高考物理一轮复习学案第七章恒定电流

第七章恒定电流第1节电流__电阻__电功__电功率(1)由R＝eq\f(U,I)知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。(×)(2)根据I＝eq\f(q,t)，可知I与q成正比。(×)(3)由ρ＝eq\f(RS,l)知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。(×)(4)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路。(√)(5)公式W＝eq\f(U2,R)t＝I2Rt只适用于纯电阻电路。(√)(1)1826年德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律。(2)19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。突破点(一)电流的理解及其三个表达式的应用[题点全练]1.如图所示的电解液接入电路后，在ts内有n1个一价正离子通过溶液内截面S，有n2个二价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，则以下关于通过该截面电流的说法正确的是()A．当n1＝n2时，电流大小为零B．电流方向由A指向B，电流I＝eq\f(2n2＋n1e,t)C．当n1＜n2时，电流方向由B指向A，电流I＝eq\f(2n2－n1e,t)D．当n1＞n2时，电流方向由A指向B，电流I＝eq\f(n1－2n2e,t)解析：选B由题意可知，流过溶液截面的电量q＝(n1＋2n2)e；则电流I＝eq\f(2n2＋n1e,t)；当n1＝n2时，电流大小不为零，故B正确，A、C、D错误。2．(2018·威海模拟)一根长为L、横截面积为S的金属棒，其电阻率为ρ。棒内单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e，在棒两端加上恒定电压U时，棒内产生电流，则自由电子定向移动的速率为()A.eq\f(U,neρL)B.eq\f(US,neρL)C.eq\f(US,neρL2)D.eq\f(U,neρ)解析：选A根据电阻定律有：R＝ρeq\f(L,S)；则由欧姆定律可知，电流为：I＝eq\f(U,R)＝eq\f(US,ρL)；再根据I＝nevS可得：v＝eq\f(I,neS)＝eq\f(U,neρL)；故A正确，B、C、D错误。[题后悟通]三个电流表达式的比较公式适用范围字母含义公式含义定义式I＝eq\f(q,t)一切电路q为时间t内通过导体横截面的电荷量eq\f(q,t)反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝eq\f(1,t)微观式I＝nqSv一切电路n：导体单位体积内的自由电荷数q：每个自由电荷的电荷量S：导体横截面积v：电荷定向移动速率从微观上看n、q、S、v决定了I的大小决定式I＝eq\f(U,R)金属、电解液U：导体两端的电压R：导体本身的电阻I由U、R决定，I∝UI∝eq\f(1,R)突破点(二)电阻、电阻定律的理解与应用1．电阻与电阻率的区别(1)电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，而电阻率则反映制作导体的材料导电性能的好坏。(2)导体的电阻大，电阻率不一定大，它的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小，即它对电流的阻碍作用不一定小。(3)导体的电阻、电阻率均与温度有关。2．电阻的决定式和定义式的比较公式决定式定义式R＝ρeq\f(l,S)R＝eq\f(U,I)区别指明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，电阻与U和I无关适用于粗细均匀的金属导体和分布均匀的导电介质适用于任何纯电阻导体相同点都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释)[典例][多选](2018·江苏启东模拟)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的eq\f(1,2)，再给它两端加上电压2U0，则()A．通过导线的电流为eq\f(I0,8)B．通过导线的电流为eq\f(I0,16)C．导线中自由电子定向移动的速率为eq\f(v,4)D．导线中自由电子定向移动的速率为eq\f(v,2)[思路点拨]本题应根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，结合欧姆定律I＝eq\f(U,R)和电流的微观表达式I＝neSv进行分析。[解析]将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的eq\f(1,4)，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)分析可知，电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝eq\f(U,R)可知，电流变为eq\f(I0,8)，A正确，B错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的eq\f(1,8)，横截面积变为原来的eq\f(1,4)，则自由电子定向移动的平均速率变为eq\f(v,2)，C错误，D正确。[答案]AD[方法规律]导体变形后电阻的分析方法某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：(1)导体的电阻率不变。(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比。(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρeq\f(l,S)求解。[集训冲关]1.(2018·镇江模拟)有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则()A．从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bB．从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1∶1C．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bD．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a2∶b2解析：选B从图示方向看，根据电阻定律可知，R1＝eq\f(ρa,ah)＝eq\f(ρ,h)，R2＝eq\f(ρb,bh)＝eq\f(ρ,h)，故两电阻相等，比值为1∶1，故A错误，B正确。若电流竖直向下，则根据电阻定律有：R1＝eq\f(ρh,a2)，R2＝eq\f(ρh,b2)，故R1∶R2＝b2∶a2，故C、D错误。2．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为()A．1∶4 B．1∶8C．1∶16 D．16∶1解析：选C对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的eq\f(1,2)，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的eq\f(1,2)，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的eq\f(1,4)。给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝eq\f(U,4R)，I2＝eq\f(U,R/4)＝eq\f(4U,R)，由I＝eq\f(q,t)可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。突破点(三)伏安特性曲线的理解及应用1．定义：用纵坐标表示电流I、横坐标表示电压U，画出的I­U图像。2．图线的意义(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体有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．应用：I­U图像中图线上某点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小。4．两类图线(1)线性元件的伏安特性曲线(图甲中a、b)是过原点的直线，表明它的电阻是不变的。(2)非线性元件的伏安特性曲线(图乙中c、d)是曲线，表明它的电阻是变化的。[典例][多选](2018·常州模拟)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是()A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2)C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2－I1)D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积大小[解析]I­U图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，A正确；对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f(U1,I2)≠eq\f(U1,I2－I1)，B正确，C错误；对应P点，小灯泡的功率为P＝I2U1，此值恰为图中矩形PQOM所围面积的大小，D正确。[答案]ABD[易错提醒](1)伏安特性曲线中，导体电阻等于线上点与原点连线斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数。(2)无论线性元件还是非线性元件，只要是纯电阻元件，电阻都可由R＝eq\f(U,I)计算。[集训冲关]1.(2018·镇江模拟)如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是()A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比解析：选B图线的斜率表示电阻的倒数，故Ra>Rb，C错误；由R＝ρeq\f(l,S)知a的横截面积较小，A错误，B正确；由图像知导体的电阻与电压无关，D错误。2.[多选]某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是()A．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线B．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等解析：选BD小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A错误，B正确；两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知此时两者阻值相同，功率也相同，故C错误，D正确。3.[多选]我国已经于2012年10月1日起禁止销售100W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所示。图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则()A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβC．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eq\f(U0,I0)解析：选CD白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A错误；在A点，白炽灯的电阻可表示为eq\f(U0,I0)，不能表示为tanβ或tanα，故B错误，D正确；在A点，白炽灯的功率可表示为U0I0，C正确。突破点(四)电功、电功率及焦耳定律纯电阻电路与非纯电阻电路的比较纯电阻电路非纯电阻电路实例白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等电动机、电解槽、日光灯等电功与电热W＝UIt，Q＝I2Rt＝eq\f(U2,R)tW＝QW＝UIt，Q＝I2RtW>Q电功率与热功率P电＝UI，P热＝I2R＝eq\f(U2,R)，P电＝P热P电＝UI，P热＝I2R，P电>P热[典例]有一小型直流电动机，把它接入U1＝0.3V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流为I1＝0.6A；若把电动机接入U2＝3.0V的电路中时，电动机正常工作，工作电流是I2＝1.0A，求：(1)电动机正常工作时的输出功率是多少？(2)如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？[思路点拨](1)当电动机不转时，可视为纯电阻，由欧姆定律求其内电阻。(2)当电动机正常工作时，转子突然被卡住，其电流不等于I2＝1.0A，此时发热功率由P＝eq\f(U2,r)计算。[解析](1)当U1＝0.3V，I1＝0.6A时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机的内电阻为r＝eq\f(U1,I1)＝0.5Ω。当U2＝3.0V，I2＝1.0A时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则电动机的输出功率为P出＝U2I2－I22r＝2.5W。(2)当电动机正常工作被卡住时，电动机又为纯电阻，其热功率为P热＝eq\f(U22,r)＝18W。[答案](1)2.5W(2)18W[方法规律](1)在任何电路中，P电＝UI、P热＝I2R、W＝UIt、Q＝I2Rt都适用。(2)处理非纯电阻电路的计算问题时，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”找等量关系求解。(3)在非纯电阻电路中，eq\f(U2,R)t既不表示电功也不表示电热，是没有意义的。[集训冲关]1.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I＝5.0A和U＝110V，重物P上升的速度v＝0.70m/s。已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m＝45kg。下列说法正确的是()A．电动机消耗的电功率为550WB．细绳对重物做功的机械功率为325WC．电动机输出的功率为400WD．电动机线圈的电阻为5Ω解析：选A根据电功率关系式有：P电＝UI＝5×110W＝550W，故电动机消耗的功率为550W，故A正确；以物体为研究对象，由于物体匀速上升，有：F－mg＝0 ①P＝Fv ②联解①②，代入数据得：P＝315W；故细绳对重物做功的机械功率为315W，故B错误；电动机输出的功率P机＝eq\f(P机,70%)＝eq\f(315,0.7)＝450W，故C错误；根据功能关系有：P电＝P机＋P热 ③P热＝I2R ④联解③④，代入数据得：R＝4Ω，故D错误。2.(2018·启东期末)如图所示，M为电动机，N为电炉子，电炉子的电阻R＝4Ω，电动机的内阻r＝1Ω，恒定电压U＝12V。当S1闭合、S2断开时，电流表A示数为I1；当S1、S2同时闭合时，电流表A示数为I2＝5A；求：(1)I1示数及电炉子发热功率各多大？(2)电动机的输出功率是多少？解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)得：I1＝eq\f(U,R)＝eq\f(12V,4Ω)＝3A，其发热功率为：PR＝UI1＝12×3W＝36W。(2)当S1、S2同时闭合时，流过电动机的电流为：I3＝I2－I1＝2A，电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI3＝P＋I32r，代入数据解得：P＝20W。答案：(1)3A36W(2)20W生活中的用电器生活中，人们在家中会使用很多用电器，如电饭锅、空调、冰箱、电风扇、电吹风等，这些用电器有的可以视为纯电阻，有的则不是纯电阻，请结合以下各题自主领悟：1．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作。用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中正确的是()A．电饭煲的电阻为44Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440ΩB．电饭煲消耗的电功率为1555W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5WC．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103JD．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C由于电饭煲是纯电阻元件，所以R1＝eq\f(U,I1)＝44Ω，P1＝UI1＝1100W，其在1min内消耗的电能W1＝UI1t＝6.6×104J，洗衣机为非纯电阻元件，所以R2≠eq\f(U,I2)，P2＝UI2＝110W，其在1min内消耗的电能W2＝UI2t＝6.6×103J，其热功率P热≠P2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍。2．为了生活方便，电热水壶已进入千家万户，如果将一电热水壶接在220V的电源两端，经时间t0电热水壶的开关自动切断，假设热量的损失不计、加热丝的阻值不受温度的影响。则()A．如果将电热水壶接在110V的电源两端，需经2t0的时间电热水壶的开关自动切断B．如果将电热水壶接在110V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断C．如果将电热水壶接在55V的电源两端，需经4t0的时间电热水壶的开关自动切断D．如果将电热水壶接在55V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断解析：选D根据公式Q＝eq\f(U2,R)t可知，煮沸一壶水所需的热量为Q＝eq\f(U2,R)t0，当电压变为原来的eq\f(1,2)时，所需热量没变，因此时间要变为原来的4倍，即4t0，A、B错误；当电压变为原来的eq\f(1,4)时，时间要变为原来的16倍，即16t0，C错误，D正确。3．[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，不计其自身机械损耗。若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()自重40kg额定电压48V载重75kg额定电流12A最大行驶速度20km/h额定输出功率350WA．电动机的输入功率为576WB．电动机的内电阻为4ΩC．该车获得的牵引力为104ND．该车受到的阻力为63N解析：选AD电动机的输入功率为P入＝UI＝48×12W＝576W，A正确；电动机的发热功率为Q＝I2r＝P入－P出，代入数据解得：r＝1.6Ω，B错误；由v大＝20km/h＝eq\f(50,9)m/s，根据P出＝Fv大解得F＝63N，且当该车速度最大时，F＝f＝63N，故C错误，D正确。eq\a\vs4\al([反思领悟])分析生活中的用电器问题的两条思路1．了解用电器的结构，含有电动机且正常工作的为非纯电阻；不含电动机或含电动机但电动机不转的则为纯电阻。2．从能量转化角度来区分，如消耗的电能全部转化为电热则为纯电阻；如消耗的电能有一部分转化为其他能量，则为非纯电阻。对点训练：电流的理解及其三个表达式的应用1.(2018·无锡检测)如图所示的电解槽接入电路后，在t秒内有n1个1价正离子通过溶液内截面S，有n2个1价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是()A．当n1＝n2时电流强度为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流强度为I＝eq\f(n1－n2e,t)C．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流强度I＝eq\f(n2－n1e,t)D．电流方向从A→B，电流强度I＝eq\f(n2＋n1e,t)解析：选D电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(n2＋n1e,t)。2．[多选](2018·扬州检测)如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是()A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流等于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率解析：选BD设正方形的边长为L、厚度为d，则I＝eq\f(U,R)，R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(L,L·d)＝eq\f(ρ,d)，得I＝eq\f(Ud,ρ)，故R1、R2中的电流相等，A错误，B正确。由I＝nqSv＝nqLdv得，L大则v小，C错误，D正确。3．[多选](2018·大庆实验中学期中)半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流应有()A．若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍B．若电荷量不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍C．若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大D．若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小解析：选AB环转动一周的时间为t＝eq\f(2π,ω)；一周内通过某一截面的电量为Q；则电流为I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(Q,\f(2π,ω))＝eq\f(Qω,2π)；由以上公式可得：若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，A正确；若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，B正确；若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环的半径增大，对电流没有影响，C、D错误。对点训练：电阻、电阻定律的理解与应用4.[多选]如图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的R­I图像。现将甲、乙串联后接入电路中，则()A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端电压小B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热较少D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小解析：选BC将甲、乙串联接入电路中，电流相等，由题图知，甲电阻大于乙电阻，由电阻定律知甲电阻丝的电阻率大于乙电阻丝的电阻率，B正确；由I＝eq\f(U,R)知甲两端的电压比乙大，A错误；根据Q＝I2Rt，知乙产生的焦耳热少，C正确；由P＝I2R知甲消耗的电功率比乙大，D错误。5．(2018·苏州联考)两根材料相同的均匀导线X和Y，X长为L，Y长为2L，串联在电路中，沿导线长度方向电势φ变化如图所示，则两导线的横截面积之比为()A．2∶3 B．1∶3C．1∶2 D．3∶1解析：选B由题图可知导线X和Y两端的电压之比为eq\f(UX,UY)＝eq\f(10－4,4－0)＝eq\f(3,2)，其电流相同，则电阻之比eq\f(RX,RY)＝eq\f(UX,UY)＝eq\f(3,2)，由R＝ρeq\f(l,S)可得eq\f(SX,SY)＝eq\f(1,3)，B正确。6.如图所示为均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2。当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻分别为R1、R2，则R1∶R2为()A．L1∶L2 B．L2∶L1C．L12∶L22 D．L22∶L12解析：选C设电阻板厚度为h，由电阻定律有R1＝ρeq\f(L1,hL2)，R2＝ρeq\f(L2,hL1)，所以R1∶R2＝L12∶L22，故C正确。对点训练：伏安特性曲线的理解及应用7．[多选](2018·苏州五校联考)如图所示为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是()A．电阻A的电阻值随电流的增大而增大，电阻B阻值不变B．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻BC．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻BD．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B解析：选AB由题图可知，电阻B的斜率不变，电阻A的斜率在逐渐增大，而在U­I图像中，图像的斜率表示电阻值大小，故A正确；两图线的交点处，电流和电压均为U1和I1，由欧姆定律知，两电阻的大小相等，故B正确，C、D错误。8.[多选](2018·南京期末)两电阻R1和R2的伏安特性曲线如图所示。从图线可判断()A．两电阻阻值的关系是R1>R2B．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的电流强度较大D．两电阻串联接入电路时，R1消耗的功率小解析：选CD图像的斜率k＝eq\f(I,U)＝eq\f(1,R)，即图像的斜率越大，电阻越小，故有R1<R2，A错误；根据图像可得电阻一定时，电流随电压的增大而增大，B错误；从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同，根据公式P＝I2R可得电阻越大，消耗的电功率越大，故D正确。9.某一导体的伏安特性曲线如图AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()A．B点的电阻为12ΩB．B点的电阻为40ΩC．导体的电阻因温度的影响改变了1ΩD．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω解析：选BA点电阻RA＝eq\f(3,1.0×10－1)Ω＝30Ω，B点电阻RB＝eq\f(6,1.5×10－1)Ω＝40Ω，故A错误、B正确。ΔR＝RB－RA＝10Ω，故C、D错误。对点训练：电功、电功率及焦耳定律10．下图中的四个图像中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是()解析：选C白炽灯泡为纯电阻，其电功率P＝eq\f(U2,R)，但随着电压和灯泡工作时间的增加，灯丝电阻会增大，P­U2图像会向下弯曲，故C正确。11.(2018·无锡调研)如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是()A．电热丝的电阻为55ΩB．电动机线圈的电阻为eq\f(1210,3)ΩC．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1000J解析：选A电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P＝1000W－120W＝880W，对电热丝，由P＝eq\f(U2,R)可得电热丝的电阻为R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(2202,880)Ω＝55Ω，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880J，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J，选项D错误。12．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是()A．3V1.8J B．3V3.6JC．6V1.8J D．6V3.6J解析：选D根据W＝qU，可知通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗电能为0.9J时，电阻两端的电压U＝3V，在相同时间内通过0.6C的电荷量，则电流变为原来的2倍。根据I＝eq\f(U,R)知，电压也变为原来的2倍，即U′＝2U＝6V，则W′＝q′U′＝3.6J，故D正确。考点综合训练13．[多选]如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等，则这两个电路中的U甲、U乙，R甲、R乙之间的关系正确的是()A．U甲>U乙 B．U甲＝4U乙C．R甲＝4R乙 D．R甲＝2R乙解析：选AC设灯泡正常工作时电压为U，电流为I，则U甲I＝U乙×2I，则U甲＝2U乙，A正确，B错误；根据I2R甲＝(2I)2R乙得R甲＝4R乙，C正确，D错误。14．(2018·无锡模拟)燃油车退出已提上日程，不久的将来，新能源车将全面替代燃油车。某景区电动车载满游客时总质量m＝1.75×103kg，以4m/s的速度在水平路面匀速行驶，驱动电机的输入电流I＝20A，输入电压U＝400V，电动车行驶时所受阻力为车重的eq\f(1,10)，g取10m/s2，不计电机内部摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：(1)驱动电机的输入功率；(2)电动车行驶时输出的机械功率；(3)驱动电机的内阻。解析：(1)驱动电动机的输入功率：P入＝UI＝400V×20A＝8000W。(2)电动车行驶时所受阻力：f＝eq\f(1,10)mg＝1.75×103N；电动车匀速行驶时：F＝f，电动车行驶时输出的机械功率：P出＝Fv＝1.75×103×4W＝7×103W。(3)驱动电机内阻的发热功率：P热＝P入－P出＝8000W－7000W＝1000W，根据P热＝I2r，有：r＝eq\f(P热,I2)＝eq\f(1000,202)Ω＝2.5Ω。答案：(1)8000W(2)7×103W(3)2.5Ω15．电动自行车因其价格相对于摩托车低廉，而且污染小，受到群众喜爱，某电动车铭牌如下表所示。取g＝10m/s2，试求：规格后轮驱动直流永磁电机车型：20″电动自行车电机输出功率：175W电源输出电压：≥36V额定工作电压/电流：36V/5A整车质量：40kg最大载重量：120kg(1)求此车所装电动机的线圈电阻；(2)求此车所装电动机在额定电压下正常工作时的效率；(3)一个60kg的人骑着此车，如果电动自行车所受阻力为人和车重的0.02倍，求电动自行车在平直公路上行驶的最大速度。解析：(1)由表格可知：电机输出功率为P出＝175W，电源的输出电压为U＝36V，电流为I＝5A，设内阻为R，则根据能量守恒定律得：UI－I2R＝P出，代入数据解得：R＝0.2Ω。(2)电动机的总功率为：P总＝UI＝36×5W＝180W，电机输出功率为：P出＝175W，所以电动机的效率为：η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(175,180)×100%＝97.2%。(3)一个60kg的人骑着此车，车和人的总的质量为100kg，此时电动自行车所受阻力为：f＝0.02mg＝0.02×100×10N＝20N，行驶的最大速度是：vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,f)＝eq\f(175,20)m/s＝8.75m/s。答案：(1)0.2Ω(2)97.2%(3)8.75m/s第2节闭合电路欧姆定律及其应用(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量。(√)(2)电动势就等于电源两极间的电压。(×)(3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小。(×)(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大。(×)(5)电源的输出功率越大，电源的效率越高。(×)突破点(一)电阻的串、并联1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1＋I2＋…＋InI1R1＝I2R2＝…＝InRn电压eq\f(U1,R1)＝eq\f(U2,R2)＝…＝eq\f(Un,Rn)U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1＋R2＋…＋Rneq\f(1,R总)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋…＋eq\f(1,Rn)功率分配eq\f(P1,R1)＝eq\f(P2,R2)＝…＝eq\f(Pn,Rn)P1R1＝P2R2＝…＝PnRn2．三个有用的结论(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻变大时，总电阻变大。(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大。(3)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的电功率P总等于各个电阻消耗的电功率之和。[题点全练]1．[多选](2018·盐城模拟)如图所示，图线1表示导体A的电阻，设为R1，图线2表示导体B的电阻，设为R2，则下列说法正确的是()A．R1∶R2＝1∶3B．把A拉长为原来的3倍后其电阻等于B的电阻R2C．将A与B串联后接在电源上，二者消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3D．将A与B并联后接于电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝1∶3解析：选AC根据I­U图像知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1∶R2＝1∶3，A正确；根据公式R＝ρeq\f(l,S)可得，把A拉长为原来的3倍后，横截面积减小为原来的eq\f(1,3)，所以电阻变为原来的9倍，B错误；串联电路电流相等，将A与B串联后接于电源上，根据公式P＝I2R可得，消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3，C正确；并联电路电压相等，电流之比等于电阻之反比，所以将A与B并联后接在电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝3∶1，D错误。2.(2018·宁德质检)电阻R1和R2分别标有“2Ω1.0A”和“4Ω0.5A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为()A．1.5W B．3.0WC．5.0W D．6.0W解析：选A由题意可知，两电阻串联后能通过的最大电流为I＝0.5A，则电路允许消耗的最大电功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5W，A正确。3.[多选]一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10Ω，R2＝120Ω，R3＝40Ω。另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计。则()A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V解析：选AC当cd端短路时，R2与R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻为40Ω，A正确；同理可得B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2无效，cd两端的电压就等于R3分得的电压，可以求得为80V，C正确；同理可得D错误。突破点(二)闭合电路的动态分析1．程序法2．“串反并同”结论法(1)所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。(2)所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。即：eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(U串↓,I串↓,P串↓))←R↑→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(U并↑,I并↑,P并↑))3．极限法因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。[典例][多选](2018·大连模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()A．电压表示数减小 B．电流表示数增大C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低[方法应用](一)由题明3法基础解法(程序法)：P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大，示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，I2＝eq\f(U2,R2)，I2减小，的示数IA＝I总－I2增大，B正确；由于电容器的电压UC＝U2减小，由Q＝CUC知Q减小，C错误；Uab＝φa－φb＝φa＝U2，故φa降低，D正确。能力解法一(结论法)：由于R3减小，R2与R3并联，则U2、I2均减小，而UC＝U2，Q＝CUC知Q减小，C错误；Uab＝U2＝φa－φb＝φa减小，D正确；因为R1间接与R3串联，故I1、U1均增大，故示数增大，A错误；根据IA＝I1－I2知IA增大，B正确。能力解法二(极限法)：设滑片P滑至b点，则R3＝0，φa＝φb＝0，D正确；R2上电压为零，则C上电压也为零，Q＝0，C错误；当R3＝0时，总电阻最小，总电流最大，R1上电压最大，故A错误；由于IA＝I1－I2，此时I1最大，I2＝0最小，故IA最大，B正确。(二)3法比较(1)“程序法”：较繁琐，准确度高，学生易掌握。(2)“结论法”：较简单，要求学生要准确判断电路中各元件的串、并联关系。(3)“极限法”：较简单，仅适用于物理量单调变化的情况，如果电阻先增大后减小或先减小后增大，则不宜用该方法。[集训冲关]1.(2018·苏州期末)如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中()A．电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数增大B．电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数减小C．电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数增大D．电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数减小解析：选A当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，则通过电流表的电流增大。外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大。电源的内电压增大，路端电压减小。所以电压表的示数先增大后减小，电流表示数一直增大，故A正确。2.[多选](2018·湖北省公安县期末)如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是()A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值解析：选ACP向a移动，R2连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V2示数减小，V1示数增大，U内增大，A正确；同理，B错误；由E＝U内＋U外＝U内＋UV1＋UV2，电源电动势不变可得：U内示数改变量绝对值与V1示数改变量绝对值之和等于V2示数改变量绝对值，C正确；同理，D错误。3．[多选](2017·黄山二模)某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时()A．L变亮 B．通过R3的电流减小C．E2的路端电压增大 D．R消耗的功率减小解析：选BC当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻RG的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确。突破点(三)闭合电路的功率及效率问题电源总功率任意电路：P总＝EI＝P出＋P内纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝eq\f(E2,R＋r)电源内部消耗的功率P内＝I2r＝P总－P出电源的输出功率任意电路：P出＝UI＝P总－P内纯电阻电路：P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)P出与外电阻R的关系电源的效率任意电路：η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U,E)×100%纯电阻电路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%由P出与外电阻R的关系图像可知①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝eq\f(E2,4r)。②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。④当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。[典例]如图所示，已知电源电动势为6V，内阻为1Ω，保护电阻R0＝0.5Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值。[解析]保护电阻消耗的功率为P0＝eq\f(E2R0,r＋R＋R02)，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝eq\f(E2R0,r＋R02)＝eq\f(62×0.5,1.52)W＝8W。[答案]R＝0P0max＝8W[多维探究][变式1]例题中条件不变，求当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。解析：这时要把保护电阻R0与电源内阻r算在一起，据以上结论，当R＝R0＋r即R＝(1＋0.5)Ω＝1.5Ω时，PRmax＝eq\f(E2,4r＋R0)＝eq\f(62,4×1.5)W＝6W。答案：R＝1.5ΩPRmax＝6W[变式2]在例题中，若电阻箱R的最大值为3Ω，R0＝5Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。解析：把R0＝5Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6Ω，而电阻箱R的最大值为3Ω，小于6Ω，P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r等)))2R＝eq\f(E2,\f(R－r等2,R)＋4r等)，则不能满足R＝r等，当电阻箱R的电阻取3Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r等)))2R＝eq\f(4,3)W。答案：R＝3ΩP＝eq\f(4,3)W[变式3]例题中条件不变，求电源的最大输出功率。解析：由电功率公式P出＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R外＋r)))2R外＝eq\f(E2,\f(R外－r2,R外)＋4r)，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5Ω时，P出max＝eq\f(E2,4r)＝eq\f(62,4×1)W＝9W。答案：9W[变式4]如图所示，电源电动势E＝2V，内阻r＝1Ω，电阻R0＝2Ω，可变电阻的阻值范围为0～10Ω。求可变电阻为多大时，R上消耗的功率最大，最大值为多少？解析：方法一：PR＝eq\f(U2,R)，根据闭合电路欧姆定律，路端电压U＝E·eq\f(\f(R0R,R0＋R),r＋\f(R0R,R0＋R))＝eq\f(ER0R,rR0＋rR＋R0R)，所以PR＝eq\f(E2R02R,rR0＋rR＋R0R2)，代入数据整理得PR＝eq\f(16,\f(4,R)＋9R＋12)，当R＝eq\f(2,3)Ω时，R上消耗的功率最大，PRmax＝eq\f(2,3)W。方法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E′＝eq\f(R0,R0＋r)E，内阻为r′＝eq\f(R0r,R0＋r)的电源，当R＝r′＝eq\f(R0r,R0＋r)时，电源对外电路R的输出功率最大PR＝eq\f(E′2,4r′)。把数值代入各式得：E等＝E′＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(4,3)V；r等＝r′＝eq\f(R0r,R0＋r)＝eq\f(2,3)Ω。所以：PR＝eq\f(E等2,4r等)＝eq\f(2,3)W。答案：R＝eq\f(2,3)ΩP＝eq\f(2,3)W

突破点(四)两类U­I图像的比较与应用两种图像的比较电源U­I图像电阻U­I图像图形物理意义电源的路端电压随电路电流的变化关系电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系截距与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流eq\f(E,r)过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U、I的乘积表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率坐标U、I的比值表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小斜率(绝对值)电源电阻r电阻大小[题点全练]1．[多选](2018·苏州期末)如图所示，甲、乙分别表示两个电源的路端电压与通过它们的电流I的关系，下列说法中正确的是()A．电源甲的电动势大于乙的电动势B．电源甲的内阻小于乙的内阻C．电流都是I0时，两电源的内电压相等D．路端电压都为U0时，它们所在电路的外电阻相等解析：选AD图线与纵坐标的交点表示电源的电动势，图线斜率的大小表示电源的内阻，由题图可知E甲>E乙，r甲>r乙，A正确，B错误；当电流都为I0时，两电源的路端电压相等，内电压不相等，C错误；当路端电压为U0时，电流为I0，外电阻R＝eq\f(U0,I0)相等，D正确。2．[多选](2018·衡水中学模拟)在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图像可知()A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为2WD．电源的效率为66.7%解析：选ABD图线Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势E为3V，图线Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻r为0.5Ω，A正确。图线Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1Ω，B正确。由Ⅰ、Ⅱ图线的交点坐标可知电流I＝2A，路端电压U＝2V，电源输出功率P＝UI＝4W，C错误。电源效率η＝eq\f(P出,P总)＝eq\f(U,E)≈66.7%，D正确。3．[多选](2018·南京模拟)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是()A．E＝50VB．r＝eq\f(25,3)ΩC．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20ΩD．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80W解析：选AC由图像的物理意义可知电源的电动势E＝50V，内阻r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(50－20,6－0)Ω＝5Ω，故A正确，B错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40V，I＝2A，则R＝eq\f(U,I)＝20Ω，此时，电路消耗的总功率P总＝EI＝100W，故C正确，D错误。突破点(五)含电容器的电路1．电路的简化不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。2．电路稳定时电容器的处理方法电容器所在的支路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不降低电压，是等势体。电容器两端的电压等于与之并联的支路两端的电压。3．电容器所带电荷量及其变化的计算(1)利用Q＝UC计算电容器所带的电荷量；(2)如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差；(3)如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之和。[典例](2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A.eq\f(2,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5) D.eq\f(2,3)[思路点拨]开关S断开时、闭合时的简化电路分别如图甲、乙所示。[解析]断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝eq\f(1,5)E，U2＝eq\f(1,3)E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。[答案]C[方法规律]含容电路问题的解题思路第一步理清电路的串并联关系第二步确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U第三步分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q＝CU，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势板带正电，低电势板带负电[集训冲关]1.(2018·南通一模)如图所示的电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r。开关S闭合后，在滑动变阻器触头向上移动过程中()A．小灯泡变亮 B．电容器所带电荷量增大C．电压表示数变小 D．电源的总功率变大解析：选B闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗。电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大。故A、C错误。电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大，故B正确。电源的总功率为P＝EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误。2.如图所示，开关S闭合后，带电质点P在平行金属板中处于静止状态。则()A．质点P一定带正电B．滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大C．滑片向a端移动时，质点P将向上板运动D．若将开关S断开，质点P将向下板运动解析：选C由电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1串联，电容器与并联部分并联；电容器的上极板带正电，板间场强向下，质点处于平衡状态，则知受到的电场力向上，故质点P带负电，故A错误。滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大，总电流减小，内电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大；电容器两端的电压增大，质点所受的电场力增大，则质点将向上移动；因并联部分电压增大，则R3中的电流增大，而干路电流减小，故电流表中的电流减小；由于电流表示数减小，由欧姆定律可知R2两端的电压减小，故R4两端的电压增大，电压表示数增大，故B错误，C正确；开关S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，电容器两端电压增大，板间场强增大，质点P受到的电场力变大，质点P将向上运动，故D错误。电路故障问题1．电路故障一般是短路或断路。常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象。故障的特点如下：断路状态的特点短路状态的特点电源电压不为零而电流为零；若外电路某两点之间的电压不为零，则这两点间有断点，而这两点与电源连接部分无断点有电流通过电路而电压为零2．利用电流表、电压表判断电路故障的方法：常见故障故障解读原因分析正常无数“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表。故障原因可能是：a．电压表损坏；b．电压表接触不良；c．与电压表并联的用电器短路。正常无数“电压表有示数”表明电压表有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表。故障原因可能是：a．电流表短路；b．和电压表并联的用电器断路。、均无数“两表均无示数”表明无电流通过两表。除了两表同时被短路外，可能是干路断路导致无电流。[应用体验]1.如图所示的电路中，电源的电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6V，Uad＝0V，Ucd＝6V，由此可断定()A．L1和L2的灯丝都烧断了 B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了 D．变阻器R断路解析：选C由Uab＝6V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间。由Ucd＝6V可知，灯泡L1与变阻器R是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路。所以选项C正确。2.(2018·江阴模拟)在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是()A．R1短路B．R2断路C．R3短路D．R4断路解析：选CR1短路，外电路总电阻减小，并联部分电压增大，A、B灯变亮，故A错误；R2断路，A灯不亮，故B错误；R3短路，外电路总电阻减小，则并联部分电压减小，所以A灯变暗，通过A灯电流减小，通过B灯电流增大，所以B灯变亮，故C正确；R4断路，外电路总电阻变大，并联部分电压增大，A灯变亮，故D错误。eq\a\vs4\al([反思领悟])已知电路发生某种故障，寻找故障发生的位置时，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，运用欧姆定律进行推理，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；若不符合，则故障不发生在这部分电路。用这种方法逐段找下去，直至找到发生故障的全部可能为止，这里应用了排除法。对点训练：电阻的串、并联1．电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1解析：选B由并联特点可知：eq\f(R1,R2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，又由串联电路特点可得：eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，故B正确。2.(2018·无锡调研)电子式互感器是数字变电站的关键设备之一。如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的(n－1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为()A．nU B.eq\f(U,n)C．(n－1)U D.eq\f(U,n－1)解析：选ARac与Rcd串联，电流I＝eq\f(Uab,Rac＋Rcd)，对输出端电压Ucd＝U＝IRcd＝eq\f(UabRcd,Rac＋Rcd)＝eq\f(Uab,n)，即输入端电压为Uab＝nU。3．(2018·常州检测)如图所示，a、b、c、d、e是五个相同的电阻，如果将电压逐渐升高，则最先烧坏的电阻应是()A．a和b B．cC．d D．e解析：选D由题图可知，a和b并联后与e串联，最后跟c和d的串联电路并联，设电阻都为R，则c和d的电压都为eq\f(U,2)，a和b并联电阻为eq\f(R,2)，所以a和b的电压都为eq\f(U,3)，e的电压为eq\f(2U,3)，所以e的电压最大，所以随着电压U升高时，先烧坏的电阻应是e。对点训练：闭合电路的动态分析4.[多选]如图所示，闭合开关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．B灯变暗 D．C灯变亮解析：选ACD将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮。并联部分的电压U并＝E－IA(RA＋r)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，B灯变暗。通过C灯的电流IC＝I－IB，I增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮，故A、C、D正确。5.[多选](2018·昆山月考)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是()A．R0上的电压变小B．R2上的电压变大C．R1上的电压变大D．R1上电压变化量大于R0上的电压变化量解析：选AC触头P由图示位置向右移动时，接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以R2上的电压变小，R2是定值电阻，所以通过R2的电流减小，总电流不变，则通过R1电流增大，所以R1的电压变大，而并联电路电压是减小的，则R0上的电压变小，故A、C正确，B错误；R1的电压变大，R0上的电压变小，R1和R0的电压之和减小，则R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误。6.如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯。当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是()A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮解析：选B当滑片由b端向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗；L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2两端的电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗。故B正确。对点训练：闭合电路的功率及效率问题7．(2018·湖北七市联考)有一个电动势为3V、内阻为1Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2W，且使该电源的效率大于50%的是()A．0.5Ω B．1ΩC．1.5Ω D．2Ω解析：选C由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，电源效率η＝eq\f(I2R,I2R＋r)×100%，电阻的功率P＝I2R。将四个选项代入分析得，只有C符合题目要求，故C正确。8.[多选](2016·江苏高考)如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有()A．路端电压为10VB．电源的总功率为10WC．a、b间电压的大小为5VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A解析：选AC根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝eq\f(12,2＋10)A＝1A，则路端电压为U＝IR外＝10V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φa＝2.5V，b点电势为φb＝7.5V，a、b间电压的大小为5V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5Ω，电路的总电流为I＝eq\f(12,2＋7.5)A≈1.26A，选项D错误。9.[多选]直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的()A．总功率一定减小B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小D．输出功率一定先增大后减小解析：选ABC滑片P向右移动时，外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故A正确。根据η＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋r/R外)，可知B正确。由P损＝I2r可知，C正确。P出­R外图像如图所示，因不知道R外的初始值与r的大小关系，所以无法判断P出的变化情况，D错误。对点训练：两类U­I图像的比较与应用10．[多选]如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2,3.5)、Q(6,5)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10解析：选AB根据图像可知，E1＝E2＝10V，r1＝eq\f(5,4)Ω，r2＝eq\f(5,6)Ω，所以r1∶r2＝3∶2，E1∶E2＝1∶1，选项A、B正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝18.2W和P2＝30W，小灯泡的电阻分别为R1＝eq\f(35,52)Ω，R2＝eq\f(5,6)Ω，所以选项C、D错误。11．[多选](2018·镇江模拟)如图甲所示，不计电表对电路的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表○eq\a\vs4\al(V1)和○eq\a\vs4\al(V2)随电流表○eq\a\vs4\al(A)的示数变化规律如图乙中a、b所示，下列判断正确的是()A．图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势B．图线b斜率的绝对值等于电源的内阻C．图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率D．图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电阻R0消耗的功率解析：选ACD当电路中电流增大时，电压表V2的示数增大，电源的内电压增大，电压表V1的读数减小，则根据图像可知，图像a是电压表V1的示数与I的关系图像。则图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势，故A正确。由上分析知，图像b是电压表V2的示数与I的关系图像，由于V2测量的是定值电阻的电压，定值电阻的电压与电流成正比，则图像b的斜率的绝对值等于R0的阻值，故B错误。图像a反映电源的特性，图像b反映定值电阻R0的特性，两图像的交点表示定值电阻R0接在该电源上的工作状态，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下定值电阻R0消耗的瞬时功率，也即电源的输出功率。故C、D正确。对点训练：含电容器的电路12.如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是()A．滑片M向上滑动过程中，电容器充电B．滑片N向左滑动过程中，流过R2电流向上C．滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大D．将滑片N向右滑动，电容器的电能减少解析：选D当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故A错误；滑片N向左滑动过程中，变阻器R3的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，R3两端的电压U＝E－I(R1＋r)增大，电容器两端的电压增大，电容器充电，流过R2的电流向下，故B错误；滑片N向左滑动，变阻器R3的电阻变大，外电阻增大，但因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故C错误；将滑片N向右滑动，变阻器R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，变阻器两端的电压U＝E－I(R1＋r)减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据Q＝CU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确。13．(2018·南京模拟)如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r，初期电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()A．电压表和电流表的示数都减小B．电压表和电流表的示数都增大C．电压表和电流表的示数变化量之比保持不变D．带电尘埃将向下极板运动解析：选C当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小，图中并联部分的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联部分的电压增大，则电压表的示数增大。故A、B错误。电压表的示数为U＝E－I(R1＋r)，则电压表和电流表的示数变化量之比为eq\f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，保持不变，故C正确。电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误。考点综合训练14．[多选](2018·黑龙江省实验中学高三期末)在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。则以下判断中正确的是()A．电动机的输出功率为12WB．电动机两端的电压为7.0VC．电动机的发热功率为4.0WD．电源输出的电功率为24W解析：选AB电路中电流表示数为2.0A，所以电动机的电压为U＝E－Ir－IR0＝7V，则电动机的发热功率为P热＝I2RM＝2W；电动机的输出功率为P出＝UI－P热＝12W，故A、B正确，C错误；电源的输出功率为P输出＝EI－I2r＝20W，故D错误。15．[多选]如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是()A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧解析：选AD保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U＝eq\f(E,R0＋R1)·R0，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力mg－qE＝ma，平行板两极板电压减小，产生的加速度增大，则eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，水平位移为x＝v0t＝v0eq\r(\f(d,a))，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E＝eq\f(U,d)，结合C＝eq\f(Q,U)及C＝eq\f(εrS,4πkd)可得E＝eq\f(4πkQ,Sεr)，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；如N板稍微下移，则粒子将打在O点右侧，D正确。

实验七决定导线电阻的因素一、实验目的1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法。2．掌握螺旋测微器的使用方法和读数方法。3．学会利用伏安法测电阻，进一步测出金属丝的电阻率。二、实验器材被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电