资源简介

(共41张PPT)
第十一章　电路及其应用
微专题（三）：伏安法测电阻　滑动变阻器的两种连接方式
核心素养 素养目标
物理观念 知道伏安法测电阻的两种电路，知道滑动变阻器在电路中的两种连接方式.
科学思维 1.理解电流表内接法和外接法的误差来源和适用范围，能根据实际情况选择合适的接法.
2.理解滑动变阻器限流式和分压式两种接法的优缺点及适用范围，能根据具体问题选择合适的接法并能解决实际问题.
一、伏安法测电阻
专题总结
1. 电流表的两种接法
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
适用条件 RA Rx RV Rx
口诀 大内偏大 小外偏小
2. 电流表内、外接的选用原则
（1）直接比较法：适用于Rx、RA、RV的大小大致可以估计，当Rx RA时，采用内接法，当Rx RV时，采用外接法，即大电阻用内接法，小电阻用外接法.
（2）公式计算法
（3）试触法：如图所示，把电压表的接线端分别接b、c两点，观察两电表的示数变化，若电流表的示数变化明显，说明电压表的分流对电路影响大，应选用内接法，若电压表的示数有明显变化，说明电流表的分压作用对电路影响大，所以应选外接法.
典题讲练
甲 乙
Rx1　
大于　
小于　
（a） （b）
A. 560 Ω，偏大 B. 560 Ω，偏小
C. 700 Ω，偏小 D. 700 Ω，偏大
D
二、滑动变阻器的两种接法
专题总结
1. 两种接法的比较
比较内容 限流式接法 分压式接法
电路（图中R为负载电阻，R0为滑动变阻器）
闭合开关前滑片位置 滑片在最左端，即保证滑动变阻器接入电路中的阻值最大 滑片在最左端，即开始时R两端的电压为零
负载两端的电压调节范围 0～U
通过负载的电流调节范围
2. 两种接法的特点：限流式接法的耗能低、接法简单，但电压调节范围小；分压式接法较复杂、耗能高，但电压调节范围大，且电压表、电流表的示数均可从零变化.
3. 必须采用分压式接法的几种情况
（1）被调节的用电器的电压或电流要求从0开始连续调节；例如描绘伏安特性曲线.
（2）采用限流电路时，电路中的最小电流仍超过电表量程或超过元件允许的最大电流；
（3）所提供的滑动变阻器的电阻远小于用电器的电阻时.
典题讲练
[典例2]　在如图所示的电路中，滑动变阻器的最大值为R0，负载为R，电路两端所加的电压为U0，并保持不变.
（1）开关S断开，滑动变阻器的滑片移动时，电阻R两端的电压U的变化范围是多少？
（2）开关S闭合，滑动变阻器的滑片移动时，电阻R两端的电压U'的变化范围是多少？
答案：（2）0～U0
解析：（2）开关S闭合，滑动变阻器的滑片在b端时，电阻R被短路，其两端电压为零；滑动变阻器的滑片在a端时，电阻R与变阻器并联，其两端电压为U0，所以电阻R两端的电压U'变化范围是0～U0.
[训练2]　有一待测电阻Rx，其阻值在1 000～1 100 Ω之间，实验室准备用来测量该电阻的阻值的实验器材有：
电压表V（量程0～15 V，内电阻约20 kΩ）
电流表A1（量程0～30 mA，内电阻约20 Ω）
电流表A2（量程0～300 mA，内电阻约40 Ω）
滑动变阻器R1（最大阻值为20 Ω，额定电流为1 A）
滑动变阻器R2（最大阻值为300 Ω，额定电流为0.1 A）
直流电源E（电动势为9 V、内电阻约为0.5 Ω）
开关及导线若干
实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流—电压关系图线，为了实验能正常进行，减小测量误差，还要求滑动变阻器便于调节.
解析：（2）为方便调节，滑动变阻器应选阻值小的，选R1.
A1　
R1　
丙　
专题检测
A. Rx真实值更接近50 Ω，比50 Ω略大
B. Rx真实值更接近50 Ω，比50 Ω略小
C. Rx真实值更接近80 Ω，比80 Ω略大
D. Rx真实值更接近80 Ω，比80 Ω略小
D
1
2
3
1
2
3
A. 60 V B. 40 V C. 80 V D. 120 V
B
1
2
3
3. 用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法，若所用电压表内阻为5 000 Ω，电流表内阻为0.5 Ω.
甲　
1
2
3
解得Rx≈20.1 Ω.
20　
20.1　
1
2
3
课时作业（十八）
[基础训练]
A. R1＞R＞R2 B. R＞R1＞R2
C. R1＜R＜R2 D. R＜R1＜R2
解析：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值，故R1＜R＜R2，故选项C正确.
C
1
2
3
4
5
6
7
8
A. Rx的测量值比真实值小
B. Rx的真实值为80 Ω
C. Rx的真实值为79.4 Ω
D. 由于电流表的分压，无法得到Rx的真实值
C
1
2
3
4
5
6
7
8
A. 当a连接b时，电流表的测量值小于通过待测电阻的电流
B. 当a连接b时，电压表的测量值大于待测电阻两端的电压
C. 当a连接c时，电流表的测量值小于通过待测电阻的电流
D. 当a连接c时，电压表的测量值大于待测电阻两端的电压
D
1
2
3
4
5
6
7
8
解析：当a连接b时，此时电流表测量的是流过电阻和电压表的电流之和，所以电流表的测量值大于通过待测电阻的电流，故A错误；当a连接b时，电压表测量的是电阻的电压，所以电压表的测量值等于待测电阻两端的电压，故B错误；当a连接c时，此时电流表测量的只有流过电阻的电流，所以电流表的测量值等于通过待测电阻的电流，故C错误；当a连接c时，此时电压表测量的是电阻的电压和电流表的电压之和，所以电压表的测量值大于待测电阻两端的电压，故D正确.故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
A. 甲图中滑动变阻器R0属分压式接法
B. 甲图中电阻R两端的电压能从零开始调节
C. 乙图中滑动变阻器R0属限流式接法
D. 乙图中电阻R两端的电压能从零开始调节
D
解析：由题图知，甲图中滑动变阻器R0属限流式接法，乙图中滑动变阻器R0属分压式接法，故A、C错误；滑动变阻器采用分压式接法时，待测电阻两端的电压和电流能从零开始调节，采用限流式接法时则不能，故甲图中电阻R两端的电压不能从零开始调节，乙图中电阻R两端的电压能从零开始调节，故B错误，D正确.故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
5. （2025·山东烟台期末）某同学在实验室中用伏安法测一电阻R的阻值.
2　
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
8
101　
大于　
1
2
3
4
5
6
7
8
[能力提升]
A. 把R2的滑片向左移动
B. 把R2的滑片向右移动
C. 把R1的滑片向左移动
D. 把开关S断开
A
1
2
3
4
5
6
7
8
解析：尘埃P受重力和电场力而保持静止，要使P向下加速运动，则应减小场强，而电容器两极板间距离不变，则应使电容器两极板间电压减小，变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，A正确，B错误；R1与电容器串联，是断路状态，对电容器两端电压没有影响，C错误；开关S断开时，电容器相当于接在电源两端，电压变大，尘埃向上运动，D错误.故选A.
1
2
3
4
5
6
7
8
7. （2025·陕西咸阳高二月考）为了测量某一未知电阻Rx的阻值，某实验小组找来以下器材：电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ）、电流表（0～0.6 A，内阻约0.5 Ω）、滑动变阻器（0～15 Ω，2 A）、电源（E＝3 V，内阻不计）、开关与导线若干，并采用如图甲所示的电路图进行实验.
（1）请按图甲所示的电路图将图乙中实物连线图补齐.
答案：（1）见解析
解析：（1）根据电路图连接实物图，实物图如图1所示.
1
2
3
4
5
6
7
8
解析：（2）由电路图可知，为使电压从零开始变化，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于a端.
（3）闭合开关，缓慢调节滑动变阻器，得到多组电压表与电流表的读数，根据实验数据在图丙坐标系中描出了坐标点，请完成U－I图线.
答案：（3）见解析
解析：（3）将偏离较远的点舍掉，连成直线，如图2所示.
a　
1
2
3
4
5
6
7
8
5.3　
大于　
由于待测电阻阻值相对较小，所以建议电流表采用外接法　
1
2
3
4
5
6
7
8
8. （2025·四川成都七中期中）要测一个待测电阻Rx（190～210 Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：
电源E：提供的电压恒定为3 V；
电流表A1：量程为10 mA，内阻r1约为50 Ω；
电流表A2：量程为500 μA，内阻r2为1 000 Ω；
滑动变阻器R1：最大阻值为20 Ω，允许通过的最大电流为2 A；
定值电阻R2＝5 000 Ω；
定值电阻R3＝500 Ω；
开关S及导线若干.
要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：
1
2
3
4
5
6
7
8
A2　
R2　
1
2
3
4
5
6
7
8
甲　
解析：（2）改装后的电压表内阻已知，则流过电压表的电流已知，故电流表应采用外接法，实验电路应选甲.
1
2
3
4
5
6
7
8
1.20　
200　
1
2
3
4
5
6
7
8(共38张PPT)
第九章　静电场及其应用
微专题（一）：电场的力的性质
核心素养 素养目标
物理观念 熟练运用库仑定律解决电荷间相互作用的相关问题，进一步加深对场强叠加观念的理解.
科学思维 1.应用共点力平衡条件解决库仑力平衡问题.
2.能够应用牛顿第二定律解决电场中力和运动关系的问题.
一、静电力作用下的平衡问题
专题总结
1. 带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合外力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等.
2. 解决静电力平衡问题的基本思路
（1）确定研究对象.
（2）分析研究对象的受力，画出力的示意图.
（3）运用合成法和分解法，找到已知量和未知量的关系.
（4）列方程求解.
典题讲练
A. 弹簧弹力大于三个小球的总重力
B. A小球受三个作用力
C. A小球带的电荷量是B小球带的电荷量的2倍
D. 剪断弹簧后三个小球一起做自由落体运动
C
　
A
二、电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹
专题总结
1. 带电粒子仅受静电力作用做曲线运动时，静电力指向轨迹曲线的内侧.静电力沿电场线方向或电场线的切线方向，粒子速度方向沿轨迹的切线方向.
2. 分析方法
（1）由轨迹的弯曲情况，结合电场线确定静电力的方向；
（2）由静电力和电场线的方向可判断电荷的正负；
（3）由电场线的疏密程度可确定静电力的大小，再根据牛顿第二定律，可判断带电粒子加速度的大小；
（4）根据力和速度的夹角，由静电力做功的正负，动能的增大还是减小，可以判断速度变大还是变小，从而确定不同位置的速度大小关系.
A. 粒子一定带负电
B. 粒子一定是从a点运动到b点
C. 粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度
D. 粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
C
解析：做曲线运动的物体，所受合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处所受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a点或b点运动到c点，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误.
A. a一定带正电，b一定带负电
B. a的速度将减小，b的速度将增大
C. a的加速度将减小，b的加速度将增大
D. 两个粒子的动能，一个增加一个减少
C
解析：电场线方向未知，仅凭粒子受力情况无法确定a、b的正负，A错误；运动轨迹向电场力的方向弯曲，电场力对两个粒子均做正功，两个粒子的动能均增加，两个粒子的速度均增大，B、D错误；电场线越密，电场强度越大，电场力越大，加速度越大，则a的加速度将减小，b的加速度将增大，C正确.
专题检测
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
AC
解析：小物体A必定受到重力和小物体B对它的库仑力，这两个力方向相反，若两者恰好相等，则A只受这两个力作用.若向上的库仑力小于A的重力，则A还将受到斜面的支持力，这三个力不能平衡，用假设法可得A必定还受到斜面的静摩擦力，所以A受到的力可能是2个，也可能是4个，故选A、C.
B
A. B. C. D.
A. 0.5v0 B. 0.6v0 C. 0.7v0 D. 0.8v0
B
解析：静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°，小球的受力如图甲所示，可知电场力与重力的合力方向斜向下偏右，与竖直方向成37°；若将该小球从电场中的某点竖直向上抛出，初速度大小为v0，将小球的运动分解为沿合力方向的分运动和垂直于合力方向的分运动，如图乙所示，可知小球在垂直于合力方向做匀速直线运动，故当沿合力方向的分速度为零时，小球的速度具有最小值，则有vmin＝v0x＝v0sin 37°＝0.6v0，选项B正确.
甲 乙
4. 如图所示，QA＝2×10－8 C，QB＝－2×10－8 C，A、B等高且相距3 cm；在水平方向匀强电场的作用下A、B保持相对静止，绝缘悬线沿竖直方向.求：
（1）匀强电场场强大小及方向；
答案：（1）2×105 N/C　方向水平向左　
（2）A、B中点处电场的场强大小及方向.
答案：（2）1.4×106 N/C　方向水平向右
课时作业（四）
[基础训练]
A. 该电场是匀强电场
B. 该电场一定是点电荷产生的电场
C. M点的电场强度比N点的小
D. 在M点放一个负电荷，其电场力的方向与电场方向相反
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：由题图所示，结合匀强电场的特点可知，该电场一定不是匀强电场，故A错误；点电荷的电场为均匀的、辐射状的电场，由题图可知，该电场不是点电荷的电场，故B错误；M、N是同一电场中的两点，由题图看出，M处电场线密，N处电场线疏，则M处电场强度大于N处电场强度，故C错误；在M点放一个负电荷，其电场力的方向与电场方向相反，D正确.故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：负电荷所受的静电力沿电场线反方向，在A点给一带负电的粒子水平向右的初速度，粒子所受静电力方向向右，则粒子向右做加速运动，由电场中电场线越密的地方电场强度越大，可知从A到B电场强度逐渐减小，故粒子向右做加速度逐渐减小的加速运动，C正确.
C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 先变大后变小，方向水平向左
B. 先变大后变小，方向水平向右
C. 先变小后变大，方向水平向左
D. 先变小后变大，方向水平向右
解析：在AOB线上的电场强度方向水平向右，且O点的电场强度最大，可知电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B做匀速运动的过程中，受力平衡，因所受的静电力先变大后减小，方向水平向左，则所受的另一个力的大小也是先变大后变小，方向水平向右，故B正确.
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A B C D
B
解析：由题图可看出，A点处电场线最密集，故电场强度最大，静电力最大，故加速度最大，所以粒子从A到B的过程中加速度逐渐减小，由粒子的运动轨迹向右下方弯曲可知，带电粒子所受静电力的方向与电场强度方向相反，静电力方向与速度方向夹角大于90°，故静电力做负功，速度减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，故B正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 粒子带负电
B. 正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量
C. 粒子在b点的速度小于在c点的速度
D. 粒子在b点的加速度小于在c点的加速度
BC
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：由粒子仅在静电力的作用下做曲线运动，静电力需指向曲线弯曲的凹侧，由图可知，静电力方向与电场方向相同，可知，粒子带正电，故A错误；由图可知，正电荷附近电场线较密，说明正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，故B正确；粒子由b到c的过程中，静电力做正功，粒子的动能增加，则粒子在b点的动能小于在c点的动能，则粒子在b点的速度小于在c点的速度，故C正确；由电场线越密电场强度越大可知，b点的电场强度大于c点的电场强度，则粒子在b点的加速度大于在c点的加速度，故D错误.故选B、C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 微粒一定带负电
B. 微粒一定做匀速直线运动
AD
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7. （2025·山东济南一中高二月考）长为 L 的绝缘细线下端系一带正电的小球，其带电荷量为 Q，悬于 O 点，如图所示.当在 O 点固定另一个正电荷时，小球静止在A处，细线拉力大小是其重力大小的两倍.现将小球拉至图中 B 处（θ＝60°），放开小球让它摆动.（静电力常量为 k，g 为重力加速度）　
（1）固定在 O 处的正电荷带的电荷量为多少？　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）小球摆回到A处时，悬线拉力为多大？
答案：（2）3mg
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
[能力提升]
A. 粒子带正电
B. 粒子在M点的速率最小
C. 粒子在电场中的加速度不变
D. 粒子在电场中的电势能先增加后减小
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力沿电场的反方向，则带负电，故A错误，符合题意；粒子受到的电场力水平向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故B正确，不符合题意；粒子在电场中只受恒定的电场力作用，所以粒子的加速度不变，故C正确，不符合题意；粒子向右运动时电场力做负功，电势能增加，粒子向左运动时电场力做正功，电势能减小，故D正确，不符合题意.故选A.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
ACD
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10. （2025·合肥一中高二第一学期期中联考）如图所示，一带电量为q的带正电小球用长为L的绝缘绳悬挂，匀强电场方向水平向右.小球的质量为m，平衡时小球偏离竖直方向的夹角为θ＝37°，重力加速度为g，sin 37°＝0.6.求：
（1）绝缘绳上的拉力为多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）匀强电场的电场强度为多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（3）若将电场方向改为竖直向上，使小球做圆锥摆运动，悬线与竖直方向的夹角仍为θ＝37°，则小球做圆周运动的角速度为多大？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10(共46张PPT)
第十二章　电能　能量守恒定律
微专题（四）：闭合电路的分析与计算
核心素养 素养目标
科学思维 1.学会用程序法分析闭合电路动态变化问题.
2.会用闭合电路欧姆定律分析路端电压与外电阻的关系，并能进行相关的电路分析和计算.
科学态度
与责任 认识电容器对生产、生活的作用，坚持实事求是的观点.
一、闭合电路的动态分析
专题总结
1. 闭合电路动态分析的思路
闭合电路中由于局部电阻变化（或开关的通断）引起各部分电压、电流（或灯泡明暗）发生变化，分析这类问题的基本思路是：
2. 闭合电路动态分析的三种方法
（1）程序法：基本思路是“部分→整体→部分”，即：
（2）结论法——“并同串反”
①“并同”：指某一电阻增大时，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；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小.
②“串反”：指某一电阻增大时，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；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大.
（3）特殊值法与极限法：指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动端分别滑至两个极端去讨论.一般用于滑动变阻器两部分在电路中都有电流时的讨论.
特别提醒：（1）在闭合电路中，任何一个电阻的增大（或减小），都将引起电路总电阻的增大（或减小），该电阻两端的电压一定会增大（或减小）.
（2）理想电压表可认为是断路，理想电流表可认为是短路.
典题讲练
C
A. 电压表和电流表示数都增大
B. 电压表和电流表示数都减小
C. 电压表示数增大，电流表A1示数减小，A2示数增大
D. 电压表示数减小，电流表A1示数增大，A2示数减小
BD
二、含容电路的分析
专题总结
1. 电容器充、放电过程：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.
2. 电容器接入电路中，电流稳定后
（1）把电容器处的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上.
（2）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，即电阻不起降压的作用，但电容器两端可能出现电势差.
（3）如果电容器与电源并联，且电路中有电流通过，则电容器两端的电压不是电源电动势E，而是路端电压U.
3. 电路连接方式改变时：如果变化前、后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始、末状态电容器带电荷量之差；如果变化前、后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始、末状态电容器带电荷量之和.
A. CE
C
A. 电路中的电流大小为零
B. 电容器C所带电荷量为3.0×10－4 C
C. S断开，电容器C处于放电状态
D. S断开至电路稳定过程中，流过R1的电荷量为1.2×10－4 C
D
三、电源的功率和效率
专题总结
1. 电源的相关功率和电源的效率
（1）电源的总功率：P总＝IE＝I（U内＋U外）.
（2）电源的输出功率：P出＝IU外.
（3）电源内部的发热功率：P'＝I2r.
2. 输出功率和外电阻的关系
（2）当R＞r时，随着R增大，P减小.
（3）当R＜r时，随着R增大，P增大.
典题讲练
[典例3]　在如图所示的电路中，已知电源电动势E＝3 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，滑动变阻器R的阻值可连续增大，问：
（1）当R多大时，R消耗的功率最大？最大功率为多少？
答案：（1）3 Ω　0.75 W
（2）当R多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？
答案：（2）0　2 W
（3）当R多大时，电源的输出功率最大？最大功率为多少？
答案：（3）0　2 W
[训练3]　（2025·河南洛阳高二联考）如图所示，线段A为某电源的U－I图线，线段B为某电阻的U－I图线，当上述电源和电阻组成闭合电路时，求：
（1）电源的输出功率P出多大？
答案：（1）4 W
（2）电源内部损耗的电功率是多少？
答案：（2）2 W
解析：（2）电源内部损耗的电功率P内＝I2r＝2 W.
（3）电源的效率η多大？
答案：（3）66.7％
专题检测
A. A变大，V变大 B. A变小，V变大
C. A变大，V变小 D. A变小，V变小
B
1
2
3
4
解析：方法一（程序法）：滑片P向右移→R接入电路的阻值增大→整个外电路总电阻增大→电路的总电流I减小→内电路两端电压（U内＝Ir）和电阻R0两端的电压（U0＝IR0）都减小，R两端的电压增大（U＝E－Ir－IR0）.
方法二（“并同串反”法）：滑动变阻器R接入电路的阻值增大，电流表与R串联，电压表与R并联，由“并同串反”可知，电压表读数变大，电流表读数变小.
方法三（极限法）：假设R接入电路的阻值无限大，则电流表读数趋于零，电压表读数趋于电源电动势.由此可知滑片P向右移动，电流表读数变小，电压表读数变大.
1
2
3
4
A. 电流表的示数变大
B. 滑动变阻器消耗的功率一直变大
C. 电源内部消耗的功率变小
D. 电源的最大效率约为91.7％
C
1
2
3
4
1
2
3
4
A. 电动车可连续骑行时间为1.5 h
B. 电动机的机械功率约为191.4 W
C. 电源消耗的总功率为320 W
D. 电池的效率为63.8％
B
1
2
3
4
1
2
3
4
A. 电阻B的阻值为10 Ω
B. 电源A的内阻为2 Ω
C. 电源A与电阻B串联后，路端电压为6.4 V
D. 电源A与电阻B串联后，电源A内部热功率为1.6 W
BC
1
2
3
4
解析：电源的总功率P＝EI，当I＝4 A时P＝32 W，则电源的电动势E＝8 V，由题图看出，当I＝4 A时，外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P＝I2r，代入解得r＝2 Ω，该电源与电阻B串联后，电路中的电流为0.8 A，根据闭合电路的欧姆定律得E＝I（R＋r），则R＝8 Ω，路端电压U＝IR＝6.4 V，此时电源内部热功率P＝I2r＝1.28 W，故选项B、C正确，A、D错误.
1
2
3
4
课时作业（二十二）
[基础训练]
A. 触点P向上滑动
B. 电路中的电流变小
C. R'两端电压增大
D. 整个电路消耗的功率减小
解析：当汽车加油时油箱内油面上升，则浮球上升，则触点P向下滑动，电阻R阻值减小，则回路电流变大，R'两端电压增大，根据P＝IE可知，整个电路消耗的功率变大.故选C.
C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. L变暗，Q增大 B. L变暗，Q减小
C. L变亮，Q增大 D. L变亮，Q减小
解析：当滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，干路电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，灯L变暗，通过灯L的电流减小，而干路电流增大，则通过R1的电流增大，R1两端的电压增大，则滑动变阻器R2两端的电压减小，电容器所带电荷量Q减小，故B正确.
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 电动机的额定电压为IR
B. 电动机的输出功率为IE－I2R
C. 电源的输出功率为IE－I2r
D. 整个电路的热功率为I2（R0＋R）
解析：电动机不是纯电阻电路，不能满足欧姆定律；电动机两端电压为UM＝E－I（R0＋r），电动机的输出功率为P出＝UMI－I2R＝[E－I(R0＋r)]I－I2R＝EI－I2（r＋R0＋R），故A、B错误；电源的输出功率为P＝IE－I2r，故C正确；整个电路的热功率为P热＝I2（R0＋R＋r），故D错误.故选C.
C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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：当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压减小，即电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小.故选A.
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 该电源的电动势为6 V，内阻是2 Ω
B. 固定电阻R的阻值为1 Ω
C. 该电源的最大输出功率为8 W
D. 当该电源只向电阻R供电时，其效率约为66.7％
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6. 如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器，最大阻值为300 Ω.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：
（1）电源的电动势和内阻；
答案：（1）20 V　20 Ω
解析：（1）由题图乙可知，电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝20 Ω.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）定值电阻R2的阻值；
答案：（2）5 Ω
（3）滑片P从左端滑至右端过程中，电源输出功率的最大值.
答案：（3）5 W
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
[能力提升]
A. 电流表A的示数变大 B. 电压表V的示数变大
C. 电压表V1的示数变大 D. 电压表V2的示数变大
解析：将R2的滑片P向右滑动的过程中，电路总电阻增大，则电流减小，所以电流表A的示数变小；R1两端电压变小，所以电压表V1的示数变小，且内阻分得的电压减小，故电压表V和V2的示数变大，选项B、D正确，A、C错误.
BD
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 电源最大输出功率可能大于45 W
B. 电源内阻一定等于5 Ω
C. 电源电动势为45 V
D. 电阻箱所消耗的功率P最大时，电源效率大于50％
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 电压表的示数变小
B. 小灯泡消耗的功率变小
C. 通过R2的电流变小
D. 电源两极间的电压变小
AB
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析：光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，所以R1两端的电压减小，电压表示数减小，故A正确；因电路中电流减小，所以内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大；由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确，C错误；电源两端的电压为路端电压，因电路中电流减小，所以内电压减小，路端电压增大，所以电源两端的电压变大，故D错误.故选A、B.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10. （2025·合肥一中高二期末）如图所示电路中，电源电动势为E＝10 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，R3＝6 Ω，电流表为理想电表，电容器电容为C＝1×10－4 F，开关S闭合.求：
（1）电流表的读数是多少？
答案：（1）0.625 A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）电容器的带电荷量为多少？
答案：（2）3.75×10－4 C
解析：（2）R1两端电压U1＝IR1＝3.75 V
电容器的带电荷量Q1＝U1C＝3.75×10－4 C.
（3）开关S断开，流过电阻R2的电荷量为多少（结果保留3位有效数字）？
答案：（3）4.43×10－4 C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10(共38张PPT)
微专题（二）：带电粒子在电场中运动的综合应用
第十章 静电场中的能量
核心素养 素养目标
物理观念 1.掌握带电粒子在电场中的加速及减速运动.
2.能够用合成与分解观点解决带电粒子在电场中的运动问题.
科学思维 应用动力学和能量观点分析解决带电粒子加速、减速及偏转等问题.
一、应用动力学和能量观点分析带电粒子在电场中的运动
专题总结
解决带电粒子在电场中运动的观点
（1）动力学观点
根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子运动的速度、时间和位移等.这种方法适用于带电粒子在恒力作用下做匀变速运动的情况.
典题讲练
[典例1]　（2022·北京卷）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U. 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放.不计带电粒子的重力.
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
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
BC
二、带电粒子在复合场中的运动
专题总结
带电粒子在复合场中的力和运动分析
（1）受力特点：带电粒子只受静电力和重力作用.
（2）运动分析
①若重力与静电力平衡，则粒子做匀速直线运动.
②若重力与静电力不平衡，则粒子做变速直线运动或曲线运动.
（3）适用规律
若粒子在恒力作用下运动，一般用动力学方法和功能关系解答；若粒子在变力作用下运动，往往只能用功能关系求解.
典题讲练
[典例2]　（2025·黑龙江肇东一中高二月考）如图所示，真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场.在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，以后运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：
（1）小球受到的静电力的大小及方向；
（2）小球从抛出至运动到最高点的过程中，静电力所做的功.
[训练2]　（2024·河北卷）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高.当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q＞0），质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球在A、B两点的速度大小.
专题检测
A. 所受合力为零 B. 做匀减速直线运动
C. 电势能逐渐增加 D. 机械能逐渐增加
BC
解析：根据题意可知，粒子做直线运动，静电力垂直极板向上，重力竖直向下，不在同一直线上，所以重力与静电力不平衡，对粒子受力分析可知静电力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，B正确；由图可知，静电力与速度夹角为钝角，做负功，故电势能增加，机械能减小，故C正确，D错误.
1
2
3
4
A. 小球可能做匀速圆周运动
B. 当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
C. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小
D. 当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
AC
解析：当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，故A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，线的张力最大，故B错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，在圆周上a点的电势最高，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，故C正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，小球的速度最大，故D错误.
1
2
3
4
A. d
A
1
2
3
4
1
2
3
4
（1）电场强度的大小；
解析：（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma ①
1
2
3
4
（2）B运动到P点时的动能.
解析：（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
1
2
3
4
课时作业（十二）
[基础训练]
A. 比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大
B. 比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大
C. 比荷大的粒子速度和动能都大
D. 电荷量大的粒子速度和动能都大
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 1∶2 B. 2∶1
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 1∶1，2∶3 B. 2∶1，3∶2
C. 1∶1，3∶4 D. 4∶3，2∶1
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 在P点的机械能最小
C. 电势能不断地减少
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 1∶2 B. 2∶1 C. 1∶8 D. 8∶1
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A. 滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等
B. 在t＝5 s时，小球经过边界MN
C. 滑块受到的滑动摩擦力与静电力之比为2∶5
D. 在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于静电力做的功
C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7. 如图所示，有一电子（电荷量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间.若电子从两板正中间垂直于电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：
（1）金属板AB的长度；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）电子穿出电场时的动能.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
[能力提升]
B
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲 乙
A. 小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5
B. t＝5 s时，小球经过边界MN
C. 在0～5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功
D. 在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大
D
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10. 如图所示，一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘环，置于水平方向的匀强电场中，电场强度为E，有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的空心小球套在环上，并且Eq＝mg.
解得FN＝5mg.
根据牛顿第三定律得，环对小球的压力为5mg.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）小球从环的顶端A滑至底端C的过程中，小球在何处速度最大？最大速度为多少？
解析：（2）由于小球所受的静电力与重力都是恒力，它们的合力也是恒力，小球从A处下滑时，静电力与重力的合力先与速度成锐角，做正功，动能增大，速度增大，后与速度成钝角，做负功，动能减小，速度减小，所以当合力与速度垂直时速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

展开更多......

收起↑