2025新高考方案一轮物理第八章含答案

2025新高考方案一轮物理第八章第八章恒定电流第1讲电流电阻电功电功率(基础落实课)一、电流1．形成条件：(1)导体中有自由电荷；(2)导体两端存在电压。2．标矢性(1)电流的方向：把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向。(2)电流是标量，遵守代数运算法则。3．表达式：(1)定义式：I＝eq\f(q,t)；(2)微观表达式：I＝neSv。二、电阻及电阻定律1．电阻：R＝eq\f(U,I)，国际单位是欧姆(Ω)，反映了导体对电流的阻碍作用，大小由导体本身性质决定。2．电阻定律：R＝ρeq\f(l,S)，其中l是导体的长度；S是导体的横截面积；ρ是导体的电阻率，国际单位是欧·米，符号是Ω·m。3．电阻率(1)反映导体材料的导电性能，是导体材料本身的属性。(2)其大小跟导体的材料、温度有关。三、电功和电热三“概念”一“定律”电功表达式W＝Uq＝UIt，指导体中的恒定电场对自由电荷做的功电功率表达式P＝eq\f(W,t)＝UI，表示电流做功的快慢焦耳定律表达式Q＝I2Rt，表述：电流通过导体产生的热量(电热)跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比热功率(1)定义：电流通过导体发热的功率(2)表达式：P热＝eq\f(Q,t)＝I2R两“注意”(1)对于纯电阻电路：P＝P热＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R)(2)对于非纯电阻电路：P＝UI＝P热＋P其他＝I2R＋P其他≠eq\f(U2,R)＋P其他情境创设如图甲所示，技术人员正在用电烙铁进行焊接操作，电烙铁的发热部件可以等效为如图乙所示的金属棒：其长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ。在棒两端加上电压U时，棒内产生电流为I，在通电时间t内通过棒某一截面的电荷量为q，电流做功为W，产生的热量为Q。理解判断(1)只要电荷运动就会形成电流。(×)(2)由于规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故电流是矢量。(×)(3)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多。(√)(4)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。(×)(5)根据I＝eq\f(q,t)，可知电流I与电荷量q成正比。(×)(6)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。(×)(7)公式W＝eq\f(U2,R)t＝I2Rt对于电烙铁是适用的。(√)

逐点清(一)电流三种表达式的应用|题|点|全|练|1．[定义式I＝eq\f(q,t)的应用]地球表面附近存在一竖直向下电场，晴天时在电场作用下，大气中的正离子向下运动、负离子向上运动，由此形成的微弱电流称为地空电流。这电流是稳恒的，不随高度变化而变化，全球地空电流的总电流强度为1800A。假设正、负离子带电量均为1.6×10－19C，则1s时间内穿过以地心为球心的某球壳(半径略大于地球半径)的离子个数约为()A．2.0×1018个 B．1.8×1020个C．1.1×1022个 D．1.6×1023个解析：选C根据I＝eq\f(Q,t)，可得Q＝It＝1800×1C＝1800C。因为Q＝nq，q＝1.6×10－19C，故n＝eq\f(Q,q)≈1.1×1022个，选项C正确。2．[微观表达式I＝neSv的应用]如图所示，由同种材料制成且厚度相等的长方体合金块A和B，上表面为正方形，边长之比为2∶1。A、B分别与同一电源相连，电源内阻忽略不计，则()A．通过A、B的电流之比为2∶1B．通过A、B的电流之比为1∶2C．A、B中自由电荷定向移动速率之比为2∶1D．A、B中自由电荷定向移动速率之比为1∶2解析：选D设正方形边长为L，厚度为d，则R＝ρeq\f(L,Ld)＝eq\f(\o(\s\up7(ρ),\s\do5()),d)，可知RA＝RB，与同一电源相连时，通过A、B的电流之比为1∶1，A、B错误；根据I＝neSv，因SA∶SB＝2∶1，则vA∶vB＝1∶2，C错误，D正确。3．[决定式I＝eq\f(U,R)的应用](多选)一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的eq\f(1,2)，两端电压仍为U，则()A．通过导线的电流强度为eq\f(1,4)IB．通过导线的电流强度为eq\f(1,16)IC．自由电子定向移动的平均速率为eq\f(1,4)vD．自由电子定向移动的平均速率为eq\f(1,16)v解析：选BC将导线均匀拉长，使其半径变为原来的eq\f(1,2)，横截面积变为原来的eq\f(1,4)，导线长度要变为原来的4倍，金属导线电阻率不变，由电阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)可知，电流变为原来的eq\f(1,16)，故A错误，B正确。电流I变为原来的eq\f(1,16)，横截面积变为原来的eq\f(1,4)，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I＝nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的eq\f(1,4)，故C正确，D错误。|精|要|点|拨|1．三种电流表达式的比较公式公式含义定义式I＝eq\f(q,t)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＝neSv从微观上看n、e、S、v决定了I的大小决定式I＝eq\f(U,R)I由U、R决定，I∝U，I∝eq\f(1,R)2．利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题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e，电荷定向移动的速率为v，则：(1)柱体微元中的总电荷量为q＝nLSe。(2)所有电荷通过横截面的时间t＝eq\f(L,v)。(3)电流的微观表达式I＝eq\f(q,t)＝nevS。

逐点清(二)欧姆定律和电阻定律的应用|题|点|全|练|1．[电阻定律的应用]一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口，管中盐水柱长为40cm时，测得电阻为R，若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至50cm(盐水的体积不变，仍充满橡胶管)，则盐水柱的电阻为()A．eq\f(4,5)R B．eq\f(5,4)RC．eq\f(16,25)R D．eq\f(25,16)R解析：选D根据电阻定律，有R＝ρeq\f(l,S)，又V＝lS，则R∝l2，eq\f(R,R′)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,50)))2，解得R′＝eq\f(25,16)R，故D正确。2．[电阻定律、欧姆定律的综合应用](1)一个内阻可以忽略的电源，给一个绝缘圆管里的水银供电，电流为0.1A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，那么通过的电流将是()A．0.4A B．0.8AC．1.6A D．3.2A解析：选C设电源电动势为E，第一个圆管内部装的水银横截面积为S，长度为l，水银的电阻率为ρ，则I1＝eq\f(E,R1)＝eq\f(E,ρ\f(l,S))＝eq\f(ES,ρl)，第二个圆管内部装的水银横截面积为4S，由于水银的体积不变，则水银柱长度应变为eq\f(l,4)，则I2＝eq\f(E,R2)＝eq\f(E,ρ\f(\f(l,4),4S))＝eq\f(16ES,ρl)＝16I1＝1.6A，故C正确。(2)一根长为L、横截面积为S的金属棒，棒内单位体积含有自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为q。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，金属棒内的电场强度大小为E，则金属棒材料的电阻率是()A．nqvE B．eq\f(E,nqv)C．eq\f(EL,nqv) D．eq\f(E,nqvL)解析：选B金属棒中的电流为I＝nqSv，金属棒两端的电压为U＝EL，金属棒的电阻为R＝ρeq\f(L,S)，根据欧姆定律得R＝eq\f(U,I)，联立以上四式解得ρ＝eq\f(E,nqv)，故选B。|精|要|点|拨|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)不同点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)逐点清(三)伏安特性曲线的理解和应用细作1对伏安特性曲线的理解1.(多选)A、B导体的U­I图像如图实线所示，下列判断正确的是()A．A导体的电阻是6ΩB．B导体的电阻是2ΩC．当电流为0.3A时，A导体的电阻是6ΩD．当电流为0.3A时，A导体的电阻等于它此时切线的斜率，即18Ω解析：选BC导体A的电阻值发生变化，不是定值，A错误；根据欧姆定律结合U­I图像可知，B的电阻RB＝eq\f(0.6,0.3)Ω＝2Ω，B正确；导体的电阻等于U­I图像坐标的比值，当电流为0.3A时，A导体的电阻RA＝eq\f(1.8,0.3)Ω＝6Ω，C正确，D错误。2.如图所示为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图线，在图线上取一点M，其坐标为(U0，I0)，其中过M点的切线与横轴正向的夹角为β，MO与横轴的夹角为α。则下列说法正确的是()A．该电阻阻值随其两端电压的升高而减小B．该电阻阻值随其两端电压的升高而增大C．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为eq\f(1,tanα)ΩD．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为tanβΩ解析：选A由图像可知，图像上某点与原点连线的斜率表示该点电阻的倒数，该电阻的伏安特性曲线与原点连线的斜率变大，则阻值随电压的升高而变小，故A正确，B错误；当该电阻两端的电压U＝U0时，电阻R＝eq\f(U0,I0)，由于纵坐标与横坐标的标度不确定，所以阻值不能用eq\f(1,tanα)Ω表示，更不能用tanβΩ表示，故C、D错误。eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1())一点一过对伏安特性曲线的四点说明(1)由于不同的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，故图甲中Ra＜Rb。(4)伏安特性曲线为曲线时，如图乙所示，导体电阻Rn＝eq\f(Un,In)，即电阻要用图线上点Pn的坐标(Un，In)来计算，不能用该点的切线斜率来计算。细作2伏安特性曲线的应用3．(2024·郑州高三模拟)如图所示为某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是()A．加正向电压时，二极管电阻较小，且随着电压的增大而增大B．加反向电压时，二极管电阻较大，无论加多大电压，电流都很小C．无论是加正向电压还是加反向电压，电压和电流都不成正比，所以该二极管是非线性元件D．二极管加正向电压时，电阻不变解析：选C根据欧姆定律有I＝eq\f(U,R)＝eq\f(1,R)U，可知I­U图线与原点连线的斜率表示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小；加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增，故选C。一点一过应用伏安特性曲线解题的一般思路(1)首先分清是I­U图线还是U­I图线。(2)对线性元件R＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)；对非线性元件R＝eq\f(U,I)≠eq\f(ΔU,ΔI)，即非线性元件的电阻不等于U­I图像上某点切线的斜率。(3)在分析电路问题时，I-U(或U-I)图像中的电流、电压信息是解题的关键，要将电路中的电子元件和图像有机结合。逐点清(四)电功、电功率及焦耳定律细作1纯电阻电路的分析与计算1．(多选)甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法正确的是()A．甲灯的实际功率一定总是40WB．将乙灯接入110V电路中，其额定功率仍为60WC．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较大D．两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能较少解析：选BC灯泡的铭牌上标记的是额定电压和额定功率，当工作电压不是220V时，灯泡的实际功率不再是额定功率，但额定功率不会随电压的变化而变化，A错误，B正确；由R＝eq\f(U2,P)知甲灯灯丝电阻较大，C正确；由W＝Pt可知，两灯泡消耗的电能还与时间有关，故D错误。一点一过纯电阻电路的特点(1)电路中只含有纯电阻元件，如电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁等。(2)遵循欧姆定律：I＝eq\f(U,R)。(3)电流通过纯电阻电路时，电流做功所消耗的电能全部转化为内能，电功等于电热，即：①W＝UIt＝I2Rt＝eq\f(U2,R)t；②P＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R)细作2非纯电阻电路的分析与计算2.(2024·南京高三质检)将内阻为r的电动机和阻值为R的电炉，分别接入电压为U0的稳压电源两端，两用电器都正常工作，且流经用电器的电流都为I0。电炉的伏安特性曲线如图所示，则以下说法正确的是()A．r＜eq\f(U0,I0)；R＞eq\f(U0,I0) B．r＜eq\f(U0,I0)；R＝eq\f(U0,I0)C．r＝eq\f(U0,I0)；R＞eq\f(U0,I0) D．r＞eq\f(U0,I0)；R＝eq\f(U0,I0)解析：选B因为电炉是纯电阻元件，根据欧姆定律可得R＝eq\f(U0,I0)，电动机是非纯电阻元件，所以r＜eq\f(U0,I0)，故选B。3．(多选)如图甲所示，用内阻为r1的充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r2，则时间t内()A．充电宝输出的电功率为UI－I2r1B．充电宝的总功率为UI＋I2r1C．手机电池产生的焦耳热为eq\f(U2,r2)tD．手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t解析：选BD充电宝的输出电压为U，输出电流为I，则充电宝输出的电功率为UI，故A错误；充电宝内的电流也为I，内阻为r1，所以充电宝产生的热功率为I2r1，则充电宝的总功率为P总＝UI＋I2r1，故B正确；由于手机是非纯电阻元件，U是充电宝的输出电压，所以不能用公式eq\f(U2,r2)t计算手机电池产生的焦耳热，根据焦耳定律，可知电池产生的焦耳热应为I2r2t，故C错误；由题意可得，手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t，故D正确。一点一过非纯电阻电路的特点(1)在任何电路中，P电＝UI、P热＝I2R、W＝UIt、Q＝I2Rt都适用。(2)不遵循欧姆定律，在非纯电阻电路中U＞IR，其中U为非纯电阻用电器两端电压，R为该用电器的电阻。(3)电流通过电路时，电流做功消耗的电能除了转化为内能外，还要转化成其他形式的能，如机械能、化学能等，即W＝E其他＋Q，P＝P热＋P其他。(4)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。[课时跟踪检测]1.如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为－q。由于棒的运动而形成的等效电流()A．大小为qv，方向与v相同B．大小为qv，方向与v相反C．大小为qSv，方向与v相同D．大小为qSv，方向与v相反解析：选B橡胶棒带负电，等效电流方向与v的方向相反，由电流的定义式可得I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(Lq,t)＝qv，故B正确，A、C、D错误。2．(2024·郑州高三质检)如图所示为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，将开关S接到位置1，电容器充电后电压为6kV；将开关S接到位置2，电容器在2ms内通过人体完成放电，已知电容器的电容为30μF，则这次放电通过人体组织的平均电流为()A．90A B．60AC．9A D．6A解析：选A电容器充电后所带电荷量为Q＝CU＝30×10－6×6×103C＝0.18C，放电过程的平均电流为I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.18,2×10－3)A＝90A，故选A。3．砷化铌纳米带材料具有较高的电导率，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ＝eq\f(1,ρ)。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eq\f(1,Ω·m)D．电导率大小与温度无关解析：选C材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，A错误；材料的电导率与材料的形状无关，B错误；根据R＝ρeq\f(l,S)，则σ＝eq\f(1,ρ)＝eq\f(l,RS)，则电导率的单位是eq\f(m,Ω·m2)＝eq\f(1,Ω·m)，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，D错误。4.甲、乙、丙三个长度、横截面积都相同的金属导体分别接入电路后各自进行测量，把通过上述导体的电流I、导体两端电压U在U-I坐标系中描点，O为坐标原点，甲、乙、丙三个点恰好在一条直线上，如图所示，则下列表述正确的是()A．甲的电阻率最小B．甲、乙串联后接入某直流电路，甲的电功率最小C．乙、丙并联后接入某直流电路，乙的电功率最小D．三个导体的电阻率一样大解析：选C三个导体的U-I图像如图所示，可知甲的电阻最大，丙的最小，根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，甲的电阻率最大，A、D错误；甲、乙串联后接入某直流电路，根据P＝I2R可知，甲的电阻最大，甲的电功率最大，B错误；乙、丙并联后接入某直流电路，根据P＝eq\f(U2,R)可知，电阻越大，功率越小，则乙的电功率最小，C正确。5．(2024·邢台月考)两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲电阻丝的长度和直径分别为l和d，乙电阻丝的长度和直径分别为2l和2d。将甲、乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，则加在两根电阻丝上的电压的比值应满足()A．eq\f(U甲,U乙)＝1 B．eq\f(U甲,U乙)＝eq\f(\r(2),2)C．eq\f(U甲,U乙)＝eq\r(2) D．eq\f(U甲,U乙)＝2解析：选C由电功率P＝eq\f(U2,R)，可知eq\f(U甲2,U乙2)＝eq\f(P甲R甲,P乙R乙)＝eq\f(R甲,R乙)＝ρeq\f(l,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)∶ρeq\f(2l,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2d,2)))2)＝2，所以加在两根电阻丝上的电压的比值应满足eq\f(U甲,U乙)＝eq\r(2)。故C正确。6．(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是()A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比B．单位时间流过面积A的流动空气动能为eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·hD．若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h解析：选D单位时间流过面积A的流动空气体积为V0＝Av，质量为m0＝ρV0＝ρAv，则单位时间流过面积A的流动空气动能为eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C错误；若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，当风速取最小值6m/s时，该发电机年发电量具有最小值，根据题意，风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变，可知风速为6m/s时，输出电功率为P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，则该发电机年发电量至少为E＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正确。7.新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某品牌观光新能源电动车的动力电源上的铭牌标有“120V250A·h”字样。假设工作时电源的输出电压恒为120V，额定输出功率为3kW。根据上述有关数据，不计其他损耗，下列说法不正确的是()A．电动汽车保持额定功率行驶的最长时间是10hB．额定工作电流为25AC．动力电源充满电后储存的电能为1.08×108JD．电动汽车电动机的内阻为4.8Ω解析：选D工作时电源的输出电压恒为120V，额定输出功率为3kW，则额定工作电流I＝eq\f(P,U)＝25A，B正确；根据q＝It可得，电动汽车保持额定功率行驶的最长时间t＝eq\f(q,I)＝10h，A正确；动力电源充满电后储存的电能W＝UIt＝1.08×108J，C正确；由所给条件无法求得电动汽车电动机的内阻，D错误。8.如图所示，图线①、②分别表示小灯泡和定值电阻R的伏安特性曲线，P为图线①上一点，纵坐标为I2，横坐标为U1，PN为过P点的切线，交纵轴于I1且与图线②平行。则下列说法中正确的是()A．P点对应小灯泡的电阻与电阻R的阻值相等B．P点对应小灯泡的电阻为R灯＝eq\f(U1,I2)C．P点对应小灯泡的电阻为R灯＝eq\f(U1,I2－I1)D．P点对应小灯泡的功率大小为图线①与横轴所围图形面积的数值解析：选BP点对应小灯泡的电阻R灯＝eq\f(U1,I2)，图线②与PN平行，可得定值电阻的阻值R＝eq\f(U1,I2－I1)，故A、C错误，B正确；P点对应小灯泡的功率大小为P＝I2U1，图线①与横轴所围图形的面积的数值小于I2U1，故D错误。第2讲电源闭合电路的欧姆定律(基础落实课)一、电源1．电动势(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功。(2)表达式：E＝eq\f(W,q)。反映了电源把其他形式的能转化成电势能的本领大小。2．内阻电源内部的电阻，叫作电源的内阻。电动势E和内阻r是电源的两个重要参数。二、闭合电路的欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。2．公式(1)I＝eq\f(E,R＋r)，适用于纯电阻电路；(2)E＝U内＋U外，适用于任何电路。3．路端电压U与外电阻R的关系(1)R增大，则U增大；(2)断路时，I＝0，U＝E；(3)电源短路时，I短＝eq\f(E,r)，U＝0。4．路端电压U与电流I的关系：U＝E－Ir。情境创设如图甲所示为某款手机电池的标签；如图乙所示为研究路端电压的电路图。理解判断(1)图甲中电池的电动势是3.8V，它转化电能的本领比一节干电池的大。(√)(2)图甲中电池的容量是3000mA·h，电池的容量大小反映了电池储存电荷的能力大小。(√)(3)电动势就是电源两极间的电压。(×)(4)非静电力做的功越多，电动势就越大。(×)(5)图乙电路中，外电阻越大，路端电压越大。(√)(6)图乙电路中，外电阻越大，电源输出功率越大。(×)(7)图乙中外电路短路时，电源的输出功率最大。(×)(8)图乙中外电路断路时，路端电压等于电源电动势。(√)(9)电源的输出功率越大，电源的效率越高。(×)逐点清(一)电路的串、并联|题|点|全|练|1．[串联电路的分析与计算](多选)如图所示，已知R1＝10Ω，R3＝5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则()A．电路中的电流为2.4AB．电路中的电流为0.6AC．R2为20ΩD．ab两端的总电压大小为24V解析：选BC电路中电流I＝eq\f(U1,R1)＝0.6A，故A错误，B正确；R2＝eq\f(U2,I)＝20Ω，故C正确；ab两端的总电压为U＝U1＋U2＋IR3＝21V，故D错误。2．[并联电路的分析与计算]如图，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200μA，已测得它的内阻为490Ω，图中电阻箱读数为10Ω。现将M、N接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知()A．M、N两端的电压为1mVB．M、N两端的电压为100mVC．流过M、N的电流为2μAD．流过M、N的电流为10mA解析：选DM、N两端电压U＝IgRg＝200×10－6×490V＝98mV，A、B错误；流过M、N的电流为I＝Ig＋eq\f(U,R)＝200×10－6A＋eq\f(0.098,10)A＝10mA，C错误，D正确。3．[混联电路分析](2024·广东广州质检)如图所示，四个完全相同的灯泡，亮度最高的是()A．L1B．L2C．L3D．L4解析：选A四个完全相同的灯泡，L2、L3串联电流相同，L2、L3亮度相同；L4与L2、L3并联，并联两支路两端电压相同，故L4两端电压等于L2、L3各自两端电压之和，故L4比L2、L3都亮；L1在干路上，电流大小等于两支路电流之和，故流过L1电流最大，亮度最高。故选A。|精|要|点|拨|1．串、并联电路的电压、电流和电阻关系对比串联电路并联电路电路电压总电压等于各部分电路两端电压之和。即U＝U1＋U2＋U3各支路两端的电压相等。即U＝U1＝U2＝U3电流各部分的电流相等。即I＝I1＝I2＝I3总电流等于各支路的电流之和。即I＝I1＋I2＋I3电阻总电阻等于各个部分电路电阻之和。即R＝R1＋R2＋R3总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和。即eq\f(1,R)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋eq\f(1,R3)2．串、并联电路的电功率分配关系(1)在串联电路中，电功率与电阻成正比，即：P1∶P2∶P3∶…∶Pn＝R1∶R2∶R3∶…∶Rn。(2)在并联电路中，电功率与电阻成反比，即：P1∶P2∶P3∶…∶Pn＝eq\f(1,R1)∶eq\f(1,R2)∶eq\f(1,R3)∶…∶eq\f(1,Rn)。注意：无论电阻如何连接，电路消耗的总功率一定等于各个电阻消耗的功率之和。逐点清(二)闭合电路的功率及效率问题1．闭合电路的功率和效率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)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%2.纯电阻电路中P出与外电阻R的关系在纯电阻外电路中，电源的输出功率P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)，作出P出-R图像，如图所示。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。[考法全训]考法1闭合电路功率问题的定性分析1.如图所示，电源的电动势为E＝6V，内阻r＝1Ω，保护电阻R0＝4Ω，ab是一段粗细均匀且电阻率较大的电阻丝，总阻值为10Ω，长度l＝1m，横截面积为0.2cm2。下列说法正确的是()A．当电阻丝接入电路的阻值为1Ω时，电阻丝的功率最大B．当电阻丝接入电路的阻值为4Ω时，保护电阻的功率最大C．电源效率的最小值为80%D．电阻丝的电阻率为1×10－4Ω·m解析：选C根据推论，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大。将保护电阻等效为内阻，R等＝R0＋r＝5Ω，当电阻丝接入电路的阻值为5Ω时，电阻丝的功率最大，A错误；电路中电流越大，保护电阻的功率越大，当电阻丝接入电路的阻值为0时，保护电阻的功率最大，B错误；外电阻越小，电源效率越小，当电阻丝接入电路的阻值为0时，电源效率的最小值为η＝eq\f(R0,R0＋r)×100%＝80%，C正确；根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，代入数据可得电阻丝的电阻率为ρ＝2×10－4Ω·m，D错误。考法2闭合电路功率问题的定量计算2.如图所示，已知电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，保护电阻R0＝0.5Ω。(1)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。(2)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。(3)求电源的最大输出功率。(4)若电阻箱R的最大值为3Ω，R0＝5Ω，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：(1)保护电阻消耗的电功率为P0＝eq\f(E2R0,r＋R＋R02)，因R0和r是常量，而R是变量，故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。(2)把保护电阻R0看成电源内阻的一部分，当R＝R0＋r，即R＝0.5Ω＋1Ω＝1.5Ω时，电阻箱R消耗的功率最大，PRmax＝eq\f(E2,4r＋R0)＝eq\f(62,4×1.5)W＝6W。(3)输出电功率公式P出＝eq\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。(4)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，由P＝eq\f(E,R＋r等)2R＝eq\f(E2,\f(R－r等2,R)＋4r等)，可知当电阻箱R的电阻取3Ω时，R消耗的功率最大，最大值为P＝eq\f(E,R＋r等)2R＝eq\f(4,3)W。答案：(1)08W(2)1.5Ω6W(3)9W(4)3Ωeq\f(4,3)W逐点清(三)闭合电路的动态分析1．一般电路动态分析的三种方法(1)程序法(2)结论法用口诀表述为“串反并同”：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、消耗的电功率都将减小，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、消耗的电功率都将增大，反之则减小。(3)极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或为零进行讨论。2．含容电路动态分析的三个步骤第一步理清电路中的串、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，不能应用欧姆定律等电路规律求解，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，根据Q＝CU，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势极板带正电，低电势极板带负电[考法全训]考法1一般电路的动态分析1．(2024·九江统考二模)如图所示电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，各电表均为理想电表。闭合开关K后，将滑动变阻器滑片向上滑动，电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．V1、V2、V3、A示数均变小B．ΔU2＝ΔU1＋ΔU3C．eq\f(ΔU2,ΔI)和eq\f(ΔU3,ΔI)均不变，且eq\f(ΔU2,ΔI)＜eq\f(ΔU3,ΔI)D．电源输出功率先增大后减小解析：选C闭合开关K后，将滑动变阻器滑片向上滑动，其接入电路的电阻增大，电路中总电流减小，则V1、A示数均变小，内电压减小，则V2示数增大，由于U2＝U1＋U3，则V3示数增大，故A错误；根据上述分析可知ΔU2＝ΔU3－ΔU1，故B错误；根据闭合电路的欧姆定律有U2＝E－Ir，U3＝E－I(R＋r)，则有eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，且eq\f(ΔU2,ΔI)＜eq\f(ΔU3,ΔI)，故C正确；定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，所以滑动变阻器滑片向上滑动，外电阻增大，电源输出功率一直减小，故D错误。考法2含有传感器电路的动态分析2.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器，R1(R1>r)和R2为定值电阻，R3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，A为理想电流表，G为灵敏电流计，当开关S闭合且电路稳定后，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中()A．电源的输出功率可能先增大后减小B．A表的示数变小C．电源的效率变小D．G表中有从a至b的电流解析：选C因为R1>r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，外电路的总电阻减小，外电路的阻值向内阻接近，电源的输出功率增大，A错误；在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，根据串反并同规律，电流表的示数变大，B错误；电源的效率为η＝eq\f(R外,R外＋r)×100%，变形得η＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))×100%，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，外电路的总电阻R外减小，电源的效率减小，C正确；在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器放电，电流计G中有从b至a的电流，D错误。考法3含电容器电路的动态分析3．(2024·长沙高三模拟)如图所示，电源内阻等于灯泡的电阻，当开关闭合，滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则()A．灯泡将变亮，R中有电流流过，方向竖直向上B．液滴带正电，在滑片滑动过程中液滴将向下做匀加速运动C．电源的路端电压增大，输出功率也增大D．滑片滑动过程中，带电液滴电势能将减小解析：选D滑动变阻器滑片向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，流过灯泡的电流减小，灯泡变暗，电源内电压降低，灯泡两端的电压降低，滑动变阻器两端的电压升高，电容器与滑动变阻器并联，加在电容器两端的电压升高，电容器继续充电，R中有电流流过，方向竖直向上，A错误；液滴受电场力竖直向上，电容器下极板带正电，因此液滴带正电，由于电容器两端的电压升高，内部电场强度增加，液滴加速向上运动，电场力做正功，电势能减小，B错误，D正确；由于外电阻大于内电阻，当外电阻增大时，电源的输出功率减小，C错误。考法4用电器故障分析4.在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，导致电压表和电流表的读数都增大，电压表和电流表均为理想电表，则可能出现了下列哪种故障()A．R1短路 B．R2短路C．R3短路 D．R1断路解析：选A若电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压。若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，A正确；若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，B错误；若R3短路，则电压表示数为零，C错误；若R1断路，则电流表示数为零，D错误。逐点清(四)两类U-I图像的比较与应用电源与电阻的U-I图像的对比图形图像表述的物理量间的变化关系图线与坐标轴的交点图线上每一点坐标的乘积UI图线上每一点对应的U、I比值图线的斜率的大小电阻U-I图像电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零表示电阻消耗的功率每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小电阻的大小电源U-I图像电源的路端电压随电路电流的变化关系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)(注意坐标数值是否从零开始)表示电源的输出功率表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同图线斜率的绝对值等于内电阻r的大小[考法全训]考法1电源的U-I图像的理解及应用1．(2024·保定统考三模)在一次分组实验的教学活动中，某小组用如图甲所示电路做实验，电路中R1是滑动变阻器，R2是定值电阻，滑动变阻器的滑片从左端往右滑动，分别记录多组电流表和电压表的示数，用这些数据在坐标纸上描点作图，得到的U-I图像如图乙中的AB所示，下列说法中正确的是()A．R1的最大阻值为20Ω B．R2的阻值为5ΩC．电源电动势为2V D．电源内阻为5Ω解析：选A由题图乙可知，当R1的阻值最大时，对应电压和电流分别为2V、0.1A，则R1的最大阻值为R1＝eq\f(U,I)＝eq\f(2,0.1)Ω＝20Ω，故A正确；根据闭合电路的欧姆定律有E＝U＋I(R2＋r)，根据数学方法可知图像的纵轴截距为2.5，斜率的绝对值为|k|＝eq\f(2－1,0.3－0.1)＝5，则电源电动势为E＝2.5V，R2＋r＝5Ω，所以电源内阻和R2的阻值都小于5Ω，故B、C、D错误。考法2两类U-I图像的综合应用2.在如图所示的U-I图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线Ⅱ为某一小灯泡L的伏安特性曲线，曲线Ⅱ与直线Ⅰ的交点坐标为(1.5,0.75)，该点的切线与横轴的交点坐标为(1.0,0)，用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路，由图像可知()A．电源电动势为2.0VB．电源内阻为0.5ΩC．小灯泡L接入电源时的电阻为1.5ΩD．小灯泡L实际消耗的电功率为1.125W解析：选D根据题意，由闭合回路的欧姆定律有U＝E－Ir，代入题中数据有0.75＝E－1.5r,0＝E－2.0r，解得E＝3.0V，r＝1.5Ω，故A、B错误；根据题意可知，当用该电源直接与小灯泡L连接成闭合电路时，小灯泡L两端的电压为0.75V，流过小灯泡的电流为1.5A，由欧姆定律可得，小灯泡L接入电源时的电阻为RL＝eq\f(U,I)＝0.5Ω，小灯泡L实际消耗的电功率为P＝UI＝1.125W，故C错误，D正确。3．(2024·郑州宇华实验学校第一次模拟)如图所示，图甲中在滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响。(1)定值电阻R0、滑动变阻器的总电阻R分别为多少？(2)求出电源的电动势和内阻；(3)电源的工作效率什么时候最大，最大效率是多少？解析：(1)电压表V1的读数随电流表读数的变化图像应为AC；电压表V2的读数随电流表读数的变化图像应为BC；定值电阻R0＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(1.5,0.5)Ω＝3Ω；当I1＝0.5A时R外＝eq\f(U2,I1)＝eq\f(7.5,0.5)Ω＝15Ω则R＝R外－R0＝12Ω。(2)根据闭合回路欧姆定律可得E＝7.5＋0.5r，E＝6＋2r解得E＝8V，r＝1Ω。(3)电源的工作效率为η＝eq\f(U2I,EI)×100%＝eq\f(IR＋R0,IR＋R0＋r)×100%＝eq\f(R＋R0,R＋R0＋r)×100%＝eq\f(1,1＋\f(r,R＋R0))×100%可知，当R最大时，效率最大，最大效率为93.75%。答案：(1)3Ω12Ω(2)8V1Ω(3)R＝12Ω时93.75%[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1.(多选)如图为可充电的锂电池内部结构简图，在充电的过程中，通过化学反应，电池的正极有锂离子生成，锂离子通过电解液运动到电池的负极，并嵌在负极的碳材料的微孔中；当电池放电工作时，在负极的锂离子又会通过电解液返回正极。关于锂电池，下列说法中正确的是()A．给锂电池充电的过程是将化学能转化成电能的过程B．嵌入负极的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多C．图中锂离子的移动情况表明电池处于放电状态D．图中移动的锂离子的电势能升高解析：选BCD给锂电池充电的过程是将电能转化成化学能的过程，故A错误；电池充电嵌入负极的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多，故B正确；题图中在负极的锂离子通过电解液返回正极，是靠非静电力做功把化学能转化为电能的过程，属于电池的放电过程，故C正确；题图中锂离子从电池负极运动至正极，电场力做负功，电势能升高，故D正确。2．(2024·石家庄高三模拟)(多选)某磁敏电阻R的阻值随外加磁场的磁感应强度B的增大而增大。有一位同学利用该磁敏电阻设计了一款可以测量小车加速度的实验装置，如图所示，条形磁铁的左、右两端分别连接两根相同的轻质弹簧，两弹簧的另一端固定在小车两侧的竖直挡板上，磁铁可以相对小车无摩擦左右移动。电源内阻可忽略，下列说法正确的是()A．当小车向右做加速直线运动时，电流表示数变大B．当小车向右做减速直线运动时，电压表示数变小C．当小车向左做加速直线运动时，电流表示数变大D．当小车向左做减速直线运动时，电压表示数变小解析：选BC当小车向右加速或向左减速时，磁铁具有向右的加速度，受到的合力向右，故左侧的弹簧压缩，右侧的弹簧拉伸，磁铁向左靠近磁敏电阻R，R的阻值变大，总电阻变大，电路中的电流减小，电流表的示数变小，R0分压变小，电压表测R两端的电压，则电压表示数变大，A、D错误；当小车向左加速或向右减速时，磁铁具有向左的加速度，受到的合力向左，故左侧的弹簧拉伸，右侧的弹簧压缩，磁铁向右远离磁敏电阻R，R的阻值变小，电路中的总电阻变小，电路中的电流变大，电流表示数变大，R0分压变大，电压表示数变小，B、C正确。3.(2024·重庆质检)如图所示的并联电路中，保持通过干路的电流I不变，增大R1的阻值。则下列结论正确的是()A．R1和R2两端的电压U不变B．通过R1的电流I1增大C．通过R2的电流I2不变D．并联电路上消耗的总功率增大解析：选D由于R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(R2,1＋\f(R2,R1))，增大R1的阻值，并联电路总电阻变大，保持通过干路的电流I不变，由欧姆定律可知R1和R2两端的电压U变大，故A错误；通过R2的电流为I2＝eq\f(U,R2)，由于R2两端的电压U变大，可知通过R2的电流I2变大，根据I＝I1＋I2，可知通过R1的电流I1变小，故B、C错误；并联电路上消耗的总功率为P＝UI，由于U变大，I不变，可知并联电路上消耗的总功率增大，故D正确。4．(2023·海南高考)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，闭合开关K，待电路稳定后，电容器上的电荷量为()A．CE B．eq\f(1,2)CEC．eq\f(2,5)CE D．eq\f(3,5)CE解析：选C电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成3R、2R的串联部分与R、4R的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为φ上＝eq\f(E,5R)·2R＝eq\f(2E,5)，电容器下极板的电势为φ下＝eq\f(E,5R)·4R＝eq\f(4E,5)，则电容器两端的电压U下上＝φ下－φ上＝eq\f(2E,5)，则电容器上的电荷量为Q＝CU下上＝eq\f(2,5)CE。5.在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是()A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电源的效率变大D．滑动变阻器消耗功率变大解析：选B开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，A错误，B正确；根据电源效率公式η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U,E)×100%可知，当路端电压U减小时，电源的效率变小，C错误；将定值电阻r看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r，滑动变阻器的最大阻值也是2r，因为电源的内、外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，D错误。6．(2023·全国乙卷)(多选)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12＝3.0V，U23＝2.5V，U34＝－1.5V。符合上述测量结果的可能接法是()A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间解析：选CD根据题意画出电路图，A选项如图甲所示，可见U34>0，A错误；B选项如图乙所示，可见U34>0，B错误；C选项如图丙所示，符合上述测量结果，C正确；D选项如图丁所示，符合上述测量结果，D正确。7.如图所示为一加热装置的电路图，加热电阻R2＝2Ω，电源电动势E＝16V，内阻r＝1Ω。当调节电阻R1为13Ω时，一小时能烧开水。若要15分钟烧开同样质量和温度的水，R1应该调节为多少()A．2Ω B．3ΩC．4Ω D．5Ω解析：选D本来一小时能烧开水，若要15分钟烧开同样质量和温度的水，则R2的热功率应提升为原来的4倍。当调节电阻R1为13Ω时，加热电阻功率P＝I2R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R2＋R1＋r)))2R2＝2W，R1调节后，功率为P′＝4P＝I′2R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,\a\vs4\al(R1′)＋R2＋r)))2R2，解得R1′＝5Ω，故选D。8.如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，电压表读数增加，由此推断，该故障可能是()A．灯L1灯丝烧断 B．电阻R2断路C．电阻R2短路 D．电容器被击穿短路解析：选B如果灯L1灯丝烧断，即L1断路，总电阻增大，总电流减小，故L2分压减小，L2变暗，A错误；若电阻R2断路，导致总电阻增大，总电流减小，L1两端电压减小，而路端电压增大，则L2两端电压增大，L2变亮，B正确；若R2短路，L2熄灭，C错误；若电容器被击穿短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表读数减小，L2变亮，D错误。9．有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示，将一个6Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是()A．甲电源 B．乙电源C．丙电源 D．丁电源解析：选D由闭合电路的欧姆定律U＝E－IR，可得U-I图像纵轴的截距为电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，因此可知四个电源的电动势都为12V，而内阻r甲＝12Ω，r乙＝6Ω，r丙＝4Ω，r丁＝3Ω，定值电阻消耗的功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R，可知电源内阻越大功率越小，因此与电源丁相连时，定值电阻消耗功率最大。二、注重应用，强调创新10．(2024·天津高三模拟)小怀同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如图2所示，其中电源电动势为6V、内阻为1Ω，电流表量程为0～3A、内阻为1Ω。有一长方体导体材料R，如图1所示，x、y、z方向上棱长分别为d、2cm、1cm，先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数为1A，再将R沿y轴方向接入电路，电流表示数为2A，则下列说法正确的是()A．d＝4mmB．沿x、y、z三个方向接入R，电源效率最大约为75%C．沿x、y、z三个方向接入R，电流表示数均不会超量程D．沿x、y、z三个方向接入R，R的功率最小为2W解析：选C由闭合电路的欧姆定律有E＝U外＋U内＝IR＋IRA＋Ir，代入数据，R沿x轴方向接入电路时Ix＝1A，则有Rx＝4Ω，R沿y轴方向接入电路时Iy＝2A，则有Ry＝1Ω，根据电阻定律R＝ρeq\f(L,S)，代入数据可得d＝4cm，R沿z轴方向接入电路时Rz＝eq\f(1,4)Ω，由闭合电路的欧姆定律有E＝IR＋IRA＋Ir，代入数据可得R沿z轴方向接入电路时Iz＝eq\f(8,3)A＜3A，故A错误，C正确；由题意可知R沿x轴方向接入电路时路端电压最大，U外＝E－Ixr＝5V，电源效率η＝eq\f(U外,E)＝eq\f(5,6)×100%≈83.3%，故B错误；根据P＝I2R可得，R沿x轴方向接入电路时Px＝4W，R沿y轴方向接入电路时Py＝4W，R沿z轴方向接入电路时Pz≈1.78W，故D错误。11．(2024·海南海口调研)如图所示，电源电动势E一定，内阻不计，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻R3的光照强度，则()A．电容器的电容减小 B．R2中有向右的电流C．液滴向下运动 D．M点的电势增大解析：选D电容器的电容由电容器本身性质决定，不随其电压或电荷量的变化而变化，故A错误；由电路连接方式易知电容器上极板带正电，下极板带负电，增强照射电阻R3的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据Q＝CU可知，电容器充电，R2中有向左的电流，故B错误；根据平衡条件可知，开始时液滴所受电场力与重力平衡，增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据电场强度E电场＝eq\f(U,d)，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受电场力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；由上述分析可知两极板间电场强度增大，而下极板接地，电势为零，设M到下极板间的距离为d′，则M点的电势为φM＝E电场d′，所以M点的电势增大，故D正确。12.闭合电路内、外电阻的功率随外电路电阻变化的两条曲线如图所示，曲线A是内电阻的功率随外电阻变化的关系图线，曲线B是外电阻的功率随外电阻变化的关系图线。下列说法正确的是()A．电源的电动势为3VB．电源的内阻为2.5ΩC．曲线A的最大功率为7.2WD．外电阻取2.5Ω时外电阻的功率是外电阻取10Ω时外电阻的功率的eq\f(1,4)解析：选C设电源的电动势和内阻分别为E、r，闭合电路的内电阻功率P内＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2r，闭合电路的外电阻功率P外＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R，由图像可知，当外电阻R＝5Ω时，内、外电阻的功率相等，且均为1.8W，联立解得E＝6V，r＝5Ω，故A、B错误；当外电阻R＝0时，内电阻功率最大，此时P内max＝eq\f(E2,r)＝7.2W，故C正确；当外电阻R＝2.5Ω时，外电阻的功率P外1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2.5＋5)))2×2.5W＝1.6W，当外电阻R＝10Ω时，外电阻的功率P外2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,10＋5)))2×10W＝1.6W，故D错误。13．如图甲所示为一加湿器内部湿度监测装置的简化电路图。已知电源电压为12V，内阻不计，定值电阻R0的阻值为30Ω，电流表的量程为0～200mA，电压表的量程为0～9V，湿敏电阻R的阻值随湿度RH变化的关系图像如图乙所示，其阻值最大为120Ω(图中未画出)。则在电路安全工作的前提下，下列说法正确的是()A．湿敏电阻R的电流最小值为80mAB．定值电阻R0的电功率范围为0.3W～1.2WC．电路消耗的总功率最大值为3.6WD．此装置能监测的湿度范围为30%～80%解析：选B在电路允许范围内R的阻值最大时，电路中的电流最小，R两端的最大电压为UR＝9V，R0两端的电压为U0＝U－UR＝12V－9V＝3V，电路中的最小电流为I＝eq\f(U0,R0)＝eq\f(3,30)A＝0.1A＝100mA，R0的最小电功率为P0＝U0I＝3×0.1W＝0.3W，R允许的最大阻值为R大＝eq\f(UR,I)＝eq\f(9,0.1)Ω＝90Ω，由题图乙可知，此装置可监测的最大湿度为RH大＝80%。在电路允许范围内R的阻值最小时，电路中的电流最大为I′＝200mA＝0.2A，R0两端的电压为U0′＝I′R0＝0.2×30V＝6V，R0的最大电功率为P0′＝U0′I′＝6×0.2W＝1.2W，电路消耗的最大总功率为P大＝UI′＝12×0.2W＝2.4W，R两端的电压为UR′＝U－U0′＝12V－6V＝6V，R允许的最小阻值为R小＝eq\f(UR′,I′)＝eq\f(6,0.2)Ω＝30Ω，由题图乙可知，此装置可监测的最小湿度为RH小＝20%。综上可知，A、C、D错误，B正确。14．(2024·石家庄统考模拟)在如图所示电路中，电源的电动势E＝12V、内阻r＝8Ω，定值电阻R1＝2Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，滑动变阻器R4的取值范围为0～30Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为ΔU1、ΔU2、ΔI。下列说法正确的是()A．|ΔU1|大于|ΔU2|B．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI)))不变，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI)))增大C．R4的功率先增大后减小，最大值为0.36WD．电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5W解析：选C将R1和R2等效为电源内阻，则等效电源的电动势E′＝eq\f(ER2,R1＋R2＋r)＝6V，等效内阻r′＝eq\f(r＋R1R2,r＋R1＋R2)＝5Ω，等效电路图如图所示，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数变大，因U路端＝U1＋U2，可知|ΔU1|小于|ΔU2|，A错误；因为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI)))＝R3不变，而U2＝E′－I(R3＋r′)，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI)))＝R3＋r′不变，B错误；将R3等效为新电源的内阻，等效内阻为r″＝r′＋R3＝25Ω，当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增加到30Ω，可知R4的功率先增大后减小，当R4＝25Ω时功率最大，最大值为P＝eq\f(E′2,4r″)＝eq\f(62,4×25)W＝0.36W，C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时，电路的外电阻为eq\f(26,3)Ω，当滑动变阻器的滑片在b端时，电路的外电阻为eq\f(31,3)Ω，电源的内阻r＝8Ω，则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，D错误。第3讲电学实验专题——3层级6课时梯度进阶学习第1课时基础先行——电学实验必须熟练掌握的基本知能(一)基本仪器的使用及读数(一)游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)，游标尺与深度尺是一个整体(如图所示)。2．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度总是比主尺上同样多的小等分刻度的总长度少1mm。常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10格的、20格的、50格的，其读数见下表：刻度格数(分度)刻度总长度每小格与1mm的差值精确度(可准确到)109mm0.1mm0.1mm2019mm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm3．读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果为(x＋K×精确度)mm。注意：对于游标卡尺，无论哪种规格，读数x＋K×精确度mm中的K值均不需要向后估读一位。(二)螺旋测微器1．构造：如图所示，螺旋测微器的测砧和固定刻度是固定在尺架上的；可动刻度、旋钮、微调旋钮是与测微螺杆连在一起的，通过精密螺纹套在固定刻度上。2．原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm。3．读数(1)测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出。(2)测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)。(三)电压表、电流表1．量程选择选择合适量程：测量时指针偏转角度要尽可能大，一般要求超过量程的eq\f(1,3)，但又不能超过量程。电表使用“三注意”(1)使用前应先进行零点调整(机械调零)。(2)红表笔插“＋”插孔，黑表笔插“－”插孔。(3)红表笔接电势高处，黑表笔接电势低处，即电流从红表笔进表，从黑表笔出表。2．电表估读(1)最小分度是“1、0.1、0.01、…”时，估读到最小分度的eq\f(1,10)(即估读到最小分度的下一位)。(2)最小分度是“2、0.2、0.02、…”时，估读到最小分度的eq\f(1,2)(即估读到最小分度的本位)。(3)最小分度是“5、0.5、0.05、…”时，估读到最小分度的eq\f(1,5)(即估读到最小分度的本位)。[针对训练]1．(1)如图甲、乙、丙所示的三把游标卡尺，它们的游标尺自左向右分别为10分度、20分度、50分度，它们的读数依次为________mm、________mm、________mm。(2)某同学用如图丁所示的螺旋测微器测量小球的直径时，他应先转动________使F靠近小球，再转动________使F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数(填仪器部件字母符号)。正确操作后，螺旋测微器的示数如图戊所示，则小球的直径是________mm。解析：(1)题图甲读数：整毫米数是17mm，不足1毫米数是6×0.1mm＝0.6mm，最后结果是17mm＋0.6mm＝17.6mm。题图乙读数：整毫米数是23mm，不足1毫米数是5×0.05mm＝0.25mm，最后结果是23mm＋0.25mm＝23.25mm。题图丙读数：整毫米数是3mm，不足1毫米数是10×0.02mm＝0.20mm，最后结果是3mm＋0.20mm＝3.20mm。(2)用螺旋测微器测小球直径时，先转动粗调旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动锁紧装置G使F固定后读数，读数为6.5mm＋20.0×0.01mm＝6.700mm。答案：(1)17.623.253.20(2)DHG6.7002．(1)如图甲、乙所示的两把游标卡尺，它们的游标尺分别为9mm长10等分、19mm长20等分，则读数依次为________mm、________mm。(2)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图丙、丁所示，校零时的读数为________mm，测得合金丝的直径为________mm。(3)图戊所示是电流表的刻度线，若使用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，表针的示数是________A；若使用3A量程时，对应刻度盘上每一小格代表______A，图中表针示数为______A。(4)图己所示是电压表的刻度线，若使用3V量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为______V；若使用15V量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针指示的是______V。(5)如图庚所示为旋钮式电阻箱，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω。现要将接入电路的电阻改为2087Ω，最简单的操作方法是____________________________________________。若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为________________。解析：(1)题图甲读数：主尺读数为17mm，游标尺读数是5×0.1mm＝0.5mm，最后结果是17mm＋0.5mm＝17.5mm。题图乙读数：主尺读数为23mm，游标尺读数是7×0.05mm＝0.35mm，最后结果是23mm＋0.35mm＝23.35mm。(2)由于螺旋测微器校零时有误差，估读为0.003mm，测量后的读数为0.5mm＋14.5×0.01mm＝0.645mm，去掉校零误差，可得合金丝的直径为0.642mm。(3)若使用0.6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表eq\f(0.2,10)A＝0.02A，题图戊表针的示数是0.4A＋2×0.02A＝0.44A；若使用3A量程时，对应刻度盘上每一小格代表eq\f(1,10)A＝0.1A，题图戊中表针示数为2A＋2.0×0.1A＝2.20A。(4)若使用3V量程时，每小格表示eq\f(1,10)V＝0.1V，题图己中表针的示数为1V＋7.0×0.1V＝1.70V；若使用15V量程，则这时表盘刻度每小格表示eq\f(5,10)V＝0.5V，题图己中表针指示的是5V＋7×0.5V＝8.5V。(5)电阻为1987Ω。最简单的操作方法是将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0。每个电阻箱的最大阻值是9999Ω，用两个这样的电阻箱串联可得到的最大电阻为2×9999Ω＝19998Ω，故用两个这样的电阻箱可得到的电阻值范围为0～19998Ω。答案：(1)17.523.35(2)0.003(0.002～0.004均可)0.642(0.640～0.644均可)(3)0.020.440.12.20(4)0.11.700.58.5(5)1987将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19998Ω[关键点拨]游标卡尺的读数要“三看”(1)第一看→精确度。例如(如图所示)：该游标卡尺的精确度为0.1mm，正确的读数应为11mm＋4×0.1mm＝11.4mm。(2)第二看→游标尺上的0刻度线位置，区分零刻度线与游标尺最前端的线。如图所示，不注意这一点易错读成：10mm＋4×0.1mm＝10.4mm。(3)第三看→游标尺的哪条刻度线与主尺上刻度线对齐，注意游标卡尺不需估读，后面不能随意加零，也不能随意去零。如图所示，不注意这一点，易错读成：11mm＋4.0×0.1mm＝11.40mm。(二)伏安法测电阻1．电流表内、外接法的比较电流表内接法电流表外接法电路图误差原因电流表分压U测＝Ux＋UA电压表分流I测＝Ix＋IV电阻测量值R测＝eq\f(U测,I测)＝Rx＋RA>Rx，测量值大于真实值R