新教材适用2024-2025学年高中物理第12章电能能量守恒定律章末小结学案新人教版必修第三册

章末小结一、电路中的能量转化在闭合电路中，电源通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能，在整个电路中，通过电场力做功又将电能转化为其他形式的能。电源为整个电路供应的电功率P总＝EI，其中内阻的发热功率P内＝I2r，电源的输出功率P出＝UI＝P总－P内，电源的效率η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U,E)×100%。1．纯电阻电路在纯电阻电路中，电功等于电热，电功率等于热功率，即P＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R)。2．非纯电阻电路在非纯电阻电路中，电功等电热与其他形式能量之和；电功率等热功率与其他形式功率之和P＝UI＝I2R＋P机。典例剖析典题1(2024·河北正定中学高二上学期段考)一个电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的沟通电源上(电源内阻忽视不计)，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(C)A．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：由于电饭煲是纯电阻用电器，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，洗衣机为非纯电阻用电器，所以R2≠eq\f(U,I2)＝440Ω，P2＝UI2＝110W，其在1min内消耗的电能W2＝UI2t＝6.6×103J，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍，只有选项C正确。二、闭合电路的分析与计算1．闭合电路的欧姆定律探讨闭合电路，主要物理量为E、r、R、I、U，前两个是常量，后三个是变量，闭合电路的欧姆定律的表达形式有：(1)E＝U外＋U内(2)I＝eq\f(E,R＋r)(I、R间关系)(3)U＝E－Ir(U、I间关系)(4)U＝eq\f(R,R＋r)E(U、R间关系)从(3)式看出：当外电路断开时(I＝0)，路端电压等于电动势。从(2)式看出：当外电路短路时(R＝0)电流最大为Im＝E/r→短路电流。2．电源的功率和效率(1)功率：①电源的功率(电源的总功率)PE＝EI；②电源的输出功率P出＝UI；③电源内部消耗的功率Pr＝I2r。(2)电源的效率：η＝eq\f(P出,PE)＝eq\f(U,E)，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，为Pm＝eq\f(E2,4r)。3．电路的动态分析分析依据是：闭合电路的欧姆定律、部分电路的欧姆定律、串联电路的电压关系、并联电路的电流关系，常用规律：(1)变更电阻本身和总电路变更规律相同；(2)总电路上R增大时总电流I减小，路端电压U增大；(3)和变更电阻有串联关系的看电流，即总电流减小时，该电阻的电流、电压都减小。(4)和变更电阻有并联关系的看电压，即路端电压增大时，该电阻的电流、电压都增大。4．闭合电路的U－I图像图中a为电源的U－I图像，b为外电阻的U－I图像。两者的交点坐标表示该电阻接入电路时电路的总电流和路端电压；该点和原点之间的矩形的面积表示输出功率；a的斜率的肯定值表示电源内阻大小；b的斜率表示外电阻的大小；当两个斜率相等时(即内、外电阻相等时)图中矩形面积最大，即电源的输出功率最大。典例剖析典题2(多选)(2024·湖南长沙高二期中)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关，将滑动变阻器滑片向下滑动，志向电压表V1、V2、V3示数变更量的肯定值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，志向电流表A示数变更量的肯定值为ΔI，正确的是(BD)A．A的示数减小B．电源输出功率在增大C．ΔU3与ΔI的比值减小D．ΔU1大于ΔU2解析：由题图可知，滑动变阻器与电阻R串联，滑动变阻器滑片向下滑动，其阻值减小，整个闭合回路电阻减小，电流增大，故A错误；电源的输出功率随外电阻的变更关系如图所示由于定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故外电阻减小时，电源输出功率在增大，故B正确；V1、V3分别测得是R和滑动变阻器的电压，滑动变阻器两端电压为U3＝E－I(r＋R)，可得eq\f(ΔU3,ΔI)＝r＋R，可知ΔU3与ΔI的比值保持不变，故C错误；由题意可知eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，由于R>r，故ΔU1大于ΔU2，故D正确。故选BD。三、电学试验中的几个问题1．进行仪器选择、电路设计时，应留意以下原则：(1)平安性原则：所选元件在电路中不能被损坏，如电压表或电流表在电路中时，各对应物理量不超过它们的量程。(2)目的性原则：所设计的电路应能够达到试验的目的。(3)精确性原则：选取仪器或器材时应考虑减小系统误差，如电压表或电流表的指针偏转应大于表量程的eq\f(1,3)，测量数据大一些。(4)便利操作原则：所设计的试验简洁达到试验目的，且又简捷、便利。(5)经济实惠原则：所设计的电路中所用的仪器应在大多数试验室能找到，本原则也可称为可实施原则。2．电压表、电流表及多用电表的读数(1)电压表、电流表和多用电表的直流电压、直流电流挡的读数，要看清选择的量程和分度值。(2)多用电表的欧姆挡的读数要看清选择的倍率，如：×1、×10、×100等。3．试验仪器的选取(1)电源允许通过的最大电流要大于电路中的实际电流。(2)用电器的额定电流应大于或等于通过它的实际电流。(3)电压表和电流表的量程或改装后的量程不能小于被测电压和电流的最大值。4．电路的选取(1)伏安法测电阻时，电路有内外两种接法：当eq\f(RV,Rx)>eq\f(Rx,RA)时选电流表外接法；当eq\f(RV,Rx)<eq\f(Rx,RA)时选电流表内接法。(2)滑动变阻器调控电路有限流和分压两种接法；限流式调整电流、电压范围小，分压式调整电流、电压范围大，可从零起先变更。当滑动变阻器的全阻值远小于用电器的电阻，若试验要求电流、电压变更范围较大时，采纳分压式。当电源供应的最小电流仍大于仪器允许的最大电流时，必需采纳分压式。其他状况，从削减电能损耗考虑，应优先采纳限流式电路。5．电路的实物连接方法(1)先图后连，先串后并。(2)看准极性，接线到柱。(3)明确量程，检查定位。6．数据的处理方法(1)公式法：物理意义比较明确。(2)图像法：有取平均值的效果，结果比较精确。7．仪器代换(1)一个定值电阻和一个已知内阻的电流表可以代换电压表。(2)已知内阻的小量程电流表可以改装后再接入电路。典题3(2024·广西桂林十八中高二上期中)如图所示的电路中，电源的电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，电容器的电容C＝3.6μF，二极管D具有单向导电性，起先时，开关S1闭合，S2断开。(1)开关S1闭合，S2，断开时，电容器两端的电压为多少？(2)闭合S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变更了多少？(3)闭合S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？解析：二极管具有单向导电性，由电路图可知，二极管反接，相当于断路，(1)开关S1闭合，S2断开时，只有R1接入电路，电容器两端的电压为U1，通过R1的电流为I1，依据闭合电路的欧姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋r)＝1.5A，电容器两端电压与其并联的电阻两端电压相等，有U1＝I1R1＝4.5V。(2)闭合开关S2后，R1与R2并联接入电路，电容器两端电压为U2，干路电流为I2；依据闭合电路的欧姆定律有I2＝eq\f(E,\f(R1R2,R1＋R2)＋r)＝2A，U2＝eq\f(I2R1R2,R1＋R2)＝4V，所以电容器上电荷量削减了ΔQ＝(U1－U2)C＝1.8×10－6C。(3)设闭合S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q＝CU2＝1.44×10－5C，再断开S1后，R1与R2并联后接在电容器两端，流过R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比；故流过电阻R1的电荷量为Q1＝eq\f(R2,R1＋R2)Q＝9.6×10－6C。答案：(1)4.5V(2)削减了1.8×10－6C(3)9.6×10－6C一、高考真题探析典题(2024·湖北高考真题)某试验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图(a)所示电路，所用器材如下：电压表(量程0～3V，内阻很大)；电流表(量程0～0.6A)；电阻箱(阻值0～999.9Ω)；干电池一节、开关一个和导线若干。(1)依据图(a)，完成图(b)中的实物图连线。(2)调整电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次变更电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。依据记录数据作出的U－I图像如图(c)所示，则干电池的电动势为_1.58__V(保留3位有效数字)、内阻为_0.64__Ω(保留2位有效数字)。(3)该小组依据记录数据进一步探究，作出eq\f(1,I)－R图像如图(d)所示。利用图(d)中图像的纵轴截距，结合(2)问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为_2.5__Ω(保留2位有效数字)。(4)由于电压表内阻不是无穷大，本试验干电池内阻的测量值_偏小__(填“偏大”或“偏小”)。解析：(1)实物连线如图：(2)由电路结合闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，由图像可知E＝1.58V，内阻r＝eq\f(1.58－1.37,0.33)Ω＝0.64Ω。(3)依据E＝I(R＋RA＋r)，可得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)×R＋eq\f(RA＋r,E)，由图像可知eq\f(RA＋r,E)＝2，解得RA＝2.5Ω。(4)由于电压表内阻不是无穷大，则试验测得的是电压表内阻与电源内阻的并联值，即试验中测得的电池内阻偏小。答案：(1)见解析图二、临场真题练兵1．(2024·江苏高考)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1＝2Ω，R2＝3Ω，R3＝2Ω，R4＝4Ω，电源电动势E＝12V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是(A)A．R1 B．R2C．R3 D．R4解析：由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为R并＝eq\f(R2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R3＋R4)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2＋R3＋R4)))＝2Ω，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即经过R1的电流为I1＝I＝eq\f(E,R1＋R并)＝3A，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则I2＝eq\f(IR并,R2)＝2A，I3＝I4＝eq\f(IR并,R3＋R4)＝1A，四个灯泡的实际功率分别为，P1＝Ieq\o\al(2,1)R1＝18W，P2＝Ieq\o\al(2,2)R2＝12W，P3＝Ieq\o\al(2,3)R3＝2W，P4＝Ieq\o\al(2,4)R4＝4W，故四个灯泡中功率最大的是R1。故选A。2．(2024·浙江高考)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(D)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的流淌空气动能为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范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h解析：单位时间流过面积A的流淌空气体积为V0＝Av，单位时间流过面积A的流淌空气质量为m0＝ρV0＝ρAv，单位时间流过面积A的流淌空气动能为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，则每天发电量应满意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，依据题意，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。3．(2024·湖南卷)某试验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻(阻值为R0)、一个电流表(内阻为RA)、一根匀称电阻丝(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹)、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发觉桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要试验步骤如下：(1)将器材如图(a)连接。(2)开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的_b__(填“a”或“b”)端。(3)变更金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角θ和电流表示数I，得到多组数据。(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图(b)所示，图线斜率为k，与纵轴截距为d，设单位角度对应电阻丝的阻值为r0，该电池电动势和内阻可表示为E＝eq\f(r0,k)，r＝deq\f(r0,k)－R0－RA。(用R0、RA、k、d、r0表示)(5)为进一步确定结果，还须要测量单位角度对应电阻丝的阻值r0。利用现有器材设计试验，在图(c)方框中画出试验电路图(电阻丝用滑动变阻器符号表示)。(6)利用测出的r0，可得该电池的电动势和内阻。答案：(5)见解析图解析：(2)开关闭合前，为了爱护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，依据电阻定律R＝ρeq\f(L,S)可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的b端。(4)设圆心角为θ时，电阻丝接入电路中的电阻为θr0，依据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir可知E＝I(RA＋R0＋θr0)＋Ir，整理得eq\f(1,I)＝eq\f(r0,E)θ＋eq\f(RA＋R0＋r,E)，结合图像的斜率和截距满意eq\f(r0,E)＝k，eq\f(RA＋R0＋r,E)＝d，解得电源电动势和内阻为E＝eq\f(r0,k)，r＝eq\f(r0d,k)－R0－RA。(5)试验器材中有定值电阻R0和单刀双掷开关，考虑运用等效法测量电阻丝电阻，试验电路图如图所示。原理的简洁说明：①将开关置于R0位置，读出电流表示数I0；②将开关置于电阻丝处，调整电阻丝的角度，直到电流表示数为I0，读出此时角度θ；③此时θr0＝R0，即可求得r0的数值。4．(2024·全国甲卷)某同学要测量微安表内阻，可利用的试验器材有：电源E(电动势1.5V，内阻很小)，电流表(量程10mA，内阻约10Ω)，微安表(量程100μA，内阻Rg待测，约1kΩ)，滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，定值电阻R0(阻值10Ω)，开关S，导线若干。(1)将图中所示的器材符号连线，画出试验电路原理图；(2)某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝_990__Ω。答案：(1)见解析图解析：(1)为了精确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采纳分压式解法，试验电路原理图如图所示(2)流过定值电阻R0的电流I＝IA－IG＝9.00mA－0.09mA＝8.91mA，加在微安表两端的电压U＝IR0＝8.91×10－2V，微安表的内电阻Rg＝eq\f(U,IG)＝eq\f(8.91×10－2,90.0×10－6)Ω＝990Ω。5．(2024·浙江高考真题)在“测量干电池的电动势和内阻”试验中(1)部分连线如图1所示，导线a端应连接到_B__(选填“A”“B”“C”或“D”)接线柱上。正确连接后，某次测量中电压表指针位置如图2所示，其示数为_1.20__V。(2)测得的7组数据已标在如图3所示U－I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E＝_1.50__V和内阻r＝_1.04__Ω。(计算结果均保留两位小数)解析：(1)电压表测量的电压应为滑动变阻器接入电路中电阻丝两端的电阻，开关应能限制电路，所以导线a端应连接到B处；干电池电动势约为1.5V，电压表选择0～3V量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V。(2)作出U－I如图所示:依据闭合电路的欧姆定律U＝E－Ir，可知U－I图像纵轴截距为电源电动势可得：E＝1.50V，U－I图像斜率的肯定值等于电源内阻：r＝eq\f(1.50－1.00,0.48－0)Ω＝1.04Ω。6．(2024·天津高考)试验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示试验电路，由测得的试验数据绘制成的U－I图像如图2所示。(1)图1的电路图为下图中的B。(选填“A”或“B”)(2)假如试验中所用电表均视为志向电表，依据图2得到该电池的电动势E＝4.5V，内阻r＝1.8Ω。(3)试验后进行反思，发觉上述试验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的试验数据进行修正，在图2中重新绘制U－I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)解析：(1)通过视察实物图可知电压表接在电源两端，故电路图为B。(2)依据闭合电路的欧姆定律E＝U＋Ir，有U＝－Ir＋E，则U－I图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率的肯定值是电池的内阻r，依据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势E＝4.5V；内阻r＝eq\f(4.5,2.5)Ω＝1.8Ω。(3)分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻RV的影响，流过电压表的电流为IV＝eq\f(U测,RV)，可知流过电池的电流为I＝I测＋eq\f(U测,RV)，I>I测，因电压表内阻RV不变，随着电压U测