的總電阻及電流關(guān)系，要熟練應(yīng)用兩個(gè)電阻并聯(lián)時(shí)的電阻及電流等關(guān)系．16．（2024秋?泉州期中）如圖所示是畫出的小燈泡I﹣U圖線。由此可知，當(dāng)電壓為0.5V時(shí)，小燈泡的燈絲電阻是5.0Ω；由圖可知小燈泡隨電壓的增大電阻越來(lái)越大（選填“越來(lái)越小”、“不變”、“越來(lái)越大”）?！究键c(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專題；理解能力．【答案】5.0；越來(lái)越大。【分析】根據(jù)歐姆定律求小燈泡燈絲的電阻；根據(jù)小燈泡的“伏安特性曲線”的特點(diǎn)分析作答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)歐姆定律，小燈泡的燈絲電阻R根據(jù)小燈泡的“伏安特性曲線”可知，小燈泡I﹣U圖線是一條曲線，則由圖線上某點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率的倒數(shù)表示小燈泡在該點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的電壓時(shí)的電阻值，可知I﹣U圖線上的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率隨電壓的增大越來(lái)越小，則斜率的倒數(shù)越來(lái)越大，則有小燈泡隨電壓的增大電阻越來(lái)越大。故答案為：5.0；越來(lái)越大?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了根據(jù)伏安特性曲線求電阻，知道I﹣U圖線上的點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的倒數(shù)。四．解答題（共4小題）17．（2024?東西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω，外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53°，ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），定滑輪摩擦不計(jì)，線對(duì)ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）．求：（1）通過(guò)ab的電流大小和方向；（2）ab受到的安培力大小；（3）重物重力G的取值范圍．【考點(diǎn)】線性元件及其伏安特性曲線．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】（1）通過(guò)ab的電流大小為2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小為5N；（3）重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N?！痉治觥浚?）由閉合電路的歐姆定律可以求出通過(guò)ab的電流，根據(jù)電路圖可以判斷出電流方向；（2）由安培力公式可以求出安培力大??；（3）由平衡條件求出重力的取值范?！窘獯稹拷猓海?）由閉合電路的歐姆定律可得，通過(guò)ab的電流I=ER+R0+（2）ab受到的安培力：F＝BIL＝5×2×0.5N＝5N；（3）ab受力如圖所示，最大靜摩擦力：fm＝μ（mg﹣Fcos53°）由平衡條件得：當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)：T＝Fsin53°﹣fm解得：T＝0.5N；當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)：T＝Fsin53°+fm解得：T＝7.5N；由于重物平衡，故：T＝G則重物重力的取值范圍為：0.5N≤G≤7.5N；答：（1）通過(guò)ab的電流大小為2A，方向由a向b；（2）ab受到的安培力大小為5N；（3）重物重力G的取值范圍為0.5N≤G≤7.5N?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握閉合電路歐姆定律，安培力的大小公式，以及會(huì)利用共點(diǎn)力平衡去求未知力。18．（2024秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示的電路中，兩個(gè)定值電阻R1、R2串聯(lián)接在輸出電壓U＝12V的恒壓電源上，圖乙是定值電阻R1、R2的U﹣I圖線，求：（1）R1、R2的阻值分別為多少千歐？此時(shí)，R1兩端電壓U1是多大？（2）若用另一阻值為5kΩ的定值電阻，R3并聯(lián)在R1兩端，此時(shí)，R1兩端電壓U1′是多大？【考點(diǎn)】歐姆定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；等效替代法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】（1）R1、R2的阻值分別為5千歐、10千歐，此時(shí)，R1兩端電壓U1是4V。（2）此時(shí)，R1兩端電壓U1′是2.4V?！痉治觥浚?）根據(jù)U﹣I圖像的斜率等于電阻，來(lái)求解R1、R2的阻值。根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比，來(lái)求解R1兩端電壓U1。（2）先求出R3和R1并聯(lián)后阻值，再根據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律求解R1兩端電壓U1′。【解答】解：（1）根據(jù)U﹣I圖像的斜率等于電阻，由圖可知R1=10兩電阻串聯(lián)，電流相等，則有U1又U1+U2＝U聯(lián)立解得U1＝4V（2）R3和R1并聯(lián)后阻值為R并=R1R3R根據(jù)電流相等，有U并結(jié)合U并+U2＝U聯(lián)立解得U并＝2.4V則U1′＝U并＝2.4V答：（1）R1、R2的阻值分別為5千歐、10千歐，此時(shí)，R1兩端電壓U1是4V。（2）此時(shí)，R1兩端電壓U1′是2.4V。【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握串聯(lián)的基本特點(diǎn)和分壓規(guī)律，串聯(lián)電路電流處處相等，電壓與電阻成正比，并能熟練運(yùn)用比例法解答。19．（2024秋?云陽(yáng)縣校級(jí)月考）如圖所示的電路中，電阻R1＝4Ω，R2＝6Ω，電路兩端所加的電壓U＝6V，用某理想電壓表測(cè)得R1兩端電壓為2V，求：（1）R2兩端的電壓U2；（2）1min內(nèi)通過(guò)R2的電荷量?！究键c(diǎn)】串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用；歐姆定律（初中）；用定義式計(jì)算電流大小及電荷量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）R2兩端的電壓U2為4V；（2）1min內(nèi)通過(guò)R2的電荷量為40C。【分析】（1）根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)即可解出；（2）根據(jù)電荷量與電流和時(shí)間的關(guān)系即可解出；【解答】解：（1）根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)U＝U1+U2代入數(shù)據(jù)解得：U2＝4V（2）根據(jù)歐姆定律可知通過(guò)R2的電流為I=電荷量q＝It=23×答：（1）R2兩端的電壓U2為4V；（2）1min內(nèi)通過(guò)R2的電荷量為40C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了學(xué)生對(duì)于電路的分析能力，本題較為基礎(chǔ)。20．（2024秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）如圖所示是三量程直流電表的原理圖，三個(gè)量程分別是10mA、1A、10V．已知表頭G的滿偏電流Ig＝5mA，內(nèi)阻Rg＝10Ω．試確定定值電阻R1、R2、R3的阻值?！究键c(diǎn)】串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】電表的改裝原理為串并聯(lián)電路的規(guī)律，要注意正確分的電路結(jié)構(gòu)，明確歐姆定律的正確應(yīng)用即可求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，I1＝1A，I2＝10mA，U＝10V，當(dāng)接在I1＝1A量程時(shí)，Ig（Rg+R2）＝（I1﹣Ig）R1；當(dāng)接在I2＝10mA量程時(shí)，IgRg＝（I2﹣Ig）（R1+R2）；當(dāng)接在U＝10V量程時(shí)，U＝IgRg+I2R3；聯(lián)立解得：R1＝0.1Ω；R2＝9.9Ω；R3＝995Ω；答：電阻R1、R2和R3的阻值分別為0.1Ω、9.9Ω及995Ω；【點(diǎn)評(píng)】本題考查電表的改裝；解決此類問題要充分理解電表改裝原理，電路的分壓分流原理。再?gòu)?fù)雜的電路也是由基本的串并聯(lián)關(guān)系組成的。

考點(diǎn)卡片1．瞬時(shí)功率的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于恒力做功，瞬時(shí)功率為P＝Fvcosα（v是瞬時(shí)速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時(shí)功率為（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：應(yīng)用公式P＝Fv求某力的瞬時(shí)功率時(shí)，注意公式要求力和速度的方向在一條線上，在本題中應(yīng)用機(jī)械能守恒求出物體滑到斜面底端時(shí)的速度，然后將速度沿豎直方向分解即可求出重力功率．解答：物體下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，所以有：mgh=12物體滑到底端重力功率為：P＝mgvsinα②聯(lián)立①②解得：P＝mg2ghsinα，故選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，故選：C。點(diǎn)評(píng)：物理公式不僅給出了公式中各個(gè)物理量的數(shù)學(xué)運(yùn)算關(guān)系，更重要的是給出了公式需要遵循的規(guī)律和適用條件，在做題時(shí)不能盲目的帶公式，要弄清公式是否適用．【解題思路點(diǎn)撥】①對(duì)于瞬時(shí)功率的計(jì)算，一定要牢記瞬時(shí)功率等于力在速度方向上的投影與速度的乘積。②重力的功率等于重力乘以豎直方向上的速度。2．用動(dòng)量定理求流體沖擊問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、流體作用模型對(duì)于流體運(yùn)動(dòng)，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，設(shè)在極短的時(shí)間Δt內(nèi)通過(guò)某一橫截面積S的柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，如圖所示。設(shè)流體的密度為ρ，則在Δt的時(shí)間內(nèi)流過(guò)該截面的流體的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根據(jù)動(dòng)量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元?jiǎng)恿康脑隽浚碏Δt＝ΔmΔv，分兩種情況：（1）作用后流體微元停止，有Δv＝﹣v，代入上式有F＝﹣ρSv2；（2）作用后流體微元以速率v反彈，有Δv＝﹣2v，代入上式有F＝﹣2ρSv2。二、微粒類模型微粒及其特點(diǎn)通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！保|(zhì)量具有獨(dú)立性，通常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)n分析步驟（1）建立“柱體”模型，沿運(yùn)動(dòng)的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S；（2）微元研究，作用時(shí)間Δt內(nèi)一段柱形流體的長(zhǎng)度為Δl，對(duì)應(yīng)的體積為ΔV＝Sv0Δt，則微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nv0SΔt；（3）先應(yīng)用動(dòng)量定理研究單個(gè)粒子，建立方程，再乘以N計(jì)算【命題方向】水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進(jìn)行的，煤層受到3.6×106N/m2的壓強(qiáng)沖擊即可破碎，若水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向?yàn)R射作用，則沖擊煤層的水流速度至少應(yīng)為（）A、30m/sB、40m/sC、45m/sD、60m/s分析：根據(jù)公式P=F解答：建立水柱模型，設(shè)水柱面積為S，由動(dòng)量定理：F?Δt＝0﹣（ρS?v0?Δt）×（﹣v0）可得壓強(qiáng)：p=FS故使煤層破碎的速度至少應(yīng)為v0=3.6×10故選：D。點(diǎn)評(píng)：建立水柱模型是解決本題的關(guān)鍵，動(dòng)量定理要注意選取正方向?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.對(duì)于流體沖擊類的問題，常用的解題思路是：取微元→計(jì)算動(dòng)量變化→列方程2.一個(gè)解題技巧是：設(shè)出時(shí)間Δt，利用時(shí)間Δt構(gòu)建方程，最后往往可以把Δt消掉。3．用特殊的方法求解電場(chǎng)強(qiáng)度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算方法（1）一般方法：中學(xué)階段求場(chǎng)強(qiáng)一般有下列三種方法：①E=Fq是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場(chǎng)，電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是確定值，其大小和方向與試探電荷無(wú)關(guān)，試探電荷②E＝kQr2是真空中點(diǎn)電荷所形成電場(chǎng)的計(jì)算式，E由場(chǎng)源電荷Q和某點(diǎn)到場(chǎng)源電荷的距離③E=Ud是場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式，只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，注意式中的場(chǎng)強(qiáng)是矢量，所以場(chǎng)強(qiáng)的合成遵守矢量合成的平行四邊形定則。（2）特殊方法①補(bǔ)償法：求解電場(chǎng)強(qiáng)度，常用的方法是根據(jù)問題給出的條件建立起物理模型。如果這個(gè)模型是一個(gè)完整的標(biāo)準(zhǔn)模型，則容易解決。但有時(shí)由題給條件建立的模型不是一個(gè)完整的標(biāo)準(zhǔn)模型，比如說(shuō)是模型A，這時(shí)需要給原來(lái)的問題補(bǔ)充一些條件，由這些補(bǔ)充條件建立另一個(gè)容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個(gè)完整的標(biāo)準(zhǔn)模型。這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€(gè)完整的標(biāo)準(zhǔn)模型與模型B的差值問題。②極值法：物理學(xué)中的極值問題可分為物理型和數(shù)學(xué)型兩類。物理型主要依據(jù)物理概念、定理、定律求解。數(shù)學(xué)型則是根據(jù)物理規(guī)律列出方程后，依據(jù)數(shù)學(xué)中求極值的知識(shí)求解。③微元法：微元法就是將研究對(duì)象分割成許多微小的單位，或從研究對(duì)象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉(zhuǎn)化為常量、容易確定的量。④等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，從A事實(shí)出發(fā)，用另外的B事實(shí)來(lái)代替，必要時(shí)再由B到C…直至實(shí)現(xiàn)所給問題的條件，從而建立與之相對(duì)應(yīng)的聯(lián)系，得以用有關(guān)規(guī)律解之。如以模型替代實(shí)物，以合力（合運(yùn)動(dòng)）替代兩個(gè)分力（分運(yùn)動(dòng)）。⑤對(duì)稱法：對(duì)稱法是利用帶電體（如球體、薄板等）產(chǎn)生的電場(chǎng)具有對(duì)稱性的特點(diǎn)來(lái)求電場(chǎng)強(qiáng)度的方法?！久}方向】1.拆分法一段均勻帶電的半圓形細(xì)線在其圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，把細(xì)線分成等長(zhǎng)的三段圓弧，則圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向?yàn)椋ǎ〢、E2水平向右B、E2水平向左CE3水平向右D分析：電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，根據(jù)題意應(yīng)用平行四邊形定則求出圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)。解答：如圖所示，B、C兩點(diǎn)把半圓環(huán)等分為三段。設(shè)每段在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E′。AB段和CD段在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)夾角為120°，它們的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E′則O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)：E＝2E′，則：E′=故圓弧BC在圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E2，方向水平向右，故A正確，BCD故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題要注意電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，應(yīng)根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成，掌握電場(chǎng)的疊加原理即可正確解題。2.對(duì)稱法電荷量為+Q的點(diǎn)電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點(diǎn)電荷與圓心O連線垂直薄板，A點(diǎn)位于點(diǎn)電荷與圓心O連線的中點(diǎn)，B與A關(guān)于O對(duì)稱，若A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則（）A、圓形薄板所帶電荷量為+QB、圓形薄板所帶電荷在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kQRC、B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kQRD、B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為10kQ分析：A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)是點(diǎn)電荷Q與圓形薄板上的電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)合電場(chǎng)，A點(diǎn)電場(chǎng)為零，說(shuō)明點(diǎn)電荷Q與圓形薄板在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)等大反向；根據(jù)對(duì)稱性求出薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)，B點(diǎn)的電場(chǎng)是點(diǎn)電荷與薄板產(chǎn)生的電場(chǎng)的合電場(chǎng)；根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式與電場(chǎng)的疊加原理分析答題。解答：AB、點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E＝kQR2，方向水平向右，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則可知圓形薄板所帶電荷在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為kQR2，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應(yīng)為Q，而實(shí)際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點(diǎn)的距離與點(diǎn)電荷+Q距離O點(diǎn)的距離相同外，其余各點(diǎn)距離O點(diǎn)的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據(jù)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)公式E0=kqrCD、B點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)與A點(diǎn)對(duì)稱，則可知圓形薄板在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為EB′＝kQR2，方向水平向右，而點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，則B點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度為EB＝E故選：BD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵是明確真空中靜止的點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式及合場(chǎng)強(qiáng)為零的含義，根據(jù)薄板產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的特點(diǎn)，由幾何對(duì)稱性分析求解。熟記點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，理解合場(chǎng)強(qiáng)為零的含義，熟練運(yùn)用電場(chǎng)強(qiáng)度矢量疊加原理。3.微元法如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點(diǎn)正上方h處有一點(diǎn)P，P和圓環(huán)上任一點(diǎn)的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為（）kQcosθ分析：采用微元法求解：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認(rèn)為是一個(gè)點(diǎn)電荷），求出每份的電荷量，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式結(jié)合矢量的合成方法進(jìn)行求解。解答：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認(rèn)為是一個(gè)點(diǎn)電荷），則每份的電荷量為q=每份在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為：E0=根據(jù)對(duì)稱性可知，水平方向的合場(chǎng)強(qiáng)為零，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ=kQsin3θ故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，解答本題要知道電場(chǎng)強(qiáng)度是一個(gè)矢量，滿足矢量的平行四邊形法則，掌握微元法的應(yīng)用方法?！窘忸}思路點(diǎn)撥】電場(chǎng)強(qiáng)度的求法（1）合成法：電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，合成時(shí)遵循矢量運(yùn)算法則（平行四邊形定則或三角形定則）；對(duì)于同一直線上電場(chǎng)強(qiáng)度的合成，可先規(guī)定正方向，進(jìn)而把矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化成代數(shù)運(yùn)算。（2）對(duì)稱法：對(duì)稱法實(shí)際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過(guò)程或幾何圖形的對(duì)稱性進(jìn)行解題的一種方法，利用此方法分析和解決問題可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問題的實(shí)質(zhì)，有出奇制勝之效。（3）微元法：徽元法就是將研究對(duì)象分割成若干微小的單元，或從研究對(duì)象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉(zhuǎn)化為常量、容易確定的量。4．帶電粒子在恒定的電場(chǎng)中做加速（或減速）運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：利用電場(chǎng)使帶電粒子加速時(shí)，帶電粒子的速度方向與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向相同或相反。2.帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)（1）電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力。（2）質(zhì)量較大的微粒：帶電小球，帶電油滴、帶電顆粒等，除有說(shuō)明或有明確的暗示外，處理問題時(shí)一般都不能忽略重力。3.分析帶電粒子在靜電力作用下加速運(yùn)動(dòng)的兩種方法（1）利用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，只能分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動(dòng)。（2》利用動(dòng)能定理：qU=12mv2-【命題方向】如圖所示，一個(gè)質(zhì)子以初速度v0＝5×106m/s射入一個(gè)由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域．兩板距離為20cm，金屬板之間是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為3×105V/m．質(zhì)子質(zhì)量為m＝1.67×10﹣27kg，電荷量為q＝1.60×10﹣19C．試求（1）質(zhì)子由板上小孔射出時(shí)的速度大??；（2）質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．分析：（1）質(zhì)子射入電場(chǎng)后，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解即可（2）因做勻加速，則由時(shí)間等于位移除以平均速度，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=L解答：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得：eEd=12mv2-代入數(shù)據(jù)：得v＝6×106m/s（2）t=Lv0+v2．=答：（1）質(zhì)子由板上小孔射出時(shí)的速度大小為6×106m/s（2）質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3.6×10﹣8s點(diǎn)評(píng)：求速度時(shí)動(dòng)能定理是常用的規(guī)律，要理解并掌握動(dòng)能定理的內(nèi)容、公式，并能靈活應(yīng)用，求時(shí)間用平均速度公式．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中的加速問題，可以用從牛頓第二定律的角度出發(fā)，也可以從動(dòng)能定理的角度出發(fā)求解。5．電流的概念、性質(zhì)及電流強(qiáng)度的定義式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：自由電荷的定向移動(dòng)形成電流．2.方向：規(guī)定為正電荷定向移動(dòng)的方向．3.電流強(qiáng)度的定義式：I=qt，4.電流的單位：安培，符號(hào)是A。是國(guó)際單位制中七個(gè)基本物理量之一。5.物理意義：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量。6.標(biāo)矢性：電流的方向是人為規(guī)定的，以正電荷定向移動(dòng)的方向?yàn)檎较?，運(yùn)算時(shí)遵從的是代數(shù)運(yùn)算法則，所以電流是標(biāo)量。【命題方向】關(guān)于電流，下列說(shuō)法中正確的是（）A、通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，電流就越大B、對(duì)于導(dǎo)體，只要其兩端有電壓就有電流C、單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，導(dǎo)體中的電流就越大D、因?yàn)殡娏饔蟹较?，所以電流是矢量分析：根?jù)電流的定義式I=q解答：AC、根據(jù)電流的定義式I=qt可知，電流的大小由通過(guò)導(dǎo)體橫截面積的電量和時(shí)間來(lái)計(jì)算，在時(shí)間不確定的情況下，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，電流不一定越大。故A錯(cuò)誤，B、要形成電流，不但要有有電壓，電路還需構(gòu)成閉合回路，故B錯(cuò)誤。D、電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形法則，故不是矢量。故D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：考查電流的形成條件及電流定義式的識(shí)記。解題時(shí)牢記電流由電壓和電阻決定，I=q【解題思路點(diǎn)撥】1.電荷定向運(yùn)動(dòng)才形成電流，并不是電荷運(yùn)動(dòng)就可形成電流，其實(shí)導(dǎo)體內(nèi)自由電荷是處于不停的熱運(yùn)動(dòng)之中的，但并不形成電流。2.電流的方向與正電荷定向移動(dòng)的方向相同，與負(fù)電荷定向移動(dòng)的方向相反。6．用定義式計(jì)算電流大小及電荷量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】電流大小的計(jì)算有三個(gè)公式：①定義式：I=q②決定式：I=U③微觀表達(dá)式：I＝neSv．（n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)；e為自由電荷的電荷量；S為導(dǎo)體橫截面積；v為自由電荷定向移動(dòng)的速度）．注意：（1）I=qt是電流的定義式，是普遍適用的．電流的微觀表達(dá)式I＝（2）應(yīng)用電流的微觀表達(dá)式時(shí)，要注意區(qū)分三種速率：①電子定向移動(dòng)速率：一般比較小，速率數(shù)量級(jí)為10﹣5m/s；②電子熱運(yùn)動(dòng)的速率：電子不停地做無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的速率，速率數(shù)量級(jí)約為105m/s；③電流傳導(dǎo)速率：等于光速，為3.0×108m/s．【命題方向】如圖所示，在1價(jià)離子的電解質(zhì)溶液內(nèi)插有兩根碳棒A和B作為電極，將它們接在直流電源上，于是溶液里就有電流通過(guò)．若在t秒內(nèi)，通過(guò)溶液內(nèi)截面S的正離子數(shù)為n1，通過(guò)的負(fù)離子數(shù)為n2，設(shè)基本電荷為e，則以下說(shuō)法中正確的是（）A、正離子定向移動(dòng)形成的電流方向從A→B，負(fù)離子定向移動(dòng)形成的電流方向從B→AB、溶液內(nèi)由于正負(fù)離子移動(dòng)方向相反，溶液中的電流抵消，電流等于零C、溶液內(nèi)的電流方向從A→B，電流I=D、溶液內(nèi)的電流方向從A→B，電流I=分析：正電荷的定向移動(dòng)方向是電流的方向，負(fù)電荷的定向移動(dòng)方向與電流方向相反；由電流的定義式I=q解答：A、電荷的定向移動(dòng)形成電流，正電荷的定向移動(dòng)方向是電流方向，由圖示可知，溶液中的正離子從A向B運(yùn)動(dòng)，因此電流方向是A→B，故A錯(cuò)誤；B、溶液中正離子由A向B移動(dòng)，負(fù)離子由B向A移動(dòng)，負(fù)電荷由B向A的移動(dòng)相當(dāng)于正電荷由B向A移動(dòng)，帶電離子在溶液中定向移動(dòng)形成電流，電流不為零，故B錯(cuò)誤；CD、溶液中的正離子從A向B運(yùn)動(dòng)，因此電流方向是A→B，電流I=qt=n1故選：D。點(diǎn)評(píng)：知道電荷的定向移動(dòng)形成電流，正電荷的定向移動(dòng)方向是電流的方向，應(yīng)用電流定義式即可正確解題．【解題思路點(diǎn)撥】1.在計(jì)算電流大小時(shí)要根據(jù)題目所給的條件選擇合適的公式進(jìn)行計(jì)算。2.如果正、負(fù)電荷同時(shí)發(fā)生定向移動(dòng)，定義式中I=qt的3.微觀表達(dá)式I＝neSv并不是固定的電流大小計(jì)算方式，其中n、e、S、v都有特定的意義，如果題目的參數(shù)發(fā)生變化，微觀表達(dá)式的形式也會(huì)有相應(yīng)變化。但都是從定義式I=q7．電流的微觀表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.電流的微觀表達(dá)式的推導(dǎo)如圖所示，AD表示粗細(xì)均勻的一段長(zhǎng)為l的導(dǎo)體，兩端加一定的電壓，導(dǎo)體中的自由電荷沿導(dǎo)體定向移動(dòng)的速率為v，設(shè)導(dǎo)體的橫截面積為S，導(dǎo)體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個(gè)自由電荷的電荷量大小為q。則：導(dǎo)體AD內(nèi)的自由電荷全部通過(guò)橫截面D所用的時(shí)間t=導(dǎo)體AD內(nèi)的自由電荷總數(shù)N＝nlS，總電荷量Q＝Nq＝nlSq，此導(dǎo)體上的電流I=Q2.電流的微觀表達(dá)式：I＝nqSv（1）I=qt是電流的定義式，I＝nqSv電流的決定式，因此電流I通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量q及時(shí)間t無(wú)關(guān)，從微觀上看，電流的大小取決于導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)n、每個(gè)自由電荷的電荷量大小q、定向移動(dòng)的速率v，還與導(dǎo)體的橫截面積（2）v表示電荷定向移動(dòng)的速率。自由電荷在不停地做無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng)，其速率為熱運(yùn)動(dòng)的速率，電流是自由電荷在熱運(yùn)動(dòng)的基礎(chǔ)上向某一方向定向移動(dòng)形成的。【命題方向】有一橫截面積為S的銅導(dǎo)線，流經(jīng)其中的電流強(qiáng)度為I；設(shè)每單位體積的導(dǎo)線中有n個(gè)自由電子，電子的電量為e，此電子的定向移動(dòng)速率為v，在Δt時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)可表示為（）A.nvSΔtB.nv?ΔtC.IΔtveD.分析：首先根據(jù)電流強(qiáng)度的定義可以求得t時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面積的總的電荷量的大小，進(jìn)而可以求得自由電子的個(gè)數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達(dá)式，根據(jù)電阻的運(yùn)動(dòng)的速率的大小也可以求得通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子的個(gè)數(shù)．解答：在t時(shí)間內(nèi)，以速度v移動(dòng)的電子在銅導(dǎo)線中通過(guò)的距離為vt，由于銅導(dǎo)線的橫截面積為S，則在t時(shí)間內(nèi)，電子經(jīng)過(guò)的導(dǎo)線體積為V＝vtS．又由于單位體積的導(dǎo)線有n個(gè)自由電子，則在Δt時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N＝nvSΔt。由于流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，則在t時(shí)間內(nèi)，流經(jīng)導(dǎo)線的電荷量為Q＝It，而電子的電荷量為e，則t時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為：N=It故只有A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題計(jì)算自由電子的個(gè)數(shù)，要注意從不同的角度來(lái)分析問題，一是從微觀運(yùn)動(dòng)的角度，二是從電流強(qiáng)度的角度．【解題思路點(diǎn)撥】用電流的微觀表達(dá)式求解問題的注意點(diǎn)（1）準(zhǔn)確理解公式中各物理量的意義，式中的v是指自由電荷定向移動(dòng)的速率，不是電流的傳導(dǎo)速率，也不是電子熱運(yùn)動(dòng)的速率。（2）I＝neSv是由I=qt導(dǎo)出的，若8．歐姆定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】歐姆定律1．內(nèi)容：導(dǎo)體中的電流I跟導(dǎo)體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比．2．表達(dá)式：I=U3．適用條件：適用于金屬和電解液導(dǎo)電，氣體導(dǎo)電和半導(dǎo)體元件不適用．4．導(dǎo)體的伏安特性曲線：用橫軸表示電壓U，縱軸表示電流I，畫出的I﹣U關(guān)系圖線．（1）線性元件：伏安特性曲線是直線的電學(xué)元件，適用于歐姆定律．（2）非線性元件：伏安特性曲線為曲線的電學(xué)元件，即非線性元件的電流與電壓不成正比．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查歐姆定律不同表達(dá)式的物理意義：對(duì)于歐姆定律的理解，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）A．由I=UB．由U＝IR，對(duì)一定的導(dǎo)體，通過(guò)它的電流強(qiáng)度越大，它兩端的電壓也越大C．由R=UI，導(dǎo)體的電阻跟它兩端的電壓成正比，D．對(duì)一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過(guò)它的電流強(qiáng)度的比值保持不變分析：根據(jù)歐姆定律的內(nèi)容可知，通過(guò)電阻的電流強(qiáng)度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，電阻的大小是由導(dǎo)體本身決定的，與電壓的大小無(wú)關(guān)．解：A、根據(jù)歐姆定律可知，通過(guò)電阻的電流強(qiáng)度跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，所以A正確；B、由U＝IR，對(duì)一定的導(dǎo)體，電流與電壓成正比，所以通過(guò)它的電流強(qiáng)度越大，它兩端的電壓也越大，所以B正確；C、導(dǎo)體的電阻與電壓的大小無(wú)關(guān)，是由導(dǎo)體本身決定的，所以C錯(cuò)誤；D、對(duì)一定的導(dǎo)體，它兩端的電壓與通過(guò)它的電流強(qiáng)度的比值保持不變，即為電阻的大小，所以D正確．本題選錯(cuò)誤的，故選C．點(diǎn)評(píng)：本題就是考查學(xué)生對(duì)歐姆定律的理解，掌握住電阻是由導(dǎo)體本身決定的，與電壓的大小無(wú)關(guān)，即可解決本題．（2）第二類?？碱}型是考查對(duì)伏安特性曲線的理解：如圖所示為電阻R1和R2的伏安特性曲線，并且把第一象限分為了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域．現(xiàn)把R1和R2并聯(lián)在電路中，消耗的電功率分別用P1和P2表示；并聯(lián)的總電阻設(shè)為R．下列關(guān)于P1與P2的大小關(guān)系及R的伏安特性曲線應(yīng)該在的區(qū)域正確的是（）A．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＜P2B．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＜P2C．特性曲線在Ⅰ區(qū)，P1＞P2D．特性曲線在Ⅲ區(qū)，P1＞P2分析：伏安特性曲線的斜率等于電阻的倒數(shù)．當(dāng)兩個(gè)電阻并聯(lián)后總電阻R比任何一個(gè)電阻都要小，R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出電流關(guān)系，再研究功率關(guān)系．解：把R1和R2并聯(lián)在電路中，并聯(lián)的總電阻R比R1和R2都小，則R的伏安特性曲線的斜率大于R1和R2的伏安特性曲線的斜率，則R的伏安特性曲線應(yīng)該Ⅰ區(qū)．R1和R2并聯(lián)在電路中，電壓相等，由圖讀出流過(guò)電阻R1的電流較大，則功率P1＞P2．故選C．點(diǎn)評(píng)：本題首先要從數(shù)學(xué)角度理解圖線的物理意義：斜率越大，電阻越?。浯巫プ〔⒙?lián)電路的基本特點(diǎn)：支路兩端的電壓相等．【解題方法點(diǎn)撥】1．歐姆定律不同表達(dá)式的物理意義（1）I=UR是歐姆定律的數(shù)學(xué)表達(dá)式，表示通過(guò)導(dǎo)體的電流I與電壓U成正比，與電阻（2）公式R=U2．對(duì)伏安特性曲線的理解（1）如圖，圖線a、b表示線性元件，圖線c、d表示非線性元件．（2）圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，斜率越大，電阻越小，故Ra＜Rb（如圖甲所示）．（3）圖線c的電阻減小，圖線d的電阻增大（如圖乙所示）．（4）伏安特性曲線上每一點(diǎn)的電壓坐標(biāo)與電流坐標(biāo)的比值對(duì)應(yīng)這一狀態(tài)下的電阻．3．深化拓展（1）在I﹣U曲線上某點(diǎn)切線的斜率不是電阻的倒數(shù)．（2）要區(qū)分是I﹣U圖線還是U﹣I圖線．（3）對(duì)線性元件：R=UI=△4．歐姆定律I=U對(duì)于純電阻，適合歐姆定律，即純電阻兩端的電壓滿足U＝IR．對(duì)于非純電阻，不適合歐姆定律，因P電＝UI＝P熱+P其他＝I2R+P其他，所以UI＞I2R，即非純電阻兩端的電壓滿足U＞IR．9．電阻定律的內(nèi)容及表達(dá)式【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．電阻定律（1）內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻跟它的長(zhǎng)度成正比，與它的橫截面積成反比，導(dǎo)體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān)．（2）表達(dá)式：R＝ρlS2．電阻率（1）計(jì)算式：ρ=RS（2）物理意義：反映導(dǎo)體的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)體材料本身的屬性．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查對(duì)電阻與電阻率的理解：下列說(shuō)法中正確的是（）A．由R=B．由R＝ρlSC．各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而減小D．所謂超導(dǎo)體，當(dāng)其溫度降低到接近絕對(duì)零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，它的電阻率突然變?yōu)榱惴治觯簩?dǎo)體的電阻是導(dǎo)體的一種性質(zhì)，反映了導(dǎo)體對(duì)電流阻礙作用的大??；電阻大小與導(dǎo)體的材料、長(zhǎng)度、橫截面積有關(guān)；還受溫度的影響；與導(dǎo)體中的電流、導(dǎo)體兩端的電壓大小無(wú)關(guān)．解：A、導(dǎo)體電阻的大小和導(dǎo)體的材料、長(zhǎng)度、橫截面積有關(guān)，與電壓、電流沒有關(guān)系，故A錯(cuò)誤，B正確；C、各種材料的電阻率都與溫度有關(guān)，金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，故C錯(cuò)誤；D、超導(dǎo)體是當(dāng)其溫度降低到接近絕對(duì)零度的某個(gè)臨界溫度時(shí)，電阻值等于零，此時(shí)電阻率突然變?yōu)榱?，故D正確．故選BD．點(diǎn)評(píng)：深入理解電阻的概念及影響電阻大小的因素是解答此題的關(guān)鍵．（2）第二類?？碱}型是考查電阻定律的應(yīng)用：如圖所示，P是一個(gè)表面均勻鍍有很薄電熱膜的長(zhǎng)陶瓷管，其長(zhǎng)度為L(zhǎng)，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導(dǎo)電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測(cè)得M、N兩端電壓為U，通過(guò)它的電流I．則金屬膜的電阻率的值為（）A.UIB.πUD24分析：鍍膜材料的截面積為陶瓷管的周長(zhǎng)和膜的厚度為d的乘積，根據(jù)歐姆定律求出電阻的大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρLs計(jì)算出鍍膜材料的電阻率即可．解：由歐姆定律可得，鍍膜材料的電阻R=U鍍膜材料的截面積為s＝2πD2?d＝πDd根據(jù)電阻定律可得，R＝ρLs所以鍍膜材料的電阻率ρ為，ρ=sRL=故選C．點(diǎn)評(píng)：本題容易出錯(cuò)的地方就是如何計(jì)算鍍膜材料的截面積，在計(jì)算時(shí)可以把它看成是邊長(zhǎng)為陶瓷管周長(zhǎng)，寬為d的矩形，計(jì)算出截面積，再根據(jù)電阻定律計(jì)算即可．【解題方法點(diǎn)撥】1．電阻與電阻率的區(qū)別（1）電阻是反映導(dǎo)體對(duì)電流阻礙作用大小的物理量．電阻率是反映制作導(dǎo)體的材料導(dǎo)電性能好壞的物理量．（2）導(dǎo)體電阻并不是只由電阻率決定，即電阻大，電阻率不一定大；電阻率小，電阻不一定?。?．電阻的決定式和定義式的區(qū)別公式R＝ρlR=區(qū)別電阻的決定式電阻的定義式說(shuō)明了電阻的決定因素提供了一種測(cè)定電阻的方法，并不說(shuō)明電阻與U和I有關(guān)適用于粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)體和濃度均勻的電解液適用于任何純電阻導(dǎo)體10．利用電阻定律求電阻【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】電阻定律的表達(dá)式為R＝ρlS【命題方向】一條粗細(xì)均勻的電阻絲電阻為R，其橫截面的直徑為d，若將它拉制成直徑為110A、110000RB、10000RC、1100分析：橫截面直徑為d電阻絲拉制成直徑為d10的均勻細(xì)絲后，公式S=14πd2得知，橫截面積變?yōu)樵瓉?lái)的1100，而電阻絲的體積不變，則長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的100倍，由電阻定律R＝解答：S=14π∵d∴SV′＝L′S′＝LS∴L′＝100L由電阻定律R＝ρLR'故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題要注意當(dāng)導(dǎo)體橫截面變化時(shí)，其長(zhǎng)度也跟著變化，抓住導(dǎo)體的體積不變．考查對(duì)電阻定律的理解能力．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)于同一個(gè)導(dǎo)體，如果導(dǎo)體接入電路的方式不同，那么導(dǎo)體的電阻也會(huì)有差異。11．線性元件及其伏安特性曲線【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.I﹣U圖像以電流為縱軸、電壓為橫軸畫出導(dǎo)體上的電流隨電壓變化的曲線，叫作導(dǎo)體的伏安特性曲線。如下圖甲、乙所示。2.比較電阻的大小圖像的斜率k=IU=1R，即I﹣U圖像的斜率等于電阻的反比，圖甲中R3.線性元件：如圖甲所示，伏安特性曲線是直線的電學(xué)元件稱作線性元件，適用歐姆定律。4.非線性元件：如圖乙所示，伏安特性曲線為曲線的電學(xué)元件稱作非線性元件，不適用歐姆定律?！久}方向】對(duì)于圖中的圖線所對(duì)應(yīng)的兩個(gè)導(dǎo)體（）A、R1＝3R2B、R2＝2R1C、兩個(gè)導(dǎo)體中的電流相等（不為零）時(shí)的電壓之比U1：U2＝3：1D、兩個(gè)導(dǎo)體兩端的電壓相等（不為零）時(shí)的電流之比）I1：I2＝3：1分析：伏安特性曲線中直線的斜率表示的是電阻的倒數(shù)，根據(jù)斜率的大小可以判斷AB電阻的大小；根據(jù)電阻的大小，再由歐姆定律可以判斷流過(guò)電阻的電流的大小。解答：I﹣U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)。由于1與2的斜率之比是1：3，所以電阻值比是3：1．故A正確，B錯(cuò)誤。兩個(gè)導(dǎo)體中的電流相等（不為零）時(shí)的電壓之比就等于電阻值比，即U1：U2＝3：1．故C正確。由圖象可知，兩個(gè)導(dǎo)體兩端的電壓相等（不為零）時(shí)的電流之比）I1：I2＝1：3．故D錯(cuò)。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：題就是考查學(xué)生對(duì)于伏安特性曲線的理解，在做題時(shí)一定要區(qū)分開U﹣I圖象和I﹣U圖象，不同的圖象中的直線的斜率的含義不同?！窘忸}思路點(diǎn)撥】（1）要區(qū)分是I﹣U圖像還是U﹣Ⅰ圖像。（2）對(duì)線性元件，R=UI=ΔU12．非線性元件及其伏安特性曲線【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.I﹣U圖像以電流為縱軸、電壓為橫軸畫出導(dǎo)體上的電流隨電壓變化的曲線，叫作導(dǎo)體的伏安特性曲線。如下圖甲、乙所示。2.比較電阻的大小圖像的斜率k=IU=1R，即I﹣U圖像的斜率等于電阻的反比，圖甲中R3.線性元件：如圖甲所示，伏安特性曲線是直線的電學(xué)元件稱作線性元件，適用歐姆定律。4.非線性元件：如圖乙所示，伏安特性曲線為曲線的電學(xué)元件稱作非線性元件，不適用歐姆定律?！久}方向】如圖所示是三種元件的伏安特性曲線，下列說(shuō)法正確的是（）A.1代表線性元件的電阻，溫度升高，電阻不變，其斜率等于電阻B.三條線代表的元件都是線性元件C.2代表某些半導(dǎo)體元件，隨著電壓、電流的升高，電阻減小D.3代表小燈泡的伏安特性曲線，電阻率隨溫度的變化而保持不變分析：理解圖像的物理意義，結(jié)合選項(xiàng)的描述即可完成分析。解答：A、由題圖可知元件1的伏安特性曲線是直線，說(shuō)明其電阻不隨電壓、電流、溫度的變化而變化，是線性元件，在I﹣U圖像中，其斜率等于電阻的倒數(shù)，故A錯(cuò)誤；B、題圖中三條線中的2、3是曲線，說(shuō)明其代表的元件不是線性元件，故B錯(cuò)誤；C、曲線2中反應(yīng)的特征是，隨著電壓、電流的增大，電阻逐漸減小，說(shuō)明該元件是半導(dǎo)體元件，故C正確；D、曲線3中反應(yīng)的特征是，隨著電壓、電流的增大，電阻逐漸增大，這符合小燈泡的伏安特性曲線，其電阻率隨溫度的升高而增大，故D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了歐姆定律的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義即可完成分析，屬于簡(jiǎn)單題型?！窘忸}思路點(diǎn)撥】（1）要區(qū)分是I﹣U圖像還是U﹣Ⅰ圖像。（2）對(duì)線性元件，R=UI=ΔU13．串聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In電壓U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un總電阻R總＝R1+R2+…+Rn1R功率分配P1P總＝P1+P2+…PnP1P總＝P1+P2+…+Pn【命題方向】如圖中，AB間的電壓為30V，改變滑動(dòng)變阻器觸頭的位置，可以改變CD間的電壓，則UCD的變化范圍是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻的關(guān)系分析得知，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最上端時(shí)，UCD最大，當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最下端時(shí)，UCD最小，分別求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的變化范圍．解答：當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最上端時(shí)，UCD最大，最大值為Umax=2R3RU=23×30v=20V；當(dāng)滑動(dòng)變阻器觸頭置于變阻器的最下端時(shí)，UCD最小，最小值為故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題實(shí)質(zhì)是分壓器電路，考查對(duì)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比特點(diǎn)的理解和應(yīng)用能力．【解題思路點(diǎn)撥】解決串聯(lián)電路問題的基本邏輯是：串聯(lián)電路中電流處處相等，所以電壓之比等于電阻之比，功率之比也等于電阻之比。14．混聯(lián)電路的特點(diǎn)及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.混聯(lián)電路的概念：電路中有串聯(lián)部分和并聯(lián)部分共存的電路叫作混聯(lián)電路。2.根據(jù)串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)解決混聯(lián)電路問題。【命題方向】如圖所示，R1與R2并聯(lián)之后再與R3串聯(lián)，已知UAB＝12V，R1＝6Ω，P3＝16W，I1=43（1）R1兩端的電壓為多少？（2）R3的電流是多少？（3）R2阻值為多少？（4）R3阻值為多少？分析：電阻R1與電阻R2并聯(lián)，根據(jù)通過(guò)R1的電流和R1的阻值，通過(guò)歐姆定律求出R1兩端的電壓，從而得出R3兩端的電壓，根據(jù)R3的功率求出通過(guò)R3的電流，根據(jù)總電流求出R2的電流，結(jié)合歐姆定律求出R2的阻值．解答：（1）根據(jù)歐姆定律得，R1兩端的電壓U1=I（2）R3兩端的電壓U3＝UAB﹣U1＝4V．則通過(guò)R3的電流I3（3）通過(guò)R2的電流I2則R2（4）R3答：（1）R1兩端的電壓為8V．（2）R3的電流是4A．（3）R2阻值為3Ω．（4）R3阻值為1Ω．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道串并聯(lián)電路的特點(diǎn)，以及掌握部分電路歐姆定律，并能靈活運(yùn)用．【解題思路點(diǎn)撥】解決簡(jiǎn)單混聯(lián)電路的方法（1）準(zhǔn)確地判斷出電路的連接方式，畫出等效電路圖。（2）準(zhǔn)確地利用串、并聯(lián)電路的基本規(guī)律、特點(diǎn)。（3）靈活地選用恰當(dāng)?shù)奈锢砉竭M(jìn)行計(jì)算。15．電子元器件、電路及家庭安全用電知識(shí)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．家庭電路的一般組成家庭電路由入戶線、電能表、空氣開關(guān)、漏電保護(hù)開關(guān)、三腳插座、普通插座、用電器等組成，如圖．（1）入戶線：火線、零線、地線．地線的作用是保障用電人員的人身安全，是漏電保護(hù)的前提條件．有電動(dòng)機(jī)的家用電器、在潮濕環(huán)境中使用的電器、具有金屬外殼的電器和其他規(guī)定使用接地的家用電器必須做好接地保護(hù)，否則外殼容易帶電．（2）電能表：串聯(lián)在交流電路中用來(lái)測(cè)量家庭用電的耗電