2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題09 恒定電流（含解析）

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1、專題09恒定電流 第一部分 名師綜述 恒定電流主要考查以"電路"為核心的三部分內(nèi)容:一是以部分電路的歐姆定律為中心,考查直流電路的基本概念、伏安法測電阻、電功和電熱等問題;二是以閉合電路的歐姆定律為中心,考查電源的作用、閉合電路的功率分配和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系、電路的路端電壓與電源電動勢和內(nèi)陰天的關(guān)系;三是以電路中的電工儀表的使用為中心,考查電學(xué)實驗中儀器的選取、電表的讀數(shù)、實物連接、數(shù)據(jù)處理和誤差分析等問題.尤其是電學(xué)知識聯(lián)系實際的問題和探究實驗問題是近幾年高考考查的熱點(diǎn). 歐姆定律、焦耳定律往往與電磁感應(yīng)現(xiàn)象相交叉滲透；電功率、焦耳熱計算往往與現(xiàn)實生活聯(lián)系較密切，是應(yīng)用型、能力型題目的重要

2、內(nèi)容之一，也是高考命題熱點(diǎn)內(nèi)容之一。歷屆高考命題形式一是以選擇、填空方式考查知識；二是與靜電、磁場和電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題。 該模塊的復(fù)習(xí)重點(diǎn)為： 1.掌握電路基本概念，會用歐姆定律、電阻定律、焦耳定律分析問題. 2.掌握閉合電路歐姆定律，能夠結(jié)合串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)分析問題，會分析電路動態(tài)變化問題. 3.掌握各種電學(xué)儀器的使用、電學(xué)各實驗的方法和原理，能夠設(shè)計電路、連接電路、分析電路故障，能夠用表格、圖象等分析實驗數(shù)據(jù). 第二部分 知識背一背 一、電流 1．電流形成的條件：（1）導(dǎo)體中有能夠自由移動的電荷；（2）導(dǎo)體兩端存在持續(xù)的電壓． 2．電流的方向：與正電荷定向移動的方向相

3、同，與負(fù)電荷定向移動的方向相反． 電流雖然有方向，但它是標(biāo)量． 3．電流 （1）定義式：I＝. （2）微觀表達(dá)式：I＝nqvS，式中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)，q是自由電荷的電荷量，v是自由電荷定向移動的速率，S為導(dǎo)體的橫截面積． （3）單位：安培（安），符號是A,1 A＝1 C/s. 二、電阻定律 1．電阻定律：R＝ρ，電阻的定義式：R＝. 2．電阻率 （1）物理意義：反映導(dǎo)體導(dǎo)電性能的物理量，是導(dǎo)體材料本身的屬性． （2）電阻率與溫度的關(guān)系 ①金屬的電阻率隨溫度升高而增大； ②半導(dǎo)體的電阻率隨溫度升高而減??； ③超導(dǎo)體：當(dāng)溫度降低到絕對零度附近時，某些材料的電

4、阻率突然減小為零成為超導(dǎo)體． 三、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，跟導(dǎo)體的電阻R成反比． （2）公式：I＝. （3）適用條件：適用于金屬和電解液導(dǎo)電，適用于純電阻電路． （4）導(dǎo)體的伏安特性曲線：用橫坐標(biāo)軸表示電壓U，縱坐標(biāo)軸表示電流I，畫出的I-U關(guān)系圖線． ①線性元件：伏安特性曲線是通過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線的電學(xué)元件，適用于歐姆定律． ②非線性元件：伏安特性曲線是曲線的電學(xué)元件，不適用填適用、不適用）于歐姆定律． 四、電功、電熱、電功率 1．電功 （1）定義：導(dǎo)體中的恒定電場對自由電荷的靜電力做的功． （2）公式：W＝qU＝IUt適用于任何電路

5、）． （3）電流做功的實質(zhì)：電能轉(zhuǎn)化成其他形式能的過程． 2．電功率 （1）定義：單位時間內(nèi)電流做的功，表示電流做功的快慢． （2）公式：P＝W/t＝IU適用于任何電路）． 3．焦耳定律 （1）電熱：電流流過一段導(dǎo)體時產(chǎn)生的熱量． （2）計算式：Q＝I2Rt. 4．熱功率 （1）定義：單位時間內(nèi)的發(fā)熱量． （2）表達(dá)式：P＝＝I2R 五、串、并聯(lián)電路的特點(diǎn) 1．電阻的串聯(lián) 電流：I＝I1＝I2＝…＝In，電壓：U＝U1＋U2＋…＋Un，電阻：R＝R1＋R2＋…＋Rn； 電壓分配：＝，＝，功率分配：＝，＝。 2．電阻的并聯(lián) 電流：I＝I1＋I(xiàn)2＋…＋I(xiàn)n電壓：U＝

6、U1＝U2＝…＝Un 電阻：＝＋＋…＋. 電流分配：＝，＝. 功率分配：＝，＝. 3．幾個常用的推論 （1）串聯(lián)電路的總電阻大于其中任一部分電路的總電阻． （2）并聯(lián)電路的總電阻小于其中任一支路的總電阻，且小于其中最小的電阻． （3）無論電阻怎樣連接，每一段電路的總耗電功率P總是等于各個電阻耗電功率之和．即P＝P1＋P2＋…＋Pn. （4）無論電路是串聯(lián)還是并聯(lián)，電路中任意一個電阻變大時，電路的總電阻變大． 六、電源的電動勢 1．電源是通過非靜電力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電能的裝置． 2．電動勢：非靜電力搬運(yùn)電荷所做的功與搬運(yùn)的電荷量的比值，E＝，單位：V. 3．電動勢

7、的物理含義：電動勢表示電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化成電勢能本領(lǐng)的大小，在數(shù)值上等于電源沒有接入電路時兩極間的電壓． 4．電動勢是___標(biāo)___量，需注意電動勢不是電壓． 七、閉合電路歐姆定律 （1）內(nèi)容：閉合電路中的電流跟電源的電動勢成正比，跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比． （2）公式 (只適用于純電阻電路),E＝U外＋U內(nèi)(適用于任何電路) （3）路端電壓與外電阻的關(guān)系 ①負(fù)載R增大→I減小→U內(nèi)減小→U外增大 外電路斷路時（R＝∞），I＝0，U外＝E. ②負(fù)載R減小→I增大→U內(nèi)增大→U外減小 外電路短路時（R＝0），I＝，U內(nèi)＝E. （4）U－I關(guān)系圖：由U＝E－Ir可知，路

8、端電壓隨著電路中電流的增大而減小；U－I關(guān)系圖線如圖所示． ①當(dāng)電路斷路即I＝0時，縱坐標(biāo)的截距為電動勢E． ②當(dāng)外電路電壓為U＝0時，橫坐標(biāo)的截距為短路電流Im． ③圖線的斜率的絕對值為電源的內(nèi)阻r． 第三部分 技能+方法 一、電流微觀表達(dá)式的應(yīng)用 1.定義式中q的物理意義 （1）q是某段時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電量. ①若是金屬導(dǎo)體導(dǎo)電，則q為自由電子通過某截面的電量的總和. ②若是電解質(zhì)導(dǎo)電，則異種電荷反向通過某截面，q=|q1|+|q2|. （2）帶電粒子的運(yùn)動可形成等效電流，如電子繞原子核的運(yùn)動，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，此時，q為帶電粒子的電量，T為周期.

9、如圖，自由電荷電荷量為q，單位體積電荷數(shù)為n，定向移動速度為v，導(dǎo)體橫截面積為S，則 二 \、對電阻定律、歐姆定律的理解 1.電阻與電阻率的區(qū)別 （1）電阻是反映導(dǎo)體對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，電阻不一定小. 2.定義式和決定式的比較 三 電功與電熱的關(guān)系 1.電功與電熱的比較 2.電功率與熱功率的比較 （1）在純電阻電路中，電功率等于熱功率，即。 （2）在非純電阻電路中，電功率包含熱功率，為電功率，為熱功率，有P>P′. 四 、 電路

10、動態(tài)變化問題 1.電路動態(tài)變化問題的分析 （1）程序法: 電路結(jié)構(gòu)的變化→R的變化→R總的變化→I總的變化→U端的變化→固定支路→變化支路. （2）“串反并同”結(jié)論法 ①所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大. ②所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小. （3）極限法:因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個極端，讓電阻最大或電阻為零去討論. 2.電源的輸出功率和電源的效率 （1）輸出功率. 根據(jù)閉合電路歐姆定律可以推出：

11、 ①當(dāng)R=r時，電源的輸出功率最大，最大值 ②當(dāng)R向接近r阻值的方向變化時，P出增大，當(dāng)R向遠(yuǎn)離r阻值的方向變化時，P出減小，如圖. （2）電源的效率： R越大，η越大，當(dāng)R=r時，P出最大，η=50%.可見，輸出功率最大時,電源的效率并不是最高. 五、含電容器電路的分析與計算 1.電路的簡化：不分析電容器的充、放電過程時，把電容器處的電路視為斷路，簡化電路時可以去掉，求電荷量時再在相應(yīng)位置補(bǔ)上． 2.電路穩(wěn)定時電容器的處理方法：電路穩(wěn)定后，與電容器串聯(lián)的電路中沒有電流，同支路的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線，即電阻不起降低電壓的作用，但電容器兩端可能出現(xiàn)電勢差． 3.電壓變化帶來的電容器帶

12、電荷量的變化：電路中電流、電壓的變化可能會引起電容器的充、放電．若電容器兩端電壓升高，電容器將充電；若電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電，可由ΔQ＝C·ΔU計算電容器上電荷量的變化． 第四部分 基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．用某種材料做成的電池，其路端電壓U和電流I的關(guān)系如圖中曲線a所示（電池電動勢一定，內(nèi)阻可變），一電阻兩端電壓U和通過的電流I的關(guān)系如圖中直線b所示，當(dāng)用該電池只對該電阻供電時，電池的內(nèi)阻為（　?。? A．13Ω B．20Ω C．22Ω D．25Ω 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由圖象可知，該電源電阻供電時，電阻兩端電壓為U=2V，流經(jīng)電源電流

13、為：I=0.1A；由閉合電路歐姆定律得電源內(nèi)阻為：r=E-UI=3.3-20.1Ω=13Ω，故A正確，BCD錯誤。 2．電動機(jī)與小電珠串聯(lián)接人電路，電動機(jī)正常工作時，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過的電流為I1；電動機(jī)的內(nèi)電阻為R2，兩端電壓為U2，流過的電流為12。則 A．I1R1R2 C．U1U2=R1R2 D．U1U2I2R2，U1=I1R1，則U1U2

14、a =Fm C．C=QU D．I=UR 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．物體運(yùn)動的時間與位移成正比，與速度成反比，則A不是比值定義的物理量； B．加速度與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，則B不是比值定義的物理量； C．電容器的電容是由本身結(jié)構(gòu)決定的，與兩端的電壓U與所帶的電量Q無關(guān)，但是可以用帶電量Q與電壓U 的比值來量度，則C采用的是比值定義法； D．導(dǎo)體的電流與加在其兩端的電壓成正比，與導(dǎo)體的電阻成反比，則D不是比值定義的物理量； 4．如圖所示是一位同學(xué)制作的實驗裝置：柔軟彈簧豎直懸掛，下端恰與銅片接觸。當(dāng)開關(guān)閉合后，彈簧時伸時縮，燈泡時明時暗。關(guān)于這個實驗現(xiàn)象，下列

15、說法中正確的是( ) A．彈簧收縮與銅片分離時，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡 B．彈簧伸長與銅片接觸時，通過燈泡的電流較大，燈泡明亮 C．有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流互相吸引致使彈簧收縮 D．有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流互相排斥致使彈簧伸長 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．由電路圖可知，彈簧收縮與銅片分離時，通過燈泡的電流較大，燈泡明亮；彈簧伸長與銅片接觸時，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡，選項AB錯誤； CD．有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流是同向電流，則互相吸引致使彈簧收縮，選項C正確，D錯誤。 5．如圖所示，水平的傳送帶上放一物體，物體下表面及傳送

16、帶上表面均粗糙，導(dǎo)電性能良好的彈簧右端與物體及滑動變阻器滑片相連，彈簧左端固定在墻壁上，不計滑片與滑動變阻器線圈間的摩擦。某同學(xué)觀察到，當(dāng)傳送帶沿箭頭方向運(yùn)動且速度大小為v時，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，則當(dāng)傳送帶逐漸加速到2v時，下列說法正確的是 A．物體受到的摩擦力變大，燈泡的亮度變亮 B．物體受到的摩擦力變小，燈泡的亮度變暗 C．物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度不變 D．物體受到的摩擦力不變，燈泡的亮度變亮 【答案】 C 【解析】 【詳解】 因摩擦力大小只與壓力大小及接觸面的粗糙程度有關(guān)與物體的相對運(yùn)動速度無關(guān)，故物體所受摩擦力不變；由于傳送帶運(yùn)動且速度為v時，物體與傳送帶

17、發(fā)生相對滑動，故物體受到的摩擦力和彈簧彈力是一對平衡力；當(dāng)傳送帶逐漸加速到2v時，因物體所受摩擦力不變，則物體仍處于平衡狀態(tài)，故物體的位置將不發(fā)生變化，與滑動變阻器保持相對靜止，滑動變阻器接入電阻不變，則由歐姆定律可得電路中電流不變，燈泡的亮度不變。故選C。 6．如圖所示的電路中，兩個完全相同的燈泡都正常發(fā)光，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)B燈比原來更亮了，則電路可能的故障為 A．R1短路 B．R2斷路 C．R3斷路 D．燈A斷路 【答案】 C 【解析】 【分析】 首先明確電路中各用電器的連接關(guān)系：燈泡A和電阻R2、燈泡B和電阻R3先并聯(lián)再串聯(lián)，最后與電阻R1并聯(lián)；燈泡變亮，說明實際

18、功率增大了，具體故障可將每選項逐一代入題目檢查是否符合題意，從而確定正確選項。 【詳解】 兩個完全相同的燈泡正常發(fā)光可知R2=R3，且燈A和R2并聯(lián)后與B和R3并聯(lián)電路串聯(lián)，若R1短路，A、B兩燈都不亮，若R2或燈A斷路，則A與R2并聯(lián)部分電阻變大，由串并聯(lián)規(guī)律可知燈B變暗，故C正確。 故應(yīng)選：C。 【點(diǎn)睛】 此題屬混聯(lián)電路的故障問題．解決的關(guān)鍵是在明確電路連接關(guān)系的前提下采用“排除法”將每一選項逐一代入題干，檢查是否符合題意，最終確定正確選項。 7．一只電流表的滿偏電流Ig=2mA，內(nèi)阻Rg=500Ω，把它改裝成量程為0~3V的電壓表，下列說法中正確的是（） A．需串聯(lián)一個15

19、00Ω的電阻 B．需串聯(lián)一個1000Ω的電阻 C．需并聯(lián)一個1000Ω的電阻 D．改裝后，電壓表的內(nèi)阻為1000Ω 【答案】 B 【解析】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)電阻阻值為：R=UIg-Rg=30.002-500=1000Ω；故選B. 點(diǎn)睛：把小量程改裝成電流表要并聯(lián)一個分流電阻，把電流表改裝成電壓表，應(yīng)串聯(lián)一個分壓電阻，應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電阻阻值． 8．市面上出現(xiàn)“充電五分鐘通話兩小時”的手機(jī)電源，源于其使用 VOOC 閃充新技術(shù)。VOOC 閃充標(biāo)配的 micro USB 充電線接口為 7 針，而常規(guī)的 micro USB 充電線

20、接口為 5 針,它標(biāo)配的電池為 8 個金屬觸點(diǎn)，而常規(guī)電池通常為4-5個觸點(diǎn)，與常規(guī)的 micro USB 充電線、電池相比，加觸點(diǎn)的作用是為了（） A．增大充電電壓 B．增大電池的容量 C．增大充電電流 D．增大充電電阻 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)題目的信息：閃充新技術(shù)，且8個金屬觸點(diǎn)，而常規(guī)電池通常為4-5個觸點(diǎn)，進(jìn)而可判定，增加觸點(diǎn)的作用。 【詳解】 由題目：閃充新技術(shù)，標(biāo)配的電池為8個金屬觸點(diǎn)，而常規(guī)電池通常為4-5個觸點(diǎn)，可知，與常規(guī)的microUSB充電線、電池相比，觸點(diǎn)增加；電池不變，則不可能增加充電電壓，也沒有改變電池的容量，及電

21、阻，只可能增大充電的電流，使其快速充滿電，故C正確，ABD錯誤；故選C。 【點(diǎn)睛】 考查閃充新技術(shù)的原理，掌握解決信息題的方法，注意只增加觸點(diǎn)，沒改變電池，是解題的關(guān)鍵點(diǎn)。 9．如圖所示，A、B是兩塊水平放置的平行金屬板，一帶電小球垂直于電場線方向射入板間，小球?qū)⑾駻極板偏轉(zhuǎn)，為了使小球沿射入方向做直線運(yùn)動，可采用的方法是 A．將帶正電的小球改為帶負(fù)電 B．將變阻器滑片P適當(dāng)向左滑動 C．適當(dāng)增大小球所帶電量 D．將極板間距適當(dāng)增大 【答案】 D 【解析】 一帶電小球垂直于電場線方向射入極板區(qū)域后，偏向A極板，則小球所受電場力向上且電場力大于重力，小球原來就帶負(fù)電，

22、選項A錯誤；將變阻器滑片P適當(dāng)向左滑動，滑動變阻器接入電路電阻變小，電路中總電阻減小，電路中電流增大，R兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，板間場強(qiáng)增大，電場力增大，選項B錯誤；適當(dāng)增大小球所帶電量，小球所受電場力增大，選項C錯誤；將極板間距適當(dāng)增大，板間場強(qiáng)減小，小球所受電場力減小，選項D正確。故選D. 10．如圖所示，用相同導(dǎo)線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑號分別為r和2r，圓形勻強(qiáng)磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，開始時的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為0，則（） A．任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為1:4 B．兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢之比為1:2 C．通過a、

23、b兩線圈中電荷量之比為2:1 D．相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為4: 1 【答案】 C 【解析】 任意時刻，穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量相等，磁通量之比為1：1．故A錯誤．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=△B△tS，S=πr2，則S相等，△B△t也相等，所以感應(yīng)電動勢相等，感應(yīng)電動勢之比為1：1，故B錯誤．線圈a、b的半徑分別為r和2r，周長之比為1：2，電阻之比為1：2，根據(jù)歐姆定律知 I=ER，得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流之比為2：1．故C正確．根據(jù)焦耳定律得 Q=E2Rt，得相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2：1，故D錯誤．故選C. 點(diǎn)睛：解決本題時要

24、注意在公式Φ=BS和法拉第電磁感應(yīng)定律中，S為有效面積，能熟練運(yùn)用比例法研究這類問題． 二、多選題 11．如圖所示，電阻R1=20Ω，電動機(jī)的繞組R2=10Ω．當(dāng)開關(guān)打開時，電流表的示數(shù)是0.5A，當(dāng)開關(guān)合上后，電動機(jī)轉(zhuǎn)動起來，電路兩端的電壓不變，電流表的示數(shù)I和電路消耗的電功率P應(yīng)是（　?。? A．I=1.5A B．I<1.5A C．P=15W D．P<15W 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 當(dāng)電鍵S斷開時，由歐姆定律得，U=I1R1=10V．當(dāng)電鍵S閉合后，通過R1的電流仍為0.5A，電動機(jī)的電流I2

25、I＜15W。故BD正確，AC錯誤。 12．檢測煤氣管道是否漏氣通常使用氣敏電阻傳感器。某氣敏電阻的阻值隨空氣中煤氣濃度增大而減小，某同學(xué)用該氣敏電阻R1設(shè)計了圖示電路，R為變阻器，a、b間接報警裝置。當(dāng)a、b間電壓高于某臨界值時，裝置將發(fā)出警報。則（　?。? A．煤氣濃度越高，a、b間電壓越高 B．煤氣濃度越高，流過R1的電流越小 C．煤氣濃度越低，電源的功率越大 D．調(diào)整變阻器R的阻值會影響報警裝置的靈敏度 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 煤氣濃度越高氣敏電阻R1阻值越小，電路總電阻越小，由閉合電路歐姆定律可知，電路電流I越大，電阻兩端電壓U＝IR變大，即a、b間

26、電壓越高，故A正確，B錯誤；煤氣濃度越大，氣敏電阻R1越大，電路總電阻越大，電路電流I越小，電源功率P＝EI越小，故C錯誤；調(diào)整變阻器R的阻值會改變煤氣濃度一定時a、b間的電壓，回影響報警器的靈敏度，故D正確。 13．如圖所示，電路中電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，定值電阻的阻值為R0，變阻器的全阻值為R，關(guān)于各部分的功率，有關(guān)說法正確的是(　　) A．當(dāng)R=R0+r，R上消耗的功率達(dá)到最大值 B．當(dāng)R=R0+r，R0上消耗的功率達(dá)到最大值 C．當(dāng)R+R0=r，電源的輸出功率達(dá)到最大值 D．當(dāng)R0=R+r，R0上消耗的功率達(dá)到最大值 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 要

27、使R上消耗的功率達(dá)到最大值，則可將R0與電源看成一個新電源。則當(dāng)R=R0+r時電源輸出功率最大，也就是R消耗的功率最大，故A正確；要使R0上消耗的功率達(dá)到最大值，則需要通過的電流最大，所以當(dāng)R=0時，R0上消耗的功率達(dá)到最大值，故BD錯誤；當(dāng)內(nèi)阻與外阻阻值相等時電源輸出功率最大，所以當(dāng)R+R0=r時，則電源的輸出功率達(dá)到最大值，故C正確。所以AC正確，BD錯誤。 14．用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表A1、A2，若把A1、A2分別采用并聯(lián)或串聯(lián)的方式接入電路，如圖所示，則閉合電鍵后，下列有關(guān)電表的示數(shù)和電表指針偏轉(zhuǎn)角度的說法正確的是（） A．圖甲中的A1

28、、A2的示數(shù)不同 B．圖甲中的A1、A2的指針偏角相同 C．圖乙中的A1、A2的示數(shù)和偏角都不同 D．圖乙中的A1、A2的指針示數(shù)相同 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 電流表A1、A2是由兩個相同的小量程電流表改裝成的，它們并聯(lián)時，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉(zhuǎn)的角度相同，量程大的電流表讀數(shù)大．當(dāng)它們串聯(lián)時，A1、A2的示數(shù)相同．由于量程不同，內(nèi)阻不同，兩電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉(zhuǎn)的角度不同． 【詳解】 圖甲中的A1、A2并聯(lián)，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉(zhuǎn)的角度相同，量程不同的電流表讀數(shù)不同。故A B正確。圖乙中的A1、A2串聯(lián)，A1

29、、A2的示數(shù)相同。由于量程不同，內(nèi)阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉(zhuǎn)的角度不同。故C錯誤，D正確。故選ABD。 15．在如圖電路中，電源電動勢為 E，內(nèi)阻為r，當(dāng)變阻器 R3的滑動頭 P 向 b 端移動時，下列判斷正確的是 A．電壓表示數(shù)變小 B．電流表示數(shù)變大 C．流過電阻 R1的電流不變 D．電阻 R2的功率變大 【答案】 AB 【解析】 【分析】 先分析變阻器接入電路的電阻的變化，確定外電路總電阻的變化，即可判斷電壓表示數(shù)的變化和總電流的變化，根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點(diǎn)判斷并聯(lián)部分電壓的變化，判斷出R2中電流的變化，從而判斷出電流表示數(shù)的

30、變化． 【詳解】 當(dāng)變阻器R3的滑動頭P向b端移動時，R3↓，外電路總電阻R總↓，路端電壓減小，總電流I總↑，則電壓表示數(shù)變小，通過電阻R1的電流IR1↑。根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知，并聯(lián)部分的電壓U并↓，通過電阻R2的電流IR2↑．因為I總=IA+IR2，所以電流表示數(shù)IA變大。由于電阻R2的電流IR2↑，則電阻R2的功率變小。故AB正確，CD錯誤。故選AB。 【點(diǎn)睛】 本題是簡單的電路動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要分析出變阻器接入電路的電阻變化，即可根據(jù)閉合電路歐姆定律分析兩電表讀數(shù)的變化． 16．下面說法正確的是 A．在直流電源的外電路上，電流的方向是從電源正極流向負(fù)極 B．伽利略開創(chuàng)

31、了運(yùn)用邏輯推理和實驗相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法 C．元電荷就是帶電量為1C的點(diǎn)電荷 D．電流的速度就是自由電荷在電路中定向移動的速度 【答案】 AB 【解析】 【分析】 電流方向與正電荷的移動方向一致，與負(fù)電荷的方向相反，在外電路上電流由電源的正極流向負(fù)極；元電荷是電荷量的單位，是指自然界中已知的電荷的最小單元；伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實驗相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法；電流速度等于光速，而電子移動的平均速率很?。? 【詳解】 正電荷定向移動的方向是電流的方向，與負(fù)電荷的方向相反，在外電路上電流由電源的正極流向負(fù)極，A正確；伽利略開創(chuàng)了運(yùn)用邏輯推理和實驗相結(jié)合進(jìn)行科學(xué)研究的方法，B

32、正確；元電荷是表示跟電子或質(zhì)子所帶電量數(shù)值相等的電量，是最小電荷量，為e=1.6×10-19C，C錯誤；電流速度等于光速，而電子移動的平均速率很小，所以電荷定向移動的速度并不是電流的速度，D錯誤． 17．如圖所示，R1、R2為定值電阻，L為小燈泡，R3為光敏電阻，當(dāng)照射光強(qiáng)度增大時（） A．電壓表的示數(shù)增大 B．R2中電流增大 C．小燈泡的功率增大 D．電路的路端電壓增大 【答案】 AC 【解析】 【分析】 當(dāng)照射光強(qiáng)度增大時，R3變小，分析電路中總電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出電壓表示數(shù)的變化；同時還可得出路端電壓的變化；由

33、串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化，由功率公式即可得出燈泡功率的變化。 【詳解】 A項：當(dāng)光照增強(qiáng)時，光敏電阻的阻值減小，R3變小，外電路總電阻減小，則電路中的總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，故R1兩端的電壓增大，即電壓表的示數(shù)增大，故A正確； B、D項：因電路中總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，同時R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)電路部分電壓減小，則流過R2的電流減小，故B、D錯誤； C項：由并聯(lián)電路電壓增大，可知流過燈泡的電流一定增大，故由P=I2R可知，小燈泡消耗的功率增大，故C正確。 故選：AC。

34、 【點(diǎn)睛】 閉合電路的動態(tài)分析問題一般按外電路、內(nèi)電路再外電路的分析思路進(jìn)行；分析內(nèi)電路主要根據(jù)總電流及內(nèi)阻分析內(nèi)壓，而外電路較為復(fù)雜，要注意靈活應(yīng)用電路的性質(zhì)。 18．圖為某手機(jī)電池的銘牌，第一行標(biāo)有“3.8V 3000mAh（11.4Wh）”。對該銘牌參數(shù)的分析，下列說法中正確的是 A．銘牌中的Wh是能量的單位 B．銘牌中的mAh是功率的單位 C．該電池放電時輸出的總能量約為11.4J D．該電池放電時輸出的總電荷量約為1.08×104C 【答案】 AD 【解析】 【分析】 該電池的銘牌中3.8V為電池的電動勢，11.4Wh指電池存儲的電能．3000mAh是存儲的電

35、量. 【詳解】 由公式W=Pt可知，銘牌中Wh是能量單位，故A正確；由公式q=It可知，銘牌中mAh為電荷量單位，故B錯誤；該電池輸出的總能量E=Pt=11.4W×3600S=4.104×104J，故C錯誤；該電池放電是輸出的總電荷量約為q=It=3000×10-3×3600C=1.08×104C，故D正確；故選AD。 【點(diǎn)睛】 題考查電池的銘牌，結(jié)合生活考查有關(guān)電路的物理知識，解題的關(guān)鍵是根據(jù)各物理量的單位判斷各物理量． 19．如圖所示，電源電動勢E和內(nèi)阻r一定，R1是定值電阻，R2是光敏電阻(光敏電阻被光照射時阻值變小),L是小燈泡。當(dāng)照射到R2的光照強(qiáng)度減弱時，以下分析正確的是

36、 A．電流表示數(shù)減小 B．電壓表示數(shù)不變 C．燈泡亮度變暗 D．電源效率降低 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 當(dāng)照射到R2的光照強(qiáng)度減弱時，光敏電阻的阻值增大，由“串反并同”可知，流過燈泡的電流變小，即燈泡變暗；電流表的示數(shù)變小，電壓表的示數(shù)變大，由公式η=UIEI=UE，由于電壓表的示數(shù)變大，即U變大，所以電源效率變大，故AC正確，BD錯誤。 故應(yīng)選AC。 20．原子中的電子繞原子核的圓周運(yùn)動可以等效為環(huán)形電流．設(shè)氫原子的電子以速率v在半徑為r的圓周軌道上繞核轉(zhuǎn)動，周期為T．已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，靜電力常量為k，則其等效電流大小為（） A．

37、eT B．ev2πr C．e2πrkmr D．e22πrkmr 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 根據(jù)電流的定義式可得等效電流為：I=qt=eT，故A正確；電子運(yùn)動的周期表達(dá)式為：T=2πrv，根據(jù)電流的定義式可得等效電流為：I=qt=ev2πr，故B正確；原子中的電子繞原子核的圓周運(yùn)動可以等效為環(huán)形電流，氫原子的電子以速率v，根據(jù)庫侖力提供向心力：ke2r2=m4π2rT2，解得：T=2πrermk，形成的電流為：I=eT=e22πrkmr，故D正確，C錯誤。所以ABD正確，C錯誤。 三、解答題 21．微型吸塵器的直流電動機(jī)的內(nèi)阻一定，當(dāng)加上0.4V

38、的電壓時，通過的電流為0.4A，此時電機(jī)不轉(zhuǎn)．當(dāng)加在電動機(jī)兩端的電壓為2.5V時，電流為0.8A，這時電動機(jī)正常工作．則吸塵器的機(jī)械功率為多少？ 【答案】 1.36W 【解析】 【分析】 電機(jī)不轉(zhuǎn)時，其電路是純電阻電路，由歐姆定律求出其電阻．當(dāng)電機(jī)正常工作時，根據(jù)能量守恒定律求出電機(jī)輸出的功率。 【詳解】 當(dāng)電機(jī)不轉(zhuǎn)時，由歐姆定律得電機(jī)的電阻為：R=UI=0.40.4Ω=1Ω 當(dāng)電機(jī)正常工作時，電機(jī)的發(fā)熱功率為：P熱=I22R=0.82×1W=0.64W 電機(jī)輸出的功率為：P出=U2I2-P熱=2.5×0.8-0.64=1.36W 【點(diǎn)睛】 對于電動機(jī)，不轉(zhuǎn)時，其電路是

39、純電阻電路，歐姆定律成立；當(dāng)電動機(jī)正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立。 22．如圖所示，分壓電路的輸入端電壓為U=6 V，電燈L上標(biāo)有“4V、4W”，滑動變阻器的總電阻Rab=13.5 Ω，求當(dāng)電燈正常發(fā)光時，滑動變阻器消耗的總功率. 【答案】 4W 【解析】 【分析】 滑動變阻器滑片以下部分與燈泡L并聯(lián)后與滑片上部分串聯(lián)；根據(jù)串并聯(lián)電路電壓與電流的特點(diǎn)求解各個部分的電壓和電流，然后求解R上總的功率。 【詳解】 根據(jù)P=UI，可得：L=PLUL=44A=1A，設(shè)與L并聯(lián)的電阻為Rx， 則R的上半部分電阻：R′=13.5-Rx， 電流強(qiáng)度I=UU'=213

40、.5-Rx=4Rx 即Rx2-7.5 Rx-54=0，解得：Rx=12Ω 則R′=1.5Ω R′上功率P1=U'2R'=221.5W=2.67W Rx上功率P2=UL2Rx=4212W=1.33W R上消耗功率P=P1+P2=2.67W+1.33W=4W 【點(diǎn)睛】 本題主要是先理清電路的結(jié)構(gòu)，然后根據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)求解各個部分的電壓、電流以及電功率。 23．（題文）如圖所示的電解槽中，如果在4 s內(nèi)各有8 C的正、負(fù)電荷通過面積為0.8 m2的橫截面AB，那么： （1）指出正、負(fù)離子定向移動的方向； （2）電解槽中的電流方向如何？ （3）4 s內(nèi)通過橫截面AB的電荷量

41、為多少？ （4）電解槽中的電流為多大？ 【答案】 （1）正離子向右運(yùn)動，負(fù)離子向左運(yùn)動；（2） 向右；（3）16 C；（4）4 A 【解析】 （1）電源與電解槽中的兩極相連后，左側(cè)電極電勢高于右側(cè)電極，由于在電極之間建立電場，電場方向由左指向右，故正離子向右移動，負(fù)離子向左移動 （2）正電荷定向移動的方向為電流方向，則電解槽中的電流方向向右。 （3）通過橫截面AB的電荷量為通過橫截面AB的正、負(fù)電荷電量的和，所以4s內(nèi)通過橫截面AB的電荷量是8C+8C=16C． （4）由電流強(qiáng)度的定義I=qt=164A=4A； 點(diǎn)睛：本題考查電流的定義，要注意明確在電解質(zhì)導(dǎo)電時，流過截面

42、的電量為正負(fù)電荷電量絕對值的和． 24．無線充電技術(shù)已經(jīng)廣泛應(yīng)用于日常生活中，圖甲是手機(jī)無線充電原理圖，經(jīng)簡化后如圖乙所示．設(shè)線圈處于平行于線圈軸線的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示（設(shè)磁場方向垂直紙面向里為正方向），虛線框內(nèi)是整流電路，其作用是使流過電流表的電流方向始終向右，其他影響忽略不計．已知線圈匝數(shù)n=100匝，線圈面積S=1×10-3m2，電流表示數(shù)為1A，充電電池內(nèi)阻r=0.5Ω，充電電池容量為2000mAh（1mAh=3.6C），設(shè)充電過程中電流恒定，充電前電池電量為零．求： （1）在0至0.5×10-2s時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小以及線圈中感應(yīng)電

43、流的方向； （2）充電電池的發(fā)熱功率； （3）將充電電池電量充滿需要多長時間． 【答案】 （1）順時針方向（2）（3） 【解析】（1）由公式 由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向為順時針方向 （2）由公式 P=I2r 得發(fā)熱功率P=0.5W （3）由公式I=Q/t 得 25．電流天平可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。測量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量m1=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)m0=10.0g，匝數(shù)n=10，下邊長l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中，如圖18甲所示，線圈的兩頭

44、連在如圖乙所示的電路中，不計連接導(dǎo)線對線圈的作用力，電源電動勢E=1.5V，內(nèi)阻r=1.0Ω。開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻使理想電壓表示數(shù)U=1.4V時，R1=10Ω，此時天平正好平衡。g=10m/s2，求： （1）線圈下邊所受安培力的大小F，以及線圈中電流的方向； （2）矩形線圈的電阻R； （3）該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 【答案】 （1）0.05N，順時針（2）R=4Ω（3）0.5T 【解析】（1）天平兩側(cè)平衡，因此有 m1g= m0g+F 可得：F= m1g-m0g=0.05N F的方向豎直向下，根據(jù)左手定則可判斷出線框電流方向為順時針 （2）線圈中電流的大小

45、為：I=(E-U)/r=0.1A 根據(jù)電路規(guī)律：U=I(R1+R) 聯(lián)立兩式可得：R=4Ω （3）矩形線圈下邊所受安培力為：F=nBIl 將數(shù)值代入可得： B=F/nIl=0.5T 26．導(dǎo)線中的電流是1 A，導(dǎo)線的橫截面積為1 mm2。 （1）在1 s 內(nèi)，有多少個電子通過導(dǎo)線的橫截面（電子電荷量e=1.6×10–19C） （2）自由電子的平均定向移動速率是多大（設(shè)導(dǎo)體每立方米內(nèi)有8.5 ×1028個自由電子） （3）自由電子沿導(dǎo)線移動1 m，平均要多少時間？ 【答案】 （1）6.25×1018 （2）7.4×10–5 m/s （3）3.8 h 【解析】 【詳解

46、】 (1)1s內(nèi)，通過導(dǎo)體截面的電子數(shù)為N=qe=I?Δte=1×11.6×10-19=6.25×1018個 (2)根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=nqsv得v=Inqs=7.35×10-5m/s (3)據(jù)電子定向勻速移動s=vt 得傳播1m所需時間為t=sv=17.35×10-5≈3.78h 【點(diǎn)睛】 靈活應(yīng)用I=qt、I=nqsv、s=πr2和s=vt公式是解題的關(guān)鍵． 27．一臺小型電動機(jī)在3V電壓下工作，用此電動機(jī)提升所受重力為4 N的物體時，通過它的電流是0.2A．在30s內(nèi)可使該物體被勻速提升3m．若不計除電動機(jī)線圈生熱之外的能量損失，求： (1)電動機(jī)的輸入功率； (2

47、)在提升重物的30s內(nèi)，電動機(jī)線圈所產(chǎn)生的熱量； (3)線圈的電阻． 【答案】 （1）0.6（2）6（3）5 【解析】 (1)電動機(jī)的輸入功率 P入＝UI＝0.2×3 W＝0.6 W. (2)電動機(jī)提升重物的機(jī)械功率 P機(jī)＝Fv＝(4×3/30) W＝0.4 W. 根據(jù)能量關(guān)系P入＝P機(jī)＋PQ，得生熱的功率 PQ＝P入－P機(jī)＝(0.6－0.4) W＝0.2 W. 所生熱量Q＝PQt＝0.2×30 J＝6 J. (3)根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，得線圈電阻 R＝Ql2t＝60.22×30Ω＝5 Ω. 28．如圖所示，兩根半徑為r=0.5m的14圓弧軌道，間距為L=1m

48、，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計，在其上端連有一阻值為R=2Ω的電阻，整個裝置處于輻向磁場中，圓弧軌道所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=1T．將一根長度稍大于L，質(zhì)量為m=1kg、電阻為R0=1Ω的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放。已知當(dāng)金屬棒到達(dá)如圖所示的cd位置（金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角為θ=60°）時，金屬棒的速度達(dá)到最大；當(dāng)金屬棒到達(dá)軌道底端ef時，對軌道的壓力為1.5mg。求： （1）當(dāng)金屬棒的速度最大時，流經(jīng)電阻R的電流大小和方向； （2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經(jīng)電阻R的電量； （3）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量。（g=10m/

49、s2） 【答案】 (1)I＝mgcosθBL,方向為a→R→b (2)q=BLπ?r2(R+R0) (3)QR＝3mgR?r4(R+R0) 【解析】 （1）金屬棒速度最大時，在軌道的切線方向所受的合力為零，則有：mgcosθ=BIL 解得I=mgcosθBL=2A 流經(jīng)R的電流方向是a→R→b （2）金屬棒滑到底端的過程中，穿過回路的磁通量的變化量為：ΔΦ=BS=BLπr2=BLπr2 平均電動勢：E=ΔΦΔt 平均電流I=ER+R0 則流經(jīng)R的電量：q=It=ΔΦR+R0=BLπr2(R+R0)=0.1π 解得整個回路的總電阻R+R0=2.5Ω （3）在軌道最

50、低點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：N-mg=mv2r 由能量關(guān)系：Q=mgr-12mv2 電阻R上的發(fā)熱量：QR=RR+R0Q=1.2J 解得R=2Ω R0=0.5Ω 點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是明確金屬棒是垂直切割磁感線的，與平直軌道上運(yùn)動情況相似，注意電量與磁通量的變化量有關(guān)，熱量往往根據(jù)能量守恒求解． 29．如圖所示，光滑導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L，兩端分別接有阻值均為R的定值電阻R1和R2．兩導(dǎo)軌間有一邊長為的正方形區(qū)域abcd，該區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m的金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好并靜止于ab處，現(xiàn)用一恒力F沿水平方向拉桿，使之由靜止起

51、向右運(yùn)動，若桿出磁場前已做勻速運(yùn)動，不計導(dǎo)軌及金屬桿的電阻．求： （1）金屬桿出磁場前的瞬間流過R1的電流大小和方向； （2）金屬桿做勻速運(yùn)動時的速率； （3）金屬桿穿過整個磁場過程中R1上產(chǎn)生的電熱． 【答案】 （1）金屬桿出磁場前的瞬間流過的電流大小為，方向從M到P； （2）金屬桿做勻速運(yùn)動時的速率是； （3）金屬桿穿過整個磁場過程中上產(chǎn)生的電熱是﹣． 【解析】 試題分析：（1）桿出磁場前已做勻速運(yùn)動，恒力F與安培力平衡，由安培力公式F=BIL和平衡條件求解； （2）桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Bv，又根據(jù)閉合歐姆定律得到E=I，聯(lián)立可求得速度v； （3）金屬桿穿過整

52、個磁場過程中，F(xiàn)做功為F，桿獲得的動能為，根據(jù)能量守恒定律求解回路中產(chǎn)生的總熱量，根據(jù)兩個電阻并聯(lián)求解上產(chǎn)生的電熱． 解：（1）設(shè)流過金屬桿中的電流為I，由平衡條件得： F=BI 解得，I= 因=，所以流過的電流大小為I1== 根據(jù)右手定則判斷可知，電流方向從M到P． （2）設(shè)桿做勻速運(yùn)動的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律得： 桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為 E=Bv 又根據(jù)閉合歐姆定律得到E=I， 可解得v= （3）設(shè)整個過程電路中產(chǎn)生的總電熱為Q，根據(jù)能量守恒定律得： Q=F﹣ 代入v可得Q=﹣ ∴Q1=Q=﹣ 答： （1）金屬桿出磁場前的瞬間流過的電流大小

53、為，方向從M到P； （2）金屬桿做勻速運(yùn)動時的速率是； （3）金屬桿穿過整個磁場過程中上產(chǎn)生的電熱是﹣． 【點(diǎn)評】本題是電磁感應(yīng)中電路問題，掌握安培力公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律是基礎(chǔ)． 30．如圖所示的電路中，電源電動勢E＝9V，內(nèi)阻r＝2Ω，定值電阻R1＝6Ω，R2＝10Ω，R3＝6Ω，電容器的電容C＝10μF。 (1)保持開關(guān)S1、S2閉合，求電容器C所帶的電荷量； (2)保持開關(guān)S1閉合，將開關(guān)S2斷開，求斷開開關(guān)S2后流過電阻R2的電荷量。 【答案】 (1)Q＝3×10－5 C (2)QR2＝6×10－5C 【解析】 試題分析: （1）保持開關(guān)S1、S2閉合,電容器的電壓等于電阻R1的電壓 電路的電流I=ER1+R2+r=23A R1兩端的電壓UR1=IR1=4V 則電容器所帶的電荷量Q=CUR1=4×10-4C． （2）保持開關(guān)S1閉合，將開關(guān)S2斷開后，電路穩(wěn)定時電容器上的電壓等于電源電動勢，此時電容器所帶的電荷量Q'=CE=12×10-4C． 而流過R2的電荷量等于電容器C上電荷量的增加量ΔQ=Q'-Q=8×10-4C 考點(diǎn)：考查電容器；閉合電路的歐姆定律． 【名師點(diǎn)睛】本題考查了含容電路問題，知道電容器兩端的電壓等于與它并聯(lián)的支路電壓，與電容器串聯(lián)的電阻相當(dāng)于導(dǎo)線． 24