高考物理经典习题：第9章电路及其应用 第1讲 电路的基本概念和规律（含解析）

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1、第9章电路及其应用课程标准内容及要求核心素养及关键能力核心素养关键能力1.观察并能识别常见的电路元器件，了解它们在电路中的作用。2.通过实验，探究并了解金属导体的电阻与材料、长度和横截面积的定量关系。科学探究及控制变量法实验设计能力3.实验十一：会测量金属丝的电阻率。科学实验实验设计及数据处理能力4.实验十二：会使用多用电表。科学探究实验操作能力5.了解串、并联电路电阻的特点。科学推理等效思想6.理解闭合电路欧姆定律。科学推理分析推理及等效替代7.实验十三：会测量电源的电动势和内阻。科学实验实验设计及数据处理能力8.理解电功、电功率及焦耳定律，能用焦耳定律解释生产生活中的电热现象。物理概念理解

2、能力9.能分析和解决家庭电路中的简单问题，能将安全用电和节约用电的知识应用于生活实际。第1讲电路的基本概念和规律一、电流部分电路欧姆定律1.电流(1)形成的条件：导体中有自由电荷；导体两端存在电压。(2)标矢性：电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向。(3)两个表达式：定义式：I；决定式：I。2.部分电路欧姆定律(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比。(2)表达式：I。(3)适用范围：金属导电和电解质溶液导电，不适用于气态导电或半导体元件。(4)导体的伏安特性曲线(IU)图线图1比较电阻的大小：图线的斜率ktan ，图1中R1R2(选填“”“”或“”)。线

3、性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律。非线性元件：伏安特性曲线是曲线的电学元件，不适用于欧姆定律。【自测1】 如图2所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中45，关于两电阻的描述正确的是()图2A.电阻a的阻值随电流的增大而增大B.因IU图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R1.0 C.在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值D.在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是4 A答案C解析IU图像上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a的图像上的点与坐标原点连线的斜率越来越大，表示电阻越来越小，故选项A错误；由于横、纵坐标轴的长度单位不同，因此R，而只

4、能通过R 2 求解，选项B错误；根据R可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确；由题图可知，在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是1 A，选项D错误。二、电阻及电阻定律1.电阻(1)定义：导体对电流的阻碍作用，叫作导体的电阻。(2)公式：R，其中U为导体两端的电压，I为通过导体的电流。(3)单位：国际单位是欧姆()。(4)决定因素：导体的电阻反映了导体阻碍电流的性质，其大小由导体本身决定，与加在导体两端的电压和通过导体的电流无关。2.电阻定律(1)内容：同种材料的导体，其电阻R与它的长度l成正比，与它的横截面积S成反比；导体电阻还与构成它的材料有关。(2)公式：R。其

5、中l是导体的长度，S是导体的横截面积，是导体的电阻率，其国际单位是欧米，符号为m。(3)适用条件：粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解质溶液。3.电阻率(1)计算式：R。(2)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性。(3)电阻率与温度的关系金属：电阻率随温度升高而增大；负温度系数半导体：电阻率随温度升高而减小。【自测2】 2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制造出具有较高电导率的砷化铌纳米材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1 000倍。电导率就是电阻率的倒数，即。下列说法正确的是()A.材料的电导率越小，其导电性能越强B.材料的电导率与材料的形状有关C.电导率的单位是D

6、.电导率大小与温度无关答案C解析材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，选项A错误；材料的电导率与材料的形状无关，选项B错误；根据R，则，则电导率的单位是，选项C正确；导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，选项D错误。三、电功、电功率、电热及热功率1.电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功。(2)公式：WqUUIt(适用于任何电路)。(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程。2.电功率(1)定义：电流在一段电路中所做的功与通电时间之比，表示电流做功的快慢。(2)公式：PUI(适用于任何电路)。3.焦耳定律(1)内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次

7、方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比。(2)公式：QI2Rt(适用于任何电路)。4.电功率PUI和热功率PI2R的应用(1)不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路，电流的电功率均为P电UI，热功率均为P热I2R。(2)对于纯电阻电路：P电P热UII2R。(3)对于非纯电阻电路：P电UIP热P其他。【自测3】 (多选)如图3所示，电阻R120 ，电动机的内阻R210 。当开关断开时，电流表的示数是0.5 A，当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是()图3A.I1.5 A B.I1.5 AC.P15 W D.P15 W答案BD解析当开关S断开时，由欧姆

8、定律UI1R110 V；当开关S闭合后通过R1的电流仍为0.5 A，电动机的电流I21 A，故电流表的电流I1.5 A，电动机的电功率PIU15 W，选项B、D正确。命题点一利用“柱体微元模型”求电流利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题时，注意以下基本思路：设柱体微元的长度为L，横截面积为S，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，电荷定向移动的速率为v，则：(1)柱体微元中的总电荷量为QnLSq。(2)电荷通过横截面的时间t。(3)电流的微观表达式InqvS。【例1】 如图4所示，一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，

9、电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为()图4A. B. C.nev D.答案C解析欧姆定律I，电流的微观表达式IneSv，电阻定律R，则金属棒内场强大小为Enev，故选项C正确。【变式1】 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内的电子个数是()A. B.C. D.答案B解析在加速电场中有eUmv2，得v。在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内电荷量为

10、qItI，则电子个数n，B正确。命题点二欧姆定律及电阻定律1.电阻的决定式和定义式的比较公式RR区别电阻的决定式电阻的定义式说明了导体的电阻由哪些因素决定，R由、l、S共同决定提供了一种测电阻的方法伏安法，R与U、I均无关只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体2.应用伏安特性曲线的几点注意(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体对应不同的伏安特性曲线。(2)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)伏安特性曲线为直线时，图线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，则电阻越小，故图5甲中RaRb。图5(4)伏安特性曲线为曲线时，如图乙所示

11、，导体电阻Rn，即电阻要用图线上点Pn的坐标(Un，In)来计算，或者用曲线上某点与坐标原点连线的斜率等于该点对应电阻的倒数关系来计算，不能用该点的切线斜率来计算。【例2】 如图6所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为10 cm，5 cm，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流强度为2 A，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为()图6A.0.5 A B.1 AC.2 A D.4 A答案A解析设金属薄片厚度为D，根据电阻定律公式R， 有RCD，RAB，故；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，故两次电流之比为41，故第二次电流为0.5 A，故选项A正确。【变式2】 用电器到发电站的距离为

12、l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为。为使线路上的电压降不超过U，那么，输电线横截面积的最小值为()A. B. C. D.答案B解析输电线的总长为2l，R，则S，故B正确。【例3】 (2020北京市通州区高三期末)某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图7所示，下列判断中正确的是()图7A.图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强B.图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱C.图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样D.图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大答案D解析由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件

13、电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样的，故导电性能不一样，故C错误；根据图丙可知该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大，故D正确。【变式3】 (多选)在如图8甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()图8A.L1的电阻为12 B.L1的电

14、压为L2电压的2倍C.L1消耗的电功率为0.75 WD.L1、L2消耗的电功率的比值等于4 1答案AC解析电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0 V，L1的电阻为R 12 ，故选项A正确；L1消耗的电功率为P1UI0.75 W，故选项C正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3 V，L1的电压大约为L2电压的10倍，故选项B错误；L2消耗的电功率为P2UI0.30.125 W0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值204，故选项D错误。命题点三电功、电功率、电热及热功率1.电功和

15、电热、电功率和热功率的区别与联系意义公式联系电功电流在一段电路中所做的功WUIt 对纯电阻电路，电功等于电热，WQUItI2Rt；对非纯电阻电路，电功大于电热，WQ电热电流通过导体产生的热量QI2Rt电功率单位时间内电流所做的功PUI对纯电阻电路，电功率等于热功率，P电P热UII2R；对非纯电阻电路，电功率大于热功率，P电P热热功率单位时间内导体产生的热量PI2R2.非纯电阻电路的分析方法(1)抓住两个关键量确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键。若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率PUMIM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率PrIr，最后求出输出功率P出PPr。(2

16、)坚持“躲着”求解UM、IM首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流。然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压UM和电流IM。(3)应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功电热其他能量”寻找等量关系求解。【例4】 (多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械能损耗。若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()自重40 kg额定电压48 V载重75 kg额定电流12 A最大行驶速度20 km/h额定输出功率350 WA.电动机的输入功率为576 WB

17、.电动机的内电阻为4 C.该车获得的牵引力为104 ND.该车受到的阻力为63 N答案AD解析由于U48 V，I12 A，则PIU576 W，故选项A正确；因P入P出I2r，r 1.57 ，故选项B错误；由P出FvFfv，FFf63 N，故选项C错误，D正确。【变式4】 (2020北京市朝阳区5月等级考模拟)某简易电吹风简化电路如图9所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220 V电压下工作。下列说法正确的是()图9电吹风额定电压220 V电吹风额定功率热风时：990 W冷风时：110 WA.开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风B.该电吹风中电动机的内电阻为440 C.

18、吹热风时电热丝的功率为990 WD.吹热风时通过电热丝的电流为4 A答案D解析由电路图可知，开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则电阻为r 440 ，由于电动机为非纯电阻，则内阻不为440 ，故B错误；开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990 W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880 W，故C错误；吹热风时通过电热丝的电流I A4 A，故D正确。【变式5】 智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接为移动设备充电的储能装置。充

19、电宝的转换率是指充电宝放电总量占充电宝容量的比值，一般在0.60.7。如图10为某一款移动充电宝，其参数见下表。下列说法正确的是()图10容量20 000 mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电器是输入DC5V2AMAX输出DC5V0.1 A2.5 A尺寸156*82*22 mm转换率0.60产品名称索杨Y10200重量约430 gA.充电宝充电时将电能转化为内能B.该充电宝最多能储存的能量为3.6106 JC.该充电宝电荷量从零到完全充满所用时间约为2 hD.用该充满电的充电宝给电荷量为零、容量为3 000 mAh 的手机充电，理论上能充满4次答案D解析充电宝充电时将电能转化为化学能，故A

20、错误；该充电宝的容量为q20 000 mAh20 0001033 600 C7.2104 C，电压为5 V，所以充电宝最多能储存的能量EqU5 7.2104 J3.6105 J，故B错误；以2 A 的电流充电，充电宝电荷量从零到完全充满所用时间t s3.6104 s10 h，故C错误；由于充电宝的转换率是0.60，所以放电总量为20 000 mAh0.6012 000 mAh，给电荷量为零、容量为3 000 mAh的手机充电的次数n次4次，故D正确。课时限时练(限时：20分钟)对点练1关于电流的求解1.关于电流，下列说法中正确的是()A.通过导线横截面的电荷量越多，电流越大B.电荷运动的方向即

21、为电流方向C.单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D.因为电流有方向，所以电流强度是矢量答案C解析根据I可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，并非通过导线横截面的电荷量越多，电流就越大，故A错误，C正确；正电荷定向移动的方向规定为电流方向，选项B错误；电流有大小和方向，但它是标量，故D错误。2.(2020山东卷，2)氚核H发生衰变成为氦核He。假设含氚材料中H发生衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2104 s时间内形成的平均电流为5.0108 A。已知电子电荷量为1.61019 C，在这段时间内发生衰变的氚核H的个数为()A.5.01014 B.1

22、.01016C.2.01016 D.1.01018答案B解析由qIt，neq联立解得n1.01016，选项B正确。对点练2欧姆定律及电阻定律3.(多选)两电阻R1和R2的伏安特性曲线如图1所示。从图线可判断()图1A.两电阻阻值的关系是R1R2B.电阻一定时，电流随着电压的增大而减小C.电压相同时，通过R1的电流较大D.两电阻串联接入电路时，R1消耗的功率小答案CD解析IU图像的斜率k，即图像的斜率越大，电阻越小，故有R1R2，A错误；根据IU图像可得电阻一定时，电流随电压的增大而增大，B错误；从IU图像中可得电压相同时，通过电阻R1的电流较大，C正确；两电阻串联接入电路时，通过两电阻的电流相

23、同，根据公式PI2R可得电阻越大，消耗的电功率越大，故D正确。4.如图2所示是均匀的长薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2，当端点1、2或3、4接入电路中时，R12R34为()图2A.L1L2 B.L2L1C.11 D.LL答案D解析设长薄片合金电阻板厚度为h，根据电阻定律R，得R12，R34，故D正确。5.(多选)我国已经于2012年10月1日起禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图3所示。图像上A点与原点的连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，U0、I0为已知，则()图3A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小

24、B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tan C.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0D.在A点，白炽灯的电阻可表示为答案CD解析白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A错误；在A点，白炽灯的电阻可表示为，不能表示为tan 或tan ，故选项B错误，D正确；在A点，白炽灯的功率可表示为U0I0，选项C正确。对点练3电功、电功率、电热及热功率6.有一个直流电动机，把它接入0.2 V电压的电路中，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4 A；若把电动机接入2 V 电压的电路中，正常工作时的电流是1 A，此时，电动机的输出功率是P出；如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是P热，则()A

25、.P出2 W，P热0.5 W B.P出1.5 W，P热8 WC.P出2 W，P热8 W D.P出15 W，P热0.5 W答案B解析电动机不转，r0.5 。正常工作时，P电U2I221 W2 W，P热Ir0.5 W，故P出P电P热1.5 W。转子突然被卡住，相当于纯电阻，此时I34 A，P热Ir8 W，故B正确。7.某直流电动机，线圈电阻是0.5 ，当它两端所加的电压为6 V时，通过电动机的电流为2 A。由此可知()A.电动机发热的功率为72 WB.电动机消耗的电功率为72 WC.电动机输出的机械功率为10 WD.电动机的工作效率为20%答案C解析电动机消耗的总功率为PUI62 W12 W，故B

26、错误；发热功率为P热I2R220.5 W2 W，故A错误；根据能量守恒定律，其输出机械功率为P出PP热12 W2 W10 W，故C正确；电动机的工作效率为100%83.3%，故D错误。8.(2020浙江省1月高中学业水平考试)小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱()A.通过的电流增大B.两端的电压增大C.阻值增大为原来的1.2倍D.电功率增大为原来的1.44倍答案B解析根据电阻定律R可知，长度变为原来的1.2倍，横截面积变为

27、原来的倍，所以电阻变为原来的1.44倍；根据闭合电路欧姆定律EUIr，可知总电阻增大，干路电流I减小，路端电压即盐水柱两端电压U增大，故A、C错误，B正确；电功率的表达式PI2R，电流变化倍数无法计算，所以电功率变化倍数无法计算，故D错误。9.(2020山东济宁市期末质量检测)2019年12月7日至11日在日本东京举办了第十三届中日节能环保综合论坛，与会专家统计：每使用1度(千瓦时)电，就相应消耗了0.4 kg 的标准煤，同时产生0.272 kg碳粉尘，0.997 kg二氧化碳，0.03 kg二氧化硫，0.015 kg氮氧化物。济宁市约有200万家庭，根据下表提供的数据，估算我市由于这4种用电器待机一昼夜产生的二氧化碳的质量约为()每户普通家庭用电器平均数1台平板电视机1台空调1台洗衣机1台台式电脑每台用电器平均待机功率(W)1423A.4.8103 kg B.4.8104 kgC.4.8105 kg D.4.8106 kg答案C解析4种用电器待机一昼夜消耗的电能为E200104(1423)10324 kWh4.8105 kWh，产生的二氧化碳的质量约为M0.9974.8105 kg4.8105 kg。