物理大一轮复习配套讲义第8章

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1节电流电阻电功电功率一、电流1．形成的条件：导体中有自由电荷;导体两端存在电压．2．电流是标量，正电荷定向移动的方向规定为电流的方向．3．两个表达式:①定义式:I＝eq\f（q,t）;②决定式：I＝eq\f（U，R）.二、电阻、电阻定律1．电阻：反映了导体对电流阻碍作用的大小．表达式为:R＝eq\f(U，I).2．电阻定律：同种材料的导体,其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关．表达式为：R＝ρeq\f(l，S).3．电阻率（1）物理意义：反映导体的导电性能,是导体材料本身的属性．（2)电阻率与温度的关系：金属的电阻率随温度升高而增大；半导体的电阻率随温度升高而减小．三、部分电路欧姆定律及其应用1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比．2．表达式：I＝eq\f(U,R）。3．适用范围:金属导电和电解液导电,不适用于气体导电或半导体元件．4．导体的伏安特性曲线（I－U)图线（1)比较电阻的大小：图线的斜率k＝tanθ＝eq\f（I，U)＝eq\f(1，R)，图中R1＞R2（填“＞”、“＜”或“＝”）．（2)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用于欧姆定律．（3）非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件,不适用于欧姆定律．四、电功率、焦耳定律1．电功:电路中电场力移动电荷做的功．表达式为W＝qU＝UIt。2．电功率:单位时间内电流做的功．表示电流做功的快慢．表达式为P＝eq\f（W，t)＝UI。3．焦耳定律：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．表达式为Q＝I2Rt.4．热功率：单位时间内的发热量．表达式为P＝eq\f(Q,t)。[自我诊断]1.判断正误（1)电流是矢量，电荷定向移动的方向为电流的方向．（×）(2)由R＝eq\f（U，I)可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．（×）（3)由ρ＝eq\f（RS，l）知，导体电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比．（×）（4)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．（√)（5）电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量．(√）(6)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路．(√）（7）公式W＝eq\f(U2,R)t＝I2Rt只适用于纯电阻电路．(√)2．(多选)对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝,下列说法中正确的是(）A．常温下,若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为eq\f(1，4）RC．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的eq\f(U,I)比值不变D．金属材料的电阻率随温度的升高而增大解析：选BD.金属丝均匀拉长到原来的10倍，截面积变为原来的eq\f(1，10)，由R＝ρeq\f（l,S)知,电阻变为原来的100倍，A错误；将金属丝从中点对折起来，长度变为原来的一半,截面积变为原来的2倍,由R＝ρeq\f(l，S)知，电阻变为原来的eq\f(1,4），B正确;由于金属的电阻率随温度的升高而增大，当加在金属丝两端的电压升高时，电阻R＝eq\f（U,I）将变大，C错误，D正确．3．如图所示电路中，a、b两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小()解析：选B.选项A、C、D中,滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I＝eq\f(U,R)可知，电路中的电流将会增大,电流表读数会变大，故选项A、C、D错误；而选项B中,滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B正确．4.有一台标有“220V,50W”的电风扇，其线圈电阻为0。4Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中,正确的是（)A．I＝eq\f（P，U）＝eq\f(5,22)A，Q＝UIt＝3000JB．Q＝Pt＝3000JC．I＝eq\f（P，U）＝eq\f(5，22)A，Q＝I2Rt＝1.24JD．Q＝eq\f（U2，R）t＝eq\f（2202，0.4)×60J＝7。26×106J解析:选C。电风扇是一种在消耗电能过程中既产生机械能，又产生内能的用电器，其功率P＝IU，则I＝eq\f（P,U）＝eq\f(5，22）A，而产生的热量只能根据Q＝I2Rt进行计算．因此，选项C正确．考点一对电流的理解和计算1。应用I＝eq\f（q，t)计算时应注意:若导体为电解液，因为电解液里的正、负离子移动方向相反，但形成的电流方向相同，故q为正、负离子带电荷量的绝对值之和．2．电流的微观本质如图所示,AD表示粗细均匀的一段导体，长为l,两端加一定的电压,导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v,设导体的横截面积为S，导体每单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q，AD导体中自由电荷总数N＝nlS，总电荷量Q＝Nq＝nqlS，所用时间t＝eq\f（l,v)，所以导体AD中的电流I＝eq\f（Q,t)＝eq\f(nlSq,l/v）＝nqSv。1．如图所示,一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷,设棒单位长度内所含的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒的运动而形成的等效电流大小为（）A．vq B．eq\f(q，v）C．qvS D。eq\f（qv,S)解析：选A。在垂直棒的运动方向选取一横截面，设棒长为l,则棒上所有电荷通过这一横截面所用的时间t＝eq\f(l,v)，由电流的定义式I＝eq\f(Q，t）,可得I＝eq\f（lq,\f（l，v)）＝qv，A正确．2.(2017·山东济南质检）有甲、乙两个由同种金属材料制成的导体，甲的横截面积是乙的两倍，而单位时间内通过导体横截面的电荷量乙是甲的两倍，以下说法中正确的是（)A．甲、乙两导体的电流相同B．乙导体的电流是甲导体的两倍C．乙导体中自由电荷定向移动的速率是甲导体的两倍D．甲、乙两导体中自由电荷定向移动的速率大小相等解析：选B。由I＝eq\f（Δq,Δt)可知,I乙＝2I甲，B正确，A错误；由I＝nvSq可知,同种金属材料制成的导体，n相同，因S甲＝2S乙，故有v甲∶v乙＝1∶4,C、D错误．3．(多选)截面直径为d、长为l的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是（)A．电压U加倍时,自由电子定向移动的平均速率加倍B．导线长度l加倍时,自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半C．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变D．导线截面直径d加倍时,自由电子定向移动的平均速率加倍解析：选ABC.电压U加倍时,由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，故A正确;导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍,电流减半,则由电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，故B正确；导线横截面的直径d加倍,由S＝eq\f(πd2,4)可知，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的eq\f（1，4）,电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I＝nqSv得知，自由电子定向运动的平均速率v不变．故C正确，D错误．考点二电阻电阻定律1。两个公式对比公式R＝ρeq\f(l,S)R＝eq\f（U，I)区别电阻的决定式电阻的定义式说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液适用于任何纯电阻导体2。电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量，导体电阻率与电阻阻值无直接关系，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一定小．1．一个内电阻可以忽略的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为0。1A．若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是（）A．0.4A B．0.8AC．1。6A D．3.2A解析：选C。大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变,故水银柱长度变为原来的eq\f（1,4)，则电阻变为原来的eq\f（1,16），因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C正确．2.用电器到发电场的距离为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U.那么，输电线的横截面积的最小值为()A。eq\f(ρl，R) B。eq\f(2ρlI,U）C。eq\f（U,ρlI) D。eq\f(2Ul,Iρ)解析：选B.输电线的总长为2l，由公式R＝eq\f（U,I）、R＝ρeq\f(l，S）得S＝eq\f(2ρlI,U)，故B正确．3．两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.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．考点三伏安特性曲线1.图甲为线性元件的伏安特性曲线,图乙为非线性元件的伏安特性曲线．2图象的斜率表示电阻的倒数,斜率越大，电阻越小，故Ra〈Rb，图线c的电阻减小，图线d的电阻增大．3．用I.U（或U。I)图线来描述导体和半导体的伏安特性时，曲线上每一点对应一组U、I值，eq\f（U,I)为该状态下的电阻值,UI为该状态下的电功率．在曲线上某点切线的斜率不是电阻的倒数．1．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，小灯泡的电阻减小B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝eq\f（U1，I1)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所围面积解析:选D。由图可知流过小灯泡的电流I随所加电压U变化的图线为非线性关系，可知小灯泡的电阻随所加电压的增大而逐渐增大，选项A错误；根据欧姆定律，对应P点，小灯泡的电阻应为R＝eq\f(U1,I2)，选项B、C错误；对应P点，小灯泡的功率为P＝U1I2,也就是图中矩形PQOM所围面积，选项D正确．2.某一导体的伏安特性曲线如图中AB(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．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了1ΩD．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω解析：选B。根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA＝eq\f（3，0.1）Ω＝30Ω，RB＝eq\f(6,0。15）Ω＝40Ω，所以ΔR＝RB－RA＝10Ω，故B对，A、C、D错．3。（多选）在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合时,电路中的总电流为0.25A，则此时（)A．L1上的电压为L2上电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75WC．L2的电阻为12ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1解析：选BD。电路中的总电流为0。25A,L1中电流为0.25A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3。0V,L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0。75W，B正确；根据并联电路规律，L2中电流为0。125A,由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为0.3V,L1的电压大约为L2电压的10倍，A错误;由欧姆定律，L2的电阻为R2＝eq\f（U2，I2)＝eq\f（0。3，0.125）Ω＝2.4Ω,C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125W＝0。0375W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4∶1，D正确．I­U图线求电阻应注意的问题伏安特性曲线上每一点对应的电压与电流的比值就是该状态下导体的电阻，即曲线上各点切线的斜率的倒数不是该状态的电阻，但伏安特性曲线的斜率变小说明对应的电阻变大．考点四电功、电功率及焦耳定律1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较(1)用电器在额定电压下正常工作,用电器的实际功率等于额定功率，即P实＝P额．（2)用电器的工作电压不一定等于额定电压，用电器的实际功率不一定等于额定功率,若U实＞U额，则P实＞P额,用电器可能被烧坏．［典例］有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0。2V的电路中时,电动机不转，测得流过电动机的电流I1＝0。4A；若把电动机接入U2＝2。0V的电路中,电动机正常工作，工作电流I2＝1.0A．求：（1)电动机正常工作时的输出功率多大?（2)如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,此时电动机的发热功率是多大？解析(1）U1＝0。2V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻,故电动机线圈内阻r＝eq\f（U1，I1）＝eq\f(0。2，0。4)Ω＝0。5ΩU2＝2。0V时，电动机正常工作,此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得P电＝U2I2＝2。0×1.0W＝2WP热＝Ieq\o\al(2，2）r＝1.02×0。5W＝0.5W所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率P出＝P电－P热＝2W－0。5W＝1.5W(2）此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻,其热功率P热′＝eq\f(U\o\al(2，2），r)＝eq\f(2。02，0。5)W＝8W答案（1）1。5W(2)8W（1)在非纯电阻电路中,eq\f（U2,R）t既不能表示电功也不能表示电热,因为欧姆定律不再成立．(2)不要认为有电动机的电路一定是非纯电阻电路，当电动机不转动时，仍为纯电阻电路,欧姆定律仍适用,电能全部转化为内能．只有在电动机转动时为非纯电阻电路,U>IR,欧姆定律不再适用，大部分电能转化为机械能．1．(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。由于U＝48V，I＝12A，则P＝IU＝576W，故选项A正确;因P入＝P出＋I2r，r＝eq\f(576－350,122）Ω＝eq\f（113，72）Ω，故选项B错；由P出＝Fv＝Ffv，F＝Ff＝63N，故选项C错，D正确．2．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻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14WB．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B。由部分电路欧姆定律知电阻R0两端电压为U＝IR0＝3.0V,电源内电压为U内＝Ir＝2。0V，所以电动机两端电压为U机＝E－U－U内＝7.0V，B对；电动机的发热功率和总功率分别为P热＝I2r1＝2W、P总＝U机I＝14W，C错;电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝12W，A错；电源的输出功率为P＝U端I＝20W，D错．课时规范训练［基础巩固题组]1．(多选）下列说法正确的是(）A．据R＝eq\f(U，I）可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时,导体的电阻也变为原来的2倍B．不考虑温度对阻值的影响,通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C．据ρ＝eq\f(RS，l）可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关解析：选BD。R＝eq\f(U,I）是电阻的定义式，导体电阻由导体自身性质决定，与U、I无关，当导体两端电压U加倍时,导体内的电流I也加倍,但比值R仍不变，A错误、B正确；ρ＝eq\f（RS,l）是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度决定,与R、S、l无关,C错误、D正确．2．一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e.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,则金属棒内的电场强度大小为（)A.eq\f(mv2,2eL) B．eq\f(mv2Sn,e)C．ρnev D。eq\f(ρev，SL)解析：选C.由电流定义可知：I＝eq\f（q，t)＝eq\f（nvtSe，t)＝neSv，由欧姆定律可得：U＝IR＝neSv·ρeq\f（L，S）＝ρneLv，又E＝eq\f(U,L），故E＝ρnev,选项C正确．3．下列说法正确的是()A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比解析:选C.电流通过导体的热功率为P＝I2R，与电流的平方成正比,A项错误；力作用在物体上，如果物体没有在力的方向上发生位移，作用时间再长，做功也为零,B项错误；由C＝eq\f(Q，U）可知，电容器的电容由电容器本身的性质决定，因此电容器的带电量与两板间的电势差成正比，C项正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，D项错误．4．如图所示为一磁流体发电机示意图,A、B是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成,整体呈电中性）从左侧进入，在t时间内有n个自由电子落在B板上，则关于R中的电流大小及方向判断正确的是()A．I＝eq\f（ne,t）,从上向下 B．I＝eq\f(2ne，t），从上向下C．I＝eq\f(ne,t），从下向上 D．I＝eq\f（2ne,t),从下向上解析:选A。由于自由电子落在B板上，则A板上落上阳离子，因此R中的电流方向为自上而下，电流大小I＝eq\f（q,t)＝eq\f（ne，t）。A项正确．5．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻,材料分布均匀,边长分别为a、b、c,且a＞b＞c。电流沿以下方向流过该金属电阻,其中电阻的阻值最小的是(）解析：选A.根据电阻定律R＝ρeq\f(l，S)可知RA＝ρeq\f(c，ab),RB＝ρeq\f(b，ac），RC＝ρeq\f(a,bc），RD＝ρeq\f（a,bc),结合a＞b＞c可得:RC＝RD＞RB＞RA,故RA最小，A正确．6．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的,你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断,R的合理表达式应为（)A．R＝eq\f(ρb＋a,2πab) B．R＝eq\f（ρb－a，2πab）C．R＝eq\f（ρab，2πb－a） D．R＝eq\f（ρab，2πb＋a）解析：选B。根据R＝ρeq\f（l，S),从单位上看,答案中,分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A、B符合单位,C、D错误;再代入特殊值,若b＝a，球壳无限薄，此时电阻为零，因此只有B正确，A错误．7。（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．图象上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．[综合应用题组]8．一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．9．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P,现将它们连接成如图乙所示的电路,接在该电源的两端,设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的关系为（)A．P1＝4PD B．PD＝eq\f（P，4)C．PD＝P2 D．P1＜4P2解析：选D.由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相同．当三者按照题图乙所示电路连接时，电阻器D两端的电压小于U,由题图甲图象可知，电阻器D的电阻增大,则有RD＞R1＝R2,而RD与R2并联，电压相等，根据P＝eq\f(U2,R），PD＜P2，C错误；由欧姆定律可知,电流ID＜I2,又I1＝I2＋ID,根据P＝I2R，P1＞4PD，P1＜4P2,A错误、D正确；由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R＜R1，所以D两端的电压小于eq\f（U，2）,且D阻值变大,则PD＜eq\f（P，4），B错误．10．下图中的四个图象中，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，其功率表达式为:P＝eq\f(U2,R），而U越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C正确．11．如图所示为甲、乙两灯泡的I。U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中实际发光的功率分别为（)A．15W30W B．30W40WC．40W60W D．60W100W解析:选C.两灯泡并联在电压为220V的电路中，则两只灯泡两端的电压均为220V，根据I。U图象知：甲灯实际工作时的电流约为I甲＝0。18A，乙灯实际工作时的电流为I乙＝0.27A，所以功率分别为P甲＝I甲U＝0.18×220W≈40W；P乙＝I乙U＝0.27×220W≈60W，C正确．12．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．13．(多选）如图所示，定值电阻R1＝20Ω，电动机绕线电阻R2＝10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是I1＝0.5A，当开关合上后,电动机转动起来,电路两端的电压不变,电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是()A．I＝1.5A B．I<1.5AC．P＝15W D．P<15W解析：选BD。当开关S断开时,由欧姆定律得U＝I1R1＝10V，当开关闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，通过电动机的电流I2<eq\f（U，R2)＝1A，故电流表示数I＜0.5A＋1A＝1。5A,B正确；电路中电功率P＝UI<15W，D正确．14．(多选）通常一次闪电过程历时约0。2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40~80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪击前云地之间的电势差约为1.0×109V,云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs。假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是(）A．闪电电流的瞬时值可达到1×10B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC。根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6C，时间约为t＝60μs，故平均电流为I平＝eq\f(Q，t)＝1×105A,闪击过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109J，第一个闪击过程的平均功率P＝eq\f(W,t)＝1×1014W,由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中,但整个闪击过程中的时间远大于60μs，故B错;闪电前云与地之间的电场强度约为E＝eq\f(U,d)＝eq\f(1×109，1000)V/m＝1×106V/m,C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109J，D错．第2节电路闭合电路欧姆定律一、电阻的串、并联串联电路并联电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1＋I2＋…＋In电压U＝U1＋U2＋…＋UnU＝U1＝U2＝…＝Un电阻R总＝R1＋R2＋…＋Rneq\f(1，R总)＝eq\f（1,R1）＋eq\f(1，R2)＋…＋eq\f（1,Rn)分压原理或分流原理U1∶U2∶…∶Un＝R1∶R2∶…∶RnI1∶I2∶…∶In＝eq\f（1,R1)∶eq\f（1，R2)∶…∶eq\f(1，Rn）功率分配P1∶P2∶…∶Pn＝R1∶R2∶…∶RnP1∶P2∶…∶Pn＝eq\f(1，R1)∶eq\f(1，R2）∶…∶eq\f（1,Rn)二、电源的电动势和内阻1．电动势(1)电源：电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化成电势能的装置．（2）电动势：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝eq\f(W，q）。（3）电动势的物理含义:电动势表示电源把其它形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．2．内阻：电源内部导体的电阻．三、闭合电路的欧姆定律1．闭合电路欧姆定律（1）内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比．（2）公式：I＝eq\f（E,R＋r）（只适用于纯电阻电路）．（3)其他表达形式①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir。②能量表达式:EI＝UI＋I2r。2．路端电压与外电阻的关系一般情况U＝IR＝eq\f(E，R＋r）·R＝eq\f(E，1＋\f（r，R))，当R增大时，U增大特殊情况①当外电路断路时，I＝0，U＝E②当外电路短路时，I短＝eq\f(E,r），U＝0[自我诊断]1。判断正误（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．(×)2.某电路如图所示,已知电池组的总内阻r＝1Ω，外电路电阻R＝5Ω，理想电压表的示数U＝3.0V，则电池组的电动势E等于(）A．3.0V B．3.6VC．4。0V D．4。2V解析：选B。由于电压表的示数为路端电压，而U＝IR，则I＝eq\f(U，R）＝0.6A，由闭合电路欧姆定律可得E＝I（R＋r)＝0。6×(5＋1）V＝3.6V,故选项B正确．3．将一电源电动势为E，内电阻为r的电池与外电路连接,构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流,下列说法正确的是（)A．由U外＝IR可知,外电压随I的增大而增大B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U＝E－Ir可知,电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大解析:选C.根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f（E,R＋r）知,外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内电阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大，选项D错误．考点一电阻的串并联1．串、并联电路的几个常用结论(1)当n个等值电阻R0串联或并联时，R串＝nR0，R并＝eq\f（1，n)R0。(2)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻．(3）在电路中，某个电阻增大（或减小)，则总电阻增大(或减小)．(4)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的总电功率始终等于各个电阻消耗的电功率之和．2．电压表、电流表的改装1.(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．2．如图所示,电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1∶R2∶R3是(）A．1∶1∶1 B．4∶1∶1C．1∶4∶4 D．1∶2∶2解析：选C.根据串、并联电路的特点知U2＝U3，因P1＝P2＝P3，故R2＝R3，又I1＝I2＋I3,故I1＝2I2＝2I3，根据P＝I2R和P1＝P2＝P3得R1∶R2∶R3＝1∶4∶4，C正确．3．（多选)如图所示，甲、乙两电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（）A．甲表是电流表，R增大时量程增大B．甲表是电流表，R增大时量程减小C．乙表是电压表，R增大时量程增大D．乙表是电压表，R增大时量程减小解析：选BC.由电表的改装原理可知，电流表应是G与R并联，改装后加在G两端的最大电压Ug＝IgRg不变，所以并联电阻R越大，I＝Ig＋IR越小,即量程越小，B正确，A错误；对于电压表应是G与R串联，改装后量程U＝IgRg＋IgR，可知R越大，量程越大，C正确，D错误．考点二闭合电路的欧姆定律考向1：闭合电路的功率及效率问题由P出与外电阻R的关系图象可以看出：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。1．在研究微型电动机的性能时,应用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V．重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为(）A．32W B．44WC．47W D．48W解析：选A.电动机不转时相当于一个纯电阻，根据通过电动机的电流为0.5A、电压为2V，可算出电动机内阻为4Ω。正常工作时，电动机消耗功率P＝UI＝48W，内阻发热消耗功率P热＝I2r＝16W,则输出功率为P出＝P－P热＝32W。2．如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R0′＝1Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大,且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P0＝2W）,则R1和R2的值分别为(）A．2Ω，2Ω B．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5Ω D．1。5Ω，2Ω解析：选B.因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大,所以R1＝2Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir）,当I＝eq\f（E，2r)＝2A时,输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2W，发热功率为P热＝I2R0′＝4W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6W,电动机两端的电压为UM＝eq\f(P入，I）＝3V,电阻R2两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3V,所以R2＝eq\f(UR2，I)＝1.5Ω，选项B正确．考向2：电路故障的分析与判断（1)故障特点①断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．②短路特点:用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零．（2）检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路,或并联路段短路．②电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．③欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．④假设法：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某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．3.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、L2都不亮,用电压表测得各部分的电压是Uab＝6V,Uad＝0V，Ucd＝6V，由此可判定()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与滑动变阻器R是接通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路,所以选项C正确．4．(多选）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断路 D．R4短路解析：选BC.由于A灯串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小,即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的B灯中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B正确．假设R3断路，则也引起总电阻变大,总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路也必引起与之并联的电路（即R1所在支路）中电流增大，B灯中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确．考点三电路的动态变化考向1：不含电容器电路(1）判定总电阻变化情况的规律①当外电路的任何一个电阻增大(或减小）时，电路的总电阻一定增大(或减小)．②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大;若开关的通、断使并联的支路增多时,电路的总电阻减小．③在如图所示分压电路中,滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．(2)分析思路1．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（)A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小,电流表的示数增大解析：选A。滑片向下滑动,则滑动变阻器接入电路中的电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电源内阻两端的电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知,R1上的分压增大，故并联部分电压减小,即可知电流表示数减小，故A正确，B、C、D错误．2．如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与Ⓐ分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开,则()A．的读数变大，Ⓐ的读数变小B．的读数变大,Ⓐ的读数变大C．的读数变小，Ⓐ的读数变小D．的读数变小，Ⓐ的读数变大解析:选B.当S断开后，闭合电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小,故路端电压U＝E－Ir增加，即的读数变大；由于定值电阻R1两端的电压减小，故R3两端的电压增加，通过R3的电流增加，即Ⓐ的读数变大，选项B正确．考向2：含电容器电路（1)电路的简化不分析电容器的充、放电过程时,把电容器所在的电路视为断路，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路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用,但电容器两端的电压与其并联电器两端电压相等．（3）电压变化带来的电容器变化电路中电流、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,电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝CΔU计算电容器上电荷量的变化量．3．(2017·辽宁沈阳质检)如图所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时,则小球的运动情况为（)A．不动 B．向上运动C．向下运动 D．不能确定解析：选C。电键S断开，电路的总电阻变大，干路电流减小，R4两端电压减小，则电容器两端的电压也减小，匀强电场的场强减小,小球受到的电场力减小，所以小球所受合力向下,C正确．4．(2017·东北三校联考）（多选)如图所示，C1＝6μF，C2＝3μF,R1＝3Ω，R2＝6Ω,电源电动势E＝18V,内阻不计．下列说法正确的是（）A．开关S断开时，a、b两点电势相等B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2AC．开关S断开时，C 1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大解析:选BC.S断开时外电路处于断路状态,两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等,由图知a点电势与电源负极电势相等，b点电势与电源正极电势相等,A错误；S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势,而C1＞C2，由Q＝CU知此时Q1＞Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联,C2与R2并联,电路中电流I＝eq\f（E,R1＋R2)＝2A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6V、U2＝IR2＝12V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3。6×10－5C、Q2′＝C2U2＝3。6×10－5C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，B、C正确，D错误．分析此类问题要注意以下三点（1）闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir(E、r不变）和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用．(2）局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增．（3)两个关系:外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和．考点四两种U.I图线的比较及应用电源U­I图象电阻U.I图象图形物理意义路端电压随电流的变化规律电阻两端电压随电流的变化规律截距与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示短路电流eq\f(E,r)过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标的乘积UI表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率坐标的U、I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,表示此电阻的大小不变斜率的绝对值内电阻r电阻大小［典例](多选)在如图所示的U­I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U.I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路,由图象可知(）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4WD．电源的效率为50%解析由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3V，内阻为r＝eq\f（E，I短)＝0.5Ω;由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝eq\f(E，r＋R）＝2A,路端电压U＝IR＝2V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4W,电源的效率为η＝eq\f(UI,EI)×100％≈66.7%，故选项A、B、C正确，D错误．答案ABC电源的U­I图线与电阻的U.I图线的交点表示电源的路端电压与用电器两端的电压相等,通过电源的电流与通过用电器的电流相等，故交点表示该电源单独对该用电器供电的电压和电流．1.(2017·上海青浦质检)（多选)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则（)A．ra＞rbB．Ia＞IbC．R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低D．R0接到b电源上，电源的输出功率较小,电源的效率较低解析：选ABC.在电源路端电压与电流的关系图象中斜率表示电源内阻，ra＞rb，A正确；在图象中作出定值电阻R0的伏安特性曲线，与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点，Ia＞Ib，B正确；R0接到a电源上，电源的输出功率较大,但电源的效率较低,R0接到b电源上，电源的输出功率较小,但电源的效率较高，C正确，D错误．2．（多选）如图所示,图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是(）A．电源的电动势为50VB．电源的内阻为eq\f（25，3)ΩC．电流为2。5A时，外电路的电阻为15ΩD．输出功率为120W时，输出电压是30V解析：选ACD。电源的输出电压和电流的关系为：U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E＝50V，r＝eq\f（50－20,6－0）Ω＝5Ω，A正确，B错误；当电流为I1＝2。5A时,由回路中电流I1＝eq\f(E,r＋R外），解得外电路的电阻R外＝15Ω,C正确；当输出功率为120W时,由题图中P.I关系图线看出对应干路电流为4A,再从U。I图线读取对应的输出电压为30V，D正确．课时规范训练[基础巩固题组］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．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A。Rac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．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此(）A．电动势是一种非静电力B．电动势越大,表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压解析：选C。电动势E＝eq\f（W,q），它不属于力的范畴，A错误；电动势表征非静电力做功的本领，电动势越大,表明电源将其他形式的能转化为电能的本领越大，B错误，C正确;电动势与电压是两个不同的概念，通常情况下,电动势大于闭合电路电源两端电压，D错误．4．如图所示的闭合电路中，当滑片P右移时，两电表读数变化是（）A．电流表变小，电压表变小B．电流表变大，电压表变大C．电流表变大,电压表变小D．电流表变小,电压表变大解析：选D。闭合电路中，当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大,由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则电源内电压及R0的分压减小，滑动变阻器两端电压变大．故电流表示数减小，电压表示数变大，D正确．5．(多选)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（)A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D．电压表V2的读数增大,电流表A2的读数减小解析：选AD.滑动变阻器滑片P向右端移动,使得RP变小，总电阻变小，总电流变大,即电流表A1的读数增大．内电压变大，R1所分电压变大，并联电路电压即电压表V1的读数变小．即R3两端电压变小，通过R3的电流变小即电流表A2的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路即经过R2的电流变大，R2两端电压变大，即电压表V2的读数增大，对照选项A、D正确．6．(多选）某一表头的满偏电流为Ig，满偏电压为Ug，内阻为Rg，改装成电流表后，电流量程为I，电压量程为U,内阻为R，则(）A．R＝eq\f（Ug,I） B．U＝IgRgC．Ug＜U D．I＞eq\f（Ug，R)解析：选AB.由电流表的改装原理可知，Ig＜I，Ug＝U，Rg＞R，由部分电路的欧姆定律知R＝eq\f（U，I)＝eq\f（Ug，I）,Ug＝IgRg＝U，A、B正确，C、D错误．7．(多选)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是()A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯光L变暗C．电源消耗的功率增大D．电容器C的电荷量增大解析：选BD。滑动变阻器的滑片向右移动时，其电阻R增大，流过R的电流减小，灯泡L变暗，故A错误，B正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C错误；电容器C上电压为路端电压,由U路＝E－Ir知路端电压增大，即电容器C上的电荷量增大,D正确．［综合应用题组]8。如图所示，直线A为某电源的U。I图线,曲线B为某小灯泡L1的U.I图线的一部分,用该电源和小灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光,则下列说法中正确的是（）A．此电源的内电阻为eq\f（2,3）ΩB．灯泡L1的额定电压为3V,额定功率为6WC．把灯泡L1换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D．由于小灯泡L1的U。I图线是一条曲线,所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用解析：选B.由图象知，电源的内阻为r＝eq\f（ΔU,ΔI)＝eq\f（4－1,6)Ω＝0。5Ω，A错误；因为灯L1正常发光，故灯L1的额定电压为3V，额定功率为P＝UI＝3×2W＝6W，B正确；正常工作时，灯L1的电阻为R1＝eq\f（U，I）＝1.5Ω，换成R2＝1Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r，故电源的输出功率将变大，C错误;虽然灯泡L1的U.I图线是一条曲线，但由于小灯泡为纯电阻,所以欧姆定律仍适用，D错误．9.(多选)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AC.P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．10．某同学做电学实验（电源内阻r不能忽略），通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的(）解析：选C.观察到电压表和电流表的读数同时变大，其电路一定是电压表和电流表测量的是同一个固定电阻，他所连接的电路可能是C.11.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．12．(多选)在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()A．灯泡L变亮B．电压表读数变小C．电流表读数变小D．电容器C上的电荷量增加解析：选CD.滑片P向左移动电阻增大，电路中电流减小，电灯L变暗,故A错误,C正确；电压表读数为路端电压，由U路＝E－Ir知U路增大，故B错误；电容器两端的电压UC＝E－Ir－U灯可知UC增大,则C上电荷量增加，D正确．13．（多选）如图所示电路中,电源内阻忽略不计．闭合开关,电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（）A．U先变大后变小B．I先变小后变大C．U与I比值先变大后变小D．U变化量与I变化量比值等于R3解析：选BC.因电源内阻不计，故路端电压不变,电压表示数不变;当滑片位于中点时，滑动变阻器接入电路的电阻有最大值，电流表所在电路的电流有最小值,所以B、C正确．14．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)解析:选C.由已知条件及电容定义式C＝eq\f(Q，U)可得：Q1＝U1C,Q2＝U2C，则eq\f(Q1，Q2)＝eq\f(U1,U2）.S断开时等效电路如图甲所示，U1＝eq\f(\f（RR＋R,R＋R＋R)，R＋\f(RR＋R，R＋R＋R）)·E×eq\f(1，2)＝eq\f（1,5)E；S闭合时等效电路如图乙所示，U2＝eq\f（\f（R·R,R＋R)，R＋\f(R·R，R＋R))·E＝eq\f（1，3)E,则eq\f（Q1，Q2)＝eq\f（U1，U2）＝eq\f（3,5),故C正确．第3节电学实验基础考点一基本仪器的使用和读数1．螺旋测微器的原理和读数（1)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.读数时估读到毫米的千分位上,因此，螺旋测微器又叫千分尺．(2)读数: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）．2．游标卡尺的原理和读数（1)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比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.(2)读数:若用x表示由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,则记录结果表达为（x＋K×精确度)mm。3．常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题,首先要弄清电表量程,然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．（1)0～3V的电压表和0～3A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0。1V或0.1A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．（2）对于0~15V量程的电压表，精确度是0。5V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0。1V.(3)对于0。6A量程的电流表，精确度是0。02A，在读数时只要求读到小数点后面两位,这时要求“半格估读",即读到最小刻度的一半0。01A。［典例］（1）如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从上至下分别为9mm长10等分、19mm长20等分、49mm长50等分，它们的读数依次为________mm、________mm、________mm。（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，则金属丝的直径是________mm.(3）①如图甲所示的电表使用0。6A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A,图中表针示数为________A；当使用3A量程时，对应刻度盘中每一小格代表________A，图中表针示数为________A.②如图乙所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V．若使用的是较大量程,则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________V。（4)旋钮式电阻箱如图所示，电流从接线柱A流入,从B流出，则接入电路的电阻为________Ω。今欲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)最上面图读数：整毫米数是17mm，不足1毫米数是7×0.1mm＝0。7mm，最后结果是17mm＋0.7mm＝17.7mm。中间图读数：整毫米数是23mm，不足1毫米数是17×0。05mm＝0.85mm，最后结果是23mm＋0。85mm＝23.85mm.最下面图读数：整毫米数是10mm，不足1毫米数是23×0。02mm＝0。46mm，最后结果是10mm＋0。46mm＝10。46mm.(2)固定刻度示数为2.0mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15。0×0.01mm，最后的读数是2.0mm＋15。0×0。01mm＝2.150mm.（3)①使用0。6A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02A，表针示数为0.440A；当使用3A量程时，每一小格为0。1A，表针示数为2。20A.②电压表使用3V量程时,每小格表示0.1V，表针示数为1.70V;使用15V量程时，每小格表示0.5V，表针示数为8.5V。(4)电阻为1987Ω,最简单的操作方法是先将“×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，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是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。723.8510。46（2）2.150（3)①0。020.4400.12.20②0.11.700。58。5(4）1987将“×1k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19998Ω1．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a）和(b）所示．该工件的直径为________cm，高度为________mm。解析:游标卡尺读数为d＝12mm＋4×eq\f（1，20）mm＝12.20mm＝1.220cm螺旋测微器的读数为h＝6.5mm＋36。1×0。01mm＝6.861mm.答案：1。2206.8612．电流表量程一般有两种——0~0。6A，0~3A；电压表量程一般有两种——0~3V，0～15V．如图所示：①接0～3V量程时读数为________V.②接0～15V量程时读数为________V.③接0～3A量程时读数为________A。④接0～0.6A量程时读数为________A.答案:①1。88②9。4③0.82④0。16考点二测量电路与控制电路设计1．电流表的两种接法(1）两种接法的比较内接法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测＝eq\f（U测,I测)＝eq\f(RxRV,Rx＋RV)＜Rx测量值小于真实值（2)两种接法的选择①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大,宜采用电流表内接法．简单概括为“大内偏大,小外偏小”．②临界值计算法Rx＜eq\r（RVRA）时，用电流表外接法；Rx＞eq\r(RVRA）时，用电流表内接法．③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下,如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大,则可采用电流表内接法．2．滑动变阻器的两种接法(1)两种接法的比较内容方式限流接法分压接法两种接法电路图负载R上电压调节范围eq\f(RE，R＋R0)≤U≤E0≤U≤E负载R上电流调节范围eq\f(E,R＋R0）≤I≤eq\f(E，R)0≤I≤eq\f（E,R）闭合S前触头位置b端a端(2）两种接法的选择①两种接法的一般适用条件a．限流式接法适合测量阻值小的电阻（跟滑动变阻器的总电阻相比相差不多或比滑动变阻器的总电阻还小)；b．分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的总电阻要大）．②必须采用分压法的三种情况a．若采用限流式接法不能控制电流满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表（或电压表）的量程,或超过待测电阻的额定电流(或电压)，则必须选用分压式接法；b．若待测电阻的阻值比滑动变阻器总电阻大得多，以致在限流电路中,滑动变阻器的滑片从一端滑到另一端时,待测电阻上的电流或电压变化范围不够大,此时，应改用分压电路;c．若实验中要求电压从零开始调节，则必须采用分压式电路．③两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗能低．1．一只小灯泡，标有“3V0.6W”字样，现用下面给出的器材测量该小灯泡正常发光时的电阻：电源（电动势为12V,内阻为1Ω)、最大阻值为5Ω的滑动变阻器、电流表(内阻为1Ω）、电压表（内阻为10kΩ)、开关一个、导线若干．（1)在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用________（选填“内接”或“外接”)法．滑动变阻器应采用________（选填“分压式”或“限流式”）接法．(2）在下面的虚线框内画出你所设计的实验电路图(尽量减小实验误差）．解析：（1)因小灯泡正常工作时的电阻约为Rx＝eq\f（U2，P)＝15Ω，而电流表、电压表的内阻分别为1Ω和10kΩ,满足RV≫Rx，电流表应外接；实验中因小灯泡两端电压只需3V,而电源电动势为12V,所以滑动变阻器应采用分压式接法．（2）如图所示．答案：（1）外接分压式(2)见解析图2．为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30Ω）,有以下一些器材可供选择．电流表A1（量程0～50mA，内阻约为10Ω）;电流表A2（量程0~3A，内阻约为0。12Ω）；电压表V1(量程0~3V，内阻很大)；电压表V2（量程0～15V，内阻很大)；电源E(电动势约为3V，内阻约为0.2Ω）;定值电阻R(20Ω，允许最大电流1.0A）；滑动变阻器R1（0~10Ω，允许最大电流2。0A)；滑动变阻器R2(0～1kΩ,允许最大电流0。5A);单刀单掷开关S一个,导线若干．（1）电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________．（填字母代号)（2)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图．（要求所测量范围尽可能大）（3)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝________。解析:(1)首先选取唯一性器材：电源E（电动势约为3V，内阻约为0。2Ω)，定值电阻R（20Ω允许最大电流1。0A),单刀单掷开关S，导线．电源电动势约为3V,所以电压表选择V1（量程0～3V，内阻很大);待测电阻Rx的阻值约为30Ω，流过Rx的最大电流为eq\f（3V,30Ω)＝0.1A＝100mA，如果电流表选择A2（量程0～3A,内阻约为0。12Ω),指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A1（量程0~50mA，内阻约为10Ω）；滑动变阻器R2的最大电阻太大,操作不便,所以滑动变阻器应选R1(0～10Ω，允许最大电流2。0A）．(2）因为实验要求所测量范围尽可能大,所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻Rx的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大