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  • 2021-05-13 发布

步步高高考物理一轮复习恒定电流

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考点内容 要求 考纲解读 欧姆定律 Ⅱ 1.应用串、并联电路规律、闭合电路 欧姆定律及部分电路欧姆定律进 行电路动态分析. 2.非纯电阻电路的分析与计算,将结 合实际问题考查电功和电热的关 系.能量守恒定律在电路中的应 用,是高考命题的热点,多以计算 题或选择题的形式出现. 3.稳态、动态含电容电路的分析,以 及电路故障的判断分析,多以选择 题形式出现. 4.实验及相关电路的设计,几乎已成 为每年高考必考的题型. 电阻定律 Ⅰ 电阻的串、并联 Ⅰ 电源的电动势和内阻 Ⅱ 闭合电路的欧姆定律 Ⅰ 电功率、焦耳定律 Ⅰ 实验:测定金属的电阻率(同时练 习使用螺旋测微器) 实验:描绘小电珠的伏安特性曲线 实验:测定电源的电动势和内阻 实验:练习使用多用电表 第 1 课时 电阻定律 欧姆定律 焦耳定律及电功率 考纲解读 1.理解欧姆定律、电阻定律、焦耳定律的内容,并会利用它们进行相关的计算与 判断.2.会用导体的伏安特性曲线 I-U 图象及 U-I 图象解决有关问题.3.能计算非纯电阻电 路中的电功、电功率、电热. 1.[电阻定律的理解]导体的电阻是导体本身的一种性质,对于同种材料的导体,下列表述 正确的是 ( ) A.横截面积一定,电阻与导体的长度成正比 B.长度一定,电阻与导体的横截面积成正比 C.电压一定,电阻与通过导体的电流成正比 D.电流一定,电阻与导体两端的电压成反比 答案 A 解析 对于同种材料的导体,电阻率是个定值,根据电阻定律 R=ρl S 可知 A 对,B 错.导 体的电阻不随电流或电压的变化而变化.故 C、D 错. 2.[欧姆定律的理解]根据部分电路欧姆定律,下列判断正确的有 ( ) A.导体两端的电压越大,电阻就越大 B.导体中的电流越大,电阻就越小 C.比较几只电阻的 I-U 图象可知,电流变化相同时,电压变化较小的图象是属于阻 值较大的那个电阻的 D.由 I=U R 可知,通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 答案 D 解析 导体的电阻表征导体阻碍电流的能力,由导体本身决定,与 U、I 无关,选项 A、 B 错误;在电阻的 I-U 图象中,阻值 R=ΔU ΔI ,当ΔI 相同时,ΔU 越小,表示该导体的 阻值越小,选项 C 错误;根据欧姆定律公式 I=U R 可知,通过一段导体的电流跟加在它 两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比,选项 D 正确. 3.[非纯电阻电路中的电功和电功率]如图 1 所示,用输出电压为 1.4 V,输出电流为 100 mA 的充电器对内阻为 2 Ω的镍-氢电池充电.下列说法正确的是 ( ) 图 1 A.电能转化为化学能的功率为 0.12 W B.充电器输出的电功率为 0.14 W C.充电时,电池消耗的热功率为 0.02 W D.充电器把 0.14 W 的功率储存在电池内 答案 ABC 解析 充电器对电池的充电功率为 P 总=UI=0.14 W,电池充电时的热功率为 P 热=I2r =0.02 W,所以转化为化学能的功率为 P 化=P 总-P 热=0.12 W,因此充电器把 0.12 W 的功率储存在电池内,故 A、B、C 正确,D 错误. 4.[对导体的伏安特性曲线的理解]某导体中的电流随其两端电压的变化如图 2 所示,则下 列说法中正确的是 ( ) 图 2 A.加 5 V 电压时,导体的电阻约是 5 Ω B.加 11 V 电压时,导体的电阻约是 1.4 Ω C.由图可知,随着电压的增大,导体的电阻不断减小 D.由图可知,随着电压的减小,导体的电阻不断减小 答案 AD 解析 对某些导体,其伏安特性曲线不是直线,但曲线上某一点的U I 值仍表示该点所对 应的电阻值.本题中给出的导体加 5 V 电压时,U I 值为 5,所以此时电阻为 5 Ω,A 正 确;当电压增大时,U I 值增大,即电阻增大,综合判断可知 B、C 错误,D 正确. 一、电流 1.电流的定义式:I=q t ,其中 q 为通过导体某横截面的电荷量,t 为通过这些电荷量所用的 时间. 2.微观表达式 对于导体有 I=nqvS,其中 n 为单位体积内的自由电子个数,S 为导体的横截面积,q 为自由电荷的电荷量,v 为自由电荷的定向移动速率. 二、电阻、电阻定律 1.电阻 (1)定义式:R=U I . (2)物理意义:导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小. 2.电阻定律:R=ρl S. 3.电阻率 (1)物理意义:反映导体导电性能的物理量,是导体材料本身的属性. (2)电阻率与温度的关系 ①金属的电阻率随温度升高而增大;②半导体的电阻率随温度升高而减小;③超导体: 当温度降低到绝对零度附近时,某些材料的电阻率突然减小为零,成为超导体. 三、部分电路欧姆定律 1.内容:导体中的电流 I 跟导体两端的电压 U 成正比,跟导体的电阻 R 成反比. 2.公式:I=U R. 3.适用条件:适用于金属导体和电解质溶液导电,适用于纯电阻电路. 四、电功、电热、电功率 1.电功 (1)定义:导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功. (2)公式:W=qU=IUt(适用于任何电路). (3)电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程. 2.电功率 (1)定义:单位时间内电流做的功,表示电流做功的快慢. (2)公式:P=W/t=IU(适用于任何电路). 3.焦耳定律 (1)电热: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. (2)计算式:Q=I2Rt. 4.热功率 (1)定义:单位时间内的发热量. (2)表达式:P=Q t =I2R. 考点一 对电阻、电阻定律的理解和应用 1.电阻与电阻率的区别 (1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量,电阻大的导体对电流的阻碍作用 大.电阻率是反映制作导体的材料导电性能好坏的物理量,电阻率小的材料导电性能好. (2)导体的电阻大,导体材料的导电性能不一定差;导体的电阻率小,电阻不一定小, 即电阻率小的导体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区别 公式 R=ρl S R=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 例 1 一段长为 L,电阻为 R 的均匀电阻丝,把它拉成 3L 长的均匀细丝后,切成等长的三 段,然后把它们并联在一起,其电阻值为 ( ) A.R 3 B.3R C.R 9 D.R 解析 根据 R=ρL S =ρL2 V 可知,原电阻丝被拉长 3 倍后的总阻值为 9R,再切成三段后每 段的阻值为 3R,把它们并联后的阻值为 R,故选项 D 正确. 答案 D 突破训练 1 根据 R=ρl S 可以导出电阻率的表达式ρ=RS l ,对温度一定的某种金属导线来说, 它的电阻率 ( ) A.跟导线的电阻 R 成正比 B.跟导线的横截面积 S 成正比 C.跟导线的长度 l 成反比 D.只由其材料的性质决定 答案 D 解析 对于某种金属导线来说,电阻率只由其材料的性质决定,而不是由 R、S、l 来决 定,对比各选项可知,A、B、C 错误,D 正确. 考点二 对伏安特性曲线的理解 1.图 3 中,图线 a、b 表示线性元件,图线 c、d 表示非线性元件. 2.图线 a、b 的斜率表示电阻的倒数,斜率越大,电阻越小,故 RaQ.电功只能用公式 W=UIt 来计算,焦耳热只 能用公式 Q=I2Rt 来计算.对于非纯电阻电路,欧姆定律不再适用. 例 3 一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为 220 V 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 5.0 A,通过洗衣机电动机 的电流是 0.50 A,则下列说法中正确的是 ( ) A.电饭煲的电阻为 44 Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为 440 Ω B.电饭煲消耗的电功率为 1 555 W,洗衣机电动机消耗的电功率为 155.5 W C.1 min 内电饭煲消耗的电能为 6.6×104 J,洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103 J D.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元件,所以 R1=U I1 =44 Ω,P1=UI1=1 100 W 其在 1 min 内消耗的电能 W1=UI1t=6.6×104 J 洗衣机为非纯电阻元件,所以 R2≠U I2 ,P2=UI2=110 W 其在 1 min 内消耗的电能 W2=UI2t=6.6×103 J 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. 答案 C 电功和电热的处理方法 1.P=UI、W=UIt、Q=I2Rt 在任何电路中都能使用.在纯电阻电路中,W=Q,UIt=I2Rt, 在非纯电阻电路中,W>Q,UIt>I2Rt. 2.在非纯电阻电路中,由于 UIt>I2Rt,即 U>IR,欧姆定律 R=U I 不再成立. 3.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”寻找等量关系求解. 突破训练 3 电阻 R 和电动机 M 串联接到电路中,如图 6 所示,已知电阻 R 跟电动机线圈 的电阻值相等,电键接通后,电动机正常工作,设电阻 R 和电动机 M 两端的电压分别 为 U1 和 U2,经过时间 t,电流通过电阻 R 做功为 W1,产生热量为 Q1,电流通过电动 机做功为 W2,产生热量为 Q2,则有 ( ) 图 6 A.U1Q2 D.W1IR=U1,B 错;电流做的功 W1=IU1t, W2=IU2t,因此 W1r 时,随着 R 的增大输出功率越来越小. ③当 Rθ2,I1>I2 C.θ1=θ2,I1=I2 D.θ1<θ2,I1=I2 答案 D 解析 本题考查电路的动态分析及带电小球在电场中的受力问题,意在考查学生对分压 电路的理解和认识.在滑动变阻器的滑片由 a 位置滑到 b 位置的过程中,平行金属板两 端的电压增大,小球受到的电场力增大,因此夹角θ增大,即θ1<θ2;另外,电路中的总 电阻不变,因此总电流不变,即 I1=I2.对比各选项可知,答案选 D. (限时:30 分钟) ►题组 1 电路的动态分析 1.在如图所示的四个电路中,电源电动势为 E,内阻为 r,定值电阻阻值为 R0,当滑动变 阻器 R 的滑片 P 从 a 向 b 滑动时,理想电压表读数变大的是 ( ) 答案 D 解析 对于图 A,电压表被短路,当滑动变阻器的滑片 P 从 a 向 b 滑动时,理想电压 表一直没有读数.对于图 B,当滑动变阻器的滑片 P 从 a 向 b 滑动时,理想电压表读数 减小.对于图 C,当滑动变阻器的滑片 P 从 a 向 b 滑动时,外电路中电流减小,理想电 压表读数变小.对于图 D,当滑动变阻器的滑片 P 从 a 向 b 滑动时,理想电压表读数 变大,选项 D 正确. 2.在如图 1 所示的电路中,E 为电源,其内阻为 r,L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变), R1、R2 为定值电阻,R3 为光敏电阻,其阻值随所受照射光强度的增大而减小,V 为理 想电压表.若将照射 R3 的光的强度减弱,则 ( ) 图 1 A.电压表的示数增大 B.小灯泡消耗的功率减小 C.通过 R2 的电流减小 D.电源内阻的电压增大 答案 B 解析 若将照射 R3 的光的强度减弱,则 R3 的电阻将增大,电路中的总电阻将增大,总 电流减小,故电压表的示数减小,内电压也减小,A、D 错误;电阻 R2 两端的电压将增 大,通过 R2 的电流增大,而总电流减小,所以通过小灯泡的电流减小,小灯泡消耗的 功率减小,B 正确,C 错误. 3.如图 2 所示的电路中,电源内阻不可忽略,L1、L2 两灯均正常发光,R1 为定值电阻,R 为一滑动变阻器,P 为滑动变阻器的滑片,若将滑片 P 向下滑动,则 ( ) 图 2 A.L1 灯变亮 B.L2 灯变暗 C.R1 上消耗的功率变大 D.总电流变小 答案 BC 解析 本题考查电路的动态变化,意在考查闭合电路中各物理量随外电阻变化的关系.由 闭合电路欧姆定律可得,滑片 P 向下滑动,电路总电阻减小,总电流增大,路端电压 减小,所以 L1、L2 变暗,R1 上消耗的功率变大,A、D 错误,B、C 正确. ►题组 2 电路中的功率与效率 4.在如图 3 所示的电路中,电源内阻不能忽略,当滑动变阻器的滑片移动时,电流表示数 变大,则 ( ) 图 3 A.电源的总功率一定增大 B.电源的输出功率一定增大 C.电源内部消耗的功率一定减小 D.电源的效率一定减小 答案 AD 解析 本题考查闭合电路的动态分析,意在考查学生对闭合电路欧姆定律的理解以及对 闭合电路动态分析的能力.滑片移动时,电流表示数变大,可知滑片向右移动,电路的 总电阻减小,总电流增大,因此电源的总功率增大,电源的效率减小,A、D 正确;电 源内部消耗的功率增大,电源输出功率的变化情况不确定,B、C 错误. 5.在纯电阻电路中,当用一个固定的电源(E、r 是定值)向变化的外电阻供电时,关于电源 的输出功率 P 随外电阻 R 变化的规律如图 4 所示,则 ( ) 图 4 A.当 R=r 时,电源有最大的输出功率 B.当 R=r 时,电源的效率η=50% C.电源的功率 P′随外电阻 R 的增大而增大 D.电源的效率η随外电阻 R 的增大而增大 答案 ABD 解析 由题图可知,R=r 时电源有最大输出功率E2 4r ,A 正确;电源的功率 P′= E2 r+R , 随外电阻 R 的增大而减小,C 错误;由η=IU IE = R R+r = 1 1+r R 可知 B、D 正确. 6.电阻非线性变化的滑动变阻器 R2 接入图 5 甲所示的电路中,移动滑动变阻器触头改变接 入电路中的电阻有效长度 x(x 为图中 a 与触头之间的距离),定值电阻 R1 两端的电压 U1 与 x 间的关系如图乙所示,a、b、c 为滑动变阻器上等间距的三个点,当触头从 a 移到 b 和从 b 移到 c 的这两个过程中,下列说法正确的是 ( ) 图 5 A.电流表 A 示数变化相等 B.电压表 V2 的示数变化不相等 C.电阻 R1 的功率变化相等 D.电源的输出功率均不断增大 答案 A 解析 由 U1=IR1,根据定值电阻 R1 两端的电压 U1 与 x 间的关系图象可知,电流表 A 示数变化相等,选项 A 正确.由 U=E-Ir 可知,电压表 V2 的示数变化相等,选项 B 错误.电阻 R1 的功率 P=I2R1,所以电阻 R1 的功率变化不相等,选项 C 错误.由于题 述没有给出电源内阻与外电阻的大小关系,不能判断电源的输出功率如何变化,选项 D 错误. ►题组 3 对电路故障及图象问题的考查 7.在如图 6 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 ( ) 图 6 A.R1 短路 B.R2 断路 C.R3 断路 D.R4 短路 答案 BC 解析 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 的灯 B 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. 8.如图 7 所示,直线 A 为某电源的 U-I 图线,曲线 B 为某小灯泡的 U-I 图线的一部分, 用该电源和小灯泡组成闭合电路,下列说法中正确的是 ( ) 图 7 A.此电源的内阻为 0.5 Ω B.电源的总功率为 10 W C.电源的输出功率为 8 W D.由于小灯泡的 U-I 图线是一条曲线,所以欧姆定律不适用 答案 A 解析 由电源的 U-I 图线 A 可知,此电源的电动势为 4 V,内阻为 0.5 Ω,选项 A 正 确.用该电源和小灯泡组成闭合电路,电源输出电流为 2 A,电源的总功率为 P=EI=8 W,电源的输出功率为 P=UI=3×2 W=6 W,选项 B、C 错误.虽然小灯泡的 U-I 图线是一条曲线,但是欧姆定律仍适用,选项 D 错误. 9.某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR 和电源内部的发热功率 Pr 随电流 I 变化 的图线画在同一坐标系内,如图 8 所示,根据图线可知 ( ) 图 8 A.反映 Pr 变化的图线是 b B.电源电动势为 8 V C.电源内阻为 2 Ω D.当电流为 0.5 A 时,外电路的电阻为 6 Ω 答案 CD 解析 电源的总功率 PE=IE,与电流成正比,由 Pr=I2r 知电源内部的发热功率与电流 的平方成正比,A 错误.当电流为 2 A 时,电源的总功率与发热功率相等,可得出电源 电动势为 4 V,内阻为 2 Ω.当电流为 0.5 A 时,根据闭合电路欧姆定律可得外电路的电 阻为 6 Ω,B 错误,C、D 正确. 10.如图 9 所示,图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线,图中曲线②表示该 电源的输出功率与电流的关系图线,则下列说法正确的是 ( ) 图 9 A.电源的电动势为 50 V B.电源的内阻为25 3 Ω C.电流为 2.5 A 时,外电路的电阻为 15 Ω D.输出功率为 120 W 时,输出电压是 30 V 答案 ACD 解析 电源的输出电压和电流的关系为:U=E-Ir,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,从题图中看出截距为 50 V,斜率的大小等于 r=50-20 6-0 Ω =5 Ω,A 正确,B 错误;当电流为 I1=2.5 A 时,由回路中电流 I1= E r+R 外 解得外电路 的电阻 R 外=15 Ω,C 正确;当输出功率为 120 W 时,由题图中 P-I 关系图线中看出 对应干路电流为 4 A,再从 U-I 图线中读取对应的输出电压为 30 V,D 正确. ►题组 4 对含电容器电路的考查 11.电源、开关 S、S′、定值电阻 R1、光敏电阻 R2 和电容器连接成如图 10 所示电路,电 容器的两平行板水平放置.当开关 S、S′闭合,并且无光照射光敏电阻 R2 时,一带电 液滴恰好静止在电容器两板间的 M 点.当用强光照射光敏电阻 R2 时,光敏电阻的阻值 变小,则 ( ) 图 10 A.液滴向下运动 B.液滴向上运动 C.R2 两端的电势差是否升高无法分析 D.当光照强度不变时断开 S′,把电容器的上极板向上移一小段距离,则上极板的电 势比 A 点的电势高 答案 BD 解析 当用强光照射光敏电阻 R2 时,光敏电阻的阻值变小,R2 两端的电势差降低,R1 两端的电势差升高,电容器两极板之间电压升高,液滴向上运动,选项 B 正确,A、C 错误.当光照强度不变时断开 S′,电容器带电量不变,把电容器的上极板向上移一小 段距离,则上极板的电势比 A 点的电势高,选项 D 正确. 12.如图 11 所示的电路中,R 是压敏电阻,其阻值随所受压力 F 的增大而减小.闭合开关 S 后,在缓慢增大 F 的过程中,下列判断正确的是 ( ) 图 11 A.灯泡 L1 亮度将变大 B.灯泡 L2 亮度将变大 C.电容器 C 所带电荷量将增大 D.电源的输出功率一定减小 答案 AC 解析 本题考查直流电路的动态平衡,意在考查学生对直流电路动态平衡问题的分析能 力.该电路的结构为:压敏电阻 R 先与灯泡 L3 串联,再与灯泡 L2 并联,最后与灯泡 L1 串联,其中电容器 C 与灯泡 L3 并联.在压力 F 缓慢增大的过程中,压敏电阻 R 的阻 值减小,电路中的外电阻减小,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流增大,即流过灯 泡 L1 的电流增大,则灯泡 L1 的亮度将变大,故 A 正确;根据闭合电路欧姆定律可得, E=I(r+RL1)+UL2,又干路电流增大,则灯泡 L2 两端的电压减小,灯泡 L2 亮度将变小, 故 B 错误;根据并联电路知识和欧姆定律可得,I=IL3+UL2 RL2 ,UL3=IL3RL3,又灯泡 L2 两端的电压减小,则灯泡 L3 两端的电压增大,又根据电容器所带电荷量与电容器两极 板间的电势差、电容器的电容的关系可得,Q=CUL3,则电容器所带电荷量将增大,故 C 正确;根据电源的输出功率关系可得 P 出=( E R 外+r )2R 外= E2 R 外-r2 R 外 +4r ,由于不知外 电阻的阻值与内电阻的阻值的关系,则电源的输出功率的变化情况无法判断,故 D 错 误. 单元小结练 电路知识综合 (限时:30 分钟) 1.下列关于电源电动势的说法中正确的是 ( ) A.在某电源的电路中,每通过 2 C 的电荷量,电源提供的电能是 4 J,那么这个电源的 电动势是 0.5 V B.电源的路端电压增大时,其电源的电动势一定也增大 C.无论内电压和外电压如何变化,其电源的电动势一定不变 D.电源的电动势越大,电源所能提供的电能就越多 答案 C 解析 对 A,由 E=W q 得 E=2 V,则 A 错;电源的电动势与外电路无关,只由电源自 身的性质决定,则 B 错,C 对;电源的电动势越大,所提供的能量不一定越大,电源 提供的电能等于通过电源的电荷量与电动势的乘积,D 错. 2.已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小,有磁场时电阻变大,并且磁场越强阻值越大.为 探测磁场的有无,利用磁敏电阻作为传感器设计了如图 1 所示电路,电源的电动势 E 和内阻 r 不变,在没有磁场时调节变阻器 R 使灯泡 L 正常发光.若探测装置从无磁场 区进入强磁场区,则 ( ) 图 1 A.灯泡 L 变亮 B.灯泡 L 变暗 C.电流表的示数变小 D.电流表的示数变大 答案 AC 解析 探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大,回路总电阻变大,总电流变小, 电流表示数变小,电源内阻分压变小,路端电压变大,灯泡 L 变亮,正确选项为 A、 C. 3.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中,它是利用热敏电阻的阻值随着 温度变化而变化的特性来工作的.如图 2 甲所示,电源的电动势 E=9.0 V,内阻不计; G 为灵敏电流表,内阻 Rg 保持不变;R 为热敏电阻,其阻值与温度的变化关系如图乙 所示.闭合开关 S,当热敏电阻的温度等于 20℃时,电流表示数 I1=2 mA;当电流表 的示数 I2=3.6 mA 时,热敏电阻的温度是 ( ) 图 2 A.60℃ B.80℃ C.100℃ D.120℃ 答案 D 解析 由题图乙知,当 t1=20°C,热敏电阻的阻值 R1=4 kΩ;根据闭合电路欧姆定律 I1= E R1+Rg ,可解得 Rg=0.5 kΩ;I2= E R2+Rg ,可解得 R2=2 kΩ,结合题图乙得:t2=120°C. 4.如图 3 所示电路中,电流表 A 和电压表 V 均可视为理想电表.现闭合开关 S 后,将滑动 变阻器的滑片 P 向左移动,下列判断正确的是 ( ) 图 3 A.电流表 A 的示数变小,电压表 V 的示数变大 B.小灯泡 L 变亮 C.电容器 C 上电荷量减小 D.电源的总功率变大 答案 A 解析 滑动变阻器的滑片 P 向左移动,R2 接入电路部分的电阻增大,电流表 A 的示数 变小,电压表 V 的示数变大,选项 A 正确;电源输出电流减小,小灯泡 L 中电流变小, 小灯泡 L 变暗,选项 B 错误;电容器两端电压增大,电容器 C 上电荷量增大,选项 C 错误.电源输出电流减小,电源的总功率变小,选项 D 错误. 5.如图 4 所示,A 板发出的电子经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板 间所加电压为 U,电子最终打在荧光屏 P 上,关于电子的运动,下列说法中正确的是 ( ) 图 4 A.滑动触头向右移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升 B.滑动触头向左移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升 C.电压 U 增大时,其他不变,则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 D.电压 U 增大时,其他不变,则电子打在荧光屏上的速度大小不变 答案 BC 解析 滑动触头向右移动时,其他不变,加速电压增大,电子速度增大,则电子打在荧 光屏上的位置下降,选项 A 错误;滑动触头向左移动时,其他不变,加速电压减小, 电子速度减小,则电子打在荧光屏上的位置上升,选项 B 正确;电压 U 增大时,其他 不变,则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变,电子打在荧光屏上的速度增大,选项 C 正确,D 错误. 6.如图 5 所示,把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中,甲电路两端的电压为 8 V,乙 电路两端的电压为 16 V.调节变阻器 R1 和 R2 使两灯都正常发光,此时变阻器消耗的功 率分别为 P1 和 P2,两电路中消耗的总功率分别为 P 甲和 P 乙,则下列关系中正确的是 ( ) 图 5 A.P 甲

P 乙 C.P1>P2 D.P1=P2 答案 D 解析 设灯泡额定电流为 I,则两灯都正常发光,电流均为额定电流 I,甲电路中总电 流 I 甲=2I,乙电路中总电流 I 乙=I,所以 P 甲=U 甲 I 甲=8×2I=16I,P 乙=U 乙 I 乙=16×I =16I,P 甲=P 乙,选项 A、B 均错误.R1 消耗的功率 P1=P 甲-2P 灯,R2 消耗的功率 P2 =P 乙-2P 灯,故 P1=P2,选项 D 正确. 7.如图 6 所示,A 和 B 为竖直放置的平行金属板,在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球.开 始时开关 S 闭合且滑动变阻器的滑动头 P 在 a 处,此时绝缘线向右偏离竖直方向,偏角 为θ,电源的内阻不能忽略,则下列判断正确的是 ( ) 图 6 A.小球带负电 B.当滑动头从 a 向 b 滑动时,细线的偏角θ变大 C.当滑动头从 a 向 b 滑动时,电流表中有电流,方向从上向下 D.当滑动头停在 b 处时,电源的输出功率一定大于滑动头在 a 处时电源的输出功率 答案 C 解析 根据题图电路可知 A 板电势高于 B 板电势,A、B 间电场强度方向水平向右.小 球受力平衡,故受电场力也水平向右,即小球带正电,所以 A 项错误;当滑动头从 a 向 b 滑动时,电阻值减小,路端电压减小,故 R1 两端的电压减小,极板间电场强度随 之减小,小球所受电场力减小,故细线的偏角变小,所以 B 项错误;当极板间电压减 小时,极板所带电荷量将减小而放电,又由于 A 板原来带正电,故放电电流从上向下 流过电流表,所以 C 项正确;由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定,所以无法判 断电源的输出功率的变化规律,所以 D 项错误. 8.如图 7 所示电路中,电源电动势为 E、内阻为 r,R0 为定值电阻,电容器的电容为 C.闭 合开关 S,增大可变电阻 R 的阻值,电压表示数的变化量为ΔU,电流表示数的变化量 为ΔI,则 ( ) 图 7 A.变化过程中ΔU 和ΔI 的比值保持不变 B.电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值不变 C.电阻 R0 两端电压减小,减小量为ΔU D.电容器的带电量增大,增加量为 CΔU 答案 AD 解析 闭合开关 S,增大可变电阻 R 的阻值,电流表示数减小,电压表示数增大,变化 过程中ΔU 和ΔI 的比值等于定值电阻 R0 与电源内阻 r 之和,保持不变;电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值等于可变电阻 R 的阻值,逐渐增大,选项 A 正确,B 错误;电 阻 R0 两端电压减小,减小量小于ΔU,选项 C 错误;电容器的带电量增大,增加量为 CΔU,选项 D 正确. 9.如图 8 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的变化的特性图 线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线,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 ( ) 图 8 A.电源 1 与电源 2 的内阻之比是 11∶7 B.电源 1 与电源 2 的电动势之比是 1∶1 C.在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是 1∶2 D.在这两种连接状态下,小灯泡的电阻之比是 1∶2 答案 ABC 解析 根据电源的路端电压随输出电流的变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻 可知,电源 1 与电源 2 的内阻之比是 11∶7,选项 A 正确.根据电源的路端电压随输出 电流的变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知,电源 1 与电源 2 的电动势之 比是 1∶1,选项 B 正确.根据曲线交点表示工作点,交点的纵、横坐标的乘积表示电 源输出功率,在这两种连接状态下,小灯泡消耗的功率之比是 1∶2,选项 C 正确.根 据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻,在这两种连接状态下,小灯泡的电阻 之比是 18∶25,选项 D 错误. 10.如图 9 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 220 V,吹冷风时的功率为 120 W, 吹热风时的功率为 1 000 W.关于该电吹风,下列说法正确的是 ( ) 图 9 A.电热丝的电阻为 55 Ω B.电热丝的电阻为1 210 3 Ω C.当电吹风吹冷风时,电热丝每秒钟消耗的电能为 1 000 J D.当电吹风吹热风时,电动机每秒钟消耗的电能为 1 120 J 答案 A 解析 根据题述电吹风的额定电压为 220 V,吹冷风时的功率为 120 W,吹热风时的功 率为 1 000 W,可知电热丝功率为 880 W,由 P=U2 R 可得电热丝的电阻为 R=55 Ω,选 项 A 正确,B 错误.当电吹风吹冷风时,电热丝每秒钟消耗的电能为零,当电吹风吹 热风时,电动机每秒钟消耗的电能为 120 J,选项 C、D 错误. 11.如图 10 甲所示的电路中,R1、R2 均为定值电阻,且 R1=100 Ω,R2 阻值未知,R3 为一 滑动变阻器.当其滑片 P 从左端滑至右端时,测得电源的路端电压随电源中流过的电 流变化图线如图乙所示,其中 A、B 两点是滑片 P 在变阻器的两个不同端点得到的.求: 图 10 (1)电源的电动势和内阻. (2)定值电阻 R2 的阻值. (3)滑动变阻器的最大阻值. 答案 (1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω 解析 (1)因为题图乙中 AB 的延长线交 U 轴于 20 V 处,交 I 轴于 1.0 A 处,所以电源 的电动势为 E=20 V,内阻 r= E I 短 =20 Ω. (2)当 P 滑到 R3 的右端时,电路参数对应题图乙中的 B 点,即 U2=4 V、I2=0.8 A,得 R2=U2 I2 =5 Ω. (3)当 P 滑到 R3 的左端时,由题图乙知此时 U 外=16 V,I 总=0.2 A 所以 R 外=U 外 I 总 =80 Ω 因为 R 外= R1R3 R1+R3 +R2 所以 R3=300 Ω 12.在如图 11 所示的电路中,两平行正对金属板 A、B 水平放置,两板间的距离 d=4.0 cm. 电源电动势 E=400 V,内阻 r=20 Ω,电阻 R1=1 980 Ω.闭合开关 S,待电路稳定后, 将一带正电的小球(可视为质点)从 B 板上的小孔以初速度 v0=1.0 m/s 竖直向上射入两 板间,小球恰好能到达 A 板.若小球所带电荷量 q=+1.0×10-7 C,质量 m=2.0×10-4 kg, 不考虑空气阻力,忽略射入小球对电路的影响,取 g=10 m/s2.求: 图 11 (1)A、B 两金属板间电压的大小 U; (2)滑动变阻器消耗的电功率 P 滑; (3)电源的效率η. 答案 (1)200 V (2)20 W (3)99.5% 解析 (1)小球从 B 板上的小孔射入恰好到达 A 板的过程中,在电场力和重力的作用下 做匀减速直线运动,设 A、B 两极板间电压为 U,根据动能定理有 -qU-mgd=0-1 2mv20 解得 U=200 V (2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为 R 滑,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中 的电流 I= E R1+R 滑+r 根据部分电路欧姆定律可知 U=IR 滑 解得 R 滑=2.0×103 Ω 滑动变阻器消耗的电功率 P 滑= U2 R 滑 =20 W (3)电源的效率 η=P 出 P 总 = I2R1+R 滑 I2R1+R 滑+r ×100%=99.5%. 实验七 测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器) 考纲解读 1.掌握螺旋测微器的原理及读数方法.2.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用 方法及电流表和电压表的读数方法.3.会用伏安法测电阻,并能测定金属丝的电阻率. 一、螺旋测微器的使用 1.构造:如图 1 所示,B 为固定刻度,E 为可动刻度. 图 1 2.原理:测微螺杆 F 与固定刻度 B 之间的精密螺纹的螺距为 0.5 mm,即旋钮 D 每旋转一 周,F 前进或后退 0.5 mm,而可动刻度 E 上的刻度为 50 等份,每转动一小格,F 前进 或后退 0.01 mm,即螺旋测微器的精确度为 0.01 mm.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. 3.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). 如图 2 所示,固定刻度示数为 2.0 mm,半毫米刻度线未露出,而从可动刻度上读的示数 为 15.0,最后的读数为:2.0 mm+15.0×0.01 mm=2.150 mm. 图 2 二、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)、游标尺上还有一个深度 尺.(如图 3 所示) 图 3 2.用途:测量厚度、长度、深度、内径、外径. 3.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 1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有 10 个的、20 个的、50 个的,其 规格见下表: 刻度格数(分度) 刻度总长度 每小格与 1 mm 的差值 精确度(可准确到) 10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm 20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm 50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm 4.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,则记录结果表达为(x+K×精确度)mm. 三、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,即指针指到最大刻度时电表允 许通过的最大电压或电流值,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)0~3 V 的电压表和 0~3 A 的电流表读数方法相同,此量程下的精确度分别是 0.1 V 和 0.1 A,看清楚指针的实际位置,读到小数点后面两位. (2)对于 0~15 V 量程的电压表,精确度是 0.5 V,在读数时只要求读到小数点后面一位, 即读到 0.1 V. (3)对于 0~0.6 A 量程的电流表,精确度是 0.02 A,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 0.01 A. 基本实验要求 规律方法总结 1.实验原理 1.伏安法测电阻的电路选择 根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的 直径 d,计算出横截面积 S,并用伏安法测出电阻 Rx, 即可计算出金属丝的电阻率. 2.实验器材 被测金属丝,直流电源(4 V),电流表(0~0.6 A),电压 表(0~3 V),滑动变阻器(50 Ω),开关,导线若干,螺旋 测微器,毫米刻度尺. 3.实验步骤 (1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测 一次直径,求出其平均值 d. (2)接好用伏安法测电阻的实验电路. (3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效 长度,反复测量三次,求出其平均值 l. (4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值 最大的位置. (5)闭合开关,改变滑动变阻器滑片的位置,读出几组相 应的电流表、电压表的示数 I 和 U 的值,填入记录表格 内. (6)将测得的 Rx、l、d 值,代入公式ρ=Rx S l =πd2U 4lI 中,计 算出金属丝的电阻率. 4.电流表、电压表测电阻两种方法的比较 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=U 测 I 测 =Rx+ RA>Rx 测量值大于真实值 R 测=U 测 I 测 = RxRV Rx+RV RVRA时,用电流表内接法. (3)实验试探法:按图 4 接好电路, 让电压表的一根接线柱 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. 图 4 2.注意事项 (1)先测直径,再连电路:为了方 便,测量直径应在金属丝连入电 路之前测量. (2)电流表外接法:本实验中被测 金属丝的阻值较小,故采用电流 表外接法. (3)电流控制:电流不宜过大,通 电时间不宜过长,以免金属丝温 度过高,导致电阻率在实验过程 中变大. 3.误差分析 (1)若为内接法,电流表分压. (2)若为外接法,电压表分流. (3)长度和直径的测量. 考点一 测量仪器、仪表的读数 例 1 (1)如图 5 所示的三把游标卡尺,它们的游标尺的刻度从上至下分别为 9 mm 长 10 等 分、19 mm 长 20 等分、49 mm 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 6 所示,则金属丝的直径是 ________mm. 图 5 图 6 (3)①图 7 所示的电表使用 0.6 A 量程时,对应刻度盘上每一小格代表________A,图中 表针示数是________A;当使用 3 A 量程时,对应刻度盘上每一小格代表________A, 图中表针示数为________A. ②图 8 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. 图 7 图 8 (4)旋钮式电阻箱如图 9 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 2 087 Ω,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________. 图 9 解析 (1)最上面图读数:整毫米数是 17,不足 1 毫米数是 7×0.1 mm=0.7 mm,最后 结果是 17 mm+0.7 mm=17.7 mm. 中间图读数:整毫米数是 23,不足 1 毫米数是 17×0.05 mm=0.85 mm,最后结果是 23 mm+0.85 mm=23.85 mm. 最下面图读数:整毫米数是 3,不足 1 毫米数是 9×0.02 mm=0.18 mm,最后结果是 3 mm +0.18 mm=3.18 mm. (2)固定刻度示数为 2.0 mm,不足半毫米的从可动刻度上读,其示数为 15.0,最后的读 数:2.0 mm+15.0×0.01 mm=2.150 mm. (3)①电流表使用 0.6 A 量程时,刻度盘上的每一小格表示 0.02 A,表针示数为 0.44 A; 当使用 3 A 量程时,每一小格表示 0.1 A,表针示数为 2.20 A. ②电压表使用 3 V 量程时,每小格表示 0.1 V,表针示数为 1.70 V;使用 15 V 量程时, 每小格表示 0.5 V,表针示数为 8.5 V. (4)电阻为 1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到 2,再将“×100”旋钮调 到 0.每个电阻箱的最大阻值是 9 999 Ω,用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是 2×9 999 Ω=19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱,可得到的电阻值范围为 0~19 998 Ω. 答案 (1)17.7 23.85 3.18 (2)2.150 (3)①0.02 0.44 0.1 2.20 ②0.1 1.70 0.5 8.5 (4)1 987 将“×1 k”旋钮调到 2,再将“×100”旋钮调到 0 0~19 998 Ω 游标卡尺的读数应注意以下几点: (1)看清精确度 例如(图 10) 图 10 易错成(11+4.0×0.1) mm=11.40 mm 正确的应为 11.4 mm,游标卡尺不需估读,后面不能随意加零. 例如(图 11) 图 11 易错成(10+12×0.05) mm=10.6 mm,正确的应为 10.60 mm. (2)主尺上的单位为厘米 主尺上标识的 1、2、3 等数字通常是指厘米,读数时应将毫米和厘米分清,游标卡尺主 尺上的最小刻度是 1 mm. 例如(图 12) 图 12 易错成(5+4×0.05) mm=5.20 mm 正确的应为(50+4×0.05) mm=50.20 mm (3)区分零刻度与标尺最前端 例如(图 13) 图 13 易错成(13+10×0.05) mm=13.50 mm 正确读数为(14+10×0.05) mm=14.50 mm 考点二 对实验操作及实验数据处理的考查 例 2 为测量某一玩具电动机 中导线圈导线的电阻率,某实验小组的部分实验方案如下: 图 14 图 15 (1)用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径 d 如图 14 所示,则 d= ________ mm; (2)用多用电表测量电动机中导线圈的电阻 Rx:选择“×1 Ω”欧姆挡,并按正确步骤操 作后,指针的位置如图 15 所示(此过程电动机不转动),则 Rx=________Ω. (3)为了提高精度,他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻 Rx: 电流表 A1(0~3 A、约 5 Ω);滑动变阻器 R1(0~1 kΩ); 电流表 A2(0~30 mA、约 10 Ω);滑动变阻器 R2(0~50 Ω); 定值电阻 R0=60 Ω;电源(4 V、约 1 Ω)及开关等,导线若干. ①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图 16 所示的电路图,应选择的电 流表是________,滑动变阻器是________;(填写符号) 图 16 ②按照实验要求,多用电表已选择“直流电压 2.5 V”挡作为电压表使用,请依据图 16 将图 17 所示的实验电路中的实物图用笔画线代替导线将欠缺的两处补完整; 图 17 ③图 18 是该实验小组用测得的数值描绘出的图象,其斜率表示的是________(填选项). 图 18 A.导线圈的电阻 B.导线圈的电阻与 R0 阻值之和 解析 (1)螺旋测微器的读数:d=0.01 mm×15.5=0.155 mm. (2)多用电表的读数乘以倍率即为待测电阻的阻值,即 Rx=25×1 Ω=25 Ω. (3)①选择电流表时需先估算电路中的电流.设电动机和定值电阻 R0 串联的电压为电源 电动势.则 I= 4 25.0+60 A≈0.047 A=47 mA 实际实验时可通过滑动变阻器调节电压使流过电流表的电流不超过 30 mA,所以电流表 选 A2. 滑动变阻器应选择便于调节的 R2. ②由于电流表 A2 的电阻较大,为减小实验误差,应采用电流表外接法.为有效地控制 电路中的电压和电流,应采用滑动变阻器分压电路,所以电路图连接如图所示. 答案 (1)0.155(±0.003 范围内均可) (2)25 (3)①A2 R2 ②见解析图 ③B 考点三 对电阻测量的考查 例 3 (2013·北京·21)某同学通过实验测定一个阻值约为 5 Ω的电阻 Rx 的阻值. (1)现有电源(4V,内阻可不计)、滑动变阻器(0~50 Ω,额定电流 2 A)、开关和导线若干, 以及下列电表: A.电流表(0~3 A,内阻约 0.025 Ω) B.电流表(0~0.6 A,内阻约 0.125 Ω) C.电压表(0~3 V,内阻约 3 kΩ) D.电压表(0~15 V,内阻约 15 kΩ) 为减小测量误差,在实验中,电流表应选用________,电压表应选用________(选填器 材前的字母);实验电路应采用图 19 中的________(选填“甲”或“乙”). 图 19 (2)图 20 是测量 Rx 的实验器材实物图,图中已连接了部分导线.请根据在(1)问中所选 的电路图,用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线. 图 20 (3)接通开关,改变滑动变阻器滑片 P 的位置,并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U.某次电表示数如图 21 所示,可得该电阻的测量值 Rx=U I =________Ω(保留两位有效 数字). 图 21 (4)若在(1)问中选用甲电路,产生误差的主要原因是__________________;若在(1)问中 选用乙电路,产生误差的主要原因是________.(选填选项前的字母) A.电流表测量值小于流经 Rx 的电流值 B.电流表测量值大于流经 Rx 的电流值 C.电压表测量值小于 Rx 两端的电压值 D.电压表测量值大于 Rx 两端的电压值 (5)在不损坏电表的前提下,将滑动变阻器滑片 P 从一端滑向另一端,随滑片 P 移动距 离 x 的增加,被测电阻 Rx 两端的电压 U 也随之增加,下列反映 Ux 关系的示意图中正 确的是________. 解析 (1)为了减小误差,应使电表读数为量程的1 3 ~2 3 ,电源电动势为 4 V,故电压表选 C.估算通过 Rx 的最大电流约为 Im=3 5 A=0.6 A,所以电流表应选 B.因为RV Rx >Rx RA ,所以 电流表应外接,即应采用甲电路,测量误差较小. (2) (3)电流表、电压表的读数分别为 I=0.50 A,U=2.60 V,所以 Rx=2.60 0.50 Ω=5.2 Ω. (4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用,选项 B 正确.乙电路中产生误 差的主要原因是电流表的分压作用,故选项 D 正确. (5)Rx 两端的电压 U= RxE Rx+R L L-x ,其中 R 为滑动变阻器总阻值,L 为滑动变阻器两端 总长度,结合数学知识可知选项 A 正确. 答案 (1)B C 甲 (2)见解析图 (3)5.2 (4)B D (5)A 仪器选择的基本思路 (1)优先考虑安全因素 各电表的实际读数不能超过其量程,电阻类元件中的实际电流(或电压)不能超过其允许 的最大电流(或电压).实际处理过程中,需要估算回路中的最大电流(一般按滑动变阻器 采用限流接法进行估算).如:用伏安法作出标有“6 V,0.6 W”字样的小灯泡的 U-I 图象,而实际加在小灯泡两端的电压不能超过 6 V. (2)考虑读数误差因素 一般要求各电表的实际读数不小于其量程的1 3 ,以减小读数误差. (3)仪器选择的一般步骤 ①首先选择唯一性的器材; ②粗画电路图(暂不接电流表和电压表); ③估算回路中电流和电压的最大值,在电表的指针有较大幅度偏转但不超过其量程的情 况下,结合已知器材的规格,确定实验电路和实验器材. 创新实验设计 电阻测量的五种方法 1.伏安法 电路图 外接法: 内接法: 特点:大内小外(内接法测量值偏大,测大电阻时应用内接法测量) 2.安安法 若电流表内阻已知,则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用. (1)如图 22 甲所示,当两电表所能测得的最大电压接近时,如果已知 的内阻 R1,则可 测得 的内阻 R2=I1R1 I2 . (2)如图乙所示,当两电表的满偏电压 UA2≫UA1 时, 串联一定值电阻 R0 后,同样可测 得 的电阻 R2=I1R1+R0 I2 . 图 22 3.伏伏法 若电压表内阻已知,则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用. (1)如图 23 甲所示,两电表的满偏电流接近时,若已知 的内阻 R1,则可测出 的内阻 R2=U2 U1 R1. (2)如图乙所示,两电表的满偏电流 IV1≪IV2 时, 并联一定值电阻 R0 后,同样可得 的 内阻 R2= U2 U1 R1 +U1 R0 . 图 23 4.比较法测电阻 图 24 如图 24 所示,读得电阻箱 R1 的阻值及 表、 表的示数 I1、I2,可得 Rx=I2R1 I1 . 如果考虑电表内阻的影响,则 I1(Rx+RA1)=I2(R1+RA2). 5.半偏法测电流表内阻 电路图如图 25 所示 图 25 步骤: (1)断开 S2,闭合 S1,调节 R0,使 表满偏为 I0; (2)保持 R0 不变,闭合 S2,调节 R,使 表读数为I0 2 ; (3)由上可得 RA=R. 特别提醒 当 R0≫RA 时,测量误差小,此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻,且 测量值偏小;电源电动势应选大些的,这样 表满偏时 R0 才足够大,闭合 S2 时总电流 变化才足够小,误差才小. 35.用等效替代法测电阻 如图 26 所示,先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上,读出电流表 示数 I;然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上,调节电阻箱的阻值,使电流表 的示数仍为 I,则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值. 图 26 例 4 为了测量一微安表头 A 的内阻,某同学设计了如图 27 所示的电路.图中 A0 是标准 电流表,R0 和 RN 分别是滑动变阻器和电阻箱,S 和 S1 分别是单刀双掷开关和单刀单掷 开关,E 是电池.完成下列实验步骤中的填空: 图 27 (1)将 S 拨向接点 1,接通 S1,调节________,使待测微安表头指针偏转到适当位置, 记下此时________的读数 I; (2)然后将 S 拨向接点 2,调节________,使________,记下此时 RN 的读数; (3)多次重复上述过程,计算 RN 读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值. 解析 本题方法为等效替代法.当 S 接 1 与接 2 时通过电路的电流 I 相同时,可知待测 微安表头的内阻与 RN 的电阻相同. 答案 (1)R0 标准电流表(或 A0) (2)RN 标准电流表(或 A0)的读数仍为 I (3)平均值 1.(2013·山东·21(1))图 28 甲为一游标卡尺的结构示意图,当测量一钢笔帽的内径时,应该 用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量;示数如图乙所示,该钢笔帽 的内径为________mm. 图 28 答案 A 11.30 解析 测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪 A.游标卡尺的读数=主尺上的读数+ 游标尺上的读数.本题主尺上读数为 11 mm,游标尺上读数为 6×0.05 mm=0.30 mm, 故读数为 11.30 mm. 2.在“测定金属的电阻率”的实验中,以下操作错误的是 ( ) A.用米尺测量金属丝的全长,且测量三次,算出其平均值,然后再将金属丝接入电路 中 B.用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径,算出其平均值 C.用伏安法测电阻时采用电流表内接法,多次测量后算出平均值 D.实验中应保持金属丝的温度不变 答案 AC 解析 实验中应测量金属丝接入电路中的有效长度,而不是全长;金属丝的电阻很小, 与电压表内阻相差很大,使金属丝与电压表并联,电压表对它的分流作用很小,应采用 电流表外接法,故 A、C 操作错误. 3.现要测量一待测电阻的阻值,所用器材如下: 标准电流表 A1(量程 250 mA,内阻 r1=5 Ω); 电流表 A2(量程 300 mA,内阻 r2 约为 5 Ω); 待测电阻 R1(阻值约为 100 Ω); 滑动变阻器 R2(最大阻值 10 Ω); 电源 E(电动势约为 6 V,内阻 r 约为 1 Ω); 单刀单掷开关,导线若干. 要求方法简捷,并能测量多组数据,画出实验电路原理图,并标明每个器材的代号. 答案 实验电路原理图见解析图 解析 由于 A1 的内阻已知,可将其当作电压表来用;又给了另一个电流表 A2,可把两 电流表示数之差当作通过 R1 的电流,利用欧姆定律测 R1 的阻值;题目要求测多组数据, 滑动变阻器应接成分压式;实验电路图如图所示: 4.在“测定金属的电阻率”的实验中,若待测金属丝的电阻约为 5 Ω,要求测量结果尽量 准确,提供以下器材供选择: A.电池组(3 V,内阻 1 Ω) B.电流表(0~3 A,内阻 0.012 5 Ω) C.电流表(0~0.6 A,内阻 0.125 Ω) D.电压表(0~3 V,内阻 4 kΩ) E.电压表(0~15 V,内阻 15 kΩ) F.滑动变阻器(0~20 Ω,允许最大电流 1 A) G.滑动变阻器(0~2 000 Ω,允许最大电流 0.3 A) H.开关、导线若干 (1)实验时应从上述器材中选用________(填写仪器前的字母代号); (2)测电阻时,电流表、电压表、待测金属丝电阻 Rx 在组成测量电路时,应采用电流表 ________(选填“外”或“内”)接法,待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________(选 填“大”或“小”); (3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径 d 的读数如图 29 所示,则读数为________mm; 图 29 (4)若用 L 表示金属丝的长度,d 表示直径,测得电阻为 R,请写出计算金属丝电阻率的 表达式ρ=________. 答案 (1)ACDFH (2)外 小 (3)0.900 (4)πRd2 4L 解析 (1)电池组电压是 3 V,流过金属丝的最大电流 Im= E r+Rx =0.5 A,故电流表选 C, 电压表选 D;滑动变阻器选总阻值小的,便于调节,故选 F;另外要选导线、开关. (2)因为Rx RA =40,RV Rx =800,故电流表选择外接法,外接法测量值偏小. (3)根据千分尺的读数规则知,读数是 0.5 mm+40.0×0.01 mm=0.900 mm. (4)R=ρL S =ρ 4L πd2 ,解得ρ=πRd2 4L . 5.实验室有一块量程为 500 μA、内阻 Rg 约为 200 Ω的电流表(也称微安表),需要准确测量 它的内阻,一同学根据实验室现有的器材设计了如图 30 甲和乙两种实验电路.已知实 验室中的部分实验器材的规格如下: 电流表(也称毫安表):mA(量程 1 mA,内阻约 100 Ω) 滑动变阻器 A:R1(20 Ω,1 A) 滑动变阻器 B:R1(500 Ω,0.5 A) 变阻箱:R2(999.9 Ω) 直流电源:E(电动势为 3 V,内阻很小) 可供选择的不同阻值的定值电阻 R3 图 30 (1)将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来. (2)在图乙所示的电路中,为了便于实验的调节,滑动变阻器 R1 应选________(选填“滑 动变阻器 A”或“滑动变阻器 B”).为了保证实验操作过程的安全(即使滑动变阻器 R1 的阻值调为 0,也不会烧坏电流表),并便于实验调节,定值电阻 R3 的阻值应选 ________(填选项前的字母). A.100 Ω B.1 kΩ C.6 kΩ D.10 kΩ (3)利用图甲所示的电路,闭合 S1 之后进行测量时,需要记录的实验数据有(同时用设定 的字母表示)______________________;用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量 的结果是____________________. 答案 (1)如图所示 (2)滑动变阻器 B C (3)微安表读数 I1、毫安表读数 I2、电阻箱读数 R2 (I2-I1)R2/I1 解析 (2)滑动变阻器 R1 在实验中起调节电流的作用,应选可调阻值范围较大的,以使 电路中的电流能够调节到足够小.由于电源电动势为 3 V,由闭合电路欧姆定律可得定 值电阻 R3 的阻值应选 3 kΩ至 6 kΩ的. 6.(2013·重庆理综·6(2))某同学对有故障的电热毯进行探究.图 31 是电热毯的电路示意图, 其中电热线和导线通过金属接线片连接.图 32 为实验电路实物图,A、B 为测试表笔, 电压表内阻很大,可视为理想电表. 图 31 图 32 ①请在虚线框内画出与图 32 对应的电路图. ②断开 K1,用上述测试电路在 1 和 1′之间检测得知电热线无故障,然后测得电热线的 U-I 曲线如图 33 所示,已知电热线材料的电阻率为 2.8×10-7 Ω·m,电热线的直径为 0.200 mm.可求得此电热线的电阻为________ kΩ,总长度为________ m.(结果均保留 两位有效数字) 图 33 ③为了进一步检查故障,该同学闭合开关 K1 和 K2,用表笔 A 和 B 分别对图 31 中所示 的各点进行测试,部分测试结果如下表所示.由此测试结果可判断出电路中有断路,位 置在________之间(在“1 和 2”、“1′和 2′”、“2 和 3”、“2′和 3′”中选填一 项). 测试点 3 和 3′ 1 和 1′ 1 和 3 1 和 2′ 2′和 3′ 电表指针 有无偏转 电压表 有 有 无 有 无 电流表 无 有 有 无 有 答案 ①见解析图 ②0.58(0.57~0.59 之间) 65(64~66 均可) ③1′和 2′ 解析 ①电路图如图所示 ②由题图可求 R=U I =ΔU ΔI ,由图线斜率可求得 R=0.58 kΩ(0.57 kΩ~0.59 kΩ均可),由 R =ρl S ,可得 l=65 m(64 m~66 m 均可). ③由题表可知,1′和 2′之间,电压表有示数,电流表示数为零,说明其间有断路. 实验八 描绘小电珠的伏安特性曲线 考纲解读 1.掌握滑动变阻器的使用方法及连接方式.2.掌握伏安特性曲线的描绘方法.3.理 解小电珠的伏安特性曲线为什么不是一条直线. 基本实验要求 规律方法总结 1.实验原理 (1)测多组小电珠的 U、I,并绘出 I-U 图象; (2)由图线的斜率反映电流与电压和温度的 关系. 2.实验器材 小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0~3 V~ 15 V”、电流表“0~0.6 A~3 A”、滑动 变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标 纸、铅笔. 3.实验步骤 (1)画出电路图(如实验原理图甲). (2)将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻 器、学生电源、开关用导线连接成如实验原 理图乙所示的电路. (3)测量与记录 移动滑动变阻器触头位置,测出 12 组左右 不同的电压值 U 和电流值 I,并将测量数据 1.滑动变阻器的限流式接法和分压式接法比较 两种接法 的电路图 负载 R 上 电压的调 节范围 RE R+R0 ≤U≤E 0≤U≤E 负载 R 上 电流的调 节范围 E R+R0 ≤I≤E R 0≤I≤E R 2.两种接法的适用条件 (1)限流式接法适合测量阻值较小的电阻(跟滑动变 阻器的最大电阻相比相差不多或比滑动变阻器的 最大电阻还小). (2)分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑 动变阻器的最大电阻要大). 填入自己设计的表格中. (4)数据处理 ①在坐标纸上以 U 为横轴,I 为纵轴,建立 直角坐标系. ②在坐标纸上描出各组数据所对应的点. ③将描出的点用平滑的曲线连接起来,就得 到小电珠的伏安特性曲线. 4.实验器材选取 (1)原则:①安全;②精确;③操作方便. (2)具体要求 ①电源允许的最大电流不小于电路中的实 际最大电流.干电池中电流一般不允许超过 0.6 A. ②用电器的额定电流不能小于通过该用电 器的实际最大电流. ③电压表或电流表的量程不能小于被测电 压或电流的最大值. ④电压表或电流表的指针应偏转到满刻度 的1 3 以上. ⑤从便于操作的角度来考虑,限流式接法要 选用与待测电阻相近的滑动变阻器,分压式 接法要选用较小阻值的滑动变阻器. 3.注意事项 (1)电路的连接方式: ①电流表应采用外接法:因为小电珠(3.8 V,0.3 A) 的电阻很小,与 0~0.6 A 的电流表串联时,电流 表的分压影响很大. ②滑动变阻器应采用分压式接法:目的是使小电珠 两端的电压能从零开始连续变化. (2)闭合开关 S 前,滑动变阻器的触头应移到使小 电珠分得电压为零的一端,使开关闭合时小电珠的 电压能从零开始变化,同时也是为了防止开关刚闭 合时因小电珠两端电压过大而烧坏灯丝. (3)I-U 图线在 U0=1.0 V 左右将发生明显弯曲, 故在 U=1.0 V 左右绘点要密,以防出现较大误差. 4.误差分析 (1)由于电压表不是理想电表,内阻并非无穷大, 会带来误差,电流表外接,由于电压表的分流,使 测得的电流值大于真实值. (2)测量时读数带来误差. (3)在坐标纸上描点、作图带来误差. 考点一 对实验原理和电路设计的考查 例 1 (2013·天津理综·9(3))要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡 两端的电压需要由零逐渐增加到 3 V,并便于操作.已选用的器材有: 电池组(电动势为 4.5 V,内阻约 1 Ω); 电流表(量程为 0~250 mA,内阻约 5 Ω); 电压表(量程为 0~3 V,内阻约 3 kΩ); 电键一个、导线若干. ①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号). A.滑动变阻器(最大阻值 20 Ω,额定电流 1 A) B.滑动变阻器(最大阻值 1 750 Ω,额定电流 0.3 A) ②实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号). ③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 1 所示.如果将这个小灯泡接到电动势为 1.5 V、 内阻为 5 Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是________W. 图 1 解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线,要求能较大范围地测量数据,所以控制电路部分 应用分压式接法,滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的 A. ②因为小灯泡两端的电压由零逐渐增加到 3 V,故滑动变阻器应采用分压接法.灯泡的 电阻 R=U2 P =15 Ω,额定电流 I=P U =0.2 A,由 R=15 Ω< RARV= 15 000 Ω,依据 公式法“大内小外”的原则,可知电流表应采用外接法,故选 B. ③在灯泡的 I-U 图上作出电源的 I-U 图线,交点坐标即为这个电源给这个灯泡供电 时的电压和电流,此时 P 灯=IU=0.1×1 W=0.1 W. 答案 ①A ②B ③0.1 考点二 对实验数据处理与分析的考查 例 2 物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡,其标称功率值为 0.75 W,额定 电压值已模糊不清.他们想测定其额定电压值,于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻 约为 2 Ω,然后根据公式计算出该灯泡的额定电压 U= PR= 0.75×2 V=1.22 V.他 们怀疑所得电压值不准确,于是,再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路,测量 通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的 U-I 图线,进而分析灯 泡的额定电压. A.电压表 V(量程 3 V,内阻约 3 kΩ) B.电流表 A1(量程 150 mA,内阻约 2 Ω) C.电流表 A2(量程 500 mA,内阻约 0.6 Ω) D.滑动变阻器 R1(0~20 Ω) E.滑动变阻器 R2(0~100 Ω) F.电源 E(电动势 4.0 V,内阻不计) G.开关 S 和导线若干 H.待测灯泡 L(额定功率 0.75 W,额定电压未知) (1)在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图,指出上述器材中,电流表 选择________(填“A1”或“A2”);滑动变阻器选择________(填“R1”或“R2”). (2)在实验过程中,该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加,当电压达到 1.23 V 时, 发现灯泡亮度很暗,当达到 2.70 V 时,发现灯泡已过亮,便立即断开开关,并将所测 数据记录在下边表格中. 次数 1 2 3 4 5 6 7 U/V 0.20 0.60 1.00 1.40 1.80 2.20 2.70 I/mA 80 155 195 227 255 279 310 请你根据表中实验数据在图 2 中作出灯泡的 U-I 图线. 图 2 (3)由图象得出该灯泡的额定电压应为________V;这一结果大于 1.23 V,其原因是 ________________________________________________________________________. 解析 (1)根据 P=I2R,估算出灯泡的电流大约是 600 mA,因此电流表应选 A2;本实 验要描绘出灯泡的 U-I 图线,需要测量多组数据,因此滑动变阻器应接成分压式,所 以应选阻值较小的 R1;小灯泡电阻较小,电流表应外接; (2)如图所示 (3)由 P=UI=0.75 W,再结合图象可知 U 额=2.5 V;大于 1.23 V 的原因是灯泡的冷态 电阻小于正常工作时的电阻. 答案 (1)电路原理图如图所示 A2 R1 (2)见解析图 (3)2.5(2.4~2.6 均可) 灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡 电阻随温度升高而变大) 创新实验设计 描绘小电珠伏安特性曲线实验原理的迁移应用 例 3 二极管是一种半导体元件,电路符号为 ,其特点是具有单向导电性.某实验小 组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究.据了解,该二极管允 许通过的最大电流为 50 mA. (1)该二极管外壳的标识模糊了,同学们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正负极: 当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时,发现指针的偏角比较小, 当交换表笔再次测量时,发现指针有很大偏转,由此可判断____ (填“左”或“右”) 端为二极管的正极. (2)实验探究中他们可选器材如下: A.直流电源(电动势 3 V,内阻不计) B.滑动变阻器(0~20 Ω) C.电压表(量程 15 V、内阻约 80 kΩ) D.电压表(量程 3 V、内阻约 30 kΩ) E.电流表(量程 0.6 A、内阻约 1 Ω) F.电流表(量程 50 mA、内阻约 50 Ω) G.待测二极管 H.导线、开关 为了提高测量精度,电压表应选用________,电流表应选用________.(填序号字母) (3)实验中测得的数据如下表,请在图 3 坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线. 电流 I/mA 0 0 0.2 1.8 3.9 8.6 14.0 21.8 33.5 50.0 电压 U/V 0 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50 图 3 (4)同学们将该二极管与阻值为100 Ω的定值电阻串联后接到输出电压恒为3 V的电源两 端,则二极管导通时定值电阻的功率为________ W. 解析 (1)调到欧姆挡时,在多用电表的内部,电源的正极是接在黑表笔上,负极是接 在红表笔上; (2)电源电压只有 3 V,所以电压表选 D;二极管允许通过的最大电流为 50 mA,所以电 流表选 F. (4)在图中画出阻值为 100 Ω的定值电阻的伏安特性图象,从图中找出两图象电流相同且 电压之和等于 3 V 时的电流值大约是 13 mA,则 R 的功率 P=I2R≈0.017 W. 答案 (1)左 (2) D F (3)伏安特性曲线如图所示 (4)0.017(在 0.015~0.019 范围内均可) 36.电学实验电路设计的思路与方法 1.首先应明确题目的要求,看清题目要求测定什么物理量,验证、探究什么物理规律,或 要求设计达到何种标准的电路等.其设计原则是:安全、方便、经济. 2.在测量电路中,一般有电流表内接和外接两种方式,对于给定电表内阻的情况,应先比 较 R0 与待测电阻 Rx 的关系,其中 R0= RARV,若 Rx>R0,则设计为内接;若 RxRg RA= RRg R+Rg