《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例 1] (2025·广西卷) 如图所示，$ a $，$ b $ 为同种材料的电阻，已知 $ a $ 的长度为 $ L_1 $，截面积 $ S_1 $，$ b $ 的长度 $ L_2 $，横截面积 $ S_2 $，则在两支路 $ a $ 和 $ b $ 中，电荷移动的速率之比(B)


A.$ L_2 : L_1 $
B.$ 2L_2 : L_1 $
C.$ 2S_1L_2 : S_2L_1 $
D.$ S_1L_1 : S_1L_2 $

答案： 例 1 答案：B
解析：根据电阻定律$R = \rho\frac{L}{S}$
可得$R_{a} = \rho\frac{L_{1}}{S_{1}},R_{b总} = 2\rho\frac{L_{2}}{S_{2}}$；
两支路并联有$I_{a}R_{a} = I_{b}R_{b总}$，结合电流的微观表达式$I = nqvS$；对于同种材料$n、q$相同；
联立可得$v_{a}L_{1} = 2v_{b}L_{2}$；
即$\frac{v_{a}}{v_{b}} = \frac{2L_{2}}{L_{1}}$
故选 B。

[例 2] (2025·辽宁辽阳一模) 如图所示，电源的电动势为 $ 3 \, V $、内阻为 $ 2 \, \Omega $，$ R_1 $ 的电阻为 $ 8 \, \Omega $，电容器的电容为 $ 600 \, \mu F $，所有电压表和电流表均视为理想电表。在将滑动变阻器 $ R_2 $(最大阻值为 $ 8 \, \Omega $)的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中，下列说法正确的是(D)


A.$ V_1 $ 示数增大，$ V_2 $ 示数减小
B.$ R_2 $ 消耗的电功率先增大后减小
C.$ R_1 $ 两端的最大电压为 $ 2 \, V $
D.电容器极板上增加的电荷量为 $ 8 × 10^{-4} \, C $

答案： 例 2 答案：D
解析：将滑动变阻器的滑片由上端缓慢地滑到下端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，则总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，则$V_{1}$示数增大，$R_{1}$两端电压减小，则滑动变阻器$R_{2}$两端电压增大，即$V_{2}$示数增大，故 A 错误；$R_{2}$消耗的电功率为$P_{2} = I^{2}R_{2} = (\frac{E}{R_{2} + R_{1} + r})^{2}R_{2} = \frac{E^{2}}{R_{2} + \frac{(R_{1} + r)^{2}}{R_{2}} + 2(R_{1} + r)}$，根据数学知识可知，当$R_{2} = R_{1} + r = 10\ \Omega$时，$R_{2}$消耗的电功率最大，由于$R_{2}$的最大值为$8\ \Omega$，则$R_{2}$消耗的电功率一直增大，故 B 错误；当$R_{2}$接入电路的阻值为$0$时，电路电流最大，则有$I_{max} = \frac{E}{R_{1} + r} = \frac{3}{8 + 2}A = 0.3\ A$，则$R_{1}$两端的最大电压为$U_{1max} = I_{max}R_{1} = 0.3 × 8\ V = 2.4\ V$，故 C 错误；滑动变阻器的滑片在上端时，接入电路阻值为$0$，则电容器两端电压为$0$；当滑动变阻器的滑片在下端时，根据闭合电路欧姆定律可得$I = \frac{E}{R_{2} + R_{1} + r} = \frac{3}{8 + 8 + 2}A = \frac{1}{6}A$，则电容器两端电压为$U = IR_{2} = \frac{1}{6} × 8\ V = \frac{4}{3}V$，则电容器极板上增加的电荷量为$\Delta Q = C\Delta U = 600 × 10^{- 6} × (\frac{4}{3} - 0)C = 8 × 10^{- 4}\ C$，故 D 正确。