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第八章恒定电流
考 纲 要 求
考 情 分 析
欧姆定律
Ⅱ
实验八：测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
　 1.命题规律
高考对该部分内容以选择题的形式考查电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识，或以填空题的形式考查电学实验，且以考查实验设计和实验仪器的应用为主。
2.考查热点
预计该部分命题的重点仍是电学实验，要特别注意基本仪器的使用，实验原理的理解，实验电路的设计、连接，实验数据的处理等知识。　
电阻定律
Ⅰ
电阻的串联、并联
Ⅰ
实验九：描绘小电珠的伏安特性曲线
电源的电动势和内阻 电源的电动势和内阻
Ⅱ
实验十：测定电源的电动势和内阻
闭合电路的欧姆定律
Ⅱ
实验十一：练习使用多用电表
电功率、焦耳定律
Ⅰ
－
　电阻定律、欧姆定律(双基落实课)
点点通(一)　电流的三个表达式
定义式
微观式
决定式
公式
I＝
I＝nqSv
I＝
适用
范围
一切电路
一切电路
金属、电解液
字母
含义
q表示在时间t内通过导体横截面的电荷量
n：导体单位体积内的自由电荷数
q：每个自由电荷的电荷量
S：导体横截面积
v：电荷定向移动的速率
U：导体两端的电压
R：导体本身的电阻
公式
含义
I与q、t无关，I与的值相等
微观量n、q、S、v决定I的大小
I∝U
I∝
[小题练通]
1．(鲁科教材原题)关于电流，以下说法正确的是(　　)
A．在导体中，只要自由电荷在运动，就一定会形成电流
B．电流的方向就是电荷定向移动的方向
C．电流总是从电势高的一端流向电势低的一端
D．导体两端没有电压就不能形成电流
解析：选D　只有电荷的定向移动才能形成电流，A错误；正电荷定向移动的方向为电流方向，B错误；在电源内部，电流从电势低的一端流向电势高的一端，在电源外部，电流从电势高的一端流向电势低的一端，C错误；电压是形成电流的原因，导体两端没有电压就不能形成电流，D正确。
2．(教科教材原题)在示波管中，电子枪2 s内发射6×1013个电子，则示波管中电流大小约为(　　)
A．4.8×10－6 A　　　　　 B．3×1013 A
C．9.6×10－6 A D．3×10－6 A
解析：选A　由题意知，2 s内发射的电荷量为q＝1.6×10－19×6×1013 C＝9.6×10－6 C，根据电流的定义式I＝，得I＝ A＝4.8×10－6 A，A正确。
3．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流。设电荷量为e的电子，以速率 v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法正确的是(　　)
A．电流大小为，电流方向为顺时针
B．电流大小为，电流方向为顺时针
C．电流大小为，电流方向为逆时针
D．电流大小为，电流方向为逆时针
解析：选C　电子做匀速圆周运动的周期T＝，由I＝得I＝，电流的方向与电子运动方向相反，故电流方向为逆时针，C正确。
[融会贯通]
(1)电子流、带电粒子流都可以等效为电流，导体中自由电荷的无规则运动不能形成电流。
(2)电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。
点点通(二)　电阻定律
1．电阻定律
同种材料的导体，其电阻与它的长度成正比，与它的横截面积成反比；导体电阻还与构成它的材料有关。
表达式为：R＝ρ。
2．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。
[小题练通]
1．下列说法中正确的是(　　)
A．由R＝可知，电阻与电压、电流都有关系
B．由R＝ρ可知，电阻只与导体的长度和横截面积有关系
C．各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小
D．所谓超导现象，就是当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象
解析：选D　R＝是电阻的定义式，R与电压和电流无关，故A错误；R＝ρ是电阻的决定式，即电阻与ρ、l、S都有关系，故B错误；电阻率一般与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象叫超导现象，故D正确。
2．(教科教材原题)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，然后给它们加上相同的电压，则在同一时间内，通过它们横截面的电荷量之比为(　　)
A．1∶4 B．1∶8
C．1∶16 D．16∶1
解析：选C　根据电阻定律R＝ρ，R1＝ρ＝4ρ，R2＝ρ·＝ρ，再根据I＝，Q＝It，解得Q1∶Q2＝1∶16，C正确。
3．(粤教教材原题)工业上用一种称为“电导仪”的仪器测定液体的电阻率。仪器中的一个部件如图所示，A、B是两片面积为1 cm2的正方形铂片，间距d＝1 cm，把它们浸没在待测液体中。若通过两根引线加上电压U＝6 V时，测出电流I＝1 μA，这种液体的电阻率为多少？
解析：根据电阻定律R＝ρ及欧姆定律I＝，解得ρ＝＝ Ω·m＝6×104 Ω·m。
答案：6×104 Ω·m
[融会贯通]
(1)当导线被拉长或对折时，长度、横截面积都会发生变化，但总体积是不变的。
(2)电阻定律和欧姆定律相结合，可以求解与之相关的多个物理量。
点点通(三)　部分电路欧姆定律
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＝。
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。
3．导体的伏安特性曲线
(1)定义：用纵坐标表示电流I、横坐标表示电压U，画出的I-U图像，如图所示。图线的斜率k＝tan θ＝＝，图中R1>R2(选填“>”“<”或“＝”)。
(2)线性元件：伏安特性曲线是过原点的直线的电学元件，适用于欧姆定律。
(3)非线性元件：伏安特性曲线不是过原点的直线的电学元件，不适用于欧姆定律。
[小题练通]
1．(粤教教材原题)如图是两个电阻R1、R2的伏安特性曲线，由图可知两电阻的大小之比R1∶R2等于(　　)
A．1∶3　　　　 　 　 B．3∶1
C．1∶ D．∶1
解析：选A　导体的电阻等于I-U图像斜率的倒数，由题图可得R1∶R2＝tan 30°∶tan 60°＝1∶3，A正确。
2．(教科教材原题)一段导体两端电压是4 V，在2 min内通过导体横截面的电荷量是15 C，这段导体的电阻R＝________Ω。
解析：根据公式I＝，R＝，解得R＝＝ Ω＝32 Ω。
答案：32
3．(教科教材原题)一卷铝导线，横截面积为1 mm2。在27 ℃下，当这卷导线两端电压为54 V时，通过导线的电流为2 A，这卷导线有多长？(铝的电阻率为2.7×10－8 Ω·m)
解析：根据公式I＝，R＝ρ，
解得l＝＝ m＝1 000 m。
答案：1 000 m
[融会贯通]
(1)分清I-U图像和U-I图像，对于线性元件，U-I图像的斜率表示电阻，而I-U图像的斜率表示电阻的倒数。
(2)欧姆定律可以和电流的定义式、电阻定律等公式相结合，求解相关联的物理量。
点点通(四)　电阻的串联、并联
串联电路
并联电路
电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1＋I2＋…＋In
电压
U＝U1＋U2＋…＋Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻
R总＝R1＋R2＋…＋Rn
＝＋＋…＋
分压原
理或分
流原理
U1∶U2∶…∶Un＝
R1∶R2∶…∶Rn
I1∶I2∶…∶In＝
∶∶…∶
功率
分配
P1∶P2∶…∶Pn＝
R1∶R2∶…∶Rn
P1∶P2∶…∶Pn＝
∶∶…∶
[小题练通]
1．(教科教材原题)某种位移传感器的工作原理如图所示。物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属杆P，通过理想电压表(内阻非常大)显示的数据，来反映物体位移的大小x，则下列说法正确的是(　　)
A．物体M运动时，电路中的电流会发生变化
B．物体M运动时，电压表示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流
D．物体M不动时，电压表没有示数
解析：选B　物体M不动时，电路中有电流，电压表有示数，C、D错误；物体M运动时，电路中电流不变，电压表示数发生变化，A错误，B正确。
2.如图是有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10 V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100 V。已知电流表的内阻Rg为500 Ω，满偏电流Ig为1 mA，则电阻R1、R2的值分别为(　　)
A．9 500 Ω　90 000 Ω　　　 B．90 000 Ω　9 500 Ω
C．9 500 Ω　9 000 Ω D．9 000 Ω　9 500 Ω
解析：选A　当使用a、b两个端点时，电流表串联R1，由串联电路特点有R总＝R1＋Rg＝，得R1＝－Rg＝ 9 500 Ω；当使用a、c两个端点时，电流表串联R1、R2，同理有R总′＝R1＋R2＋Rg＝，得R2＝－Rg－R1＝90 000 Ω。故A正确。
3.(沪科教材原题)有一金属丝，长1 m，电阻为15 Ω。现将金属丝两端连接成一闭合圆环如图所示，在圆环上取P、Q两点。已知P、Q间的短圆弧长20 cm，求P、Q间的电阻值。
解析：P、Q将金属丝分为两部分，根据电阻定律，导体的电阻与长度成正比，
故短圆弧电阻为R1＝R＝3 Ω，
长圆弧电阻为R2＝R＝12 Ω，
R1、R2并联，根据＝＋，
解得P、Q间的电阻值为R总＝＝2.4 Ω。
答案：2.4 Ω
[融会贯通]
(1)串联电路的总电阻大于电路中的任意一个电阻，串联电阻增多时，总电阻增大。
(2)并联电路的总电阻小于任意支路的电阻，并联支路增多时，总电阻减小。
(3)不论串联电路还是并联电路，只要某个电阻增大，总电阻就增大，反之则减小。
1．电阻的决定式和定义式的比较
公式
R＝ρ
R＝
区别
电阻的决定式
电阻的定义式
说明了导体的电阻由哪些因素决定，R由ρ、l、S共同决定
提供了一种测电阻的方法——伏安法，R与U、I均无关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解液
适用于任何纯电阻导体
2.对U-I图像和I-U图像的理解
(1)只有图乙I-U图像才叫做导体的伏安特性曲线。
(2)图线a、c、e、f表示线性元件，b、d表示非线性元件。
(3)在图甲中，图线a、c的斜率表示导体的电阻，斜率越大，电阻越大，Ra>Rc；在图乙中，图线e、f的斜率表示导体电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，Re(4)图线b的斜率变大，电阻变大；图线d的斜率变小，电阻变大。
[注意]　图线b或d上某点切线的斜率不是电阻或电阻的倒数。根据R＝，电阻为某点和原点连线的斜率或斜率的倒数。
[课堂综合训练]
1.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是(　　)
A．a代表的电阻丝较粗
B．b代表的电阻丝较粗
C．a代表的电阻丝的电阻小于b代表的电阻丝的电阻
D．图线表示的电阻丝的电阻与电压成正比
解析：选B　b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R＝ρ，可知b代表的电阻丝较粗，选项B正确，A、C错误；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，选项D错误。
2. (多选)如图所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．R1中的电流小于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率
D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率
解析：选BD　设正方形的边长为L、导体厚度为d，则I＝，R＝ρ＝ρ＝，得I＝，故R1、R2中的电流相等，A错误，B正确；由I＝nqSv＝nqLdv得，L大则v小，C错误，D正确。
3．如图所示，某用电器与供电电源距离为L，线路上的电流为I。若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选B　根据电阻的定义式得R＝，根据电阻定律得R＝ρ，解得S＝，故选项B正确，A、C、D错误。
4．(多选)如图为握力器原理示意图，握力器绝缘把手上的连杆与弹簧一起上下移动，握力的大小可通过一定的换算关系由电流表的示数获得。当人紧握握力器时，握力越大(　　)
A．电路中总电阻越大 B．电路中总电阻越小
C．电路中电流越小 D．电路中电流越大
解析：选BD　由题图可知，握力越大，滑动变阻器接入电路的电阻越小，电路中总电阻越小，电流越大，故B、D正确，A、C错误。
5．某电路需要额定电流为20 A的保险丝，但手边只有用同种材料制成的“15 A”和“5 A”两种型号的保险丝，它们的规格如表所示，能否将这两种保险丝取等长的两段并联后接入该电路中？说明其理由。
保险丝
1
2
直径
1 mm
2 mm
额定电流
5 A
15 A
解析：取得的两段等长的保险丝横截面积之比S1∶S2＝1∶4，由电阻定律R＝ρ得，电阻之比R1∶R2＝S2∶S1＝4∶1，并联接入电路后保险丝两端的电压相等，由欧姆定律得，通过的电流之比I1∶I2＝R2∶R1＝1∶4，即第2根保险丝中的实际电流是第1根中的4倍，而其额定电流只是第1根的3倍，所以不能这样使用。
答案：不能　理由见解析

1．某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达探测器的阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为(　　)
A．0　　　　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选D　探测器电路中的电流I＝＝，故选项D正确。
2.小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段(曲线)所示，由图可知，从A状态到B状态，灯丝的电阻因温度的影响改变了(　　)
A．5 Ω B．10 Ω
C．1 Ω D．6 Ω
解析：选B　由电阻的定义式R＝知，A状态下电阻RA＝ Ω＝30 Ω；B状态下的电阻RB＝ Ω＝40 Ω，故从A状态到B状态，电阻改变了10 Ω，选项B正确。
3.如图所示是A、B两电阻的U?I图像，则两电阻之比及在相同电压情况下的电流之比分别是(　　)
A．RA∶RB＝2∶1　IA∶IB＝2∶1
B．RA∶RB＝2∶1　IA∶IB＝1∶2
C．RA∶RB＝1∶2　IA∶IB＝2∶1
D．RA∶RB＝1∶2　IA∶IB＝1∶2
解析：选B　由U?I图像得RA＝ Ω＝10 Ω，RB＝ Ω＝5 Ω，故RA∶RB＝2∶1；根据I＝知，电压U一定时，电流I与电阻R成反比，所以IA∶IB＝RB∶RA＝1∶2。综上所述，B正确。
4.如图所示电路中，电压U保持不变，当开关S断开时，理想电流表的示数为0.6 A；当开关S闭合时，理想电流表的示数为0.9 A。则两电阻阻值之比R1∶R2为(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．2∶3 D．3∶2
解析：选A　由欧姆定律I＝得，电压一定时，电流与电阻成反比，则有＝＝，整理得＝，故A正确。
5.如图所示，a、b、c为同种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是(　　)
A．V1的示数是V2的2倍
B．V1的示数是V3的2倍
C．V2的示数是V1的2倍
D．V2的示数是V3的2倍
解析：选A　由题意可知：Lc＝2La＝2Lb，Sb＝2Sa＝2Sc；设b的电阻Rb＝R，由电阻定律R＝ρ得：Ra＝2Rb＝2R，Rc＝2Ra＝4R，Rc∶Ra∶Rb＝4∶2∶1。由题图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流相等，由U＝IR得：Uc∶Ua∶Ub＝4∶2∶1，故UV3∶UV1∶UV2＝4∶2∶1，V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；V3的示数是V1的2倍，故B错误；V3的示数是V2的4倍，故D错误。
6.用如图所示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为(　　)
A．R0 B．R0
C．R0 D．R0
解析：选C　当通过G的电流为零时，G两端的电势相等，即R0两端电压与MP两端电压相等，设为U1；Rx两端电压与PN两端电压相等，设为U2，根据串联电路的分压原理有＝，＝；由电阻定律R＝ρ可得＝，则有＝，可得Rx＝R0，故C正确。
7．(多选)如图所示，把四个相同的灯泡接成甲、乙两种电路后，灯泡都正常发光，且两个电路的总功率相等。则下列关系式正确的是(　　)
A．U甲>U乙 B．U甲＝4U乙
C．R甲＝4R乙 D．R甲＝2R乙
解析：选AC　设灯泡正常发光时电压为U，电流为I，则U甲I＝U乙×2I，则U甲＝
2U乙，A正确，B错误；根据I2R甲＝(2I)2R乙，得R甲＝4R乙，C正确，D错误。
8．(多选)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的速率为v。若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则(　　)
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
解析：选AD　将导线均匀拉长，使其横截面半径变为原来的，则横截面积变为原来的，导线长度要变为原来的4倍，电阻率不变，由电阻定律R＝ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压变为2U，由欧姆定律I＝可知，电流变为原来的，故A正确，B错误；电流I变为原来的，横截面积变为原来的，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，故C错误，D正确。
9.(多选)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P点处的切线，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，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
解析：选ABD　由题图图像可知，U越大，U-I图线的斜率越小，表示小灯泡的电阻越大，A对；R＝中的U、I与小灯泡所处状态下的电压与电流相对应，B对，C错；对应P点，功率P＝U1I2，与图中矩形PQOM所围面积相等，D对。
10.(多选)某同学在探究通过导体的电流与其两端电压的关系时，将记录的实验数据通过整理作出了如图所示的图像。根据图像，下列说法正确的是(　　)
A．导体甲的电阻大于导体乙的电阻
B．在导体乙的两端加1 V的电压时，通过导体乙的电流为0.1 A
C．将导体甲连接到电压为4 V的电路上时，通过导体甲的电流为0.9 A
D．将导体乙连接到电压为5 V的电路上时，通过导体乙的电流为0.5 A
解析：选BD　由题图知两导体的阻值分别为R甲＝＝ Ω＝5 Ω，R乙＝＝ Ω＝10 Ω，即导体甲的电阻较小，A错误；在导体乙的两端加1 V的电压时，通过导体乙的电流为0.1 A，B正确；将导体甲连接到电压为4 V的电路上时，通过导体甲的电流I＝＝ A＝0.8 A，C错误；将导体乙连接到电压为5 V的电路上时，通过导体乙的电流I′＝＝ A＝0.5 A，D正确。
第47课时　闭合电路的欧姆定律(重点突破课)
[考点一　闭合电路的动态分析]
动态分析问题是闭合电路欧姆定律的具体应用，这类问题由于形式多样、考法灵活，考生不能统筹系统地去想问题，而导致分析不够全面而失误。
1．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：I＝(只适用于纯电阻电路)。
(3)其他表达形式
①电压表达式：E＝U＋Ir。
②能量表达式：EI＝UI＋I2r。
2．路端电压与外电阻的关系
(1)一般情况：U＝E－Ir，当外电阻R增大时，路端电压U增大。U-I图像如图。
(2)特殊情况
①当外电路断路时，I＝0，U＝E。
②当外电路短路时，I短＝，U＝0。
[典例]　如图所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法正确的是(　　)
A．R2的功率增大
B．R3两端的电压减小
C．电流表的示数变大
D．R1的电流增大
[解析]　当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则R3两端的电压增大，通过R3的电流I3增大，通过R2的电流I2＝I－I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，电压U2也减小；R1、R4的并联电压U并＝U－U2，U增大，U2减小，则U并增大，故通过电流表的电流IA增大，电流表的示数变大，通过R1的电流I1＝I2－IA，I2减小，IA增大，则I1减小，故只有C正确。
[答案]　C

闭合电路动态分析的三种方法
1．程序法

2．“串反并同”结论法
(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，让电阻最大或电阻为零进行讨论。
[集训冲关]
1.如图所示，闭合开关S，a、b、c三盏灯均正常发光，电源电动势恒定且内阻不可忽略。现将滑动变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化为(　　)
A．a灯变亮，b、c灯变暗　　 B．a、c灯变亮，b灯变暗
C．a、c灯变暗，b灯变亮 D．a、b灯变暗，c灯变亮
解析：选B　将滑动变阻器R的滑片稍向上滑动一些，R接入电路的电阻将减小，总电阻将减小，由闭合电路欧姆定律I＝得，总电流增大，路端电压U＝E－Ir减小，由Pa＝I2Ra知a灯变亮，由Ua＝IRa知a灯两端的电压变大，由U＝Ua＋Ub判断出b灯两端电压Ub减小，由Ib＝，Pb＝知通过b灯的电流减小，b灯变暗，再由I＝Ib＋Ic知Ic变大，由Pc＝Ic2Rc知c灯变亮，B正确。
2.(多选)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动时，下列论述正确的是(　　)
A．灯泡L一定变亮
B．电流表的示数变小
C．电压表的示数变小
D．R0消耗的功率变小
解析：选ABD　当R的触头向下移动时，R接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变小，路端电压变大，则电压表的示数变大，灯泡L两端的电压变大，则灯泡L一定变亮，通过灯泡L的电流变大，而总电流变小，则电流表的示数变小，R0消耗的功率变小，故A、B、D正确，C错误。
[考点二　含电容器电路问题]
含电容器电路的分析是一个难点，电路中出现电容器，学生往往难以确定电容器与电路的串、并联关系及电压关系等，给分析解决问题带来很大的障碍。
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，电容器两端的电压与其并联用电器两端电压相等。
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；若电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝C·ΔU计算电容器上电荷量的变化量。
[典例]　(2016·全国卷Ⅱ)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．　　　　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得，甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
[答案]　C
[规律方法]　含电容器电路问题的解题思路
第一步
理清电路的串、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，欧姆定律等电路规律不适用，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，高电势板带正电，低电势板带负电
[集训冲关]
1.(多选)如图所示电路中，电源电动势恒为E，内阻为r，电压表的内阻为10 kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器。将开关闭合一段时间，下列说法正确的是(　　)
A．若C1>C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差
B．若将滑动变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大
C．电容器C1上带电量为零
D．再将开关断开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大
解析：选CD　由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，故A错误；电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，带电量不变，故B错误；由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，带电量为零，故C正确；将开关断开，电容器C2的带电量Q不变，板间距离增大，电容C减小，由公式C＝分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确。
2.如图所示，电源的内阻不计，电动势E＝12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是(　　)
A．开关断开时，电容器不带电
B．将开关闭合，电容器充电
C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14 C
D．若开关处于闭合状态，现将开关断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×
10－4 C
解析：选D　开关断开时，电容器两端电压等于电源电动势，不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器两端的电压U＝＝ V＝4 V，电容器的电荷量为Q＝UC＝4×40×10－6 C＝1.6×10－4 C，C项错误；若开关处于闭合状态，现将开关断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|C＝(12－4)×40×10－6 C＝3.2×10－4 C，D项正确。
3.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列结论正确的是(　　)
A．小灯泡L变暗
B．电流表读数变大，电压表读数变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．电源的总功率变小
解析：选B　滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由闭合电路的欧姆定律得，干路电流I增大，即电流表读数变大，小灯泡L的功率P＝I2R灯增大，小灯泡L变亮，路端电压U＝E－Ir减小，即电压表读数变小，电源的总功率P总＝EI增大，A、D错误，B正确；滑动变阻器两端的电压U′＝E－I(R灯＋r)减小，电容器C上的电荷量Q＝CU′减小，C错误。
[考点三　电路故障问题]
电路故障一般有断路和短路两大问题，高考常考出现这两类问题的原因和表现，在备考中要能正确区分并判定这两类问题，掌握常用的检查方法。
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：用电器发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零。
2．检查方法
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
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。在使用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程
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。在使用欧姆表检测时，电路一定要与电源断开
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断
[典例]　如图所示，电路中灯泡A、B均正常发光。忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些。电路中出现的故障可能是(　　)
A．R2发生断路
B．R3发生断路
C．R2、R3同时发生断路
D．R1、R3同时发生断路
[解析]　假设R2断路，则A灯所在并联支路的总电阻增大，导致外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压U增大，流过R1的电流I1增大，流过灯泡所在并联支路的总电流I2(I2＝I总－I1)减小，B灯两端的电压UB＝I2RB3并减小，B灯变暗，A灯两端的电压UA(UA＝U－UB)增大，A灯变亮。选项A正确，同理分析可得，选项B、C、D错误。
[答案]　A

(1)断路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表示数等于电源电动势，则该段电路中有断点。
(2)短路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该并联段电路被短路；若电压表示数不为零，则该并联段电路没有被短路或不完全被短路。　　
[集训冲关]
1.如图所示的电路中，电源的电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6 V，Uad＝0 V，Ucd＝6 V，由此可断定(　　)
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．滑动变阻器R断路
解析：选C　由Uab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路当中出现断路故障，且在a、b之间。由Ucd＝6 V可知，L1与滑动变阻器R是通的，断路故障出现在c、d之间，故L2断路。所以选项C正确。
2.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电压表与电流表均为理想电表；开始时开关S闭合，电压表、电流表读数均不为零，某时刻发现电压表和电流表读数均变大，则电路中可能出现的故障是(　　)
A．R1断路　　　　　　 B．R2断路
C．R1短路 D．R3短路
解析：选B　若R1断路，电流表读数为零，不符合题意，故A错误；若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表的读数变大，符合题意，故B正确；若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表读数变小，电流表的读数变大，不符合题意，故C错误；若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表读数变小，不符合题意，故D错误。
3.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，电压表和电流表的读数都增大，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R1短路，则外部电路的电阻只剩R3，故总电阻减小，总电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变大，A正确；若R2短路，电流表的示数变为零，B错误；若R3短路，电压表的示数变为零，C错误；若R1断路，电流表的示数变为零，D错误。

1．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．电动势的单位与电势差的单位相同，故两者在本质上相同
解析：选C　电动势是反映电源通过非静电力做功，将其他形式的能转化为电能本领的物理量，电动势越大说明这种转化本领越强，但不能说明电源储存的电能越多，故选项A、B错误，C正确；电动势的单位与电势差的单位相同，但两者在本质上不相同，故选项D错误。
2.在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为滑动变阻器，电源的电动势为E，内阻为r。设电流表的读数为I，电压表的读数为U，当R5的滑动触头向图中a端移动时(　　)
A．I变大，U变小　　　　　 B．I变大，U变大
C．I变小，U变大 D．I变小，U变小
解析：选D　当R5的滑动触头向a端移动时，R5接入电路的有效阻值减小，由电流随电阻变化的“串反并同”规律可知，与R5串联的R1、R3中的电流(即总电流)增大，与R5并联的R2、R4中的电流减小，所以电路中的电流表的读数I变小，路端电压减小，即电压表的读数U变小，故选项D正确。
3.如图所示，灯泡L1、L2原来都正常发光，在两灯突然熄灭后，用电压表测得c、d间电压比灯泡正常发光时的电压高。电路故障可能是(假设电路中仅有一处故障)(　　)
A．a、c间断路 B．c、d间断路
C．b、d间断路 D．b、d间短路
解析：选B　因电路中L1、L2、R及电源串联，电路中只有一处故障且两灯不亮，电路故障必是断路，D错误；若a、c间断路，两灯熄灭，电压表测得c、d间电压为0，A错误；若c、d间断路，两灯熄灭，电压表测得c、d间电压为电源的电动势，比灯泡正常发光时电压高，B正确；若b、d间断路，两灯熄灭，电压表测得c、d间电压为0，C错误。
4.在如图所示的电路中，开关S原来是闭合的。现将S断开，则灯泡L的亮度和电容器C带电量的变化情况是(　　)
A．灯泡L变亮、电容器C带电量增加
B．灯泡L变亮、电容器C带电量减少
C．灯泡L变暗、电容器C带电量增加
D．灯泡L变暗、电容器C带电量减少
解析：选A　由题图可知，当S闭合时，R2与灯泡L串联后与R3并联，再与R1串联；当S断开时，R3断开，总电阻增大，总电流减小，R1分压及内电压减小，灯泡L两端电压增大，故灯泡L变亮；电容器C两端电压等于路端电压，因内电压减小，路端电压增大，故电容器C两端电压增大，由Q＝UC可知，电容器C带电量增加，故A正确。
5. 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时(　　)
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C　S两端的电压增大，则总电流变大，总电阻变小，说明RM变小，且R越大，并联电阻减小越快，干路电流增大越明显，电压U增大越明显，C项正确。
6.(2019·石家庄模拟)如图所示的电路中，闭合开关S，灯泡L1和L2均正常发光。由于某种原因灯泡L2灯丝突然烧断，其余用电器均未损坏，则下列结论正确的是(　　)
A．电流表读数变大，电压表读数变小
B．灯泡L1变亮
C．电源的输出功率可能变大
D．电容器所带电荷量减少
解析：选C　灯泡L2灯丝突然烧断，外电路总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律知，电源的内电压减小，路端电压增大，故电流表读数变小，电压表读数变大，总电流减小，则灯泡L1变暗，故A、B错误；根据电源的内阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由于电源的内阻与外电阻关系未知，电源的输出功率可能变大，故C正确；路端电压增大，灯泡L1两端的电压减小，则电阻R两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增大，故D错误。
7.(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是(　　)
A．电压表V的示数变大
B．电流表A2的示数变小
C．电流表A1的示数变小
D．电流表A的示数变大
解析：选AB　当滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，由U＝E－Ir可知，路端电压增大，可知电流表A的示数变小，电压表V的示数变大，故A正确，D错误；因路端电压增大，R1中电流增大，电流表A1的示数变大，故C错误；因总电流减小，而R1中电流增大，则R2中电流减小，电流表A2的示数变小，故B正确。
8.(多选)在如图所示的电路中，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑动变阻器的滑片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向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，导致电路总电阻增大，电路中电流减小，则电流表读数变小，灯泡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，则电容器C上的电荷量增加，故D正确。
9.(多选)(2019·济南模拟)如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻。当光照减弱时，R3阻值增大，则(　　)
A．电压表的示数增大 B．R2中电流增大
C．L的功率减小 D．路端电压增大
解析：选BCD　由题图可知，L与R3串联后与R2并联，再与R1串联；当光照减弱时，R3阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，由U＝E－Ir可知，路端电压增大；因总电流减小，则R1两端的电压减小，电压表的示数减小；并联部分电压增大，R2中电流增大，流过L的电流减小，故L的功率减小，故A错误，B、C、D正确。
10.(多选)某同学按如图所示电路进行实验，电压表内阻看成无限大，电流表内阻看成零。实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的电路故障是(　　)
A．R3短路 B．RP短路
C．R3断路 D．R2断路
解析：选BD　R3短路时，由于电流表内阻看成零，两电压表都被短路，示数都为零，与题不符，故A错误；RP短路时，两电压表都测量R2两端的电压，示数相同，而且都不为零，故B正确；R3断路时，电压表V2测量R2两端的电压，电压表V1测量RP和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数，故C错误；R2断路时，由于电压表内阻看成无限大，两电压表都测量R3两端的电压，示数相同，而且都不为零，故D正确。
第48课时　电路中的能量问题(重点突破课)
[考点一　纯电阻电路与非纯电阻电路]
对纯电阻电路的分析较易，对非纯电阻电路的分析较难，学生特别容易混淆非纯电阻电路的电功和电热、电功率和热功率，理清这些知识，是学好本考点的前提。
电功、电功率、焦耳定律和热功率
内容
表达式
电功
电路中?电场力移动电荷做的功
W＝qU＝?UIt
电功率
单位时间内电流做的功，表示电流做功的?快慢
P＝＝?UI
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
Q＝?I2Rt
热功率
单位时间内的发热量
P＝＝?I2R
[典例]　如图所示，电源电动势E＝8 V，内阻为r＝0.5 Ω，“3 V,3 W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R＝1.5 Ω。求：
(1)通过电动机的电流；
(2)电源的输出功率；
(3)电动机的输出功率。
[解析]　(1)灯泡L正常发光，通过灯泡的电流
IL＝＝1 A
电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM＝IL＝1 A。
(2)路端电压U＝E－Ir＝7.5 V
电源的输出功率P＝UI＝7.5 W。
(3)电动机两端的电压UM＝U－UL＝4.5 V
电动机的输出功率P机＝UMIM－IM2R＝3 W。
[答案]　(1)1 A　(2)7.5 W　(3)3 W

(1)在非纯电阻电路中，欧姆定律不再适用，不能用欧姆定律求电流，应用P＝UI求电流。
(2)在非纯电阻电路中，电功大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt计算，电热只能用Q＝I2Rt计算，两式不能通用。
(3)由能量守恒定律得W＝Q＋E，E为其他形式的能。对电动机来说，输入的功率P入＝IU，发热的功率P热＝I2r，输出的功率即机械功率P机＝P入－P热＝UI－I2r。　　
[集训冲关]
1.(多选)用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器的电阻R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为I1＝0.5 A和U1＝2.0 V；重新调节滑动变阻器的电阻R使电动机正常转动时，电流表和电压表的示数分别为I2＝2.0 A 和U2＝24 V。则(　　)
A．电动机内线圈电阻为R线＝4.0 Ω
B．电动机内线圈电阻为R线＝12 Ω
C．电动机正常转动时输出的机械功率为P机＝48 W
D．电动机正常转动时输出的机械功率为P机＝32 W
解析：选AD　当电动机停止转动时，相当于一个纯电阻元件，根据欧姆定律可知，电动机内线圈的电阻R线＝＝4.0 Ω，A正确，B错误；当电动机正常转动时，电动机消耗的电功率P＝U2I2＝48 W，电动机内线圈消耗的热功率P线′＝I22R线＝16 W，故电动机输出的机械功率P机＝P－P线′＝32 W，C错误，D正确。
2.如图所示，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，灯泡上标有“6 V　12 W”字样，直流电动机线圈电阻R＝2 Ω。若灯泡恰好能正常发光，求电动机输出的机械功率。
解析：因灯泡正常发光，所以I＝＝ A＝2 A
U内＝Ir＝2×1 V＝2 V
所以电动机两端电压为
UM＝E－U内－U＝30 V－2 V－6 V＝22 V
电动机输出的机械功率为
P机＝UMI－I2R＝22×2 W－22×2 W＝36 W。
答案：36 W
[考点二　闭合电路的功率问题]
电源输出功率最大和电源效率最高的条件不同，而学生往往在这方面易混、易错，本部分知识是大多数学生的薄弱环节。
1．电源的功率
(1)电路中的功率分配
P总＝P出＋P内，即EI＝UI＋I2r。
(2)输出功率与闭合电路总电流的关系
P出＝EI－I2r，当I＝时，P出有最大值，为Pm＝。
若外电路是纯电阻电路，则有
P出＝I2R＝＝。
由上式可以看出
当R＝r时，输出功率最大，Pm＝
当R>r时，随着R的增大，P出减小
当R2．电源的效率
η＝×100%＝×100%
纯电阻电路中η＝×100%＝×100%
因此R越大，η越大；当R＝r，电源有最大输出功率时，效率仅为50%。
[典例]　(2018·北京高考)如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电，改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化。
(1)以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。
(2)a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
[解析]　(1)根据闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，画出U-I图像的示意图如图甲所示。结合表达式可知，图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势E，与横轴交点的坐标值为短路电流，I短＝。
(2)a.在画好的U-I关系图线上任取一点，其坐标值U和I的乘积即为此时电源的输出功率P，因此可画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率，如图乙所示。
b．电源的输出功率P＝I2R＝2R＝，当外电路电阻R＝r时，电源的输出功率最大，为Pmax＝。
(3)电动势的定义式为E＝。
根据能量守恒，在题图1所示的电路中，非静电力做功W产生的电能等于在内、外电路上产生的电热，
即W＝I2rt＋I2Rt＝Irq＋IRq
则E＝＝Ir＋IR＝U内＋U外。
[答案]　(1)U-I图像见解析图甲　图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流　
(2)a.见解析图乙b．当R＝r时，电源的输出功率最大，Pmax＝　(3)见解析

(1)电源的U?I图像，纵轴截距为电源电动势，横轴截距为短路电流，图像斜率的绝对值表示电源内阻。
(2)纯电阻电路中，非静电力做功等于内、外电路的电热之和。　　
[集训冲关]
1.如图所示电路中，电源内阻不可忽略，在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数减小
B．小灯泡L亮度增大
C．电源内阻消耗功率减小
D．电源输出功率一定增大
解析：选C　在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，总阻值增大，由I＝，知总电流减小，由U＝E－Ir，知路端电压增大，电流表的示数增大，A错；由I＝IA＋IL，总电流I减小，IA增大，知IL减小，则小灯泡L亮度减小，B错；由Pr＝I2r，知电源内阻消耗功率减小，C对；因不知电源的内阻与外电阻的大小关系，故不可判断电源的输出功率的变化情况，D错。
2.如图所示电路中，R为电阻箱，为理想电压表。当电阻箱读数为R1＝2 Ω时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V。
(1)求电源的电动势E和内阻r；
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
解析：(1)由闭合电路欧姆定律：E＝U1＋r
E＝U2＋r
解得：E＝6 V，r＝1 Ω。
(2)电源的输出功率表达式：P＝R
将上式变形为：P＝
由上式可知R＝r＝1 Ω时，
P取最大值：Pm＝＝9 W。
答案：(1)6 V　1 Ω　(2)1 Ω　9 W
[考点三　电源和电阻的U?I图像比较]
两类U?I图像的研究对象不同，其物理意义不同，图像上的点、斜率等表达的物理意义也不同。而两类图像综合起来的闭合电路问题难度更大一些。
两类U-I图像的比较
电源的U-I图像
电阻的U-I图像
图形
物理
意义
电源的路端电压随电路电流的变化关系
电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系
截距
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
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标U、
I的乘积
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
坐标U、
I的比值
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
斜率
(绝对值)
电源内阻r大小
电阻大小
联系
在同一坐标系中，两图线交点坐标(Un，In)表示用该电源与该电阻组成回路时的路端电压和电路中的电流，即电阻两端电压及其电流；P＝InUn表示此时电源的输出功率，即此时电阻的实际功率
[典例]　(多选)如图所示，直线A为电源的U?I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U?I图线。用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则(　　)
A．P1>P2　　　　　　 B．P1＝P2
C．η1>η2 D．η1<η2
[解析]　电源与电阻的U?I图线的交点代表该电阻接入电源时的路端电压和电流，对照题图可得该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1＝4×2 W＝8 W，P2＝2×4 W＝8 W，所以P1＝P2，选项B对，A错；电源的效率η＝＝，外电阻越大效率越高，根据电阻的U?I图线斜率代表电阻可判断R1>R2，所以η1>η2，选项C对，D错。
[答案]　BC

(1)从图线的意义上来看，图线A表示电源的性质；图线B、C表示电阻的性质。由图线A可以求出电源的电动势和内阻，由图线B、C可以求出电阻的阻值。
(2)图线A对应的函数表达式为U＝E－Ir，图线B、C对应的函数表达式为U＝IR。　　
[集训冲关]
1.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像(电池内阻不是常数)，图线b是某电阻R的U?I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为(　　)
A．5.5 Ω B．7.0 Ω
C．12.0 Ω D．12.5 Ω
解析：选A　由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由题图图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，电阻两端的电压为U＝2.5 V，电流为I＝0.2 A，则硅光电池的内阻为r＝＝ Ω＝5.5 Ω，故A正确。
2.(多选)在如图所示的U-I图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R两端的电压与电流的关系图像。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图像可知(　　)
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
B．电阻R的阻值为1 Ω
C．电源的输出功率为4 W
D．电源的效率为50%
解析：选ABC　由题图直线Ⅰ可得，纵轴截距为电源电动势E＝3 V，横轴截距为短路电流I0＝6 A，电源内阻r＝＝0.5 Ω，故A正确；由直线Ⅱ可得，当U＝2 V时，I＝2 A，根据欧姆定律可得R＝＝1 Ω，故B正确；两条直线的交点坐标表示该电源与该电阻串联时，电阻两端的电压和电流，交点处U＝2 V、I＝2 A，电源的输出功率P＝UI＝4 W，故C正确；电源的效率η＝＝＝≈66.7%，故D错误。
3.如图所示，直线A为a电源的路端电压与电流的关系图像，直线B为b电源的路端电压与电流的关系图像，直线C为一个电阻R两端的电压与电流的关系图像。将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么(　　)
A．电阻R接到a电源上，电源的效率较高
B．电阻R接到b电源上，电源的输出功率较大
C．电阻R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低
D．电阻R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高
解析：选C　电源的效率η＝＝，由题图可知，电阻R接到a电源上时电路中电流为，短路电流为I0，根据闭合电路欧姆定律I＝得R＝r，则a电源的效率为50%；电阻R接到b电源上时电路中电流小于，短路电流为I0，同理得I′＝<，R>r′，U′＝R>，>50%，则b电源的效率大于50%，故A错误；电源的U-I图线与电阻R的U-I图线的交点表示电阻R接到该电源上的工作状态，由题图知电阻R接在a电源上的电压和电流较大，a电源的输出功率较大，故B错误；由以上分析可知，电阻R接到a电源上，电源的输出功率较大，电源的效率较低，故C正确，D错误。

1.如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等。保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是(　　)
A．R2增大，P增大；R2减小，P减小
B．R2增大，P减小；R2减小，P增大
C．无论R2是增大还是减小，P均减小
D．无论R2是增大还是减小，P均增大
解析：选C　假设R1是电源的内阻，则根据外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率(外电路消耗功率)最大，可知R1＝R2时，R2消耗的功率最大，所以当改变R2阻值时，无论是增大还是减小，P均减小。故C正确。
2. 如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.2 Ω，标有“8 V　16 W”的小灯泡L恰好能正常发光，电动机线圈电阻R0＝0.15 Ω，则电源的输出功率为(　　)
A．16 W　　　　　　　 B．440 W
C．80 W D．400 W
解析：选C　电路的总电流I＝＝ A＝10 A，则电源的输出功率为P＝IU额＝10×8 W＝80 W，C对。
3.如图所示电路中，电源为恒流源，能始终提供大小恒定的电流。R0为定值电阻，移动滑动变阻器R的滑片，则选项图中表示电压表示数U、电路总功率P随电流表示数I变化的关系图像，可能正确的是(　　)
解析：选C　由题图知R0与R并联，电压表测电源电压，电流表测R支路的电流，设电源提供的电流恒定为I总，根据并联电路特点可知：U＝U0＝I0R0＝(I总－I)R0＝－IR0＋I总R0，其中I总、R0为定值，由U＝－R0I＋I总R0，可知U与I的图像为一次函数图像，且－R0<0，故A、B错误；由电功率的计算公式知，电路消耗总功率：P＝UI总＝(I总－I)R0×I总＝－I总R0I＋I总2R0，其中I总、R0为定值，由P＝－I总R0I＋I总2R0，可知P与I的图像为一次函数图像，－I总R0<0，且I、P不会为0，故C正确，D错误。
4．如图所示，平行板电容器中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时(　　)
A．电压表示数增大
B．电流表示数减小
C．质点P将向下运动
D．R1消耗的功率减小
解析：选C　由题图可知，滑动变阻器R2与R3并联后与R1串联，电容器与R3并联；当滑动变阻器R2的滑片向下端移动时，R2减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，R1两端的电压增大，可知并联部分的电压减小，电压表示数减小，A错误；由上述分析可知R3两端电压减小，则通过R3的电流减小，又总电流增大，可知电流表示数增大，B错误；因电容器两端电压减小，板间场强减小，质点P受到向上的电场力减小，故质点P将向下运动，C正确；因通过R1的电流增大，由P＝I2R可知，R1消耗的功率增大，D错误。
5．如图甲所示电路中，不计电表对电路的影响，移动滑动变阻器的滑片，图乙中图线a、b表示电压表V1和V2随电流表A的示数变化规律，下列判断不正确的是(　　)
A．图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势
B．图线b斜率的绝对值等于电源的内阻
C．图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率
D．图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电阻R0消耗的功率
解析：选B　当滑动变阻器滑片向右移动时，电阻减小，电流增大，电流表A的示数增大，电压表V2的示数增大，V1的示数减小，所以图线b是电压表V2示数的变化情况，图线a是电压表V1示数的变化情况；当外电路电阻无限大时，电路中电流为0，故此时电压表V1的示数就是a的延长线与纵轴交点的坐标值，它等于电源的电动势，A正确；图线b斜率的绝对值等于电阻R0的阻值，B错误；图线a、b相交时，滑动变阻器被短路，图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率，也等于电阻R0消耗的功率，C、D正确。
6.(多选)如图所示电路中，电源内阻不可忽略，在滑动变阻器的滑片P由b端向a端滑动的过程中，下列描述正确的是(　　)
A．电压表示数增大，电流表示数减小
B．电压表示数减小，电流表示数增大
C．电路中的总电阻增大
D．电源的输出功率增大
解析：选AC　滑片P由b端向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，电阻R1分压减小，并联支路电压增大，通过电阻R2的电流增大，总电流等于通过电阻R2和通过电流表的电流之和，所以通过电流表的电流减小，由于不知道外电阻与电源内阻的关系，所以无法确定电源的输出功率如何变化；综上可知，选项A、C对，B、D错。
7.(多选)如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作。已知指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，下列说法中正确的是(　　)
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＋r)
解析：选CD　电动机的额定电压U1＝E－I(R0＋r)，A错误；电动机的输入功率P＝U1I，电动机的热功率P热＝I2R，则电动机的输出功率P2＝P－I2R＝IE－I2(R0＋R＋r)，B错误；电源的输出功率P出＝IE－I2r，C正确；整个电路的热功率Q＝I2(R0＋R＋r)，D正确。
8.(多选)如图所示，a、b分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线。下列说法正确的是(　　)
A．电池组的内阻是1 Ω
B．电阻的阻值为0.33 Ω
C．将该电阻接在该电池组的两端，电池组的输出功率将是 4 W
D．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率是4 W
解析：选AD　题图中，a图线斜率的绝对值的倒数等于电池组的内阻，则电池组的内阻是r＝＝ Ω＝1 Ω，选项A正确；b图线的斜率的倒数等于电阻R，则R＝＝ Ω＝3 Ω，选项B错误；由a图线可知，电源的电动势为E＝4 V，将该电阻接在该电池组的两端，电池组的输出功率将是P＝2R＝2×3 W＝3 W，选项C错误；改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为Pm＝＝ W＝4 W，选项D正确。
第49课时　电学实验基本能力集释(实验增分课)
(一)游标卡尺和螺旋测微器
(一)游标卡尺
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 1 mm。
2．精度：对应关系为10分度0.1 mm,20分度0.05 mm,50分度0.02 mm。
3．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刻线的格数，则记录结果表达为(x＋K×精度)mm。
(二)螺旋测微器
1．原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5 mm，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0.01 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。
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)。
[例1]　(1)如图甲、乙所示的两把游标卡尺，它们的游标尺分别为9 mm长10等分、19 mm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。
[解析]　(1)题图甲读数：主尺读数为17 mm，游标尺读数是5×0.1 mm＝0.5 mm，最后结果是17 mm＋0.5 mm＝17.5 mm。题图乙读数：主尺读数为23 mm，游标尺读数是7×0.05 mm＝0.35 mm，最后结果是23 mm＋0.35 mm＝23.35 mm。
(2)由于螺旋测微器校零时有误差，估读为0.003 mm，测量后的读数为0.645 mm，去掉校零误差，可得合金丝的直径为0.642 mm。
[答案]　(1)17.5　23.35　(2)0.003　0.642(0.640～0.644 均可)

(1)游标卡尺不需要估读，读数结果对应10分度为××.×mm一位小数，20分度和50分度为××.××mm两位小数，换算单位时只需要移动小数点，最后一位数字即使是0也不能省略。
(2)螺旋测微器需要估读，读数结果为×.×××mm三位小数，需要特别注意半毫米刻度线是否露出。　　
(二)电流表的内接法与外接法
(一)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＝＝Rx＋RA>Rx，测量值大于真实值
R测＝＝(二)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
①Rx< 时，用电流表外接法。
②Rx> 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，则应采用电流表外接法；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，则应采用电流表内接法。
[例2]　在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为 200 Ω，电压表的内阻约为2 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图甲或图乙所示，结果由公式Rx＝ 计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图甲和图乙中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
[解析]　根据题意知 >，电压表的分流作用较显著，故采用电流表内接法得到的Rx1更接近待测电阻的真实值。题图甲的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；题图乙的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故 Rx2[答案]　Rx1　大于　小于

本题无法判断待测电阻“较大”还是“较小”，故将和进行对比，实际上采用的是临界值计算法。　　
(三)分压电路和限流电路
1．两种接法的比较
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
≤U≤E
0≤U≤E
负载R上电
流调节范围
≤I≤
0≤I≤
闭合S前
触头位置
b端
a端
　　
2.两种接法的选择
①要求待测电阻两端的电压从零开始变化，或精确性要求较高时
采用
分压
接法
②滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻或串联的其他电阻的阻值时
③题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不够时
①待测电阻接近或略小于滑动变阻器的最大阻值时
采用
限流
接法
②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压接法的要求时
③没有很高的精确性要求，考虑安装简捷和节能因素时

[例3]　(2017·全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表 (量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表 (量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干。
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W。(结果均保留2位小数)
[解析]　(1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V。由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接。电路图如图所示。
(2)I-U图像中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。
(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。
[答案]　(1)见解析图　(2)增大　增大　(3)0.39　1.17

研究小灯泡的伏安特性或者其他实验中，若要求元件的电压、电流从零开始变化，或者要求“多测几组数据”“测量结果尽量准确”等，一定要采用分压接法，此时应选择阻值范围较小的滑动变阻器便于调节。　　
(四)电表的改装
改装成电压表
改装成电流表
内部电路
改装原理
串联大电阻分压
并联小电阻分流
改装后
的量程
U＝Ig(Rg＋R)
I＝Ig
量程扩大
的倍数
n＝1＋
n＝1＋
接入电阻
的阻值
R＝(n－1)Rg
R＝
改装后的
总内阻
RV＝nRg
RA＝
校准电路
[例4]　(2018·全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表。组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡。
回答下列问题：
(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1＝________Ω，R2＝________Ω。(保留到个位)
[解析]　(1)微安表头改装成毫安电流表需要并联一个小电阻，再把电流表改装成电压表，需要串联一个大电阻，电路如图所示。
(2)接a时改装成量程为1 mA的电流表，有IgRg＝(I－Ig)R1，解得R1＝100 Ω，接b时改装成量程为3 V的电压表，有U＝IgRg＋IR2，解得R2＝2 910 Ω。
[答案]　(1)见解析图　(2)100　2 910

(1)本题要先将表头与R1并联改装成电流表，再将改装好的电流表与R2串联改装成电压表。
(2)无论改装成电流表还是电压表，达到量程时通过表头的最大电流Ig是相同的。　　

1．使用螺旋测微器测量两根金属丝的直径，示数如图1、2所示，则两根金属丝的直径分别为________mm，________mm。
答案：2.150　0.045
2．(2018·天津高考)某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表(量程0～1 V，内阻约10 kΩ)
B．电压表(量程0～10 V，内阻约100 kΩ)
C．电流表(量程0～1 mA，内阻约30 Ω)
D．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.05 Ω)
E．电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)
F．电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)
G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)
(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材的字母代号)
(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)若电源选用E，则通过Rx的最大电流为0.15 mA，两个电流表均无法准确测量，故电源应选用F。由此可知电路中的最大电流约为1.2 mA，故电流表选用C。电压表内阻应尽可能与被测电阻阻值相差大一些且量程接近电源电压，故电压表选用B。
(2)因为待测电阻阻值较大，所以电流表应采用内接法。滑动变阻器的阻值范围很小，应采用分压接法，实验电路图如图所示。
(3)因为电流表采用内接法，电压表测出的电压为Rx与电流表串联后两端电压，U测>U实，而R＝，所以R测>R实。
答案：(1)B　C　F　(2)见解析图　(3)大于　电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压
3．用一段长80 cm的金属丝做“测定金属的电阻率”的实验。
(1)用多用电表粗测电阻丝的电阻，测量值约为6.0 Ω。
(2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图甲所示，由此可知金属丝直径的测量结果为________mm。
(3)在用电压表和电流表测金属丝的电阻时，提供下列供选择的器材：
A．直流电源(电动势约为4.5 V，内阻很小)
B．电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)
C．电压表(量程15 V，内阻约15 kΩ)
D．电流表(量程0.6 A，内阻约0.125 Ω)
E．电流表(量程3 A，内阻约0.025 Ω)
F．滑动变阻器(阻值范围0～15 Ω，最大允许电流1 A)
G．滑动变阻器(阻值范围0～200 Ω，最大允许电流2 A)
H．开关、导线若干
要求操作简便且能保证测量准确度，在供选择的器材中，电流表应选择________，电压表应选择________，滑动变阻器应选择________。(均填字母代号)
(4)根据上面选择的器材，在图乙中完成实验电路的连接。
解析：(2)螺旋测微器固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度的读数为0.01×43.4 mm＝0.434 mm，所以最终读数为：0.5 mm＋0.434 mm＝0.934 mm，因为需要估读，故0.932～0.936 mm均可。
(3)选择电表时，要使指针偏转尽量大一些，在其满刻度的左右偏转比较准确，故电压表选择B，电流表选择D，待测电阻6 Ω 左右，为了便于调节，因此选择阻值范围0～15 Ω的滑动变阻器F即可。
(4)待测电阻较小，因此滑动变阻器应采用限流接法，电流表应采用外接法，其实物图如图所示。
答案：(2)0.934(0.932～0.936均可)　(3)D　B　F　(4)见解析图
4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可用器材除了标有“6 V　1.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：
A．直流电源6 V(内阻不计)
B．直流电流表0～3 A(内阻0.1 Ω以下)
C．直流电流表0～300 mA(内阻约为5 Ω)
D．直流电压表0～15 V(内阻约为15 kΩ)
E．滑动变阻器“10 Ω　2 A”
F．滑动变阻器“1 kΩ　0.5 A”
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测得多组数据。
(1)实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用__________。(均用序号表示)
(2)按实验要求在虚线框(图甲)中画出电路图。
(3)根据电路图将图乙中所示器材连成实验电路。
解析：(1)小灯泡的额定电流为I＝＝0.25 A，其电阻为R＝＝24 Ω，故电流表选C；为方便调节，滑动变阻器选E。
(2)小灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，小灯泡两端的电压要求从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法。电路图如图1所示。
(3)实验电路连接如图2所示。
答案：(1)C　E　(2)见解析图1　(3)见解析图2
5．(2016·海南高考)某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
(1)已知表头G满偏电流为100 μA，表头上标记的内阻值为900 Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝________Ω，R2＝________Ω，R3＝________Ω。
(2)用量程为3 V，内阻为2 500 Ω的标准电压表对改装表3 V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5 V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 kΩ。为方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器。
(3)校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近________(填“M”或“N”)端。
(4)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值________(填“大于”或“小于”)900 Ω。
解析：(1)根据题意，R1与表头G构成1 mA的电流表，则IgRg＝(I－Ig)R1，得R1＝100 Ω；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V，则R2＝＝910 Ω；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V，则R3＝－R2＝2 000 Ω。
(2)电压表与改装电表并联之后，电阻小于2 500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50 Ω的电阻。
(3)在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用。
(4)改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900 Ω。
答案：(1)100　910　2 000　(2)50　(3)M　(4)大于
第50课时　测定金属的电阻率(实验增分课)
一、实验目的
1．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。
2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法。
3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率。
二、实验原理
1．用伏安法测出金属丝的电阻，实验电路如图(甲或乙)。
2．由电阻定律R＝ρ，得ρ＝R。
三、实验器材
待测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。
谨记部分器材用途
螺旋测微器
测定金属丝的直径
毫米刻度尺
测定金属丝的长度
电流表、电压表
测定金属丝的电流和电压，计算电阻
滑动变阻器
改变通过金属丝的电流，多次测量求平均值
　　四、实验步骤
1．用螺旋测微器在待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，计算出金属丝的横截面积S＝。
2．按实验电路图甲或乙连接好电路。
3．用毫米刻度尺测量接入电路中的待测金属丝的有效长度，反复测量3次，求出其平均值l。
4．把滑动变阻器的滑片调节到接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S，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，记入表格内，断开开关S。
5．拆去实验线路，整理好实验器材。
五、数据处理
1．在求Rx的值时可用两种方法
(1)用Rx＝ 分别算出各次的数值，再取平均值。
(2)用U?I图线的斜率求出。
2．计算电阻率
将记录的数据Rx、l、S的值代入电阻率计算式 ρ＝Rx，求出待测金属丝的电阻率。
六、误差分析
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差。
七、注意事项
1．金属丝的电阻值较小，实验电路一般采用电流表外接法。
2．测量金属丝的有效长度，是指测量金属丝接入电路的两个端点之间的长度，即电压表两端点间的金属丝长度，测量时应将金属丝拉直，反复测量三次，求其平均值。
3．测金属丝直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值。
4．闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在接入电路的电阻值最大的位置。
5．在用伏安法测电阻时，通过金属丝的电流I不宜过大(电流表用0.6 A量程)，通电时间不宜过长，以免金属丝的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大。
考法一　实验原理和操作
1．在测定阻值较小的金属的电阻率的实验中，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，在测量其电阻时应选择的电路是(　　)
解析：选D　待测金属阻值较小，在用伏安法测电阻时应该用电流表外接法，题干中要求实验中获得较大的电压调节范围，故滑动变阻器要采用分压接法，D正确。
2．(2019·苏北四市检测)要测量某种合金的电阻率。
(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________mm。
(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关。根据原理图在图丙中将实物连线补充完整。
(3)闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝1.35 V，I1＝0.30 A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝0.92 V，I2＝0.32 A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置________(选填“a”或“b”)时，测量相对准确，测量值Rx＝________Ω(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)合金丝电阻：R＝ρ＝，则电阻率：ρ＝；由题图甲可知，其读数为：0.5 mm＋15.7×0.01 mm＝0.657 mm。
(2)如图所示。
(3)根据＝≈0.32，＝≈0.07，可知电压表示数变化较大，说明电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法时测量相对准确，即S2处于位置b，根据欧姆定律有：Rx＝ Ω≈2.9 Ω。
答案：(1)　0.657　(2)见解析图　(3)b　2.9
考法二　数据处理和误差分析
3．小张同学打算测量由某种合金材料制成的金属丝的电阻率ρ，待测金属丝的横截面为圆形。实验器材有：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻约几千欧)、电流表(内阻约几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。
(1)用毫米刻度尺测量待测金属丝的长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图1和图2所示，可得其长度L＝________cm，直径D＝________mm。
(2)该同学要用图像法求出待测金属丝的阻值，要求电压从0开始变化。请将图3所示实物电路图中所缺导线补全。
(3)图4是根据实验中测得的6组电流I、电压U的值描绘的点，由图可求出电阻值R＝________Ω(保留3位有效数字)。
(4)请写出待测金属丝的电阻率ρ的表达式ρ＝________(用测得的物理量符号和已知常数表示)。
解析：(1)待测金属丝长度测量值为59.40 cm；螺旋测微器的读数为0＋43.4×0.01 mm ＝0.434 mm，即待测金属丝直径测量值为0.434 mm。
(2)要求电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；待测金属丝电阻较小，电流表采用外接法。实物电路图连接如图甲所示。
(3)在题图4中用直线拟合各数据点，使直线通过尽量多的点，其他点均匀分布在直线两侧，舍弃离直线较远的点，如图乙所示，直线的斜率表示待测金属丝的电阻，根据所画直线可得R≈5.80 Ω。
(4)由电阻定律可知，R＝ρ，S＝，解得：ρ＝。
答案：(1)59.40　0.434(0.433～0.435均可)　(2)见解析图甲　(3)5.80(5.70～5.90均可)　(4)
4．滑动变阻器由陶瓷筒和密绕在其上的螺线管状电阻丝组成，为了在不破坏滑动变阻器的前提下粗略测量电阻丝的电阻率，某同学做了如下实验：
(1)测得螺线管1 cm长度上的电阻丝匝数为n，则电阻丝的直径d＝________m。
(2)如图甲所示，用游标卡尺测量滑动变阻器绕有电阻丝部分的外径D，用刻度尺测量电阻丝螺线管的总长度L。游标卡尺示数如图乙，则螺线管的外径D是________m。螺线管外径D远大于电阻丝直径d，则绕制滑动变阻器的电阻丝的总长度可表示为________(用n、D、L和已知常数表示)。
(3)用以下器材测量待测滑动变阻器R1的总电阻：
A．待测滑动变阻器R1(总电阻约为50 Ω)
B．电流表A1(量程为50 mA，内阻r1为10 Ω)
C．电流表A2(量程为300 mA，内阻r2约为4 Ω)
D．滑动变阻器R2(最大阻值为10 Ω)
E．定值电阻R0(阻值为10 Ω)
F．电源E(电动势约为3 V，内阻不计)
G．单刀单掷开关S，导线若干
测量中要求电流表的读数不小于其量程的，方框内为该同学设计的电路图的一部分，请将电路图补画完整。
(4)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则由已知量和测得量计算滑动变阻器总电阻的表达式为R1＝________。
(5)计算绕制滑动变阻器的电阻丝的电阻率的表达式为ρ＝________(n、d、D、L、R1表示)。
解析：(1)由题意得，电阻丝直径d＝×10－2 m。
(2)根据游标卡尺读数规则，螺线管外径D＝31 mm＋8×0.05 mm＝31.40 mm＝3.140×10－2 m。总长度为L的螺线管上电阻丝匝数N＝100Ln，滑动变阻器上绕的电阻丝总长度为L总＝πDN＝100πDLn。
(3)根据器材规格及实验要求知，测量滑动变阻器R1接入电路中的电阻，可以先将电流表A1和滑动变阻器R1串联，然后与定值电阻R0并联，采用电流表A2测量整个并联电路的总电流，滑动变阻器R2采用分压接法，电路如图所示。
(4)由欧姆定律得(I2－I1)R0＝I1(R1＋r1)，解得R1＝R0－r1。
(5)由电阻定律得R1＝ρ，S＝，L总＝100πDLn，联立解得ρ＝。
答案： (1)×10－2　(2)3.140×10－2或0.031 40　100πDLn　(3)见解析图　(4)R0－r1　(5)

(1)利用图像进行数据处理时，要首先推导出纵横坐标轴物理量的关系式。
(2)用平滑的曲线进行连线，让尽量多的数据描点落在图线上；如果连线为直线，不能落在连线上的点应均匀分布在两侧，偏差太大的点应舍弃。
(3)充分应用图像的斜率、截距等几何元素，并注意纵横起始坐标是否为0。　　
[例1]　为测量某金属丝的电阻率，小明同学取来一段粗细均匀、长为L0的金属丝进行实验。
(1)用螺旋测微器测金属丝的直径d，读数如图甲所示，则d＝________mm。
(2)用一电阻挡有三个倍率(分别是×1、×10、×100)的多用电表粗测金属丝的电阻。选用×10挡测量时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，为了较准确地进行测量，应换到________挡。重新正确操作后，表盘的示数如图乙所示，其读数为________Ω。
(3)为进一步准确测量金属丝的电阻，实验室提供的器材有：
A．直流电源E(电动势4 V，内阻不计)；
B．电流表A1(量程0.6 A，内阻约1 Ω)；
C．电流表A2(量程150 mA，内阻约2 Ω)；
D．电压表V(量程3 V，内阻约10 kΩ)：
E．滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)；
F．滑动变阻器R2(阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)；
G．金属丝Rx，开关、导线若干。
①实验中，小明设计了如图丙所示的电路，其中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填字母序号)。实验时，开关S2应接________(选填“1”或“2”)。
②请用笔画线代替导线在图丁中完成实物电路连接(部分连线已画出)。
③若实验中测得该金属丝的电阻为R0，则计算这种金属丝电阻率的表达式为 ρ＝________(用题中给定的物理量符号和已知常数表示)。
[三步化“新”为“熟”]
1．本实验有所创新，但实验目的仍是测定金属丝的电阻率。
2．本实验依据的实验原理是R＝和R＝ρ，测出金属丝的电阻和长度以及横截面积，就可以确定金属丝的电阻率。
3．本实验创新点有两处，一是先用多用电表粗测金属丝电阻的大小，目的是确定电流表量程的选择及电流表的内接法、外接法的选择；二是实验电路中使用了单刀双掷开关，考查了内接法、外接法的选择。
[解析]　(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为18.0×0.01 mm＝0.180 mm，所以最终读数为0.5 mm＋0.180 mm＝0.680 mm。
(2)用×10挡测量金属丝的电阻时，表头指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，为了较准确地进行测量，应换到×1挡。由题图乙可知，该金属丝的阻值是：R＝22×1 Ω＝22 Ω。
(3)①通过金属丝的最大电流I＝＝ A≈136 mA，所以电流表选择量程150 mA的C；滑动变阻器采用分压接法，选择阻值范围小的E，便于调节；临界电阻≈ Ω＝100 Ω，因为Rx<，电流表采用外接法，所以开关S2应接1。
②实物电路如图所示：
③根据电阻定律可得R0＝ρ，横截面积S＝π2＝，联立解得ρ＝。
[答案]　(1)0.680　(2)×1　22　(3)①C　E　1　
②见解析图　③
[例2]　某同学在阅读科普资料时发现：输液用的生理盐水电导率为0.8 s/m。他对“电导率”一词产生浓厚的兴趣，经查单位及符号表得知，“s”为电导的单位，它等于电阻单位的倒数，“m”为长度的单位。他又联想到电阻率的单位为“Ω·m”，经单位对比后他作出一个大胆的假设：电导率一定是电阻率的倒数。为了验证他的假设，他做了如下尝试：取体积为V (m)3的输液用的生理盐水，刚好灌满伸缩性能良好的透明塑料管(两端装有电极)，形成一段粗细均匀的封闭盐水柱(长为10.00 cm、横截面积约为1.00 cm2)，进行如下实验：
(1)他将盐水柱作为纯电阻R，根据他的假设此段盐水柱的电阻约为________Ω。
(2)现用以下器材采用伏安法测盐水柱的电阻：
A．直流电源E：电动势18 V，内阻很小，额定电流1 A；
B．电流表A：量程12 mA，内阻约10 Ω；
C．电压表V：量程15 V，内阻约15 kΩ；
D．滑动变阻器R0：最大阻值50 Ω；
E．开关、导线若干。
根据所给的器材，在方框内画出合理的实验电路图(图中已给出盐水柱、电源的符号)。
(3)为了较准确地测量电导率，他设计以下方案：
把这段封闭的盐水柱均匀拉长(盐水柱的两端始终与电极充分接触)，测得盐水柱长度L和对应的电阻R，利用实验数据作出电阻R与长度L2的关系图像如图所示，则盐水的电导率应为________(用该图线的斜率k、体积V表示)。若测得电导率约为“0.8”，则说明他的假设是正确的。
[三步化“新”为“熟”]
1．本实验测定生理盐水的电导率，和测定金属电阻率实验原理是相同的。
2．根据假设法得出电导率和电阻率成反比D＝，再根据R＝ρ，即可进行实验测量。
3．本实验创新点有两处，一是由测定金属的电阻率创新为测定生理盐水的电导率，对学生推理能力有一定的要求；二是用R?L2图像来处理数据，并应用图像的意义推导电导率的大小。
[解析]　(1)设电导率为D，根据他的假设可知：D＝，由电阻定律得：R＝ρ＝＝ Ω＝1 250 Ω。
(2)因＝125，＝12，则>，所以电流表采用内接法测量误差较小，由于滑动变阻器的最大阻值小于盐水柱的电阻，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示。
(3)由题图看出，R与L2成正比，即有R＝kL2，由电阻定律得：R＝ρ，若D＝，有：kL2＝，则D＝，又体积V＝LS，解得：D＝。
[答案]　(1)1 250　(2)见解析图　(3)
[创新角度归纳]
实验原理
的拓展
根据R＝ρ，实验不仅能测量电阻率，还可测量导线长度、横截面积、直径、厚度等，测电阻时除了伏安法还有其他多种方法
实验器材
的替代
被测量物多样化，可以是金属丝、圆柱体、圆桶、电解液等。电压表可用电流计和定值电阻串联代替。测量阻值很小的电阻时可以将该电阻与定值电阻串联
数据处理
的创新
测量电阻时除了用公式计算法还经常用图像法

1．在“测定金属的电阻率”的实验中，由ρ＝可知，对实验结果的准确性影响最大的是(　　)
A．金属丝直径d的测量　　　 B．电压U的测量
C．电流I的测量 D．金属丝长度l的测量
解析：选A　四个选项中的四个物理量对实验结果的准确性均有影响，但影响最大的是直径d，因为在计算式中取直径的平方，A对。
2．某次测量康铜丝的直径时螺旋测微器的示数如图甲所示，可知此次测得康铜丝的直径为________mm。图乙是测量康铜丝电阻的原理图，利用该电路图测出的电阻值比真实值________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5 mm，可动刻度读数为0.01×38.0 mm＝0.380 mm，所以金属丝的直径为1.5 mm＋0.380 mm＝1.880 mm。题图乙中电流表采用了外接法，电压值是真实的，由于电压表的分流，电流值偏大，根据R＝得测出的电阻值偏小。
答案：1.880　偏小
3．为测量一根金属丝(电阻约5 Ω)的电阻率ρ，选用的电学器材：电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)，滑动变阻器(0～15 Ω)，学生电源(稳压输出3 V)，开关，导线若干。
(1)如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏螺旋测微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮________(选填“A”“B”或“D”)发出“喀喀”声时停止；某次的测量结果如图乙所示，其读数为________mm。
(2)用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整。
(3)如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出图线，求出该金属丝的电阻值为________Ω(结果保留两位有效数字)。
(4)?

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