专题10 恒定电流（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“恒定电流”专题，依据高考评价体系覆盖电路图像分析、动态电路、电功电功率计算及含容电路四大核心考点，通过题型归类明确“动态电路分析”“功率计算”等高频考点权重，归纳电路图像斜率截距意义、等效电源法等常考题型解法，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题精解+方法提炼+素养培育”模式，如以小灯泡伏安特性曲线问题为典型案例，运用等效电源法和程序法突破动态电路分析，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设易错点警示与解题模板，助力学生掌握电路问题答题技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升备考效率。

专题十　恒定电流 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型33　电路分析 目 录 题型33　电路分析 类型1　电路图像问题 知识图解 题型方法 伏安特性曲线(I-U图线) 元件的U-I图线 电源的U-I图线 图例       意义 通过电阻的电流随电阻两端电压变化关系 路端电压随干路电流变化 关系 比较 a对应线性元件,b对应非线 性元件 c、e对应线性元件,d对应 非线性元件 f对应内阻恒定的电源,h对 应内阻可变的电源 目 录 目 录 斜率 (或截距) 图线上某点与坐标原点的 连线(而非切线)的斜率表 示电阻的倒数,如 = = tan α≠tan β,RM>Ra 图线上某点与坐标原点的 连线(而非切线)的斜率表 示电阻,如RN= =tan θ,Rc> RN>Re 纵轴截距表示电源电动势 E,直线f的斜率绝对值|k|表 示电源内阻r,h的割线FC的 斜率绝对值|kFC|表示C状态 下电源的内阻rFC=  面积 阴影面积 、 分别表示在M、N状态下电阻的 瞬时功率 对f图线有:面积SOBCD、SOBAE 分别表示在C状态下的电 源输出功率和电源总功率 目 录 目 录 典例1    (多选)在如图甲所示的电路中,L1、L2、L3为三个规格相同的小灯泡,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  ( ) A.L1两端电压为L2两端电压的2倍 B.L1消耗的电功率为0.75 W     BD     典例精解 C.L2的电阻为4 Ω D.L1、L2消耗的电功率的比值大于12 目 录 目 录 解析　电路中的总电流为0.25 A,则流过L1的电流为0.25 A,由题图乙可知,L1两端电压 为3.0 V,L1消耗的电功率为P1=U1I1=0.75 W,B正确。根据并联电路规律,可知流过L2的 电流为0.125 A,由题图乙可知,L2两端电压小于0.5 V,所以L1两端电压比L2两端电压的6 倍还大,A错误。由题图乙结合欧姆定律可知,L2的电阻约为R2= =  Ω=3.2 Ω≠4 Ω,C错误。L2消耗的电功率P2=U2I2<0.5×0.125 W=0.062 5 W,L1、L2消耗的电功率的比 值 > =12,D正确。 目 录 目 录 类型2　动态电路分析 典例2    (多选)如图所示电路,理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2,理想电流表A1、 A2的示数分别为I1、I2。U1、U2、I1、I2的变化量分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2。当滑动 变阻器的滑片向右滑动时,下列说法正确的是 ( ) A.U1、U2均变小　　　　　    B.I1、I2均变大     BD     典例精解 C.|ΔU1|>|ΔU2|　　　　　     D. <  目 录 目 录 解析　第一步　先进行电路化简 电压表视为断路,电流表视为导线,若有电容器,在稳定状态时电容器视为断路,化简后 如图甲。   第二步　电路等效处理 目 录 目 录 解法一　电流走向法     电流从电源正极出发(无源电路可假设电流从一端流入、从一端流出)顺着电流的走 向,经各电阻绕外电路一周至电源负极,如图乙。电流无分叉地依次流过的电阻均为串 联,电流有分叉地分别流过的电阻均为并联,则电路结构等效为图乙第2幅图,再补上电 表,如图乙第3幅图。 目 录 目 录 解法二　电势排序法     将已知电路中各节点编号,按电势由高到低的顺序依次用A、B、C……标出来(接于电 源正极的节点电势最高,接于电源负极的节点电势最低,等电势的节点用同一编号表示, 并且合并为一点)如图丙中第1幅图。然后按电势的高低将各节点重新排布,再将各元 件跨接到相对应的两节点之间,例如R2接在A、B之间,R3与R4串联后接在A、C之间,R5和 R6并联后接在B、C之间,得到电路如图丙中第2幅图,再补上电表,修整导线,得到电路如 图丙中第3幅图。 目 录 目 录 第三步　分析问题 解法一　程序法     目 录 目 录 解法二　结论法 滑片右移,R5连入电路的阻值减小,A2、A1、V1均与R5串联,示数变化与R5变化相反(串 反),则I2、I1、U1均增大,V2与R5并联,示数变化与R5变化相同(并同),则U2减小,A错误,B正 确。U端=U1+U2,U端减小,U1增大,所以U2减少量比U1增加量更大,C错误。根据U2=E-I总(R1 +r),又I总=I1,故 =R1+r, =R1,D正确。 目 录 目 录 方法提炼    1.电阻变化的两个结论:不论串联还是并联,一部分阻值变大,总阻值也变大, 一部分阻值减小,总阻值也减小。 2.分析某一部分电路两端的电压变化量ΔU与电流变化量ΔI的比值如何变化时,根据闭 合电路欧姆定律写出这部分电路两端电压随电流变化的函数关系,再根据 表示的 是哪部分电阻来确定其比值。 目 录 目 录 类型3　电路中电功与电功率的计算 典例3　如图所示,电源电动势E=2 V,内阻r=1 Ω,定值电阻R0=2 Ω,滑动变阻器的阻值范 围为0~10 Ω。求滑动变阻器的阻值为多大时,R上消耗的功率最大,最大值为多少。 典例精解 目 录 目 录 解析　将虚线框内视为一个等效电源,E'= =  V,r'= =  Ω,当R调节到R=  Ω 时,R上消耗的功率最大,Pm= =  W。 答案      Ω      W 目 录 目 录 方法提炼　等效电源 把含有电源、电阻的部分电路等效为新的“电源”,其“电动势”和“内阻”如下: (1)两点间断路时的电压为等效电动势E'; (2)两点间短路时的电流为等效短路电流I短',等效内阻r'= 。 常见电路等效电源如图甲、乙所示。 目 录 目 录 考法延伸    (多选)如图所示,三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R,电源的内阻r<R,c为滑动 变阻器的中点。闭合开关后,将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动,下列说法正确的是  ( ) A.R2消耗的功率减小 B.R3消耗的功率增大     CD     C.电源输出的功率增大 D.电源内阻消耗的功率增大 目 录 目 录 解析　画出等效电路如图甲所示,设Rca=Rx,Rcb=R滑-Rx,则R外=R+ ,根据 数学知识可知,当Rx= 时R外有最大值,当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时,Rca减 小,Rcb增大,R外减小,R总=R外+r减小,I1= 增大,故电源内阻消耗的功率Pr= r增大,D正 确。并联部分两端电压U并=E-I1(r+R1)减小,I3= 减小,R3消耗的功率PR3= R3减小,B 错误。由上述分析可知I2=I1-I3增大,R2消耗的功率 = R2增大,A错误。由题意可知R外 总是大于r,结合图乙可知随R外减小电源输出功率增大,C正确。 目 录 目 录 方法提炼　    1.双臂环路电阻的极值   如图所示,如果R1=R2,当滑片P从a到b滑动时,RAB先增大后减小,且当RaP=RPb(即滑片P位 于ab的中点)时RAB最大。 2.当电源的输出功率最大为 时,电源的效率并不是最大,只有50%;当R→∞时,η→10 0%,但此时P出→0,无实际意义。 对于电路中的定值电阻,其消耗的功率根据P=I2R来判断,显然通过R的电流越大,其消耗 功率越大,与电源最大输出功率大小的判断方法不同。 目 录 目 录 典例4    (多选)在如图所示的电路中,电源电动势为6 V,内阻为2 Ω,定值电阻R的阻值为 10 Ω,电动机的线圈阻值为2 Ω。闭合开关S后,理想电压表的示数为3 V。下列说法正 确的是 ( ) A.电源的输出功率为4.5 W B.电动机消耗的功率为0.75 W C.电动机线圈在1分钟内产生的热量为0.125 J     BD     D.如果电动机被卡住,电压表的示数将变小 目 录 目 录 解析　由闭合电路欧姆定律可得,电路中的电流I= =  A=0.25 A,则电源的总 功率P总=EI=6×0.25 W=1.5 W,电源内阻消耗功率P内=I2r=0.252×2 W=0.125 W,电源输出 功率P出=P总-P内=1.375 W,A错误。电动机消耗的功率为PM=UMI=3×0.25 W=0.75 W,B正 确。由焦耳定律可得电动机线圈在1分钟内产生的热量为Q=I2rMt=0.252×2×60 J=7.5 J,C 错误。如果电动机被卡住,电动机可视为纯电阻用电器,则电路中的电流会增大,由UV= E-I(R+r)可知电压表的示数将变小,D正确。 目 录 目 录 类型4　含容电路分析和计算 典例5　在如图所示的电路中,定值电阻R1=3 Ω、R2=2 Ω、R3=1 Ω、R4=3 Ω,电容器的电 容C=4 μF,电源的电动势E=10 V,内阻不计,闭合开关S1、S2,电路稳定后,则 ( ) A.a、b两点间的电压Uab=3.5 V B.电容器所带电荷量为1.4×10-6 C     D     典例精解 C.断开开关S2,稳定后流过电阻R3的电流与断开前 相比将发生变化 D.断开开关S2,稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为2.4×10-5 C 目 录 目 录 解析　设电源负极的电势为0,则电源正极的电势为φ=10 V, = = ,解得φa=4 V,  = = ,解得φb=7.5 V,故Uab=φa-φb=-3.5 V,A错误。由Q=CU可知此时电容器所带 电荷量为Q=|CUab|=1.4×10-5 C,B错误。由电路知识可知,断开S2前,回路总电阻为  Ω, 总电流为4.5 A,流过R3的电流为2.5 A,断开开关S2,回路总电阻为4 Ω,稳定后流过电阻R3 的电流为2.5 A,C错误。断开开关S2,稳定后a点的电势为φa'=10 V,b点电势仍为φb=7.5 V,此时Uab'=φa'-φb=2.5 V,电容器上极板带正电,上极板所带电荷量的变化量为ΔQ=C ΔU,ΔU=Uab'-Uab,得ΔQ=2.4×10-5 C,D正确。 目 录 目 录 方法提炼    1.电路简化 稳定时把电容器所在支路视为断路,简化电路时可去掉电容器,求电荷量时再在相应位 置补上。 2.电容器两端的电压 (1)电容器所在的支路中没有电流,与之串联的电阻两端无电压,相当于导线。 (2)电容器两端电压等于与之并联的电阻两端的电压。 3.电容器的电荷量及变化 (1)电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电。若电容器两端电压升高, 则电容器充电;若电压降低,则电容器将通过与它连接的电路放电。 (2)如果变化前、后极板所带电荷的电性相同,通过所连导线的电荷量为|Q1-Q2|。 (3)如果变化前、后极板所带电荷的电性相反,通过所连导线的电荷量为Q1+Q2。 目 录 目 录 $