人教版高中物理选修3-1练习：第二章章末复习课 Word版含答案.pdf

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第五节焦耳定律每课一练一. 选择题；1. 把标有“220V，40W”和“220V，15W”的甲、乙两盏灯串联接在220V电压下,则下面分析正确的是( ）A. 两盏灯的总功率等于55W B。

两盏灯的总功率小于15WC。

甲灯的实际功率大于乙灯的实际功率D。

乙灯的实际功率大于甲灯的实际功率2。

甲、乙两电炉并联在同一电源上，各有开关控制，甲炉电阻是乙炉的4倍，要两电炉产生同样多的热量则应:( )A。

甲通电时间是乙的4倍 B. 乙通电时间是甲的4倍C. 甲、乙通电时间一样长D。

不知道额定电压无法比较3。

一个电热器电阻为R，当它两端电压为U,通过时间t消耗电能为W，若使它消耗的电能为4W，下列方法正确的是（）A. 电阻R不变,电压U不变，通电时间t变为原来的2倍B。

电阻R减半，电压U增大1倍,通电时间t不变C. 电阻R不变,电压U增大1倍,通过时间t不变D. 电阻R减半，电压U不变,通电时间t不变6，把它们串联在电路 4. 有两个灯泡,1L标有“6V，3W”的字样，2L没有标记测得2L电阻为中，两灯均正常发光，那么该电路两端电压和2L的电功率分别是( ）A. 12V,3WB. 12V，1。

5W C。

人教版物理选修3-1第二章：导体的电阻一、多选题1. 关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（）知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比A.由R=ρlS可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B.由R=UIC.将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D.电阻率往往随温度的变化而变化2. 下面关于螺旋测微器读数正确的是（）A.甲图中的读数为3.40mmB.甲图中的读数为3.400mmC.乙图中的读数为1.032mmD.乙图中的读数为1.532mm3. R1和R2是材料相同，厚度相同，表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图电路的A、B端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，下列判断正确的是（）A.R1=R2B.R1>R2C.U1<U2D.U1=U2二、选择题．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率根据电阻定律，电阻率ρ=R⋅SL（）A.跟导线的电阻成正比B.跟导线的横截面积成正比C.跟导线的长度成反比D.由所用金属材料本身特性决定用游标卡尺测量某一物体的厚度，测量时游标卡尺的示数如图所示，下列读数中正确的是（）A.3.90cmB.31.0mmC.30mmD.30.0mm一同学将变阻器与一只“6V、6∼8W”的小灯泡L及开关S串联后接在6V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发光．按如图所示的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将（）A.变暗B.变亮C.亮度不变D.可能烧坏灯泡关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A.R=ρlS是电阻的定义式B.电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度有关C.各种材料的电阻率都随温度升高而增大D.电阻率ρ很大的导体，电阻可以很小如图所示，一段长为a，宽为b，高为c(a>b>c)的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为（）A.c2Ra2B.c2RabC.a2RbcD.R如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=2bc．当将A与B接入电压U(V)的电路中时，电流为I；若将C与D接入电压为U(V)的电路中，则电流为（）A.4IB.2IC.12I D.14I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，其中电阻阻值最小的是（）A. B.C. D.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=2bc，当将A与B接入电路或将C与D接入电路中时电阻之比R AB:R CD为（）A.1:4B.1:2C.2:1D.4:1在如图所示电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以AB上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图线应为（）A. B.C. D.神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ=8×106Ω⋅m．某生物体中某段髓质神经纤维可看作高20cm、半径为4cm的圆柱体，当在其两端加上电压U=100V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为（）A.0.31μAB.0.62μAC.0.15μAD.0.43μA某同学想探究导电溶液是否与金属一样遵从电阻定律．她拿了一根有弹性的细橡胶管，里面灌满了盐水，两端用铁棒塞住管口，形成一段封闭的盐水柱．她量得盐水柱的长度是20cm，并测出此时盐水柱的电阻等于R．然后，她握住橡胶管的两端把它拉长，使盐水柱长度变为40cm．如果溶液的电阻也遵从电阻定律，此时盐水柱的电阻值应为（）A.RB.12R C.2R D.4R两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为1m和2m，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（）A.2:3B.1:3C.1:2D.3:1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=ρ(b+a)2πab B.R=ρ(b−a)2πabC.R=ρab2π(b−a)D.R=ρab2π(b+a)三、实验题在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：待测电阻丝：R x（阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；电源：E1（电动势3V，内阻不计）；E2（电动势12V，内阻不计）；滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm．（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________、电源应选________（均选填器材代号），在虚线框内完成电路原理图．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，长度为________cm，直径为________mm．（2）按图丙连接电路后，实验操作如下：①将滑动变阻器R1的阻值置于最________（选填“大”或“小”）处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；②将电阻箱R2的阻值调至最________（选填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω．（3）由此可知，圆柱体的电阻为________Ω．四、解答题一根长为l=3.0m、横截面积为S=1.5×10−3m2的铁棒，两端加电压U=8.0×10−2V．（铁的电阻率ρ=1.0×10−7Ω⋅m）求：（1）通过铁棒的电流．（2）铁棒内的电场强度．测量液体的电阻率，工业上采用一种称为“电导仪”的仪器，其中一个关键部件如图所示，A、B是两片面积为1cm2的正方形铂片，间距为d=1cm，把它们浸在待测液体中，若通过两根引线加上一定的电压U=6V时，测出电流I=1μA，则（1）这种液体的电阻为多少？（2）这种液体的电阻率是多少？材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1−αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0∘C时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常数．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正、负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0∘C时，铜的电阻率为1.7×10−8Ω⋅m，碳的电阻率为3.5×10−8Ω⋅m；在0∘C附近，铜的电阻温度系数为3.9×10−3∘C−1，碳的电阻温度系数为−5.0×10−4∘C−1．将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长10m的导体，要求其电阻在0∘C附近不随温度变化，求所需碳棒的长度．（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）参考答案与试题解析人教版物理选修3-1第二章：导体的电阻一、多选题1.【答案】A,D【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：ABC项，导体的电阻率由材料本身的性质决定，并随温度的变化而变化．导体的电阻与长度、横截面积有关，与导体两端的电压及导体中的电流无关，A正确，B、C错误；D项，电阻率反映材料导电性能的强弱，电阻率常随温度的变化而变化，D正确．故选AD．2.【答案】B,D【考点】螺旋测微器【解析】此题暂无解析【解答】解：AB项，甲图螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为40.0×0.01mm=0.400m，所以最终读数为3mm+0.400mm=3.400mm，所以A错误，B正确；CD项，乙图螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为3.2×0.01mm=0.032mm，所以最终读数为1.5mm+0.032mm=1.532mm，所以C错误，D正确．故选BD．3.【答案】A,D【考点】电阻定律闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：设正方形的边长为a，则导体的电阻R=ρLS =ρaad=ρd，由两导体的ρ与d相同，得两导体电阻相等，即R1=R2，故A正确，B错误；导体接入电路中，电压表示数U=IR=Er+RR，由于电源电动势E、内阻r、导体电阻R 相同，则电压表示数U相同，即U1=U2，故C错误，D正确．故选AD．二、选择题【答案】D【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定，故D正确，A、B、C错误．故选D．【答案】D【考点】游标卡尺【解析】此题暂无解析【解答】解：当10分度游标卡尺的零刻度线和第10条刻度线都和主尺上某一刻度线对齐时，游标卡尺的读数应看其零刻度线所对齐的主尺上的刻度．如本题中游标卡尺的零刻度线与主尺上30.0mm的刻度线重合，所以被测物体的长度是30.0mm，而不是31.0mm．故D正确．故选D．【答案】B【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确．故选B．【答案】D【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A．R=ρl是电阻的决定式，电阻的定义式是根据欧姆定律得出的，故A错误；SB．电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的性质和温度有关，与导体的长度无关，故B错误；C．各种材料的电阻率随温度升高而变化的方向不一定相同，金属导体随温度的升高而增大，而半导体随温度的升高却减小，故C错误；D．根据电阻定律可知，如果导线长度很小，而横截面积很大时，电阻率很大，电阻也可能很小，故D正确．故选D．【答案】A【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：最大电阻对应的接法应是横截面积最小而长度最长的，即S1=bc，L1=a，此时R=ρabc；最小的电阻对应最大的横截面积与最短的长度，即S2=ab，L2=c，此时R′=ρcab ，则有ρ=R⋅bca=R′⋅abc，得R′=c2a2R．A正确．故选A．【答案】A【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：设沿AB方向的横截面积为S1，沿CD方向的横截面积为S2，则有S1S2=12．AB接入电路时电阻为R1，CD接入电路时电阻为R2，则有R1R2=ρl abS1ρl bcS2=41，电流之比I1I2=R2R1=14，I2=4I1=4I．A正确．故选A．【答案】A【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：由电阻的决定式R=ρLS 可知，A中电阻R A=ρcab，B中电阻R B=ρbac，C中电阻R C=ρabc ，D中电阻R D=ρabc，故电阻最小的为A．故A正确．故选A．【答案】D【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：设沿AB方向横截面积为S1，沿CD方向横截面积为S2，则有S1S2=L adL ab=12，AB接入电路时电阻为R1，CD接入电路时电阻为R2，则有R1R2=ρ⋅L abS1ρ⋅L bcS2=L abL bc⋅S2S1=21⋅21，故R1R2=41．D正确．故选D．【答案】A【考点】路端电压与负载的关系【解析】此题暂无解析【解答】解：由U=IR x=ER ⋅RLx=ELx，其中E、L均为定值，故U与x成正比，A正确．故选A．【答案】A【考点】欧姆定律的应用电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：由R=ρlS ，得R=3.18×108Ω，所以I=UR=0.31μA，A正确．故选A．【答案】D【考点】电阻定律【解析】由电阻定律可得，R=ρLs，对于盐水来讲，体积V=LS保持不变，由此得到电阻的数值．【解答】解：溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，故R=ρLS，使盐水柱长度变为40cm．体积不变，则横截面积变为原来的12，可知电阻变为原来的4倍，即为4R．故选：D．【答案】B【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A、B两端的电势差分别为6V、4V，电流相等．根据欧姆定律得R AR B =32，根据电阻定律得，R=ρlS ，则S=ρlR．则横截面积之比S AS B=13．故B正确，A、C、D错误．故选B．【答案】B【考点】物理量单位推导【解析】此题暂无解析【解答】解：A项，等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a代入得到R≠0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的，故A错误；B项，等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a代入得到R=0，根据上面分析是合理的，故B正确；C项，等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω⋅m2，左右两边单位不同，则此式不合理，故C错误；D项，等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω⋅m2，左右两边单位不同，则此式不合理，故D错误．故选B．三、实验题【答案】（1）1.773（1.771∼1.775均正确）（2）A1,E1,如解答图所示【考点】测定金属的电阻率【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度上显示为1.5mm，小数部分由可动刻度读得为0.273mm，二者相加就是测量值，1.5mm+0.273mm=1.773mm．（2）待测电阻丝的额定电流大约为0.5A，为了减小实验误差，应选量程为0.6A的电流表A1，待测电阻丝的电阻大约为4Ω，额定电流大约为0.5A，故由欧姆定律得额定电压大约为2V，所以电源应选E1．由于待测电阻丝的电阻较小，故电流表应选外接法，如图所示．【答案】（1）5.01,5.315（2）①大,②大（3）1280【考点】测定金属的电阻率【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）游标卡尺的读数为l=(50+0.1×1)mm=50.1mm=5.01cm，螺旋测微器的读数为d=(5+31.5×0.01)mm=5.315mm．（2）电学实验的设计要遵循科学性原则、安全性原则和准确性原则．此电路中滑动变阻器是以限流方式接入电路中的，故在①步骤中合上开关前应使其接人电路中的阻值为最大，以保证电路安全．同理②步骤中亦将电阻箱R2的阻值调至最大．（3）①步骤中，由闭合电路欧姆定律得I0=ER+R1+R g+r，其中R表示圆柱体的电阻②步骤中，仍由闭合电路欧姆定律得I0=ER2+R1+R g+r，由等量代换可得R=R2=1280Ω．四、解答题【答案】（1）通过铁棒的电流为4×102A．（2）铁棒内的电场强度为2.7×10−2V/m．【考点】欧姆定律的应用电阻定律电场强度【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）由R=ρlS 和I=UR得I=USρl =8.0×10−2×1.5×10−31.0×10−7×3.0A=4×102A．（2）E=Ud =8×10−23.0V/m=2.7×10−2V/m．【答案】（1）这种液体的电阻为6×106Ω；（2）这种液体的电阻率是6×104Ω⋅m．【考点】电阻定律闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）根据欧姆定律R=UI得液体的电阻R=UI =61×10−6Ω=6×106Ω．（2）根据电阻定律R=ρLS可得ρ=RSL =6×106×1×10−41×10−2Ω⋅m=6×104Ω⋅m．【答案】所需碳棒的长度为3.27m．【考点】电阻定律【解析】此题暂无解析【解答】解：设碳棒的长度为x，则铜棒的电阻为R1=ρ1L−xS =ρ01(1−α1t)L−xS，碳棒的电阻R2=ρ2xS =ρ02(1−α2t)xS，要使得在0∘C附近总电阻不随温度变化，则有R1+R2=定值，则有式中t的系数必须为零，即有x≈3.27m．。

人教版物理选修3-1第二章：闭合电路的欧姆定律一、多选题1. 对于闭合电路欧姆定律的理解，下列说法一定正确的是（）A.在电源电动势不变时，外电路的电阻越大，路端电压越大B.在电源电动势不变时，外电路的电阻越大，电源内电压越大C.当外电路断开时，路端电压的大小等于电源电动势D.当外电路短路时，电源电动势为零2. 对于电动势和内阻确定的电源的路端电压，下列说法中正确的是（I、U、R分别表示干路电路电流、路端电压和外电阻）（）A.U随着R的增大而减小B.当R=0时，U=0C.当电路断开时，I=0，U=0D.当R增大时，U也会增大3. 如图所示，直线B为电源的U−I图像，直线A为电阻R的U−I图像，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）A.电源的输出功率为4WB.电源的输出功率为2WC.电源的效率为33.3%D.电源的效率为66.7%4. 如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况．以下说法正确的是（）A.图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B.图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C.此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值不变5. 如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系（U−I图线），图线②表示其输出功率与电流的关系（P−I图线）．则下列说法正确的是（）A.电池组的电动势为50VΩB.电池组的内阻为253C.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30V6. 某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（）A.反映P r变化的图线是cB.电源电动势为8VC.电源内阻为2ΩD.当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω7. 在如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不能忽略，闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，在这一过程中（）A.通过R1的电流增大，增量为ΔUR1B.R2两端的电压减小，减小量为ΔUC.通过R2的电流减小，减小量小于ΔUR2D.路端电压增大，增大量为ΔU二、选择题电动势为2V的电池在电路上输出1A的电流，可以断定（）A.内外电阻相差2ΩB.外电阻为2ΩC.内电阻为2ΩD.内外电阻之和是2Ω一太阳能电池板，测得它的开路电压（电动势）为800mV，短路电流为40mA，若将该电池板与一阻值为60Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（）A.0.10VB.0.20VC.0.40VD.0.60V如图所示的电路中，把R由2Ω改为6Ω时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为（）A.4ΩB.8ΩC.6ΩD.2Ω电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电．关于路端电压，下列说法中正确的是（）A.因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B.因为U=IR，所以当R增大时，路端电压也增大C.因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大D.因为U=E−Ir，所以当I增大时，路端电压减小当外电路的电阻分别为8Ω和2Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是（）A.1ΩB.2ΩC.4ΩD.6Ω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.3.0VB.3.6VC.4.0VD.4.2V利用如图所示电路可以测出电压表的内阻．已知电源的内阻可以忽略不计，R为电阻箱．闭合开关，当R取不同阻值时，电压表对应有不同读数U．多次改变电阻箱的阻值，−R图像应该是（）所得到的1UA. B.C. D.图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器．在可变电阻R3由较大逐渐变小的过程中（）A.电容器充电B.流过R2的电流方向是由b到aC.电容器的电荷量在逐渐减少D.电源内部消耗的功率变小如图所示的电路，闭合电键S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值．则（）A.电流表的示数减小B.电压表的示数减小C.电阻R2两端的电压减小D.路端电压增大如图所示的电路，三个相同的灯泡L1、L2、L3，当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（）A.L1变亮，L2、L3变暗B.L1、L2变亮，L3变暗C.L1、L3变暗，L2变亮D.L1、L3变亮，L2变暗如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为（）A.5:3B.3:5C.2:3D.3:2某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I的变化的图像如图所示，由图可知下列选项错误的是（）A.该电池的电动势E=4VB.该电池的内阻r=1ΩC.该电池的输出功率为3W时，电路中的电流可能为1AD.输出功率为3W时，此电源的效率一定为25%三、解答题在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R= 5.0Ω．闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流I．（2）电阻R消耗的电功率P．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R0=1Ω．求：（1）电源的总功率．（2）电动机的输出功率．一个内阻为1Ω、电动势未知的电源接入如图所示电路，已知两定值电阻R1和R2的阻值分别为2Ω和6Ω，小灯泡L规格“3V 1.5W”，且忽略温度对小灯泡电阻的影响．当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端a时，理想电流表示数为1A，灯L能正常发光．（1）求电源的电动势．（2）求当P移到最左端b时，电流表的示数．（3）当滑动变阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值为多少？如图所示中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻不计，求：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流．（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电荷量．如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表内阻对电路的影响．（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？（2）定值电阻R0以及变阻器的总电阻R分别为多少？（3）求出电源的电动势和内阻．参考答案与试题解析人教版物理选修3-1第二章：闭合电路的欧姆定律一、多选题1.【答案】A,C【考点】路端电压与负载的关系闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．当电源的电动势不变时，当外电路的阻值越大，电流强度越小，根据U=Ir，可知，内电压越小，则外电压越大，即路端电压越大，故A正确，B错误；C．外电路断开时的路端电压在数值上等于电源的电动势，故C正确；D．外电路短路时，电源电动势仍不变，故D错误．故选AC．2.【答案】B,D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A．电源电动势不变，U=E−Ir，当R增大时，I必然减小，U变大，故A错误；B．当R=0时，电路处于短路状态，电源路端电压为0，故B正确；C．根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir可知，外电路断开时，路端电压为E，故C错误；D．由U=E−ER+r可知，当R增大时，U也会增大，故D正确．故选BD．3.【答案】A,D【考点】电源的功率和效率【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．由直线A可知R=UI =22Ω=1Ω，由直线B可知E=3V，电源的内阻：r=E I 短=36Ω=0.5Ω，电源的输出功率：P出=I2R=(ER+r)2R=(31+0.5)2×1W=4W，故A正确，B错误；CD．电源的效率η=P出P总=I2RI2(R+r)×100%=11+0.5×100%≈66.7%，故C错误，D正确．故选AD．4.【答案】A,B,D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，可知路端电压增大，即知电压表V1示数增大，电压表V2的示数减小，电压表V3的示数增大，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A、B正确；C．由闭合电路欧姆定律得U1=E−Ir，则|ΔUΔI|=r，保持不变，故C错误；D．由闭合电路欧姆定律得U3=E−I(r+R1)，则|ΔU3ΔI|=R1+r，故D正确．故选ABD．5.【答案】A,C,D【考点】电功率闭合电路的欧姆定律电源的电动势和内阻【解析】此题暂无解析【解答】解：AB．U−I图线①与U轴交点表示电路处于断路状态，则电源的电动势E=U=50V，电源的内阻等于图线的斜率大小，则r=ΔUΔI =50−255Ω=5Ω，故A正确，B错误；C．当电流为2.5A时，根据闭合电路欧姆定律得外电路的电阻R=E−IrI =50−2.5×52.5Ω=15Ω，故C正确．D．电池组的输出功率为120W时，由P−I图线读出电流I=4A，则输出电压为U= E−Ir=50V−4×5V=30V，故D正确．故选ACD．6.【答案】A,C,D【考点】电功率【解析】此题暂无解析【解答】解：A．根据直流电源的总功率P E=EI，内部的发热功率P r=I2r，输出功率P R=EI−I2r，可知反映P r变化的图线是c，反映P E变化的是图线a，反映P R变化的是图线b，故A正确；B．图线a的斜率等于电源的电动势，由此得E=PI=4V，故B错误；C．由图知，当I=2A时，P r=8W，由公式P r=I2r得，r=2Ω，故C正确；D．当电流为0.5A时，由图读出电源的功率P E=2W，由P E=E2R+r代入得到，R=6Ω，故D正确．故选ACD．7.【答案】A,C【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：AC．设电源内阻为是r，则U=E−I(R2+r)，则通过R2的电流变化量为ΔI=ΔU R2+r ，通过R1的电流的变化量为ΔI1=ΔUR1，AC正确；B．通过R2的电压变小，变化量为ΔUR2R2+r，B错误；D．路端电压变大，增大量为ΔUrR2+r，D错误．故选AC．二、选择题【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：由闭合电路欧姆定律I=ER+r，已知电动势为2V，在电路上输出1A的电流，代入得：R+r=2Ω，即内外电阻之和是2Ω，所以A、B、C错，D对．故选D．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析解：电源内阻r=EI短=0.80.04Ω=20Ω，接入60Ω的电阻后，路端电压U=ER+rR=0.6V，D正确．故选D．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)，当R=2Ω时，E=I(2+r)；当R=6Ω时，E=I2(6+r)，解得r=2Ω，故D正确．故选D．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：A．电源电动势不变，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误；B．当R增大时，I减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而应由U=E−Ir分析，E，r不变，I减小，得到U增大，故B错误；C．当I增大时，说明R减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E−Ir分析，E，r不变，I增大，得到U减小，故C错误；D．根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir可知，I增大时，路端电压U减小，故D正确．故选D．【答案】C【考点】焦耳定律的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：据题意可知(ER1+r )2R1=(ER2+r)2R2，将R1=8Ω，R2=2Ω代入，解得r=4Ω，故C正确．故选C．【答案】B【考点】此题暂无解析【解答】解：由已知条件，由欧姆定律求出电阻的电流I，再由闭合电路欧姆定律，求出电池的电动势，由欧姆定律，得I=UR =35A=0.6A，又由闭合电路欧姆定律，得E=I(R+r)=0.6×(5+1)V=3.6V，故B正确．故选B．【答案】A【考点】伏安法测电阻【解析】此题暂无解析【解答】解：根据闭合电路欧姆定律应有：E=U+UR V ⋅R整理可得：1U=1ER VR+1E，可见1U−R图像应是一个一次函数，故A正确．故选A．【答案】C【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：ABC．可变电阻R3由大到小的过程中，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中电流增大，内电压及R1两端的电压增大，则R3两端的电压减小；电容器两端的电压减小，电容器电量减小，故电容器放电，电容器的带电量减小，电流方向由a 到b，故C正确，A、B错误；D．由P=I2r可知，电源内部消耗的功率变大，故D错误．故选C．【答案】B【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，R变小，电路中总电阻变小，所以电路中总电流变大，所以电流表示数I变大，路端电压U路=E−Ir变小，电阻R2两端的电压U2=IR2变大，电压表示数U=E−I(R2+r)变小，故ACD错误，B正确．故选B．【答案】B串联电路和并联电路的特点闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，电路总电阻减小，干路电流I1增大，电压U1增大，L3两端的电压U3=E−U1减小，所以L1变亮，L3变暗．由I2=I1−U3R L3知I2变大，所以L2变亮，故B正确．故选B．【答案】D【考点】闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：S断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E=3V；S闭合时，U外=1.8V，所以U内=E−U外=1.2V；因U外=IR，U内=Ir，所以R:r=U 外:U内=1.8:1.2=3:2，故D正确．故选D．【答案】D【考点】电功率电源的功率和效率电源的电动势和内阻【解析】此题暂无解析【解答】解：A．P=EI−I2r，根据数学知识，当I=E2r 时，P最大，此时U内=U外，由P=4W，I=2A，得到U=PI=2V，则E=4V，故A正确；B．r=UI =22Ω=1Ω，故B正确；C．当P=3W时，由P=EI−I2r，代入解I1=1A，I2=3A，故C正确；D．由C项，η=UIEI =UE，当I1=1A时，U=E−I1r=3V，η=75%，当I2=3A，U=E−I2r=1V，η=25%，故D错误．本题选错误的，故选D．三、解答题【答案】（2）电阻R消耗的电功率P=5.0W．【考点】电功率闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流I=ER+r = 6.05.0+1.0A=1.0A．（2）R上消耗的电功率P=I2R=1.02×5.0W=5.0W．【答案】（1）电源的总功率是40W．（2）电动机的输出功率是12W．【考点】闭合电路的欧姆定律电功率【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）L正常发光，路端电压等于灯泡额定电压8V．内电压U内=(10−8)V=2V，则总电流I=U内r=4A，电源总功率为P电=IE=4×10W=40W．（2）流经电动机的电流I M=I−PU=2A，输入电动机的总功率：P电动机=UI M=8×2W=16W，电动机内阻消耗功率：P内=I M2R0=4×1W=4W，故电动机输出功率P出=(16−4)W=12W．【答案】（1）电源的电动势6V；（2）当P移到最左端b时，电流表的示数2A；（3）当滑动变阻器的Pb段电阻2Ω时，变阻器R3上消耗的功率最大，最大值为2W．【考点】闭合电路的欧姆定律此题暂无解析【解答】解：（1）当P在最右端a时，根据闭合电路欧姆定律，则有：E=I(R1+r)+U L=1×(2+1)V+3V=6V；（2）当P移到最左端b时外电路只有R1时，那么电路中电流表示数I=ER1+r =63A=2A；（3）灯泡的电阻为R L=U2P =321.5Ω=6Ω，灯泡与变阻器并联阻值为R L3=R L R3R L+R3=6R36+R3，电路中的总电流：I=Er+R1+R L3，将已知量代入，化简解得I=2(6+R3)3R3+6，而U3=IR L3=4R3R3+2，所以，变阻器消耗的功率为：P3=U32R3=16R3R32+4R3+4=16R3+4R3+4，所以，当R3=2Ω，变阻器消耗的功率最大为P3m=2W．【答案】（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A．（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电荷量1.2×10−4C．【考点】电容器的动态分析闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）闭合S时：I=ER1+R2=104+6A=1A．（2）设S闭合与断开时C的电荷量分别为Q1、Q2，则：Q1=CIR2，Q2=CE，所以，断开S以后流过R1的电荷量为：ΔQ=Q2−Q1=30×10−6×(10−6)C=1.2×10−4C．【答案】（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象V1对应AC、V2对应BC．（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为3Ω和12Ω．（3）电源的电动势8V，内阻为1Ω．【考点】路端电压与负载的关系闭合电路的欧姆定律【解析】此题暂无解析解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC．（2）由题意得：U1=IR0，则R0=ΔU1ΔI =6−1.52−0.5Ω=3Ω，当滑动变阻器取最大值时，电流最小I min=0.5A，而U R=U2−U1=(7.5−1.5)V=6V，所以R max=U RI min =60.5Ω=12Ω．（3）因为U2=E−Ir，则内阻r=ΔU2ΔI =7.5−62−0.5Ω=1Ω，所以E=U2+Ir=7.5V+0.5×1V=8V．。

第二章章末复习课【知识体系】[答案填写] ①q t ②非静电力 ③W q ④U I⑤UIt ⑥UI ⑦I 2Rt ⑧I 2R ⑨U 1＋U 2＋… ⑩R 1＋R 2＋… ⑪P 1＋P 2＋… ⑫I 1＋I 2＋… ⑬1R 1＋1R 2＋… ⑭P 1＋P 2＋… ⑮ρl S ⑯I 2Rt ⑰U R ⑱E R ＋r⑲IE ⑳IU ○21I 2r主题1 电路的动态分析1．电路中不论是串联部分还是并联部分，只要有一个电阻的阻值变大时，整个电路的总电阻必变大．只要有一个电阻的阻值变小时，整个电路的总电阻必变小．2．根据总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判定总电流、电压的变化．3．判定固定支路电流、电压的变化．4．判定变化部分的电流、电压变化，如变化部分是并联回路，那么应先判定固定电阻部分的电流、电压的变化，最后可变电阻部分的电流、电压就能确定了．【典例1】(多选)如图所示电路，电源内阻不可忽略，且R1>r.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．R1上消耗的功率增大D．电源输出的功率增大解析：变阻器R0的滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小．并联部分电压U并＝E－I(R1＋r)，I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，故电流表示数减小．故A正确，B错误．干路电流I增大，由功率公式P＝I2R分析得知，R1上消耗的功率增大．故C正确．根据推论：当电源的内电阻等于外电阻时，电源的输出功率最大，由题意，R1>r，外电路总电阻减小，可知电源输出的功率减小．故D错误．答案：ACD针对训练1.如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是()A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大解析：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．根据I＝ER＋r，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E＝Ir＋U外，可知路端电压U外在减小，故A正确．流过电流表的示数为I＝UR3，可知电流在减小，故B错误，根据P＝I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．答案：A主题2电阻的测量1．伏安法测电阻(测灯泡的伏安特性曲线)：当R xR A>R VR x，采用内接法，结果偏大．当R xR A<R VR x，采用外接法，结果偏小．大内偏大，小外偏小．2．仪器选择：先选电压表：依据电源和电表量程．电流表通过计算：电压表量程与被测元件大约阻值之比．3．变阻器：判断分压式和限流式．①待测用电器电阻远大于或远小于滑动变阻器电阻．②实验要求待测用电器电流及其两端电压可以由0开始连续变化(例如测小灯泡的伏安特性曲线)．③实验要求待测用电器电流及其两端电压可变范围较大．④采用限流式接法时，无论如何调节变阻器，电流、电压都大于对应电表的量程．4．电路图和实物连线．【典例2】为精确地测量一阻值大约为20 Ω的电阻R0，可供选择的器材如下：电流表A1(量程500 mA，内阻约为2 Ω)；电流表A2(量程100 mA，内阻约为10 Ω)；电压表V1(量程5 V，内阻r＝2 000 Ω)；电压表V2(量程15 V，内阻约为5 000 Ω)；定值电阻R0＝10 Ω；定值电阻R0＝1 000 Ω；滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值1 000 Ω)；电源E(电动势约为4 V，内阻r约为1 Ω)；开关，导线若干．(1)为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的12，并使耗电功率最小，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________(均填器材代号)．(2)根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图，并标出每个电学元件的代号．解析：(1)电源电动势为4 V，直接使用电压表V1量程太小，为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的12，使用电压表V2量程又太大，可以把电压表V1与定值电阻R0串联，增大其量程进行实验，故电压表选择V1，待测电阻两端的电压不能超过2 V，最大电流不超过100 mA，所以电流表选A2，待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压式接法，为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的R1.(2)为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，由于待测电阻阻值接近电流表内阻，所以采用电流表外接法．注意电压表需要用电压表V1，与R0串联后改装使用，如图所示：答案：(1)V1A2R1(2)电路图如解析图所示针对训练2．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A ．小灯泡“6 V 3 W ”B ．直流电源6～8 VC ．电流表(量程3 A ，内阻约0.2 Ω)D ．电流表(量程0.6 A ，内阻约1 Ω)E ．电压表(量程6 V ，内阻约20 kΩ)F ．电压表(量程20 V ，内阻约60 kΩ)G ．滑动变阻器(0～20 Ω，2 A)H ．滑动变阻器(1 kΩ，0.5 A)(1)实验所用到的电流表应选________，电压表应选________，滑动变阻器应选________(填字母代号)．(2)在虚线框内画出最合理的实验原理图．解析：(1)灯泡额定电流I ＝P U＝0.5 A ，电流表应选D ；灯泡额定电压6 V ，电压表应选E ；为方便实验操作，减小误差，滑动变阻器应选G .(2)描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R ＝U I ＝12 Ω，R R A ＝12，R V R ＝1 666.7，R R A＝12<R V R ＝1 666.7，电流表应采用外接法，实验电路图如下图所示．答案：(1)D E G (2)电路图如图所示统揽考情本章实验是高考的必考点，也是本章的重点难点．实验包括伏安法测伏安特性曲线，测电阻以及测电源的电动势和内阻，往往还会用到电表的改装和多用电表的使用．真题例析(2015·课标全国Ⅰ卷)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可求出R1＝________Ω，R2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表A对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为______Ω的电阻，R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路．则图中的d点应和接线柱________(填“b ”或“c ”)相连．判断依据是：________．解析：(1)定值电阻和毫安表都是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比，若使用a 和b 两个接线柱，量程为3 mA ，则通过R 1和R 2的为2 mA ，电流比为1∶2，所以电阻比为2∶1，可得R 1＋R 2＝12R g ＝50 Ω.若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10 mA ，通过R 1的电流为9 mA ，电流比为1∶9，可得电阻比为9∶1，即R 1＝19(R g ＋R 2)整理可得R 2＝35 Ω，R 1＝15 Ω.(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为1.5 V 0.000 5 A ＝3 000 Ω，最小阻值为1.5 V 0.003 A＝500 Ω.若定值电阻选择为1000 Ω，则无法校准3.0 mA ；所以定值电阻选择300 Ω.由于最大阻值要达到3 000 Ω，所以滑动变阻器要选择3 000 Ω.(3)因为只有一个损坏，所以验证R 2是否损坏即可．所以d 点应和接线柱“c ”相连，若电流表无示数，则说明R 2短路，若电流表有示数，则说明R 1断路．答案：(1)R 1＝15 Ω R 2＝35 Ω(2)500 Ω 3 000 Ω(3)c 若电流表无示数，则说明R 2断路，若电流表有示数，则说明R1断路．针对训练某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计○G改装的电流表○A，○V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．①已知灵敏电流计○G的满偏电流I g＝100 μA，内阻r g＝2.0 k Ω，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________Ω(保留一位小数)的定值电阻R1.②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路．③某次实验的数据如下表所示：(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是________________________________________________________________. ④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误．则内阻测量值总是偏大的原因是( )A ．电压表内阻的影响B ．滑动变阻器的最大阻值偏小C ．R 1的实际阻值比计算值偏小D ．R 0的实际阻值比标称值偏大解析：①I g r g ＝(I －I g )R 1，解得R 1＝1.0 Ω.②参见答案．③r ′＝ΔU ΔI ，r 1′＝U 5－U 1I 5－I 1，r 2′＝U 6－U 2I 6－I 2， r 3′＝U 7－U 3I 7－I 3，r 4′＝U 8－U 4I 8－I 4， I 5－I 1＝I 6－I 2＝I 7－I 3＝I 8－I 4＝80 mA ，r ＝r ′－R 0＝r 1′＋r 2′＋r 3′＋r 4′4－R 0＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪U 5＋U 6＋U 7＋U 8－U 1－U 2－U 3－U 44×0.08 A －4 Ω＝ 1．66 Ω.④电压表内阻的影响会造成E 和r 的测量值均偏小，滑动变阻器对测量没有影响，R 1的值偏小，电流表测量值偏小，r ′测量值偏大，r ＝r ′－R 0，R 0偏小，r 偏大．答案：①1.0 ②如图③1.66 充分利用已测得的数据 ④CD1．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图a 所示，测量金属板厚度时的示数如图b 所示．图a 所示读数为________mm ，图b 所示读数为________mm ，所测金属板的厚度为________mm.图a 图b解析：图a ：0＋0.010 mm ＝0.010 mm ；图b ：6.5 mm ＋0.3700 mm ＝6.870 mm ；厚度为：6.870 mm －0.010 mm ＝6.860 mm.答案：0.010 6.870 6.860 2．(2014·课标全国Ⅱ卷)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x 约为200 Ω，电压表○V 的内阻约为2 k Ω，电流表 ○A 的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接表的连接方式如图a 或图b 所示，结果由公式R x ＝U I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a 和图b 中电路图测得的电阻值分别记为Rx 1和Rx 2，则________(填“Rx 1”或“Rx 2”)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．图a图b解析：由于R VR x＝10；R xR A＝20，可认为是大电阻，采取电流表内接法测量更准确，即图a电路测量，Rx1更接近待测电阻真实值；图a电路测量由于电流表的分压使测量值大于真实值；图b电路测量由于电压表的分流使测量值小于真实值．答案：Rx1大于小于3．(2015·江苏卷)小明利用如题图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻(1)图中电流表的示数为________A.(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下I图线．由图线求得：电动势E＝________V：内阻r＝________Ω.(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_________________________________________________________．解析：(1)由题目表格测量数据知，电流表使用0.6 A，则读数为0.44；(2)描点画图，如图所示：根据U＝－Ir＋E：图线的斜率等于内阻r＝1.2 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．答案：(1)0.44(2)U－I图象如解析图所示1．60(1.58～1.62都算对) 1.2(1.18～1.26都算对)(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大4．(2015·四川卷)用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值R x.已知电池的电动势约 6 V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧．可选用的实验器材有：电流表A1(量程0～30 mA)；电流表A2(量程0～100 mA)；电压表V(量程0～6 V)；滑动变阻器R1(阻值0～5 Ω)；滑动变阻器R2(阻值0～300 Ω)；开关S一个，导线若干条．某同学的实验过程如下：Ⅰ.设计如图所示的电路图，正确连接电路．Ⅱ.将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录．以U为纵轴，I为横轴，得到如图4所示Ⅲ.断开开关，将R x改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U－I图线，图线与横轴I的交点坐标为(I0，0)，与纵轴U的交点坐标为(0，U0)．回答下列问题：①电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；②由下图的图线，得电源内阻r＝________Ω；③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式R x＝________，代入数值可得R x；④若电表为理想电表，R x 接在B 、C 之间与接在A 、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围________，电压表示数变化范围________．(选填“相同”或“不同”)解析：①由题意可知，电动势为6 V ，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A 2；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5 Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R 2；②根据图3电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因此图4中，图线斜率绝对值即为电源的内阻，有：r ＝|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5.5－4.5（60－20）×10－ Ω＝25 Ω. ③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等效电源的内阻，因此有：r ′＝r ＋R x ＝|k ′|＝U 0－0I 0－0，解得：R x ＝U 0I 0－r . ④若电表为理想电表，R x 接在B 、C 之间与接在A 、B 之间，电路的总电阻可变范围不变，因此电流表的示数变化范围相同，R x 接在B 、C 之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，而R x 接在A 、B 之间时，电压表测量的是滑动变阻器与Rx 两端电压的和，由于对应某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范围也不同．答案：①A 2 R 2 ②25 ③U 0I 0－r ④相同 不同 5．(2015·广东卷)某实验小组研究两个未知元件X 和Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 k Ω)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等．①使用多用电表粗测元件X的电阻．选择“×1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为________Ω.据此应选择图中的________(填“b”或“c”)电路进行实验．②连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验．③图(a)是根据实验数据作出的U－I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件．④该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图(b)所示．闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V，利用图(a)可算得E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)．解析：①欧姆表读数由图知：10 Ω，由U－I图象知x的电阻：R＝3.00.30Ω＝10 Ω，RR A＝101Ω<R VR＝3 00010Ω，所以用外接法．②P从左往右，分压变大则电流表示数增大．③由图知Y是非线性元件．④S2闭合：E＝310(r＋10)，S2断开：E＝110(r＋21＋10)，两式联立得：E＝3.2 V，r＝0.50 Ω.答案：①10b②增大③Y④3.20.50。

人教版物理选修3-1第二章：多用电表的原理一、选择题。

1. 有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为：“×1”“×10”“×100”“×1k”，某同学把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角很大，为了减小误差，它应该（）A.换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮B.换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮C.换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮D.换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮2. 把一个满偏为6mA的电流表改装成欧姆表，其中电源电动势为3V．在测电阻时，电流表指针指在表盘上2mA处，则改成相应的电阻刻度时，应是（）A.250ΩB.500ΩC.1000ΩD.1500Ω3. 如图所示是一个欧姆表的外部构造示意图，其正、负插孔内分别插有红、黑表笔，则虚线内的电路图应是图中的（）A. B. C. D.4. 关于欧姆表，下列说法中正确的是（）A.欧姆表是由电压表和电流表组合而工作的B.欧姆表是根据闭合电路的欧姆定律工作的C.被测电阻越大，欧姆表的指针偏转角就越大D.与电流表、电压表一样，欧姆表的刻度是均匀的5. 把一个满偏电流为200μA的电流表改装成欧姆表，其中电源的电动势E=1.5V．当调好零后，在两表笔间接一被测电阻R x时，电流表G的指针指在刻度盘的正中间位置，那么R x的值是（）A.7.5kΩB.22.5kΩC.15kΩD.30kΩ6. 用多用电表欧姆挡测电阻，有许多注意事项，下列说法中哪些是正确的（）A.测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B.因为使用多用电表之前有一个机械调零，所以测电阻时不用再调零C.待测电阻如果是连接在某电路中，应先把它与其他元件断开，再进行测量D.两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此应当用两个手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起7. 如图所示为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻R g=100Ω，调零电阻最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电源电动势E=1.5V，用它测量电阻R x，能准确测量的阻值范围是（）A.300kΩ∼80kΩB.3kΩ∼8kΩC.300Ω∼80ΩD.300Ω∼80Ω8. 一只多用电表有4个欧姆挡，分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，欧姆挡表盘的中间刻度值为“15”．现用它来测量一未知电阻的阻值，先将选择开关置于“×100”挡处，接着将红表笔和黑表笔接触，发现表针指在“0”处，然后进行测量，结果发现表针指在欧姆挡刻度值为“200”的刻度线附近，为了使测量结果更准确，必须换挡并重新测量，下列说法正确的是（）A.必须将选择开关改为置于“×10”挡处B.必须将选择开关改为置于“×1”挡处C.换挡之后必须重新调零才能进行测量D.换挡之后不必重新调零就能进行测量9. 用欧姆表测一个电阻R的阻值，选择旋钮置于“×10”挡，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定（）A.R=150ΩB.R=1500ΩC.1000Ω<R<1500ΩD.1500Ω<R<2000Ω10.黑箱中有一个二极管，还有两个阻值均为1kΩ的电阻，它们与黑箱的接线柱1、2、3接成电路，用多用电表的电阻挡对这三个接线柱间的电阻进行测量，得到的数据如表所示，那么黑箱中的线路是哪一个（）A. B.C. D.11. 一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间．如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为（）A.1000ΩB.5000ΩC.1500ΩD.2000Ω12. 用多用电表测直流电压U和测电阻R时，若红表笔插入多用电表的“+”插孔，则（）A.测U时电流从红表笔流入多用电表，测R时电流从红表笔流出多用表B.测U、测R电流均从红表笔流入多用电表C.测U、测R电流均从红表笔流出多用电表D.测U时电流从红表笔流出多用电表，测R时电流从红表笔流入多用电表13. 欧姆表电路及刻度盘如图所示，现因表头损坏，换用一个新表头．甲表头满偏电流为原来表头的2倍，内阻与原表头相同；乙表头满偏电流与原表头相同，内阻为原表头的2倍，则换用甲表头和换用乙表头后刻度盘的中值电阻分别为（）A.100Ω，100ΩB.200Ω，100ΩC.50Ω，100ΩD.100Ω，200Ω二、多选题。

最新人教版高中物理选修3-1复习资料全套带答案高中物理第一章静电场章末总结新人教版选修3-1第一部分题型探究静电力与平衡把质量m的带负电小球A,用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为Q的带正电球B靠近A,当两个带电小球在同一高度相距r时，绳与竖直方向成a角•试求:(1)A球受到的绳子拉力多大？(2)A球带电荷量是多少？【思路点拨】(1)对小球A受力分析，受重力、静电引力和绳子的拉力，根据三力平衡求出绳子拉力;(2)根据库仑定律求出小球A的带电量.解析：⑴带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F'、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零.因此mg-Tcos a =0, F' -Tsin a =0e nig ,得丁= ------ ，F = mg tan a.cos a(2)根据库仑定律F ‘ =k^r,2所以A球带电荷量为q"；,：答案：(1) A球受到的绳子拉力F，=mgtan a/、 4皿i 卄冃口mgr2tan a(2) A球带电荷量是q= —小结：本题先根据平衡条件得到库仑力，再根据库仑定律求出B球的带电量.a针对性训练1.用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点.已知两小球质量均为m,当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为0,如图所示.若己知静电力常量为k,重力加速度为g.求：(1)小球所受拉力的大小；⑵小球所带的电荷量.解析：(1)对小球进行受力分析，如图所示.设绳子对小球的拉力为T,则"严(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F,贝!) F=mgtan 0 ,又因为：F=k —, r=2Lsin 0 r所以Q = 2Lsi 吧严卜答案：见解析粒子在电场屮的运动一带电的粒子射入一固定的点电荷Q 形成的电场中，沿图屮虚线由a 点运动到b 点，a 、b 两点到点A. 粒子一定带正电荷B. 电场力一定对粒子做负功C. 粒子在b 点的电势一定高于a 点的电势D. 粒子在b 点的加速度一定小于在a 点的加速度【思路点拨】由于粒子运动的轨迹是远离电荷Q 的，所以可以判断它们应该是带同种电荷；再由电场力的方向和粒子运动的方向的关系，可以判断做功的情况；根据电场线的疏密可以判断出场强的大小，进而可以判断出电场力和加速度的大小.解析：A. rh 粒子的运动的轨迹对以判断出粒子和点电荷Q 之间的作用力是互相排斥的，所以它们应该 是带同种电荷，但不一定就是带正电荷，所以A 错误.B. 由于粒子和点电荷Q 之间的作用力是互相排斥的，而粒子是向着电荷运动的，也就是库仑力的方 向和粒子运动的方向是相反的，由功的公式可以判断电场力一定对粒子做负功，所以B 正确.C. 由A 的分析可知，不能判断Q 带的电荷的性质，所以不能判断ab 点的电势的高低，所以C 错误.D. 由于r a >n,根据E=k2可以判断a 点的场强要比b 点小，所以粒子在b 点时受的电场力比较大， r加速度也就大，所以D 错误.答案：B小结：本题是対电场性质的考查，根据粒子的运动的轨迹判断出粒子和电荷Q 所带的电荷的性质，是 解决本题的关键，当然还要理解电场线与场强的关系.»针对性训练2. (多选)一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abed 曲线，下列判断正确的是(BC)A. 粒子带负电B. 粒子通过a 点时的速度比通过b 点时大C. 粒子在a 点受到的电场力比b 点小则在这一过程中(若粒子只受电场力,D.粒子在a点时的电势能比b点大解析：A.轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子帯正电.故A 错误.B.从a到b,电场力做负功，根据动能定理，动能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b 点的速度.故B正确.C.b点的电场线比a点电场线密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，所以粒子在a点的电场力比b点小.故C正确.D.从a到b,电场力做负功，电势能增加.所以a点的电势能小于b点的电势能.故D错误.功能关系在电场中的运用如图所示，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将质子和a粒子(带电荷量是质子的2倍，质量是质子的4倍)分别从A点由静止释放到达B点时，它们速度大小之比为多少？解析：质子和a粒子都是正离子，从A点释放后将受电场力作用，加速运动到B点，设AB间的电势差为U,根据动能定理得：对质子：qnU=^mnVH①对a粒子：q a U=^maVa②答案：将质子和a粒子分別从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小Z比是£： 1.»针对性训练3.如图所示，一电子(质量为in,电量绝对值为e)处于电压为U的水平加速电场的左极板A内侧，在电场力作用下由静止开始运动，然后穿过极板B中间的小孔在距水平极板M、N等距处垂直进入板间的匀强偏转电场.若偏转电场的两极板间距为d,板长为1,求：(1)电子刚进入偏转电场时的速度vo；(2)要使电子能从平行极板M、N间飞出，两个极板间所能加的最大偏转电压•令 習 厂 M解析：（1）在加速电场屮，由动能左理有:eU=^mvo —0©（2）电子在偏转电场屮做类平抛运动，有: 平行极板方向：要飞出极板区:联解③④⑤式得：「即 U‘ .ax=-^-U. @答案：见解析创新探究有这样一种观点：有质量的物体都会在英周围空间产生引力场，而一个有质量的物体在英他有质量 的物体所产生的引力场中，都要受到该引力场的引力（即万有引力）作用，这种情况可以与电场类比，那么， 在地球产生的引力场中重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比（）A. 电势B.电势能C.电场强度D.电场力解析：本题的情境比较新，引力场与电场是两个不同性质的场，但有可比性.引力场的特点是对处于 引力场的有质量的物体有力的作用即F=n ）g, g 为重力加速度，这是引力场中力的性质.而电场的特点是 对处于电场的电荷有力的作用即F=Eq, E 为电场强度.两者都是从力的角度显示场的重要性质.答案：C第二部分典型错误释疑典型错误之一忽视对电性的讨论真空中两个静止点电荷相距10 cm,它们之间的相互作用力大小为9X1（E" N,当它们合在一起吋， 成为一个带电量为3X10—8 C 的点电荷，问：原來两个电荷的带电量各为多少？【错解】根据电荷守恒定律：qi + q 2=3X10-8 C=a©2 [ /\ —2 x 2根据库仑定律：q 】q2=〒F=—— X9X10-4 C 2=1X1O -15 C 2=bh以q2飞代入①式得：qf ）+ b = 01 =Vot ③ leU'2 C ④垂直极板方向: 解①得:②解得 qi=-（a±-\/a 2 —4b ） =~（3X 10_s ±^/9X 10_1（，—4X 10_I ：，）C.【分析纠错】学生的思维缺乏全面性，因两点电荷有对能同号，也有可能异号.题中仅给出相互作用 力的大小，两点电荷可能异号，按电荷异号计算.由 qi —Q2=3X 10 s C=a.q 】q2=l X 10-11 C 2 = b.得 qf —aqi — b=0,由此解得:q 】 = 5X10 8 Cq 2=-2X10-8 C.典型错误之二因错误理解直线运动的条件而出错如图所示，一粒子质量为m,带电量为+ q,以初速度v 与水平方向成45°角射向空间匀强电场区 域，粒子恰做直线运动.求这匀强电场最小场强的大小，并说明方向.【错解】因粒子恰做直线运动，所以电场力刚好等于mg ，即电场强度的最小值为：歸=才.【分析纠错】因粒子恰做直线运动，说明粒子所受的合外力与速度平行，但不一定做匀速直线运动, 还可能做匀减速运动.受力图如图所示，显然最小的电场强度应是：厂 mgs in 45°亠宀工士〒“宀,亠 Emin= ------------- = —，方I 口J 垂直于V 斜冋上方. q 2q典型错误之三因错误判断带电体的运动情况而出错质量为m 的物块，带正电Q,开始时让它静止在倾角u=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置 放在水平方向、大小为的匀强电场，如图所示，斜面高为H,释放物体后，物块落地的速度大小 为（）【错解】不少同学在做这道题时，一看到“固定光滑绝缘斜而”就想物体沿光滑斜而下滑不受摩擦力作 A.J72+&) gH C. 2V2gH41用，由动能定理得：mgH+QE#=$Tiv2,得v=p（2+羽）gH而错选A.【分析纠错】其实“固定光滑绝缘斜面”是干扰因素，只要分析物体的受力就不难发现，物体根本不 会沿斜面下滑，而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动，弄清了这一点，就很容易求得本题 正确答案应是C.典型错误之四 因忽视偏转电场做功的变化而出错一个动能为Ek 的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2应，如果 使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器吋的动能变为()A. 8EuB. 5EkC. 4.25EkD. 4Ek【错解】当初动能为Ek 时，未动能为2Ek ,所以电场力做功为W=E k ；当带电粒子的初速度变为原來 的两倍时，初动能为4比，电场力做功为W=Ek ；所以它飞出电容器时的动能变为5Ek,即B 选项正确.【分析纠错】因为偏转距离为丫=跻，所以带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为》, 所以电场力做功只有W=0.25Ek,所以它飞出电容器时的动能变为4. 25E k ,即C 选项正确.高中物理第二章恒定电流章末总结新人教版选修3-1 原理测电阻率 描述小灯泡的伏安特性曲线 测电池的便用多用表第一部分题型探究将复杂的研究对象转换成简单的物体 模型解决实际问题在国庆日那天，群众游行队伍中的国徽彩车，是由一辆电动车装扮而成，该电动车充一次电可以走 100 km 左右.假设这辆电动彩车总质量为6. 75X 103 kg,当它匀速通过天安门前500 m 长的检阅区域时 用时250 s,驱动电机的输入电流I = 10 A,电压为300 V,电动彩车行驶时所受阻力为车重的0. 02倍.g 取10 m/s 2,不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：(1) 驱动电机的输入功率；(2) 电动彩车通过天安门前时的机械功率；龄规律 电路的连接开艾猜动变阻器恆定电流 导线I 控制件 111源 ① 电開定鏗② 部分电路欧姆定律③ 焦耳定律®闭合电路欧姆定禅 用电器 电浣表电压表多用表(3)驱动电机的内阻和机械效率. 【思路点拨】转换对象彩车一“非纯电阻电路”模型思路立现把复杂的实际研究对象转化成熟悉的非纯电阻电路进行处理，抓住了问题的实质，忽略了次要因素，看似复杂的问题变得非常容易解析：(1)驱动电机的输入功率：P 入=UI = 300 VX10 A = 3 000 W.V(2)电动彩车通过天安门前的速度v =?=2 m/s,电动彩车行驶时所受阻力为Fr=0. 02mg=0. 02X6. 75X 103X 10 N=l. 35X10’ N；电动彩车匀速行驶吋F=Ff, 故电动彩车通过天安门前时的机械功率P 机=Fv = 2 700 W.(3)设驱动电机的内阻为R,由能量守恒定律得：1)入七=P机t +『Rt,解得驱动电机的内阻R=3 Q,驱动电机的机械效率H XI00%=90%.1入答案：(1)3 000 W (2)2 700 W (3)3 Q 90%小结：电动彩车是由电动机驱动的，其含电动机的电路是一非纯电阻电路模型，处理此类问题常用能量守恒定律列式求解.a针对性训练1.有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过测量钻孔中的电特性反映地下的有关情况.如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm•设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率P =0.314 Q・m. 现在在钻孔的上表面和底部加上电压测得U =100 V, 1 = 100 mA,求该钻孔的深度.解析：设该钻孔内的盐水的电阻为R,由R=p得R jo男Q=io‘ Q・由电阻定律得：深度hRS 103X3. 14X0. I2=i =—= -----------------------P 0.314答案：100 m含电容电路的分析与计算方法(多选)如图所示，乩、R2、R3、出均为可变电阻，G、C2均为电容器，电源的电动势为E,内阻r^O. 若改变四个电阻中的一个阻值，贝9()m= 100 m.&所带的电量都增加 C2所带的电量都增加 C2所帯的电量都增加C2所带的电量都增加【思路点拨】由电路图可知，电阻R2、&、串联接入电路，电容器G 并联在电阻R2两端，电容器C2 与心、出的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何 变化，然后由Q=CU 判断出电容器所带电荷量如何变化.解析：Ri 上没有电流流过，R 】是等势体，故减小R 】，G 两端电压不变，C2两端电压不变，G 、C2所带的 电量都不变，选项A 错误；增大G 、C2两端电压都增大，G 、G 所带的电量都增加，选项B 正确；增大 心，G 两端电压减小，C2两端电压增大，G 所带的电量减小，C2所带的电量增加，选项C 错误；减小心，G 、 C2两端电压都增大，C 】、C2所带的电量都增加，选项D 正确.答案：BD小结：解决含电容器的直流电路问题的一般方法：(1) 通过初末两个稳定的状态來了解中间不稳定的变化过程.(2) 只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断 路.(3) 电路稳定时，与电容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压.(4) 在计算电容器的帶电荷量变化吋，如果变化前后极板帯电的电性相同，那么通过所连导线的电荷 量等于始末状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于 始末状态电容器电荷量之和.a 针对性训练2. (多选)如图所示电路中，4个电阻阻值均为R,电键S 闭合时，有质量为叭带电量为q 的小球静 止于水平放置的平行板电容器的正中间.现断开电键S,则下列说法正确的是(AC)A. 小球带负电B. 断开电键后电容器的帯电量增大C. 断开电键后带电小球向下运动0.断开电键后带电小球向上运动解析：带电量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正屮间，说明所受电场力向上，小球带负 电，选项A 正确；断开电键后电容器两端电压减小，电容器的带电量减小，带电小球所受电场力减小，带 电小球向下运动，选项C 正确、D 错误.A. 减小Ri, B. 增大R2, C. 增大 D. 减小Ri, G 、 C 】、 /?ft创新情景探究角速度计可测量航天器自转的角速度3,其结构如图所示.当系统绕OCT 转动时，元件A 在光滑 杆上发生滑动，并输出电压信号成为航天器的制导信号源.已知A 质量为m,弹簧的劲度系数为k,原长 为I 』，电源电动势为E,内阻不计.滑动变阻器总长为L,电阻分布均匀，系统静止时滑动变阻器滑动头P 在中点，与固定接点Q 正对，当系统以角速度3转动时，求：(1) 弹簧形变量x 与3的关系式；(2) 电压表的示数U 与角速度(Q 的函数关系.【思路点拨】当系统在水平面内以角速度3转动时，由弹簧的弹力提供元件A 的向心力，根据牛顿 第二定律得到角速度3与弹簧仲长的长度x 的关系式.根据串联电路电压与电阻成正比，得到电压U 与x的关系式，再联立解得电压U 与角速度3的函数关系.解析：(1)根据牛顿第二定律，有：F r .=ma = mw 2R, 而 F n = kx = m 2 (Lo + x),2m 3 *L 0(k —mco 2) 答案：见解析.小结：本题是一道典型的理论联系实际的题目，也是一道力学、电学的综合题，关键是要弄懂滑动变 阻器上当滑动头P 滑动时的电阻关系.»针对性训练3. 如图所示，图甲是我市某中学在研究性学习活动中，吴丽同学自制的电子秤原理示意图.目的是 利用理想电压表的示数指示物体的质量.托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计•・滑 动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘屮没有放物体时，滑动触头恰好指在变阻器R 的最上端，此吋 电压表示数为零.设变阻器总电阻为R,总长度为L,电源电动势为E,内阻为「限流电阻阻值为R 。

第4节串联电路和并联电路1．串联电路特点：(1)各点的电流强度：I＝ I1＝I2＝…＝In．(2)电路两端的总电压：U＝U1＋U2＋…＋Un．(3)电路等效总电阻：R＝ R1＋R2＋…＋Rn．(4)各导体电压分配(分压原理)：U1R1＝U2R2＝…＝UnRn．2．并联电路特点：(1)电路两端的总电压：U1＝U2＝…＝Un．(2)电流的总电流：I＝I1＋I2＋…＋In．(3)电路电阻关系：1R＝1R1＋1R2＋…＋1Rn．(4)各支路电流分配(分流原理)：I1R1＝I2R2＝…＝InRn.(5)并联电路的几个重要结论：①并联电路的总电阻小于任何一个支路电阻；②并联电路中 ,当某一电阻增大(其余支路电阻不变) ,电路的总电阻增大；③每增加一个支路并联电路的总电阻都减小 ,每减小一个支路并联电路的总电阻都增大；④并联的两电阻阻值之和一定 ,当两电阻阻值相等时 ,并联总电阻最|大．3．小量程的电流表G要改装成量程较大的电压表时需串联一个电阻 ,要改装成量程较大的电流表时需并联一个电阻．电流表G的电阻Rg 叫电流表的内阻 ,指针偏转到最|大刻度时的电流Ig叫做满偏电流 ,此时加在它两端的电压Ug 叫做满偏电压．由欧姆定律可知Ug＝IgRg．►根底稳固1．以下说法错误的选项是(D)A．一个电阻R和一根电阻为零的理想导线并联 ,总电阻为零B．并联电路的总电阻一定小于并联支路中最|小的电阻C．在并联电路中 ,任意支路电阻增大或减小时 ,总电阻将随之增大或减小D．电阻R和阻值无穷大的电阻并联 ,总电阻为无穷大解析：此题考查的是电阻的并联问题．并联电路的总电阻倒数等于各支路电阻倒数之和 ,如果电阻R与电阻为零的导线并联 ,电阻那么被短路 ,总电阻为零 ,所以A正确．由1R总＝1R1＋1R2＋…＋1Rn,1R总＞1Rn,故Rn＞R总,所以总电阻小于支路中最|小电阻 ,当Rn 减小时 ,那么1Rn增大 ,1R总增大 ,故R总减小；同理 ,Rn增大 ,R总增大 ,所以B、C正确 ,D错．2．(多项选择)将分压电阻串联在电流表上 ,改装成电压表 ,以下说法中正确的选项是(BD)A．接上分压电阻后 ,增大了原电流表的满偏电压B．接上分压电阻后 ,电压按一定比例分别降在电流表和分压电阻上 ,电流表的满偏电压不变C．如分压电阻是表头内阻的n倍 ,那么电压表量程扩大到n倍D．通电时 ,电流表和分压电阻通过的电流一定相等解析：此题考查的是电流表的改装问题．电流表改装成电压表后 ,电压按一定比例分别降在电流表和分压电阻上 ,电流表的满偏电压并不改变 ,并且电流表和分压电阻是串联关系 ,通过的电流一定相等 ,故A错 ,B、D正确．如分压电阻是表头内阻的n倍 ,那么电压表量程扩大到(n＋1)倍 ,故C错．3．(多项选择)三个阻值都为R的电阻 ,它们任意连接、组合 ,得到的电阻值可能是(BCD)A．0.5R B．3R C．1.5R D.2 3 R解析：全部串联R1＝3R ,全部并联R2＝R3；两并一串R3＝R＋R2＝32R＝1.5R.两串一并R4＝2R·R2R＋R＝23R ,综上正确选项为BCD.4．(多项选择)某同学在研究串联电路电压特点的实验 ,所用电路如下图 ,接通S后 ,将有内阻的电压表并联在A、C两点时 ,电压表的读数为U ,当并联在A、B两点时 ,读数为零 ,故障的原因可能是(BC)A．AB段断路 B．BC段断路C．AB段短路 D．BC段短路解析：接通S后 ,将电压表并联在A、C两点间的电压表读数为U ,说明电源没有故障．当并联在A、B两点时 ,读数为零 ,可能BC之间没有故障 ,但是AB之间短路 ,无电压 ,C正确 ,A错误 ,也可能是AB之间没有故障 ,BC短路 ,导致无电流 ,B正确 ,D错误．5．电阻R1、R2、R3串联在电路中 ,R1＝10 Ω ,R3＝5 Ω.R1两端电压为6 V ,R2两端电压为12 V ,那么以下说法错误的选项是(D) A．电路中的电流为0.6 AB．电阻R2的阻值为20 ΩC．三只电阻两端的总电压为21 VD．电阻R3两端的电压为4 V解析：电路中电流I＝U1R1＝610A＝0.6 A ,A对；R 2阻值为R2＝U2I＝120.6Ω＝20 Ω ,B对；三只电阻两端的总电压U＝I(R1＋R2＋R3)＝21 V ,C对；电阻R3两端的电压U 3＝IR3＝×5 V＝3 V ,D错．6．如下图 ,图中1、2分别为电阻R1、R2的电流随电压变化的关系图线 ,那么(BC)A．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域B．R1和R2串联后的总电阻的I－U图线应在Ⅲ区域C．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅰ区域D．R1和R2并联后的总电阻的I－U图线应在Ⅱ区域解析：I－U图象的斜率k表示电阻的倒数 ,由图象可知k1<k2,可得：R1＜R2.当R1和R2串联后的总电阻R＝R1＋R2＞R2,故k<k2,I－U图线应在Ⅲ区域 ,B正确；当R1和R2并联后的总电阻R＝R1R2R1＋R2<R1,故k>k1,I－U图线应在Ⅰ区域 , C正确．►能力提升7．(多项选择)利用滑动变阻器来改变用电器R上所得到的电压可以有图中甲、乙两种电路．用R表示滑动变阻器的全部阻值．选择哪个电路更适宜 , 以下表达正确的选项是(AC)A．假设R≫R ,那么采用电路甲比拟适宜B．假设R≫R ,那么采用电路乙比拟适宜C．假设R≈R ,那么甲、乙电路都适宜D．两种电路都能使R上的电压改变 ,因此两种电路都适合解析：假设R0≫R ,用分压式可调出大的变压范围 ,而限流式不能．假设R≈R ,那么分压式、限流式均可调出较大变压范围 ,故A、C正确．8．(多项选择)如下图的电路中 ,电压表和电流表的读数分别为10 V A ,电流表的内阻为0.2 Ω ,那么有关待测电阻Rx的以下说法正确的选项是(AC)A．Rx的测量值比真实值大B．Rx的测量值比真实值小C．Rx的真实值为99.8 ΩD．Rx的真实值为100.2 Ω解析：因为电流表和Rx 直接串联 ,所以电流表读数I′等于流过Rx的真实电流I ,电压表并联在电流表和Rx 串联电路的两端 ,故电压表读数U′大于Rx两端的真实电压U ,所以Rx 的测量值Rx′＝U′I′大于真实值Rx＝UI,故A对．Rx的真实值为：Rx ＝UI＝U′－I′RAI′＝10－0.1×0.20.1Ω＝99.8 Ω ,故C对．9．如下图 ,电路中的R1和R2相等 ,滑动变阻器的滑片P自左至|右滑动过程中 ,AB间的总电阻将(B)A．逐渐增大B．先增大 ,后减小C．逐渐减小D．先减小 ,后增大解析：从图中容易看出滑片P在变阻器的左端与右端时AB间总电阻是相等的 ,因此只要能比拟出滑片P在变阻器中间某一位置时的总电阻与滑片P在变阻器端点时的总电阻的大小 ,即可作出判断 ,又因为变阻器的阻值没有限定 ,所以可赋予各种可能值 ,因此用赋值法来解更为简捷．设R1和R2的阻值为R,滑动变阻器的阻值为2R,C为变阻器的中点．(1)当P位于变阻器左(或右)端时 ,R1(或R2)短接．R AB ＝2R·R2R＋R＝23R.(2)当P位于C点时RAB ＝R2＋R2＝R,故B项正确．10．欲用伏安法测定一段阻值约为5 Ω左右的金属导线的电阻 ,要求测量结果尽量准确 ,现备有以下器材：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3 kΩ)E．电压表(0～15 V ,内阻15 kΩ)F．滑动变阻器(0～20 Ω ,额定电流1 A)G．滑动变阻器(0～2 000 Ω ,额定电流0.3 A)H．开关、导线(1)上述器材中应选用的是________________．(填写各器材的字母代号)(2)实验电路应采用电流表________(填 "内〞或 "外〞)接法．(3)设实验中 ,电流表、电压表的某组示数如以下图所示 ,图示中I＝________A ,U＝________V.(4)为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变 ,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图 ,然后根据你设计的原理电路将以下图中给定的器材连成实验电路．解析：电源电动势3 V ,内阻1 Ω,待测电阻约为5 Ω,直接接在电源两极 ,电流约为0.5 A ,滑动变阻器串联接入电路中后电流会变小 ,所以电流表量程选0～0.6 A即可 ,这样电流表选C.由于电源电动势为3 V ,所以电压表量程满足0～3 V即可 ,这样电压表选D.选用滑动变阻器G时最|大电流超过0.3 A会烧毁 ,所以不能用 ,必须选滑动变阻器F.电压表D的内阻RV 为3 kΩ ,电流表内阻Rg为0.125 Ω ,而待测电阻约为5 Ω ,这样电压表D的内阻远大于待测电阻 ,所以选用电流表外接法时相对误差较小．为使电流能在0～0.5 A范围内改变 , 所以选用分压式接法．答案：(1)A、C、D、F、H(2)外(4)见以下图。