高考物理基础知识要点复习恒定电流。

一名合格的教师要充分考虑学习的趣味性，高中教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助高中教师更好的完成实现教学目标。高中教案的内容具体要怎样写呢？下面是由小编为大家整理的“高考物理基础知识要点复习恒定电流”，但愿对您的学习工作带来帮助。

20xx届高三物理一轮复习全案：第二章恒定电流单元复习（选修3-1）

【单元知识网络】
jAB88.CoM

【单元归纳整合】

【单元强化训练】
1利用双金属片温度传感器，可以控制电熨斗的温度，图7为电熨斗结构图，关于其控制温度的原理，下列说法正确的有()
A．双金属片上层的膨胀系数应小于下层
B．常温下(温度较低时)，两个触点间应该始终是断开的
C．熨烫棉麻衣物时需要较高的温度，因而要向下旋转调温旋钮
D．在较高温度工作时，若突然断开电源，两触点也会接着断开
答案C
2、精测试仪的工作原理如图所示，其中P是半导体型酒精气体传感器，该传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度C成正比，R0为定值电阻．以下关于电压表示数的倒数（）与酒精气体浓度的倒数（）之间关系的图象，正确的是（）
A
3、图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触头P向左端移动时，下面说法中正确的是（）
A．伏特表V1的渎数减小，安培表A1的读数增大
B．伏特表V1的读数增大，安培表A1的读数减小
C．伏特表V2的读数减小，安培表A2的读数增大
D．伏特表V2的读数增大，安培表A2的读数减小
答案：BC
4、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，在原、副线圈电路中分别接有阻值相同的电阻。交变电源电压为，则下列说法中正确的是
A．电阻两端的电压之比为
B．通过电阻的电流之比为
C．电阻上消耗的电功率之比为
D．电阻上消耗的电功率之比为
答案C
5、如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a，现要使静止在平行板电容器两极板之间的带电微粒向下运动．则应该（）
A.将k1断开
B.将k2掷在b
C.将k2掷在c
D.将k3断开
答案：AC
6、如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是：
A.金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多
B.金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于mv02
C.金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等
D.金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量
答案：ABD
7、如图所示电路中，电源内阻不可忽略，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则
A．A灯变亮B．B灯变亮
C．R1上消耗功率变大D．总电流变小
8如图所示，电源电动势为E，内电阻为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、电量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则以下说法正确的是（）
A．在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中，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向下移动的过程中，油滴向下加速
运动，G中有从b到a的电流
C．在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中，油滴仍然静止，
G中有从a到b的电流
D．在将S断开后，油没仍保持静止状态，G中无电流通过
9.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（AD）
A．L1和L3变暗，L2变亮
B．LI变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化值大于L3中电流变化值
D．Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值
10．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略。现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（B）
A．a灯变亮，b灯和c灯变暗
B．a灯和c灯变亮，b灯变暗
C．a灯和c灯变暗，b灯变亮
D．a灯和b灯变暗，c灯变亮
11、如图20所示，电源电动势E＝6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ.
⑴若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；
⑵若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．

解析：⑴设电容器上的电压为Uc.
电容器的带电量解得：Q＝4×10－4C
⑵设电压表与R2并联后电阻为R并
则电压表上的电压为:解得：＝3V
12、在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：
（1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
（3）S断开后，求流经R2的电量。
解：（1）根据法拉第电磁感应定律
求出E=1.2（V）
（2）根据全电路欧姆定律
根据
求出P=5.76×10-2（W）
（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q
电容器两端的电压U=IR2＝0.6（V）
流经R2的电量Q=CU=1.8×10-5（C）

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高考物理知识网络复习恒定电流教案

第十章恒定电流
恒定电流是高中物理电学的重点内容，占有很重要的地位。该部分知识可分为两大部分：第一部分以部分电路欧姆定律为中心，包括了六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热）、三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律）、电路若干基本规律（串联、并联电路的规律）；第二部分以闭合电路欧姆定律为中心，讨论电动势概念，闭合电路中的电流，路端电压，以及闭合电路中能量的转化等。另外，本单元知识与学生实验结合紧密，因而往往通过实验考查该部分知识的运用情况。
本章及相关内容知识网络

专题一部分电路
【考点透析】
一、本专题考点：电流、欧姆定律，电阻和电阻定律，电阻的串、并联，串联电路的分压作用，并联电路的分流作用，电功，电功率、串联、并联电路的功率分配是Ⅱ类要求，电阻率与温度的关系，半导体及其应用，超导现象，超导的研究和应用是Ⅰ类要求。高考的考查方向主要是实验和电路的计算，侧重点在于知识的运用。
二、理解和掌握的内容
1．几点说明①这部分知识的重点在于用电势的观点分析电路和对电功，电功率和焦耳定律的理解和应用，而串、并联电路的电流、电压和功率分配由于在初中时已经渗透，此处不是高考的重点内容。②欧姆定律的适用范围是纯电阻电路，也可以说成是线性元件。③要善于用能量守恒的观点研究电路中的能量关系。例如，在非纯电阻电路中，消耗的电能除转化为内能外，还要转化为机械能、化学能等，但总能量是不变的。④做描述小灯泡的伏－安特性曲线的实验时要采用电流表的外接法。
2．难点释疑①在用公式I＝q/t计算电流强度时，很多学生把“单位时间内通过导体横截面的电量”错误地理解为“单位时间内通过导体单位横截面积的电量”，从而认为在时间和电量相同的情况下，导线越细，电流越大。这是受到了公式I=nqsv的影响。也有的同学在计算电解槽中的电流时，只把正电荷通过某一横截面的电量做为计算电流的总电量，从而造成了答题的失误。②电阻率ρ反映了材料的导电性能，ρ的大小与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率随温度的升高而减小。③要注意电功和电热、电功率和热功率的区别。电流做功的实质是电场力对电荷做正功，电荷的电势能减小，电势能转化为其它形式的能。因此，电功W=qU=UIt和电功率P=W/t=UI是计算电功和电功率普遍适用的公式。当电流通过电阻时，计算电阻发热的焦耳定律Q=I2Rt和计算热功率的P=I2R也是普遍适用的公式，但是，只有在纯电阻电路中，电功和电热以及电功率和热功率才相等，否则，电功要大于电热，电功率也要大于热功率。
【例题精析】
例1一只“220V、100W”的灯泡，用欧姆表测量它的电阻应该是（）
A．等于484ΩB．大于484ΩC．小于484ΩD．无法确定
解析：灯泡的电阻是指其中金属灯丝的电阻，由于金属的电阻率随温度的升高而增大，因此正常发光时，灯丝的电阻一定比它在不工作时的电阻值要大。故答案是C。
思考拓宽：通常给定的电阻由于温度的变化幅度不大，我们一般都按固定电阻去处理，如绝大部分电路的分析，我们都不考虑由于通电升温造成的电阻变化。但是在温度变化范围很大时，比如白炽灯正常工作与常温下，再认为某一电阻（特别是纯金属的电阻丝）的阻值不发生变化，那就不合适了。例如：一个标有“220V60W”的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220V的过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示，在图10－1中给出的四个图线中，符合实际的只有Ｂ图。
例2微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.3V的电压时，通过的电流为0.3A，此时电动机不转。当加在电动机两端的电压为2.0V时，电流为0.8A，这时电动机正常工作，求吸尘器的效率为多少？
分析：解答该题时，先要明确用电器是否是纯电阻电路。当加0.3V电压时，它消耗的电能全部转化为内能，此时电动机为纯电阻电路；当加2.0V电压时，电动机运转，有机械能输出，此时电动机为非纯电阻电路，消耗的电能等于转化的机械能和内能之和。转化的内能由焦耳定律计算。
解析：当加上0.3V电压时，电动机不转，可求得电动机内阻：
R=U1/I1=0.3/0.3Ω=1.0Ω
当加上2V的电压时，电动机正常工作，此时，输入功率P=U2I2=2.0×0.8W=1.6W
此时，电动机的发热功率为Pˊ=I22R=0.82×1W=0.64W
因此，电动机的效率为η＝（P－Pˊ）/P＝（1.6－0.64）/1.6＝60%

【能力提升】
Ⅰ．知识与技能
1．一只普通的实用照明白炽灯正常发光时，通过它的电流强度与下列哪一个值较为接近？（）
A．20AB．2AC．0.2AD．0.02A
2．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为髓鞘是由多层类脂物质－髓质累积而成，具有很大电阻。经实验测得髓质的电阻率ρ=8×106Ωm,其中生物体中某段髓质神经纤维可看作高20cm，半径4cm的圆柱体，当在其两端加上电压U＝100V时，该神经产生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流是（）
A．0.31μAB．0.62μAC．0.5μAD．0.43μA
3．如图10—2所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等。停电时，用欧姆表测得A、B间的电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，如图所示，则计算该幢居民楼的总功率可以用的公式是（）
A．P＝I2RB．P＝U2/RC．P＝IUD．P＝UI-I2R
4．超导材料电阻率为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90K的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4Ω，它提供给电器的电功率为40kW，电压为800V。如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（）
A．1KwB．1.6×103kWC．1.6kWD．10kW
５．两个电阻R1＝８Ω，R2＝２Ω并联在电路中，欲使这两个电阻消耗的电功率相等，可行的办法是（）
A．用一个阻值为2Ω的电阻与R2串联
B．用一个阻值为6Ω的电阻与R2串联
C．用一个阻值为6Ω的电阻与R1串联
D．用一个阻值为2Ω的电阻与R1串联
Ⅱ.能力与素质
6．某实验小组用三只相同的小灯泡，连接如图10—3所示电路，研究串并联电路特点，实验中观察到的现象是（）
A．K2断开，K1与a连接，三只灯泡都熄灭
B．K2断开，K1与b连接，三只灯泡亮度相同
C．K2闭合，K1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同
D．K2闭和，K1与b连接，三只灯泡都发光，L3亮度小于L2的亮度
7．如图10—4电路中，电阻R1、R2、R3的阻值都是1Ω，R4、R5的阻值都是0.5Ω，ab端输入电压U＝6V。当cd端接电压表时，其读数是＿＿＿＿V。
8．小灯泡的伏－安特性曲线如图10—5所示中的AB段曲线所示。由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了＿＿＿＿Ω。
9．某大楼安装了一台升降机，该升降机在电压为380V的电动机带动下以1m/s的恒定速度沿竖直方向上升，电动机的最大输出功率为9.1kW。不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时升降机的速率和不载人时相同，则这台升降机载10人时，电动机的输出功率为＿＿＿＿kW，这台升降机可同时乘载的最多人数为＿＿＿＿人（设人的平均质量为60kg,g=10m/s2，电动机的内阻和一切摩擦不计）。
【拓展研究】
10.一台国产XQB30－13型全自动洗衣机说明书中所列的主要技术数据如下表，试根据表中提供的数据计算：
额定电压220V
额定频率50Hz
额定洗衣、脱水功率360W
额定洗衣、脱水容量3kg
整机质量33kg
外形尺寸（长×宽×高）(540×550×920)mm2
（1）这台洗衣机在额定电压下洗衣或脱水时，通过洗衣机的电流强度是多大？
（2）如洗衣、脱水的累计时间为40min，则洗衣机耗电多少？

专题二闭合电路欧姆定律
【考点透析】
一、本专题考点：电源的电动势和内电阻，闭合电路的欧姆定律，路端电压是Ⅱ类要求，高考中考查的主要形式有动态电路的分析和与电磁感应知识相联系的题目分析等。
二、理解和掌握的内容
1．几点说明
（1）合电路欧姆定律的表达式可以有：Ｉ＝Ｅ/（Ｒ＋r）、Ｅ＝Ｕ＋Ｉｒ和Ｅ＝Ｕ＋Ｕ1，但第一个公式仅适用于纯电阻电路，后两个公式才适用于任何电路。
（2）在测电源的电动势和内阻的实验中，安培表必须在支路上。本实验还可以用电阻箱和电流表或电阻箱和电压表代替滑动变阻器、电流表和电压表。处理实验数据时均可使用公式法或图象法。
（3）要能区分电动势、电势差和电压的区别。电源的电动势等于从负极搬运单位正电荷至正极时，电源所做的功。它表征电源把其他形式的能转化为电能的本领。电势差表示导体两点间把单位正电荷从一点移到另一点时，电场力所做的功。而电压实际上就是电势差，它表示电路中两点间单位正电荷从一点移到另一点时，电流所做的功，也就是电能转化为其他形式的能的过程，电流做功实际上是电场力移动电荷做功。上面所述的问题弄清楚了，对于电源的路端电压、内电压与电动势的区别也就不容易搞错了。电源的路端电压是指电源加在外电路两端的电压，是指电场力把单位正电荷从正极经外电路移到负极所做的功。电源的电动势对一个固定电源来说是不变的，而电源的路端电压都是随外电路的负载而变化的。它的变化规律服从全电路欧姆定律。它的数学表达式为U＝E－Ir，其中Ir为电源的内电压，也叫内压降。它的物理过程虽然也发生在电源两端，但与电动势的意义不同，它是由电场力所引起的，在电源内部起着消耗电能的作用。对一个固定的电源来说，它的内阻r一般认为是不变的，但通过电源的电流是随外电路而变化的，因此内电压也是一个随外电路而变化的量。
2．难点释疑
（1）电源的电动势是描述电源把其它形式的能转化为电能的本领的。例如，E＝1.5V，是指电路闭合后，电源通过电流时，每通过1c电量，干电池就把1.5J的化学能转化为电能。
（2）要会用定律分析动态电路，判断电表示数的变化或者灯的亮暗的变化。判断时要注意，对整个电路来讲，任一电阻增大或减小，全电路的总电阻都跟着增大或减小。分析电流时要注意，先分析干路上的电流变化，再分析支路上的电流变化；先分析固定电阻的电流变化，再分析可变电阻的电流变化。
（3）要善于用能量的观点分析电路：电源的总功率为P＝EI，输出功率为P1＝UI（电路为纯电阻电路时，还可以写成P1＝I2R）电源内部的损耗功率为P′＝I2r，电源的效率为η＝U/E，对纯电阻电路而言，内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电源的效率为50%。
【例题精析】
例1如右图10—6所示，闭合电键S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同，若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为（）
A．A灯变亮B．B灯变亮
C．A灯最亮D．C灯最亮
解析：当滑片向下移动时，根据外电阻的变化，由I＝ε/（R+r），确定各部分电流，电压变化，进一步判定各灯消耗的功率情况。具体思路是：
当滑片向下移动时
R↓→R总↓→I↑→UB↓→IB↓→IC↑
↓↓↓
PA↑PB↓PC↑
由于P＝I2R，三灯的功率相同时，IA＞IC，可得RC＞RA，当滑片向下移动后，△IC＝△IA＋∣△IB∣＞△IA。因此PC＞PA，故选A、D。
思考拓宽：由电键的开合或变阻器电阻的变化而引起电灯泡亮度的变化或电表读数的变化是典型的“局部电路的变化”→“整个电路中各部分电流、电压的变化”问题。此类问题应明确各用电器或电表所对应的电流、电压的基础上，按局部（R的变化）→全局（I总U端的变化）→局部（U分I分的变化）逻辑思维进行分析推论。
例2如图10—7所示，电源的电动势为E，内阻r=2Ω，定值电阻R1＝0.5Ω，求：（1）当滑动变阻器的阻值R2为多大时，电阻R1消耗的功率最大？（2）当变阻器的阻值为多大时，变阻器消耗的功率最大？（3）当变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？
解析：电阻R1消耗的功率P1＝I12R1，仅由I1决定。变阻器消耗的功率最大，可以将R1视作电源的内阻，即R2＝R1＋r时，变阻器有最大功率。电源的最大输出功率与上面分析类似。
（1）定值电阻R1消耗的电功率P1＝I12R1＝E2R1/（R1＋R2＋r）2，可见当变阻器R2＝0时，R1的消耗功率最大。
（2）将电阻R1等效到电源内部，则当变阻器阻值R2ˊ＝R1＋r＝0.5Ω＋2Ω＝2.5Ω时，变阻器消耗功率最大。
（3）将R1＋R2＝r.即R2=r-R1=（2-0.5）Ω=1.5Ω时,电源有最大输出功率。
思考拓宽：本题在分析第二问时，是将电阻R1“等效”到电源内部再进行处理的，这种电路的等效变换在电路的分析中运用得非常广泛。例如：在图10—8中，当电阻R=R0r/（R0+r）时，滑动变阻器消耗的功率最大，也是把R0看成了电源，但是，这里一定要注意，在研究可变电阻的功率时，可以把固定电阻看成电源，但研究固定电阻的功率时，绝对不可以把固定电阻看成电源。
同学们可以试着用等效的思想，将虚线框内的部分看成一个等效电源来分析下面的两个题目。
1．用如图10—9所示电路测电池电动势和内阻的实验中，以下说法不正确的是（）
A．因为电流表有内阻而分流，使电压表的测量值小于真实值
B．因为电压表有内阻而分流，使电流表的测量值小于真实值
C．实验中得到的电动势小于真实值
D．实验中得到的电池内阻的值小于真实值
答案：A
2．用如图10—10所示的电路（R1、R2已知）测定一个电源的电动势E和内阻r，由于没有考虑电流表的内阻，因而测量结果是（）
A．E偏大，r偏小B．E偏小，r偏大
C．E准确，r偏大D．E准确，r偏小
答案：C
【能力提升】
Ⅰ.知识与技能
1.一盏电灯,直接接在恒定的电源上,其功率为100W,若将这盏灯先接上一段很长的导线后,再接在同一电源上,在导线上损失的功率为9W,那么此时电灯实际消耗的功率将()
A.等于91WB.小于91W
C.大于91WD.条件不足,无法确定
2.将阻值相等的两段金属丝R1和R2串联后接在一个不计内阻恒压电源上,设R1温度不变,对R2加热或冷却,则R2的电功率变化说法正确的是()
A.加热变大,冷却变小B.加热变小,冷却变大
C.加热、冷却都变小D.加热、冷却都变大
3．如图10—11所示的电路中，电源电阻不可忽略，已知R1=10Ω，R2=8Ω，当电键置于1时，安培表读数为0.2A;当电键置于2时,安培表的读数可能为()
A．0.19AB．0.22A
C．0.25AD．0.28A
4．在如图10—12所示电路中，当变阻器R3的滑动触头向b端移动时，（）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
5．如图10—13所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线，若A、B横坐标为1/A。那么AB线段表示的功率等于（）
A．1WB．3W
C．2WD．2.5W
Ⅱ.能力与素质
6．如图10—14电路中，电池电动势为E，内阻为r，当可变电阻的滑片P向b点移动时，电压表V1的读数U1与电压表V2的读数U2的变化情况是（）
A．U1变大，U2变小B．U1变大，U2变大
C．U1变小，U2变小D．U1变小，U2变大
7．某太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA若将该电池与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）
A．0.10VB．0.20VC．0.30VD．0.40V
8．在如图10—15所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R5的滑动触头向图中a端移动时（）
A．I变大，U变小B．I变大，U变大
C．I变小，U变大D．I变小，U变小
9．一个蓄电池输出电压为12V，若输出的电能为4.3×106J，则它放出的电量为＿＿＿＿C。
【拓展研究】
10.手电筒的两节干电池，已经用了很长时间，灯光只能发出微弱的光，把它们取出来，用电压表测电压，电压表示数很接近3V，再把它们作为一个台式电子钟的电源，电子钟能正常工作，下列说法中正确的是（）
A．这两节干电池的电动势减小了很多
B．这两节干电池的内电阻减小了很多
C．这台电子钟的额定电压一定比手电筒里的小灯泡额定电压小
D．这台电子钟正常工作时电流一定比小灯泡正常工作时电流小

专题三电路的分析和计算
【考点透析】
一、本专题考点：欧姆定律，电阻的串并联，路端电压等有关电路的分析和计算是Ⅱ类要求，要能够分析清楚电路的结构，会正确画出等效电路图，并进行计算，电路出现故障时，会尽快查找出故障原因并给予排除。
二、理解和掌握的内容
1．几点说明
（1）电路中某两点间电压为零，可以是两个原因造成的：第一个是电流为零的局部断路情况。如与电容器相连的电阻，在电路稳定时，电阻两端电压为零。第二是电阻为零的短路情况，如用导线相连的两点间电压为零。
（2）电路的故障有两种：第一种是断路故障，其表现为电源的电压不为零而电流强度为零。第二种是短路故障，其表现为电路中的某段电路中电流通过，但这段电路两端的电压为零。
2．难点释疑
（1）对含有电容器的电路进行分析要慎重，电容器是一种储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于断路元件，简化电路时可以去掉它。
（2）寻找电路故障可以用以下两种方法：第一种是仪器检测法。判断断路故障可以用电压表先与电源并联，若有电压时，再逐段与电路并联；若电压表指针偏转，则该段电路中有断点。判断短路故障时也可以用电压表与电源并联，若有电压时，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该电路被短路；若电压表示数不为零，则该电路不被短路或不完全被短路。第二种是假设法。已知电路发生某种故障，寻求故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用电流定律进行正向推理，推理结果若与题述物理现象不符合，则故障不是发生在这部分电路；推理结果若与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路；直到找出发生故障的所有可能为止。
（3）黑盒子中的元件连接问题是电学中非常棘手的内容，它的特点是给出一个未知系统的测试结果，要求确定系统的内部结构。解决这类问题时要注意运用电路的规律猜想、论证、修改，一步步完善。可以按以下基本程序进行分析：第一步，将电阻为零、电压为零的接线柱短接；第二步，在电压最大的两接线柱间接电池，或根据测试结果，分析计算各接线柱之间的电阻分配；第三步，划出电阻数目最多的两接线柱之间的部分电路。然后一步步画出全电路。最后，画出最简电路。
【例题精析】
例1．如图10—16所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡变暗，可以（）
A．增大R1B．减小R1C．增大R2D．减小R2
解析：灯泡变暗，表示灯泡消耗的功率减小，欲使灯泡的功率较小，应使灯泡两端的电压降低。C处相当于电路断路。据欧姆定律可以判断出：要减小U，一定增大R1，或减小R2，故本题正确选项为A、D。
思考与拓宽：本题是一个电路动态变化题，考查学生运用欧姆定律和串并联电路的特点进行推理、判断的能力。本题也可以利用极端假设法进行解答或验证，因为题中对R1、R2的数值未作具体限制，若假设R2减小一直趋近于零时，即R2被短路，显然灯泡不亮；当R2不变，R1增大到无限大时，相当于外电路断路，灯泡也不亮，显而易见，A、D正确。解答这类问题的一般方法为：首先，分析电路中的器件、电表连接、确定电路结构情况；其次，根据动态变化的原因，分析电路结构特点；最后，根据电路结构特点和题设条件，运用欧姆定律和串并联电路的特点进行推理、判断各部分相应物理量（所求）的变化情况。
例2如图10—17所示，电灯L标有“4V，1W”，滑动变阻器R总电阻为50Ω。当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A。由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数为0.5A,电压表示数为10V,如导线完好,电路中各处接触良好,试问发生的故障是短路还是断路?发生在何处?
解析:电路发生故障后,电流表读数增大,路端电压U=U2=I2R2也增大,因此外电路总电阻增大,一定在外电路某处发生断路。由于电流表有读数,R2不可能断路,电压表也有读数,滑动变阻器不可能断路,只可能灯L发生断路。
思考与拓宽：根据题中条件也可以计算：
（1）发生故障前,滑动变阻器接入电路的阻值为多大?（20Ω）
（2）电源的电动势和内电阻为多大?（E=12.5V,r=5Ω）
【能力提升】
Ⅰ.知识与技能
1．如图10—18所示为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻。现发现电路中没有电流。为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220V，由此可知（）
A．ab间电路通，cd间电路不通
B．ab间电路不通，bc间电路通
C．ab间电路不通，bc间电路不通
D．bc间电路不通，cd间电路通
2．如图10—19所示电路中，灯L1发光，而灯L2、L3均不发光，理想电流表A1有示数，理想电流表A2无示数，假设只有一处出现故障，则故障可能是()
A．灯L1断路
B．灯L3断路
C．灯L2短路
D．灯L3短路
3．如图10—20所示电路中，由于某一电阻断路，致使电压表和电流表的示数均比该电阻未断路时要大，则这个电路中断路的电阻()
A．可能是R1B．可能是R2
C．可能是R3D．一定是R4
4．如图10—21所示的电路中，电源的电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，电阻R1：R2：R3：R4=3：2：1：1，电键K断开，今将K闭合，由K闭合到电路稳定的过程中通过R3的电量是()
A．EC/5B．2EC/5
C．3EC/5D．EC
5．如图10—22所示，ABCD是4只相同的灯泡，都额定电压为110V，把它们按图示连接后接到220V的电源上，闭合开关K时，各灯正常发光，若断开K，则()
A．灯泡C和D正常发光
B．灯泡B、C、D正常发光
C．灯泡C被烧坏
D．灯泡B、C、D均被烧坏
Ⅱ.能力与素质
6．某同学在测定标有“3.8V”的小灯泡的电阻时采用伏安法进行的，但它将电压表、电流表位置颠倒了，接成了如图10—23所示的电路，这将会使（）
A．小灯泡损坏B．小灯泡不亮
C．电流表损坏D．电压表读数约为0V
7．如图10—24电路中，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W。当开关S接位置1时，电压表读数为3V，那么当开关S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是（）
A．很暗，甚至不亮B．正常发光
C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏
8．如图10—25所示电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮一油滴P，断开哪一个电键P会向下运动（）
A．S1B．S2C．S3D．S4
9．如图10—26中电源电压U=5V，内阻不计，V1、V2、V3三个电压表的内电阻相同，其中V1、V2的读数分别为3V、2V，电压表V3的读数是_____V。
【拓展研究】
10．一个盒子内装有导线和几个相同阻值组成的电路，盒外的1、2、3、4是该电路的四个接线柱，已知1、2的电阻是1、3间的电阻的2倍，1、3间的电阻又等于2、4间的电阻，而3、4间没有明显的电阻，试在图10—27中画出盒内最简单的一种电路图。

专题四电流、电压、电阻的测量
【考点透析】
一、本专题考点：电流、电压和电阻的测量，电流表、电压表和多用电表的使用，伏安法测电阻是Ⅱ类要求，在高考中，既可以与普通试题相结合进行电路的分析和计算，也可以以实验题的形式进行考试，是本章的重点内容。
二、理解和掌握的内容
1．难点释疑
（1）处理电路中的电压表和电流表时，要弄清电表是否是理想电表，如果是，可以将电压表看成是断路元件，而将电流表看成是短路元件；如果电表不是理想电表（有内阻），则可以将该电表看成是一个理想电表和一个与内阻阻值相等的电阻串联而成的电学仪器。
（2）伏安法测电阻有两种连接方法：安培表的外接法适于测量阻值较小的电阻，如果考虑电表对测量结果的影响，其测量值比真实值偏小，测量值是真实值与伏特表内阻的并联值；安培表的内接法适合于测量阻值较大的电阻，如果考虑到电表对测量结果的影响，其测量值比真实值偏大，测量值是真实值与安培表内阻之和。
（3）判断某一待测电阻ＲX是适合用安培表的内接法还是外接法测量，一般有两个思路：如果已知ＲX的大约值和电流表、电压表的内阻，可以比较：ＲX/ＲA与ＲV/ＲX哪个大，比值大的那块表影响小。电流表影响小时，用内接法，电压表影响小时用外接法。也可以使用点触法：如图10—28所示，使线头端点P点分别接触a点和b点，如果电流表变化明显，用内接法，如果电压表变化明显，用外接法。
（4）滑动变阻器有两种连入电路的方法：分压法的优势是电压变化范围大，限流法的优势是电路连接简便，附加功率损耗小。当两种接法均能满足实验要求时，一般选限流接法。当负载电阻较小，变阻器总阻值较大时，限流接法对电流、电压控制范围较宽，控制作用显著，宜用限流接法；但当负载电阻较大，变阻器总阻值较小时，限流接法对电流、电压控制范围较窄，控制作用不明显，宜用分压接法。
2.几点说明
高中阶段遇到的电阻的测量，除上述伏安法外，还主要有以下几种：①替代法：如图10—29所示，连接电路后，先将电键S拔至1处，读出电流表的示数；再将电键S拔至2处，调整电阻箱的阻值，使电流表的示数与第一次相同。此时电阻箱的示数就是被测电阻Rx的阻值。②半偏法：电路10—30如图所示，图中的R用电位器，Rˊ用电阻箱。合上电键S1，调整R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度（注意不要使通过电流表的电流超过它的满偏电流，以免把电流表烧坏）。再合上开关S2，调整Rˊ的阻值，使电流表指针偏转到正好是满刻度的一半。当R比Rˊ大很大时，可以认为Rx=Rˊ。③使用多用电表。
【例题精析】

例1．用伏安法测量某电阻Rx的阻值，现有实验器材如下：
A．待测电阻Rx：范围在5Ω～8Ω，额定功率为1W
B．电流表A1：量程0～0.6A（内阻0.2Ω）；
C．电流表A2：量程0～3A（内阻0.05Ω）；
D．电压表V1：量程0～3V（内阻3kΩ）；
E．电压表V2：量程0～15V（内阻15kΩ）；
F．滑动变阻器R：0～100Ω；
G．蓄电池：电动势12V；
H．导线，电键。
为了较准确地测量，并保证器材安全，电流表应选＿＿＿＿＿，电压表应选＿＿＿＿。
解析该题既要选择线路结构，又要选择仪器。先确定测量电路：由额定电压Um2＝PRx，可以算出U≈2.8V，应选电压表V1，由额定电流Im2＝P/Rx有Im=0.45A，应选电流表A1，由电阻关系可知，应选用外接法。
再确定控制电路：由R＝100Ω＞10Rx知，应选择限流式电路。
思考与拓宽：对实验器材和装置的选择，应遵循以下几条主要原则。
①安全性原则：实验过程中，不产生由于器材或装置选择不当而使仪器发生损坏等不良后果。在电学实验中，主要表现为：使电流表实际通过的电流，电压表接线柱间实际所加的电压，均不得超过它们各自的量程；电表使用中，正、负接线柱不能接反；使滑动变阻器、电阻等元件通过的电流不超过其额定电流；电源的最大输出电流不超过其额定电流等。②准确性原则：要求实验误差尽量小，精度尽量高。即要求实验能尽量减小系统误差和偶然误差。在电学实验中，应选择适当的实验电器，选择电流表、电压表、欧姆表的适当量程进行测量。③方便性原则：在保证实验能够顺利进行的条件下，使实验方便易行。在电学实验中，主要表现在滑动变阻器规格的选择、分压式电路与限流式电路的选择等。④经济性原则：损耗最小为原则。
【能力提升】
Ⅰ.知识与技能
1．如图10—31是描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验器材。先在线框内画出该实验的线路图，再在图中连接实物图。

2．用图10—32中电路测定未知电阻Rx的值，图中电源电动势未知，电源内阻与电流表的内阻均可忽略不计，R为电阻箱：（1）若要测得Rx的值，R至少需要取＿＿＿个不同的数值；（2）若电流表每个分度表示的电流值未知，但指针偏转的角度与通过的电流成正比，则在用此电路测Rx时，R至少需取＿＿个不同的数值；（3）若电源内阻不可忽略，能否应用此电路测量Rx？答＿＿＿。
3．下列判断正确的是（）
A．采用分压法扩大电压表的量程时，串联的电阻越小，表的量程越大
B．采用分流法扩大电流表的量程时，并联的电阻越大，表的量程越大
C．无论是分压作用还是分流作用，都不能改变电表本身所承受的最大电压和最大电流
D．测电阻两端的电压时，误将电流表并联在电阻两端，接法虽错，但不会烧坏电流表
4.如图10—33所示，电源电动势6V、电阻R1=10Ω，R2=5Ω，三根导线有一根是断的，另处两根导线都是好的，为了查出断导线，某同学先用多用电表红表笔连接在电源上的正极a，再将黑表笔分别连接在电阻器R1的b端和R2的c端，并观察多用电表的指针示数，在下列选档中符合操作规程的是（）
A．欧姆档B．直流10V档
C．直流0.5A档D．直流2.5V档
5.如图10—34所示，电流表的内电阻不能忽略，R1，R2是两个可变电阻，当a、b间电压为4V时，电流表的指针刚好满偏（指针指在刻度盘最大值处）。当a、b间电压为3V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是（）
A．保持R2不变，增大R1B．保持R2不变，减小R1
C．保持R1不变，增大R2D．增大R2，减小R1
Ⅱ.能力与素质
6．测两个电池a、b的电动势得到如图10—35所示的U－I图线，则：（）
A．电池a的电动势较大，内电阻较小
B．电池a的电动势较小，内电阻较大
C．电池b的电动势较小，内电阻较小
D．电池b的电动势较大，内电阻较大
7．做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”时所描绘的是曲线而不是直线，某同学分析实验结论时给出以下理由，其中正确的是()
A．电源电压较高，降低电压就一定会是直线
B．小灯泡灯丝电阻不是恒值，随温度升高会发生变化
C．电路中的连接点有接触不良的现象
D．改描I－U曲线可能变为直线
8．图10—36为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻r=100Ω，调零电阻最大阻值R=50kΩ,电池电动势E=1.5V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是()
A．30kΩ～80kΩB．3kΩ～8kΩ
C．300Ω～800ΩD．30Ω～80Ω
9．用多用电表测量直流电压U和电阻R时，若红表笔插入多用表的正(+)插孔，则()
A．前者(测电压)电流从红表笔头流入多用表，后者(测R)从红表笔头流出多用表
B．前者电流从红表笔头流入多用表，后者电流从红表笔头流入多用表
C．前者电流从红表笔头流出多用表，后者电流从红表笔头流出多用表
D．前者电流从红表笔头流出多用表，后者电流从红表笔头流入多用表
【拓展研究】
10．计算机散热用排风扇的中心部件是一个直流电动机，此电动机的基本工作原理是通电线圈在安培力的作用下发生转动，把电能转化成机械能。一台旧的计算机散热用排风扇，铭牌已模糊，只能看清其额定电压为12V，现通过一系列实验测定其在额定电压下的输出功率。(估计在6W左右)
(1)用多用表的欧姆档粗测其转子线圈的电阻r约为1.8Ω。
(2)用伏安法对r准确测量(为保护线圈，实验中电流不能超过2A)，备用的器材有：
双量程安培表：0-0.6A-3A，内阻值均为零点几欧
双量程伏特表：0-3V-15V，内阻均为几千欧
滑动变阻器：全电阻10Ω，额定电流3A
电源：电动势4.5V，内阻很小
电键一只，导线若干
Ⅰ.其中安培表应选量程_____________，伏特表应选量程_____________；
Ⅱ.在右边的方框内画出测量所需的电路图；(风扇电机已画出)
Ⅲ.将实验测得的数据描点在坐标纸上得到如图10—37所示的U－I图象。据此确定线圈电阻为_________Ω；
Ⅳ.在对r进行准确测量的过程中，应对扇叶进行控制，即___________。
(3)换用电动势为15V的电源，测量该风扇在额定电压下的输出功率，此时安培表应选量程_____________，伏特表应选量程_____________，若测得其额定电流为0.50A，则其输出功率为________W。
效果验收
１．关于电流强度，下列说法正确的是；（）
Ａ．电子运动的速率越大，电流强度越大
Ｂ．电流强度是矢量，其方向就是正电荷运动的方向
Ｃ．电流强度属于标量，电流强度的单位是安培，１Ａ＝１Ｃ／Ｓ
Ｄ．电流强度的测量使用安培表，使用时安培表与被测部分并联
2．下列说法正确的是：（）
①电动势表示电源把其他形式的能转变为电能的本领
②照明电路中使用的灯功率越大，电路总电阻越大，路端电压越高
③外电路断开时电源两端电压数值上等于电源电动势
④电动势与电路结构有关
Ａ．①②③Ｂ．①③
Ｃ．①③④Ｄ．②③④
３．如图10—38所示，电源电动势为ε，内阻为r，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，当R2的滑动触头向右滑动时，电源的输出功率将：（）
A．增大B．减小C．不变D．不能确定
４．如图10—39当R1的触头向右移动时，电压表V1和电压表V２的示数变化量分别为ΔU1和ΔU2（均取绝对值）则：（）
A．ΔU1ΔU2B．ΔU1=ΔU2C．ΔU1ΔU2D．无法确定
５．如图10—40三个电阻R1、R2、R3的阻值均相同，允许消耗的最大功率分别为10W、10W、4W，此电路允许消耗的最大功率为：（）
Ａ．24ＷＢ．16WＣ．15WD．12W
6．如图10—41为某收音机内一部分电路元件的直流等效电路图，各个等效电阻的阻值都是２Ω，Ａ为一只内阻忽略不计的电流表，将它如图所示接在电路中，若Ｂ、Ｃ两点间加有６Ｖ的恒定电压，则电流表的计数是：（）
Ａ．３AＢ．２AＣ．1AＤ．0A
７．如图10—42所示的电路是一只三用电表的原理图，它的正确使用是：
①合上Ｋ１Ｋ4可当电流表使用
②只合上Ｋ２可当电压表使用
③只合上Ｋ２可当欧姆表使用
④只合上Ｋ３可当电压表使用
Ａ．①②③Ｂ．②③④Ｃ．①③④Ｄ．①②④
８．如图10—43电源的电动势为ε，内阻为ｒ，电键Ｋ原来闭合，现把Ｋ打开，则电流表和电压表的是数变化情况为：、（）
Ａ．A的是数增大，V的是数减小
Ｂ．A的是数增大，V的是数增大
Ｃ．A的是数减小，V的是数减小
Ｄ．A的是数减小，V的是数增大
９．两只电流表Ａ１、Ａ２串联后连成如图10—44甲所示电路，调节Ｒ使Ａ１满偏时，Ａ２的示数为满偏的2/3，将Ａ１和Ａ２并联后连成图乙的电路，重新调节Ｒ，当Ａ２满偏时，Ａ１的示数为满偏的1/3，已知Ａ１的内阻为0.45Ω,那么Ａ２的内阻为：（）
Ａ．0.1ΩＢ．0.3ΩＣ．0.45ΩＤ．1.5Ω
10．如图10—45，为检查电路故障，用电压表测得ＵAE＝７Ｖ、ＵED＝０Ｖ、ＵCD＝０Ｖ、ＵCE＝６Ｖ则此故障是下列故障中的那一种：（）
Ａ．Ｒ断路Ｂ．Ｌ断路Ｃ．Ｒ‘断路Ｄ．Ｒ‘与Ｌ同时断路
11．在如图10—46所示的电路中，Ａ、Ｂ、Ｃ分别表示电流表或电压表，它们的示数以安或伏为单位，当电键S闭合后，A、B、C三表的示数分别为1、2、3时，灯L1、L2正好均正常发光，已知灯L1、L2的额定功率纸币为3:1，则可判断：（）
A．A、B、C均为电流表
B．A、B、C均为电压表
C．B为电流表，A、C为电压表
D．B为电压表，A、C为电流表
12．如图10—47是测_________的电容式传感器，是通过改变_______________而改变___________的。
13．现需要测一个内阻较大的电源电动势和内电阻，只有两块伏特表V1、V2以及电键和一些导线，已知伏特表V1的内电阻为R0，两伏特表的两程均略大于估计出的电源的电动势：（1）在右边的图10—48虚线框内画出测量电路
（2）列出求解方程（对使用的符号要有必要的文字说明）
14．实验室中现有器材如图10—49实物图1所示，有：
电池E，电动势约10V，内阻约1Ω；电流表A1，量程10A，内阻r1约为0.2Ω；电流表A2，量程300mA，内阻r2约为5Ω；电流表A3，量程250mA，内阻r3约为5Ω；电阻箱R1，最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω；滑线变阻器R2，最大阻值100Ω；开关S；导线若干。
要求用图2所示的电路测定图中电流表A的内阻。
（1）在所给的三个电流表中，哪几个可用此电路精确测出其内阻？
（2）在可测的电流表中任选一个作为测量对象，在实物图上连成测量电路。
（3）你要读出的物理量是_______。用这些物理量表示待测内阻的计算公式是_______。
15．在如图10—50所示的电路中，M、N间的电压为6V，电灯L上标有“4V、4W”字样，滑动变阻器总电阻Rab=13．５Ω，当变阻器滑动触头滑到Ｃ处时，电灯Ｌ恰能正常发光，则：①变阻器的ac段、bc段的电阻各位多少？②滑动变阻器所消耗的总功率为多少？

16．如图10—51所示，电阻Ｒ１＝8Ω，直流电动机内阻Ｒ２＝2Ω，当电键Ｋ断开时电阻Ｒ１消耗的电功率为2．88Ｗ，电源效率（即电源输出功率与总功率之比）为80%；当Ｋ接通后，电阻Ｒ１消耗的电功率为2Ｗ，设电动机除内阻外其它损耗不计，试求接通后电动机输出的机械功率。
17．把一个“１０Ｖ２Ｗ”的纯电阻用电器Ａ接到某一电动势和内电阻都不变的电源上，它消耗的实际功率为２Ｗ，将另一个“１０Ｖ５Ｗ”的纯电阻用电器仍接在这个电源上，什么情况下实际功率小于２Ｗ？（设用电器阻值不随温度变化）
18．如图10—52所示Ｒ１＝Ｒ２＝Ｒ３＝Ｒ４＝Ｒ电键Ｋ闭合时，间距为ｄ的平行板电容器Ｃ的正中心恰好有一个质量为ｍ带电量为ｑ的小球处于静止状态，电键Ｋ断开时，小球向电容器的一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同性质的电荷，碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一个极板，若不计电源内阻。
求：①电源的电动势
②小球与极板碰撞后的带电量

第十章恒定电流
专题一1．Ｃ2．Ａ３．Ｃ４．Ａ５．Ａ６．D７．２８．１９．7.9，12拓展研究1.64A，8.64×105
专题二1．B2C．３．B４．B５．C６．A７．D８．D９．3.6×105
拓展研究D
专题三1．D2．C３．A４．D５．C６．B７．A８．C９．1拓展研究如右图10—1为最简电路。
专题四1．如下图10—2为所求电路线路图，10—3为所画电路实物图2．2，2，否３．C４．B５．A６．D７．B８．B９．B拓展研究Ⅰ0—3A，0—3V；
Ⅱ如图10—4为所求电路线路图；Ⅲ2；Ⅳ不让扇叶转动；(3)0—0.6A，0—15，5.5

效果验收1．C2．Ｂ３．Ｄ４．Ａ５．Ｃ６．Ｃ７．Ｃ８．Ａ９．Ａ10．Ｄ11．Ｄ
12．K闭合时V１的示数Ｕ１，Ｋ断开时Ｖ１的示数Ｕ２，Ｖ２的示数Ｕ３，设Ｖ２的内阻为Ｒ′，电源的电动势和内电阻分别为ε、ｒ，Ｕ１＝εR0／（R0＋ｒ）Ｕ２＝εR0／（R0＋Ｒ′＋ｒ）Ｕ２／Ｕ３＝R0／Ｒ′13．（1）A2、A3

（3）A2、A3两电流表的读数I2、I3和电阻箱R1的阻值R1。
14．1.5Ω12Ω4W15．1.5W
16．r10Ωε=10+0.2r17．3mgd/2q7q/6

高考物理恒定电流知识点总结复习

作为优秀的教学工作者，在教学时能够胸有成竹，教师要准备好教案，这是教师的任务之一。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，减轻教师们在教学时的教学压力。教案的内容具体要怎样写呢？下面是由小编为大家整理的“高考物理恒定电流知识点总结复习”，仅供参考，欢迎大家阅读。

第十章恒定电流

电路基本规律串联电路和并联电路

知识要点：

1．部分电路基本规律

（1）形成电流的条件：一是要有自由电荷，二是导体内部存在电场，即导体两端存在电压。

（2）电流强度：通过导体横截面的电量q跟通过这些电量所用时间t的比值，叫电流强度：。

（3）电阻及电阻定律：导体的电阻反映了导体阻碍电流的性质，定义式；在温度不变时，导体的电阻与其长度成正比，与导体的长度成正比，与导体的横截面S成反比，跟导体的材料有关，即由导体本身的因素决定，决定式；公式中L、S是导体的几何特征量，叫材料的电阻率，反映了材料的导电性能。按电阻率的大小将材料分成导体和绝缘体。

对于金属导体，它们的电阻率一般都与温度有关，温度升高对电阻率增大，导体的电阻也随之增大，电阻定律是在温度不变的条件下总结出的物理规律，因此也只有在温度不变的条件下才能使用。

将公式错误地认为R与U成正比或R与I成反比。对这一错误推论，可以从两个方面来分析：第一，电阻是导体的自身结构特性决定的，与导体两端是否加电压，加多大的电压，导体中是否有电流通过，有多大电流通过没有直接关系；加在导体上的电压大，通过的电流也大，导体的温度会升高，导体的电阻会有所变化，但这只是间接影响，而没有直接关系。第二，伏安法测电阻是根据电阻的定义式，用伏特表测出电阻两端的电压，用安培表测出通过电阻的电流，从而计算出电阻值，这是测量电阻的一种方法。

（4）欧姆定律

通过导体的电流强度，跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，即，要注意：

a：公式中的I、U、R三个量必须是属于同一段电路的具有瞬时对应关系。

b：适用范围：适用于金属导体和电解质的溶液，不适用于气体。在电动机中，导电的物质虽然也是金属，但由于电动机转动时产生了电磁感应现象，这时通过电动机的电流，也不能简单地由加在电动机两端的电压和电动机电枢的电阻来决定。

（5）电功和电功率：电流做功的实质是电场力对电荷做功，电场力对电荷做功电荷的电势能减少，电势能转化为其他形式的能，因此电功W=qU=UIt，这是计算电功普遍适用的公式。单位时间内电流做的功叫电功率，这是计算电功率普遍适用的公式。

（6）电热和焦耳定律：电流通过电阻时产生的热叫电热。Q=I2Rt这是普遍适用的电热的计算公式。

电热和电功的区别：

a：纯电阻用电器：电流通过用电器以发热为目的，例如电炉、电熨斗、白炽灯等。

b：非纯电阻用电器：电流通过用电器以转化为热能以外的形式的能为目的，发热是不可避免的热能损失，例如电动机、电解槽、给蓄电池充电等。

在纯电阻电路中，电能全部转化为热能，电功等于电热，即W=UIt=I2Rt=是通用的，没有区别。同理也无区别。在非纯电阻电路中，电路消耗的电能，即W=UIt分为两部分：一大部分转化为热能以外的其他形式的能（例如电流通过电动机，电动机转动将电能转化为机械能）；另一小部分不可避免地转化为电热Q=I2Rt。这里W=UIt不再等于Q=I2Rt，而是WQ，应该是W=E其他+Q，电功只能用W=UIt，电热只能用Q=I2Rt计算。

2．串联电路和并联电路

（1）串联电路及分压作用

a：串联电路的基本特点：电路中各处的电流都相等；电路两端的总电压等于电路各部分电压之和。

b：串联电路重要性质：总电阻等于各串联电阻之和，即R总=R1+R2+…+Rn；串联电路中电压与电功率的分配规律：串联电路中各个电阻两端的电压与各个电阻消耗的电功率跟各个电阻的阻值成正比，即：；

c：给电流表串联一个分压电阻，就可以扩大它的电压量程，从而将电流表改装成一个伏特表。如果电流表的内阻为Rg，允许通过的最大电流为Ig，用这样的电流表测量的最大电压只能是IgRg；如果给这个电流表串联一个分压电阻，该电阻可由或计算，其中为电压量程扩大的倍数。

（2）并联电路及分流作用

a：并联电路的基本特点：各并联支路的电压相等，且等于并联支路的总电压；并联电路的总电流等于各支路的电流之和。

b：并联电路的重要性质：并联总电阻的倒数等于各并联电阻的倒数之和，即；并联电路各支路的电流与电功率的分配规律：并联电路中通过各个支路电阻的电流、各个支路电阻上消耗的电功率跟各支路电阻的阻值成反比，即，；

c：给电流表并联一个分流电阻，就可以扩大它的电流量程，从而将电流表改装成一个安培表。如果电流表的内阻是Rg，允许通过的最大电流是Ig。用这样的电流表可以测量的最大电流显然只能是Ig。将电流表改装成安培表，需要给电流表并联一个分流电阻，该电阻可由计算，其中为电流量程扩大的倍数。

高考物理基础知识要点复习动量守恒定律

20xx届高三一轮复习全案：第1章动量守恒定律（选修3-5）
【考纲知识梳理】
一、动量
1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv
是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；
通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。
是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kgm/s；
2、动量和动能的区别和联系
①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，
其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，
引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。
④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk
3、动量的变化及其计算方法
动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理ΔP=Ft，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量
1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．
是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是Ns；
2、冲量的计算方法
（1）I=Ft．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft
（2）利用动量定理Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
三、动量定理
1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；
该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．单位：NS与kgm／s统一：lkgm／s=1kgm／s2s=Ns；
3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把矢量运算转化为代数运算。
（3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．
四、动量守恒定律
内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。即作用前的总动量与作用后的总动量相等．（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统）
动量守恒定律适用的条件
守恒条件：①系统不受外力作用。(理想化条件)
②系统受外力作用，但合外力为零。
③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。
④系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。
⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，
即：原来连在一起的系统匀速或静止(受合外力为零)，分开后整体在某阶段受合外力仍为零,可用动量守恒。
例：火车在某一恒定牵引力作用下拖着拖车匀速前进，拖车在脱勾后至停止运动前的过程中(受合外力为零)动量守恒
常见的表达式
不同的表达式及含义(各种表达式的中文含义)：
P＝P′或P1＋P2＝P1′＋P2′或m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P′)
ΔP＝0(系统总动量变化为0，或系统总动量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的实际应用中具体来说有以下几种形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。
B、0=m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。
原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0
【要点名师精解】
类型一动量守恒定律的实际应用
【例1】如图1所示，质量为的小车在光滑的水平面上以速度向右做匀速直线运动，一个质量为的小球从高处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为。设，发生碰撞时弹力，小球与车之间的动摩擦因数为，则小球弹起时的水平速度可能是
.
解析：小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了，则摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下两种情况进行分析：
小球离开小车之前已经与小车达到共同速度，则水平方向上动量守恒，有
由于
所以
若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得
水平方向上有
竖直方向上有
又
解以上三式，得
故，正确的选项为。
类型二动量守恒定律的综合应用
【例2】如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
【解析】：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
动能定理①
②
代入数据得③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴⑤
代入数据得⑥
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有⑦
⑧
代入数据得⑨
l即为平板车的最短长度．
【感悟高考真题】
1.（20xx福建29（2））如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度，则。（填选项前的字母）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
答案：B
2．（20xx北京20）如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是
A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系
B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系
C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系
D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路的感应电动势与时间的关系
【答案】C
【解析】根据动量定理，说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合得，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误。根据光电效应方程，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不随时间变化，D错误。
3.（20xx天津10）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t。
解析：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有
①
得
设碰撞后小球反弹的速度大小为，同理有
②
得
设碰撞后物块的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有
③
得④
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
设物块在水平面上滑行的时间为，根据动量定理，有
⑥
得⑦
4.（20xx新课标34(2)）(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.
解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：
，解得：
木板在第一个过程中，用动量定理，有：
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=
5.（20xx全国卷Ⅱ25）小球A和B的质量分别为mA和mB且mA＞＞mB在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放出距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
连立①④⑤化简得
⑥
6．（20xx北京24）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为，初速度为，下降距离后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、．．．．．．．．．．．．（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
若不计重力，求第次碰撞后雨滴的速度；
若考虑重力的影响，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度和；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的动能。
解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
a．第1次碰撞前
第1次碰撞后
b.第2次碰撞前
利用○1式化简得○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
动能
＃2009年高考题＃
一、选择题
1.（09全国卷Ⅰ21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为（AB）
A.2B.3C.4D.5
解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据,以及能量的关系得,所以AB正确。
2.（09上海44）自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表
自行车的设计目的（从物理知识角度）
车架用铝合金、钛合金代替钢架减轻车重
车胎变宽
自行车后轮外胎上的花纹
答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）
3.（09上海46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。
在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为N,当车速为2s/m时，其加速度为m/s2(g=10mm/s2)
规格后轮驱动直流永磁铁电机
车型14电动自行车额定输出功率200W
整车质量40Kg额定电压48V
最大载重120Kg额定电流4.5A

答案：40：0.6
4.（09天津4）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（A）
A.棒的机械能增加量
B.棒的动能增加量
C.棒的重力势能增加量
D.电阻R上放出的热量
解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理：得即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。
5.（09海南物理7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则（AC）
A．B．
C．D．
6.（09广东理科基础9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是（A）
A．在0—1s内，合外力做正功
B．在0—2s内，合外力总是做负功
C．在1—2s内，合外力不做功
D．在0—3s内，合外力总是做正功
解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。
7.（09宁夏17）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（BD）
A．时刻的瞬时功率为
B．时刻的瞬时功率为
C．在到这段时间内，水平力的平均功率为
D.在到这段时间内，水平力的平均功率为
8.（09安徽18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中（D）
A.先作匀加速运动，后作匀减速运动
B.先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C.电势能与机械能之和先增大，后减小
D.电势能先减小，后增大
解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。
9.（09福建18）如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值
为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（BD）
A.杆的速度最大值为
B.流过电阻R的电量为
C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量
解析：当杆达到最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：，其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。
10.（09浙江自选模块13）“物理1-2”模块（1）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一，减少二氧化碳的排放是人类追求的目标。下列能源利用时均不会引起二氧化碳排放的是（AB）
A.氢能、核能、太阳能B.风能、潮汐能、核能
C.生物质能、风能、氢能D.太阳能、生物质能、地热能
二、非选择题
11.（09北京24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2

（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小；
（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数。
a.求
b.若为确定的已知量。求为何值时，值最大
解析：
（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律
①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律
②
由于碰撞过程中无机械能损失
③
②、③式联立解得
④
将①代入得④
（2）a由④式，考虑到得
根据动能传递系数的定义，对于1、2两球
⑤
同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为
⑥
依次类推，动能传递系数k1n应为
解得
b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
为使k13最大，只需使
由
12.（09天津10）如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10m/s2，求
（1）物块在车面上滑行的时间t;
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。
答案：（1）0.24s(2)5m/s
解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。
（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
②
其中③
解得
代入数据得④
（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
⑤
由功能关系有
⑥
代入数据解得=5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。
13.（09山东38）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有
,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。
考点：动量守恒定律

14.（09安徽23）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求
（1）分裂时两个微粒各自的速度；
（2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
（3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。
答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根号外的负号表示沿y轴的负方向。
中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为
其中由运动学公式
所以
（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移
则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为
15.（09安徽24）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。

答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3)当时，；当时，
解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律
②
由①②得③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意
④
⑤
由④⑤得⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
解得
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
解得R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
或
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则
16.（09福建21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。

（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）
答案：（1）;（2）;
(3)
解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。
（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma①
②
联立①②可得
③
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得
s
（3）如图
17.

高考物理基础知识要点复习磁场

20xx届高三物理一轮复习全案：第3章磁场单元复习（选修3-1）
【单元知识网络】
【单元归纳整合】
1．带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动基本方法。
带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动时，往往联系临界和多解问题，分析解决这类问题的基本方法是：
(1)运用动态思维，确定临界状态。从速度的角度看，一般有两种情况：
①粒子速度方向不变，速度大小变化；此时所有速度大小不同的粒子，其运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线上，速度增加时，轨道半径随着增加，寻找运动轨迹的临界点（如：与磁场边界的切点，与磁场边界特殊点的交点等）；
②粒子速度大小不变，速度方向变化；此时由于速度大小不变，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而找出动圆的圆心轨迹，再确定运动轨迹的临界点。
（2）确定临界状态的圆心、半径和轨迹，寻找临界状态时圆弧所对应的回旋角求粒子的运动时间（见前一课时）。
2．带电粒子在匀强磁场运动的多解问题
带电粒子在匀强磁场中运动时，可能磁场方向不定、电荷的电性正负不定、磁场边界的约束、临界状态的多种可能、运动轨迹的周期性以及粒子的速度大小和方向变化等使问题形成多解。
（1）．带电粒子的电性不确定形成多解。当其它条件相同的情况下，正负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成双解。
（2）．磁场方向不确定形成多解。当磁场的磁感应强度的大小不变，磁场方向发生变化时，可以形成双解或多解。
（3）．临界状态不唯一形成多解。带电粒子在有界磁场中运动时，可能出现多种不同的临界状态，形成与临界状态相对应的多解问题。
（4）．带电粒子运动的周期性形成多解。粒子在磁场中运动时，如果改变其运动条件（如：加档板、加电场、变磁场等）可使粒子在某一空间出现重复性运动而形成多解
3．磁场最小范围问题
近年来高考题中多次出现求圆形磁场的最小范围问题，这类问题的求解方法是：先依据题意和几何知识，确定圆弧轨迹的圆心、半径和粒子运动的轨迹，再用最小圆覆盖粒子运动的轨迹（一般情况下是圆形磁场的直径等于粒子运动轨迹的弦），所求最小圆就是圆形磁场的最小范围
【单元强化训练】
1（20xx北京东城区二模）如图所示，两平行金属板中间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，一质子沿极板方向以速度v0从左端射入，并恰好从两板间沿直线穿过。不计质子重力，下列说法正确的是（）
A．若质子以小于v0的速度沿极板方向从左端射入，它将向上偏转
B．若质子以速度2v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
C．若电子以速度v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
D．若电子以速度v0沿极板方向从左端射入，它将沿直线穿过
2（20xx北京市丰台区二模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，O点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端。点由静止释放。下列判断正确的是（）
A．当小球运动的弧长为圆周长的l／4时，洛仑兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的1／2时，洛仑兹力最大
C．小球从O点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
3（20xx北京市朝阳区二模）如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是（）
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同
C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
4（20xx北京市海淀区二模）如图7所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上转。若带电粒子所受承力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中一定不可行的是（）
A．仅增大带电粒子射入时的速度
B．仅增大两金属板所带的电荷量
C．仅减小粒子所带电荷量
D．仅改变粒子的电性
5（20xx北京市西城区二模）欧洲强子对撞机在20xx年初重新启动，并取得了将质子加速到1.18万亿ev的阶段成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础。质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速（图1），当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞（图2）。质子是在磁场的作用下才得以做圆周运动的。下列说法中正确的是（）
A．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
B．质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
C．质子：在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小
D．质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变
6、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是（）
A．小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到c点时，洛仑兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小

7、质谱仪的工作原理示意图如右图所示．带电粒子被加速电场加速后，进人速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述不正确的是
A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
B．质谱仪是分析同位素的重要仪器
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
8、（20xx北京东城区二模）如图所示，间距为L、电阻为零的U形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为R，质量为2m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc的正上方高H处，自由落下一质量为m的绝缘物体，物体落到金属条上之前的瞬问，卡环立即释改，两者一起继续下落。设金属条与导轨的摩擦和接触电阻均忽略不计，竖直轨道足够长。求：
（1）金属条开始下落时的加速度；
（2）金属条在加速过程中，速度达到v1时，bc对物体m的支持力；
（3）金属条下落h时，恰好开始做匀速运动，求在这一过程中感应电流产生的热量。
解析：（1）物块m自由下落与金属条碰撞的速度为
设物体m落到金属条2m上，金属条立即与物体有相同的速度v开始下落，
由m和2m组成的系统相碰过程动量守恒
则
金属条以速度v向下滑动，切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中有感应电流
则金属条所受安培力为
对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得
则金属条开始运动时的加速度为
（8分）
（2）当金属条和物体的速度达到v1时，加速度设为，同理可得，
对物体m来说，它受重力mg和支持力N，则有
（4分）
（3）金属条和物体一起下滑过程中受安培力和重力，随速度变化，安培力也变化，做变加速度运动，最终所受重力和安培力相等，加速度也为零，物体将以速度做匀速运动，则有
金属条的最终速度为
下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为WA，由动能定理
感应电流产生的热量Q=WA
得：（6分）
9、（20xx北京市丰台区二模）如图所示，两块平行金属板MN、PQ水平放置，两板间距为d、板长为L，在紧靠平行板右侧的等边三角形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，三角形底边BG与PQ在同一水平线上，顶点A与MN在同一水平线上。
一个质量为m、电量为+q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，若在两金属板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD=AB，并垂直AC边射出（不计粒子的重力）。求：
（1）两金属板问的电压；
（2）三角形区域内磁感应强度大小；
（3）若两金属板问不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外。要使粒子进入场区域后能从BC边射出，试求所加磁场的磁感应强度的取值范围。
解：（6分）
（1）粒子在两块平行金属板间的电场中，沿水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动。
粒子垂直AB边进入磁场，由几何知识得，粒子离开电场时偏角。根据类平抛运动的规律有：
①（1分）
②（1分）
③（1分）
④（1分）
联立①②③④解得：（2分）
（8分）（2）由几何关系得：
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：
⑤（2分）
粒子进入磁场时的速率为：⑥（2分）
根据向心力公式有：⑦（2分）
联立⑤⑥⑦解得：（2分）
（6分）（3）若两板间不加电压，粒子将沿水平以速率v0从AB边的中点进入磁场。
当粒子刚好从C点射出磁场，磁感应强度最小。设磁感应强度的最小值为B2，
由几何关系知，对应粒子的最大轨道半径r2为：r2=d（1分）
根据向心力公式有：（1分）
解得：（1分）
当粒子刚好从E点射出磁场时，磁感应强度最大。
设磁感应强度的最大值为B3，由几何关系知，
对应粒子的最小轨道半径r3为：（1分）
同上解出：（1分）
所以所加磁场的磁感应强度的取值范围为（1分）
10、（20xx北京市宣武区二模）下图为汤姆生在1897年测量阴极射线（电子）的荷质比时所用实验装置的示意图。K为阴极，A1和A2为连接在一起的中心空透的阳极，电子从阴检发出后被电场加速，只有运动方向与A1和A2的狭缝方向相同的电子才能通过，电子被加速后沿方向垂直进入方向互相垂直的电场、磁场的叠加区域。磁场方向垂直纸面向里，电场极板水平放置，电子在电场力和磁场力的共同作用下发生偏转。已知圆形磁场的半径为R，圆心为C。
某校物理实验小组的同学们利用该装置，进行了以下探究测量：
首先他们调节两种场强的大小：当电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B时，使得电子恰好能够在复合场区域内沿直线运动；然后撤去电场，保持磁场和电子的速度不变，使电子只在磁场力的作用下发生偏转，打要荧屏上出现一个亮点P，通过推算得到电子的偏转角为α（即：之间的夹角）。若可以忽略电子在阴极K处的初速度，则：
（1）电子在复合场中沿直线向右飞行的速度为多大？
（2）电子的比荷为多大？
（3）利用上述已知条件，你还能再求出一个其它的量吗？若能，请指出这个量的名称。
（1）电子在复合场中二力平衡，
即①
（2）如图所示，其中r为电子在磁场中做圆（弧）运动的圆轨道半径。
所以：③
④
又因：⑤
联解以上四式得：⑥
（3）还可以求出电子在磁场中做圆弧运动的圆半径r等（或指出：加速电场的电压U，等即可）