2018高考物理步步高 第七章 实验七

2018年高考物理《步步高》（全国通用•含答案及详细解析）一轮微专题复习题（10套“微专题”题+1套章末综合练习题，共11套题）第二章牛顿运动定律1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是() 图1 A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则() A．棋盘面可选足够光滑的材料．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是() A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等6．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是() 图2 A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M ，环的质量为m ，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为f ，则此时箱对地面的压力大小为多少？则此时箱对地面的压力大小为多少？图3 答案解析1．AD [物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A 项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C 错．D 项符合惯性定义，是正确的．]2．B [图a 是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A 项错误，B 项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C 项错；图b 中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D 项错．]3．D [由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A 错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B 错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C 错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D 正确．]4．C [根据竖直方向上二力平衡知：f 静＝G ，则G 应不超过最大静摩擦力，有f 静<f m ＝μF N ，F N 一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A 错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B 错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C 正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D 错误．]5．D [绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、加速前进、匀速前进或减速前进时，匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A 、B 、C 错误，D 正确．]6．C [在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O ′位置，A 项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力f′，由牛顿第三定律知f′＝f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝f′＋Mg＝f＋Mg. 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝f＋Mg. 1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理；(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．1．(弹簧模型)如图1所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间() 图1 A．木块B对水平面的压力迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小．弹簧的弹性势能立即减小2．(杆模型)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为() 图2 A.233g B．0 C．g D.33g3. 3. ((多选)如图3所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是() 图3 A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小时加速度最小4.如图4所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( ) 图4 A ．gB.M －m m g C ．0 D.M ＋m m g5．(多选)如图5所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°60°..下列判断正确的有( ) 图5 A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g6. (多选多选)如图6所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m ＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( ) 图6 A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B ．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0 7.物块A 1和A 2、B 1和B 2质量均为m ，A 1、A 2用刚性轻杆相连，B 1、B 2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，如图如图7所示．今突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在撤去支托物的瞬间，A 1、A 2受到的合力分别为F A 1和F A 2，B 1、B 2受到的合力分别为F B 1和F B 2，则( ) 图7 A ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，FB 1＝0，F B 2＝2mgB ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝0，F B 2＝2mgC ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mgD ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mg答案解析1．C 2．A [撤离木板之前，小球处于三力平衡状态，木板对小球的弹力大小等于233mg .当木板突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，但小球的重力不变，但小球的重力不变，但小球的重力不变，弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹力的合力大小依旧等于木板对小球的弹力233mg ，根据牛顿第二定律有233mg ＝ma ，得a ＝233g ，选项A 正确．] 3．AC [剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断瞬间，对A 分析，A 的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝2g ，故选项A 正确，B 错误．弹簧开始处于伸长状态，弹簧开始处于伸长状态，弹力弹力F ＝mg ＝kx .当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，x ′＝x ，所以下降的距离为2x ，选项C 正确，D 错误．]4．D [以框架为研究对象进行受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋m m g ，故选项D 正确．] 5．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和切线正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝m v 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．] 6．AB [物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得kx ＝F cos θ，mg ＝F sin θ，解得弹簧的弹力kx ＝mg tan 45°＝20 20 N N ，故选项A 正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，故选项B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，故选项C 、D 错误．] 7．B [撤去支托物的瞬间，由于轻杆是刚体(认为无形变)，所以弹力马上发生变化，A 1、A 2立即做自由落体运动，轻杆与A 1、A 2间弹力为零，所以F A 1＝F A 2＝mg ；撤去支托物前，由平衡条件知弹簧弹力大小为mg ，撤去支托物的瞬间，弹簧的形变因物块静止的惯性而不能马上改变，弹力仍保持原值，所以B 1受的合力F B 1＝0，B 2受的合力F B 2＝2mg ，故选项B 正确．]1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，s 1段光滑，s 2段有摩擦，已知s 2＝2s 1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求s 2段的动摩擦因数μ.(g 取10 m/s 2) 图1 2．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B ＝30 30 kg kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A ＝20 kg 的小物体A (可视为质点)，对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F ＝120 N ，使之从静止开始运动．测得车厢B 在最初t ＝2.0 s 内移动s ＝5.0 m ，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2 (1)计算B 在2.0 s 的加速度；的加速度；(2)求t ＝2.0 s 末A 的速度大小；的速度大小；(3)求t ＝2.0 s 内A 在B 上滑动的距离．上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 1 kgkg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：，忽略浮力．求：图3 (1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2. 图4 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h . (2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v . (3)在无人机从离地高度H ＝100 m 处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.答案解析1.32解析 设物体的质量为m ，在s 1段物体做匀加速直线运动，在s 2段物体做匀减速运动，在s 1段由牛顿第二定律得： mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2 在s 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设s 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在s 1段：v 2＝2a 1s 1在s 2段：v 2＝2a 2s 2，又s 2＝2s 1解得：μ＝322．(1)2.5 m /s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m 解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由s ＝12a B t 2得 a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N 对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s. (3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为s A ＝12a A t 2＝4.5 m ， A 在B 上滑动的距离Δs ＝s －s A ＝0.5 m. 3．(1)15 m /s 2，方向沿杆向上，方向沿杆向上10 m/s 2，方向沿杆向下，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知，在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2， 联立解得μ＝0.5，F ＝50 N. 4．(1)75 m (2)40 m/s (3)535 5 s s 解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma 得a ＝6 m/s 2高度h ＝12at 2 解得h ＝75 m (2)下落过程中mg －f ＝ma 1 a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H 解得v ＝40 m/s (3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2 a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得v m ＝4053 m/s 由v m ＝a 1t 1 解得t 1＝553 s 1．考点及要求：超重和失重(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态；(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．1．(对超重和失重的理解)小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．则下列说法正确的是( ) A ．他始终处于超重状态．他始终处于超重状态B ．他始终处于失重状态．他始终处于失重状态C ．他先后处于超重、平衡、失重状态．他先后处于超重、平衡、失重状态D ．他先后处于失重、平衡、超重状态．他先后处于失重、平衡、超重状态2．(超重和失重的分析)如图1所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A 物块后A 物块匀加速下滑，B 物块获一初速度后匀速下滑，C 物块获一初速度后匀减速下滑，放上D 物块后D 物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止．四种情况下斜面对地面的压力依次为F 1、F 2、F 3、F 4，则它们的大小关系是( ) 图1 A ．F 1＝F 2＝F 3＝F 4B ．F 1>F 2>F 3>F 4C ．F 1<F 2＝F 4<F 3D ．F 1＝F 3<F 2<F 43.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉西奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图2所示．则下列说法正确的是( ) 图2 A ．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态B ．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态C ．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D ．弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s 4．(多选)2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心成功发射；12月14日21时，“嫦娥三号”到达距月球表面4 4 mm 处，关闭所有发动机，首次实现软着陆.12月15日晚，“嫦娥三号”着陆器和巡视器顺利互拍成像，“嫦娥三号”任务取得圆满成功．则下列说法正确的是( ) A ．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态B ．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态C ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态D ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态5.如图3所示，物体A 被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，物体下滑时与静止时物体下滑时与静止时比较，台秤的示数( ) 图3 A ．增加．增加B ．减小．减小C ．不变．不变D ．无法确定．无法确定6．如图4所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是( ) 图4 A ．地面对木楔的支持力大于(M ＋m )gB ．地面对木楔的支持力小于(M ＋m )gC ．地面对木楔的支持力等于(M ＋m )gD ．地面对木楔的摩擦力为0 7．举重运动员在地面上能举起120 120 kg kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 100 kg kg 的重物，求升降机运动的加速度；若在以2.5 m /s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g ＝10 m/s 2) 答案解析1．C [小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，减速，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C 对．] 2．C [设物块和斜面的总重力为G . A 物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F 1<G ；B 物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 2＝G . C 物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F 3>G ；D 物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 4＝G .故有F 1<F 2＝F 4<F 3，故C 正确，A 、B 、D 错误．] 3．A [在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C 错误；弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh可得初速度v 0＝2gh＝20×(2.04－1.932)m /s≈4.6 m/s ，选项D 错误．] 4．AC [发射初期，“嫦娥三号”加速上升，加速度向上，处于超重状态；从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，关闭所有发动机，“嫦娥三号”加速度为重力加速度，处于失重状态，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]5．B [细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，物体A 将加速下滑，则物体A 的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，A 处于失重状态，故台秤的示数将减小，选项B 正确．] 6．A [物体m 沿斜面向下做减速运动，加速度方向沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，系统处于超重状态，故A 正确，B 、C 错误；物体加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误．]7．2 m/s 2，方向向上，方向向上160 kg 解析 运动员在地面上能举起m 0＝120 kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力 F ＝m 0g ＝1 200 N. 在运动着的升降机中只能举起m 1＝100 100 kgkg 的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a 1，对重物由牛顿第二定律得F －m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 2 m m /s 2.当升降机以a 2＝2.5 m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．设此时运动员能举起的重物质量为m 2，对重物由牛顿第二定律得m 2g －F ＝m 2a 2，解得m 2＝160 kg. 1．考点及要求：(1)图象(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律(Ⅱ)；(3)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：。

高中物理学习材料唐玲收集整理【课本内容再回顾——查缺补漏】回顾一：交变电流一、感应电流的产生与交变电流的特征量1． 矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴转动时，线圈的两条边切割磁感线产生感应电动势，nBS ω为电动势的最大值。

（1）在中性面时，通过线圈的磁通量最大； （2）穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势最大； （3）线圈每个周期内通过中性面两次，电流方向改变两次； 2．交变电流特征量物理量 物理含义 重要关系适用情况及说明 瞬时值交变电流某一时刻的值 E=E m sin ωt I=I m sin ωt 计算线圈某时刻的受力情况峰值 最大的瞬时值E m =nBS ωI m =m E R r讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正（余）弦交变电流有： E ＝E m /2 U ＝U m /2（1）计算与电流的热效应有关的量（如功、功率、热量等） （2）电器设备“铭牌”上所标的一般是有效值 （3）保险丝的熔断电流值为有效值I ＝I m /2平均值交变电流图象中图线与时间轴所围的面积与时间的比值E Blv =E n t∆Φ=∆ EI R r=+ 计算通过电路截面的电荷量回顾二：变压器原理与应用一、理想变压器原、副线圈基本量的关系基本关系功率关系P 入＝P 出电压关系U 1U 2＝n 1n 2，与负载情况、副线圈个数的多少无关 电流关系只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系频率关系 原、副线圈中交流电的频率相等 制约关系电压副线圈的电压U 2由原线圈的电压U 1和匝数比决定 功率 原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定 电流原线圈的电流I 1由副线圈的电流I 2和匝数比决定二、输电电路的基本分析4．减少电能损失的基本途径：根据公式ΔP=I 2R 线＝（P U）2R 线，可知有两个基本途径： ①减小输电线电阻，如加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等； ②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流． 三、远距离高压输电问题的分析（3）输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线（4）输电导线上损失的电功率P 线＝U 线I 线＝I 2线R 线＝（P 2U 2）2R 线四、传感器的工作原理原理：通过对某一物理量敏感的元件，将感受到的物理量按一定规律转换成便于测量的量．例如，光电传感器利用光敏电阻将光信号转换成电信号；热电传感器利用热敏电阻将温度信号转换成电信号．一般传感器用于电路控制中，要会动态电路问题。

单元小结练 电学实验综合练习(限时：30分钟)1．分别用如图1所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值．图甲中两表的示数分别为3 V 、4 mA ，图乙中两表的示数分别为4 V 、3.9 mA ，则待测电阻R x 的真实值为( )图1A ．略小于1 k ΩB ．略小于750 ΩC ．略大于1 k ΩD ．略大于750 Ω 答案 D解析 先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用图甲进行测量比较准确．图甲中测量值为R测＝U 测I 测＝750 Ω，较真实值偏小．故D 项正确． 2．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图2所示，此示数为________mm.用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02 mm)测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图3所示，可读出圆柱的图2直径为________mm.图3答案 8.116 42.12解析 螺旋测微器读数时，首先要明确其精确度为0.01 mm ，读取固定刻度上的数值时，要看半毫米刻度线是否露出；游标卡尺读数时应注意精确度、单位，读法为主尺读数加游标尺读数．螺旋测微器读数为(8＋11.6×0.01) mm＝8.116 mm.游标卡尺读数为(42＋6×0.02) mm＝42.12 mm.3．如图4所示为一正在测量中的多用电表表盘．图4(1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则读数为________ Ω.(2)如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为______ mA.(3)如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为________ V.答案(1)60 (2)7.2 (3)3.57解析用欧姆挡测量时，用最上面一排数据读数，读数为6×10 Ω＝60 Ω；用直流电流挡测量时，读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.2 mA；用直流电压挡测量时，读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.7×0.1 V＝3.57 V. 4．(2012·天津理综·9(3))某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图5所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．图5①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为________(填步骤的字母代号)；A．合上开关S2B．分别将R1和R2的阻值调至最大C．记下R2的最终示数D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终示数为rE．合上开关S1F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)；③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻R S的表达式，R S＝________.答案①BEFADC②相等③I1rI－I1解析①开关闭合前应使回路中的总电阻值最大，实验时，先闭合S1，调整R1使G2满偏，测出G2的满偏电流，然后利用半偏法(比较法)测出G2的电阻．故合理的顺序依次为BEFADC.②根据串、并联电路的特点，R 2、G 2两端的电压相等，即I 12r g ＝I 12r ，所以r g ＝r ，即测量值与真实值相等．③改装表的原理图如图所示，则I 1r ＝(I －I 1)R S所以分流电阻R S ＝I 1r I －I 1. 5．(2012·四川理综·22(2))为测量一电源的电动势及内阻(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V 的电压表A ．量程为1 V 、内阻大约为1 k Ω的电压表B ．量程为2 V 、内阻大约为2 k Ω的电压表C ．量程为3 V 、内阻为3 k Ω的电压表选择电压表________串联________k Ω的电阻可以改装成量程为9 V 的电压表．(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V 时，电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V 时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E ＝____ V ，内阻r ＝________Ω.答案 (1)或C 6 (2)见解析图 (3)7.5 10.0解析 (1)、的内阻不确定，故应选择进行改装，串联电阻R ＝(U U 0－1)R V ＝(93－1)× 3 k Ω＝6 k Ω.(2)本实验的原理为U ＝E －Ir ，利用变阻箱和电压表可获取电流I ，故电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知：E ＝3U ＋3U R ′·r 将U 1＝1.50 V ，R 1′＝15.0 Ω及U 2＝2.00 V ，R 2′＝40.0 Ω分别代入上式联立解方程组得E ＝7.5 V ，r ＝10.0 Ω.6．两位同学在实验室中利用如图6甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I图线．回答下列问题：甲乙图6(1)根据甲、乙两同学描绘的图线，可知( )A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据(2)图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5 WD．电源的效率达到最大值(3)根据图乙，可以求出定值电阻R0＝________Ω，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(4)该电路中电流表的读数能否达到0.6 A，试说明理由．________________________________________________________________________ 答案(1)AD (2)BC (3)2 1.5 1 (4)见解析解析(1)从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，A正确，B错误；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，C错误，D正确．(2)图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，A错误；从图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，B正确；定值电阻R0消耗的功率为：P ＝U 2I ＝1.0×0.5 W＝0.5 W ，C 正确；电源的效率为：η＝UI EI ＝U E，U 越大，效率越大，D 错误．(3)从图象乙可以得出定值电阻R 0的阻值为：R 0＝U 2I ＝1.00.5Ω＝2 Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U 轴上的截距为1.5 V ，即电源的电动势为1.5 V ，图象斜率的绝对值为：k ＝|ΔU 1ΔI |＝0.50.5＝1，即电源的内阻为r ＝1 Ω. (4)该电路中的电流为：I ＝E R ＋R 0＋r ，当R 最小为0时，电流最大，最大值为：I m ＝E R 0＋r＝1.52＋1A ＝0.5 A ，故该电路中电流表的读数不能达到0.6 A. 7．有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A ．电压表V 1(0～5 V ，内阻约10 k Ω)B ．电压表V 2(0～10 V ，内阻约20 k Ω)C ．电流表A 1(0～0.3 A ，内阻约1 Ω)D ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻约0.4 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～10 Ω，2 A)F ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω，0.2 A)G ．学生电源(直流6 V)、开关及导线(1)为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表________，电流表________，滑动变阻器________．(填器材前的选项符号)(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在下面的虚线框中画出实验电路图．(3)P 为图7中图线上的一点，PN 为图线上P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；对应P 点，小灯泡的电阻值约为________Ω.(保留三位有效数字)图7答案 (1)A D E (2)见解析图 (3)增大 5.33解析 (1)由灯泡“4 V,2W”可知，I ＝P U ＝0.5 A ，故电压表选A ，电流表选D ，要求电压从0开始增大，可知用分压式接法，故滑动变阻器选E.(2)由R L R A <R VR L可知电流表外接，电路图如图所示．(3)I －U 图象中图线的斜率为电阻的倒数，所以随着电压的增加，小灯泡的电阻增大，结合图象和R ＝U I ，可得R ＝2.40.45Ω≈5.33 Ω. 8．某同学为了研究“3 V,0.3 W”的小灯泡L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况．设置了如下器材：电流表A 1(量程400 mA ，内阻r 1＝5 Ω)；电流表A 2(量程600 mA ，内阻r 2约为1 Ω)；电压表V(量程15 V ，内阻约为3 k Ω)；定值电阻R 0(5 Ω)；滑动变阻器R 1(0～10 Ω，额定电流为1 A)；滑动变阻器R 2(0～250 Ω，额定电流为0.3 A)；电源E (电动势3 V ，内阻较小)；开关一个，导线若干．(1)从以上给定的器材中选择恰当的器材．在虚线框内画出实验电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号．(2)根据设计的方案，将图8中的器材连成符合要求的电路(有个别仪器可能不用)．图8(3)闭合开关S ，移动滑片P ，使________时，可知灯泡正常发光，此时灯泡的电阻为________(用测量的物理量表示)．答案 (1)、(2)见解析图 (3)A 1的示数为300 mA I 1r 1＋R 0I 2－I 1解析 测电阻的基本方法是伏安法，但由于小灯泡的额定电压为3 V ，比电压表的量程小得多，故无法用电压表测电压．可设计让定值电阻R 0与A 1串联，改装成一个适当量程的电压表，然后用A 2测量小灯泡和改装电表并联后的总电流，这样通过两表的示数就可以知道通过小灯泡的电流为I 2－I 1，小灯泡两端的电压为I 1(R 0＋r 1)，故小灯泡的电阻为R L ＝I 1r 1＋R 0I 2－I 1. 实验要求测量小灯泡L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况，即要求电压从0开始调节，故滑动变阻器应选用分压式接法．由于滑动变阻器R 2阻值太大，所以滑动变阻器选R 1；小灯泡正常发光时电压为3 V ，对应电流表读数为I 1＝U R 0＋r 1＝0.3 A ＝300 mA.则电路原理图如图甲所示，实物连接图如图乙所示使A 1的示数为300 mA 时，灯泡正常发光，此时R L ＝I 1r ＋R 0I 2－I 1，式中I 2为A 1表示数为300 mA 时，电流表A 2的读数，故I 1＝300 mA.。

[考试标准]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12．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)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．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：线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x ＋K ×精确度)mm.1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度l 和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，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)连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R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．1．数据处理电阻R的数值可用以下两种方法确定：(1)计算法：利用每次测量的U、I值分别计算出电阻，再求出电阻的平均值作为测量结果．(2)图象法：可建立I－U坐标系，将测量的U、I值描点作出图象，利用图象的斜率求出电阻值R.2．实验注意事项(1)因一般金属丝电阻较小，为了减少实验的系统误差，必须选择电流表外接法．(2)本实验若用限流式接法，在接通电源之前应将滑动变阻器调到阻值最大状态．(3)测量l时应测接入电路的金属丝的有效长度(即两接线柱之间的长度)；在金属丝的3个不同位置上用螺旋测微器测量直径d.(4)电流不宜过大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜太长，以免电阻率因温度升高而变化．命题点一教材原型实验例1在“探究导体电阻与其影响因素的关系”的实验中：(1)某实验小组用如图4所示电路对镍铬合金和康铜丝进行探究，a、b、c、d是四种金属丝．①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系．你认为要不要串联电流表？并简单说明理由．.②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示：电路图中a、b、c分别为下表中编号为A、B、C的金属丝，则d应选下表中的(用表中编号D、E、F表示)．图4(2)①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L＝80.00 cm，用螺旋测微器测金属丝的直径如图5甲所示，则金属丝的直径d为.②按如图乙所示连接好电路，测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值，获得六组I、U 数据描在图丙中所示的坐标系上．由图可求得金属丝电阻R＝Ω，该金属丝的电阻率ρ＝Ω·m(保留两位有效数字)．甲乙丙 图5解析 (1)①不需要串联电流表，因为串联电路电流处处相等，电压比等于电阻比；②由控制变量法可知，d 应该是与镍铬合金材料不同，长度和横截面积相同的导体，即为E. (2)①金属丝的直径为d ＝1.5 mm ＋0.01 mm ×10.0＝1.600 mm ；②连接U －I 图线上的各点，得到此电阻的U －I 图线如图所示．由图线求得直线的斜率，即为电阻的阻值R ＝ΔU ΔI ＝0.30.58Ω≈0.52 Ω；该金属丝的电阻率ρ＝RSL ＝0.52×14π×(1.6×10－3)20.8Ω·m ≈1.3×10－6 Ω·m.答案 (1)①不需要串联电流表，串联电路电流处处相等，电压比等于电阻比 ②E (2)①1.600 mm ②0.52 1.3×10－6题组阶梯突破1．(2015·海南单科·11)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图6(a)和(b)所示．该工件的直径为 cm ，高度为 mm.图6 答案 1.220 6.860解析游标卡尺读数为d＝12 mm＋4×120mm＝12.20 mm＝1.220 cm螺旋测微器的读数为h＝6.5 mm＋36.0×0.01 mm＝6.860 mm2．现要测定一段粗细均匀、电阻约为60 Ω的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量精确的测量其电阻值R，器材有：电池组(电动势3.0 V，内阻约为1 Ω)电流表(量程0～100 mA，内阻约0.5 Ω)电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A)；滑动变阻器R2(0～500 Ω，允许最大电流0.5 A)；开关一个、导线若干．图7(1)以上器材中，所用的滑动变阻器应选 ．(填“R 1”或“R 2”)(2)用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图7甲所示，读数为 mm. (3)如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到 ．(填“最左端”或“最右端”)(4)为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应改进的是 ．(填选项前的字母) A ．电流表连接方式改为内接法 B ．滑动变阻器连接方式改为限流式 答案 (1)R 1 (2)0.703 (3)最右端 (4)A解析 (1)为测多组实验数据，滑动变阻器需要采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R 1 (2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5 mm ＋20.3×0.01 mm ＝0.703 mm (3)由图示电路可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于最右端；(4)R R A ＝600.5＝120，R V R ＝3 00060＝50，R R A ＞R V R，因此电流表应采用内接法，故选A. 3．在“探究导体电阻与其影响因素的关系”的实验中，有两节新的干电池、开关、若干导线和待测金属管(其阻值约为5 Ω)及下列器材： A ．电压表0～3 V ，内阻约10 kΩ B ．电压表0～15 V ，内阻约50 kΩ C ．电流表0～0.6 A ，内阻约0.05 Ω D ．电流表0～3 A ，内阻约0.01 ΩE．滑动变阻器，0～10 ΩF．滑动变阻器，0～100 Ω(1)要求较准确地测出其阻值，电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选；(填序号)(2)实验中他的实物接线如图8所示，请指出接线中的两处明显错误．图8错误1：；错误2：.答案(1)A C E(2)导线连接在了滑动变阻器的滑片上采用了电流表内接法解析(1)由于两节干电池的电动势为3 V，所以电压表应选A；由于通过金属管的最大电流约为I m＝UR x＝35A＝0.6 A，所以电流表应选C.(2)由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两处明显错误分别是：错误1：导线连接在了滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法．命题点二拓展创新实验例2(2016·浙江玉环中学模拟)北京市技术质量监督局曾对市场中电线电缆产品质量进行抽查，检验负责人说：“十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格问题，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把截面积缩小，买2.5 平方毫米的线，拿到手的线可能是1.5平方毫米或1.5平方毫米多一点，载流量不够；还有一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮，电阻率达不到要求……”．(1)现从一捆横截面积为1平方毫米的不合格的电线中截取一段，采用绕线法测量其横截面积，读数如图9甲所示，可得该导线的半径为 mm(保留3位有效数字)；经你判断该电线的横截面积 (填“合格”或“不合格”)．(2)欲测量该捆电线的电阻率是否合格，经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10－8 Ω·m.取长度为100m(真实长度)的电线，并用伏安法测量其电阻，所用器材有： A ．电源(电动势约为5 V ，内阻不计) B ．待测长度为100 m 的电线一捆 C ．滑动变阻器(5 Ω，2 A)D ．电压表(量程为5 V ，内阻约为5 kΩ)E ．电流表(量程为0.6 A 、3 A ，内阻分别为0.125 Ω、0.025 Ω)某同学设计了如图乙的电路，所选电表量程均合理，则电压表的另一端应接 (填“a ”或“b ”)，测得电压表读数为4.50 V ，电流表读数如图丙所示，为 A ．结合检验负责人的话，你认为这捆电线不合格的原因最有可能是．图9解析 (1)由图可知，10匝线圈的直径的总长度为12.5 mm ，则导线的半径为12.510×2 mm ＝0.625mm ，则横截面积为：S ＝πr 2≈1.23 mm 2，说明横截面积合格．(2)因待测电线的阻值很小，故采用电流表外接法，所以电压表的另一端接a .电流表的量程选3 A ，分度值为0.1 A ，则读数为2.50 A ．电阻R ＝U I ＝4.502.50 Ω＝1.8 Ω，ρ＝RS L ＝1.8×1.23×10－6100Ω·m＝2.214×10－8Ω·m，故电阻率达不到要求，另外不合格的原因可能还有绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮等．答案(1)0.625合格(2)a 2.50电阻率大于标准值，达不到合格要求题组阶梯突破4．(1)实验室进了一批金属电阻丝，某同学想通过实验测定该材料的电阻率，他设计了如图10甲所示的原理图，根据图甲将实物图乙连接好．(2)其主要实验步骤如下：①用螺旋测微器测金属丝的直径，测量结果如图丙所示，则金属丝的直径大小为D＝mm.②适当取出一段样品材料，然后按原理图甲连接好实验器材．③用毫米刻度尺测量出接入实验电路中的金属丝的长度，某次测量中刻度尺的示数如图丁所示，则金属丝长度为L＝cm.④改变接入实验电路中金属丝的长度，重复实验多次．图10(3)根据实验中的数据，最后得到了如图戊所示的R －L 图象，R 为R 0与金属丝的总电阻，由图象可求得金属丝的电阻率ρ＝ Ω·m.(结果保留三位有效数字)答案 (1)见解析图 (2)①0.252 ③60.49 (3)1.25×10－6(1.22×10－6～1.28×10－6均正确) 解析 (1)根据电路图连接实物图，如图所示：(2)①由图示螺旋测微器可知，其示数为：D ＝0.0 mm ＋25.2×0.01 mm ＝0.252 mm ； ③由图示刻度尺可知，金属丝的长度：L ＝70.49 cm －10.00 cm ＝60.49 cm ；(3)由电阻定律可知：R ＝ρL S ＝ρL π(D 2)2＝4ρπD 2L ，由图示R －L 图象可知： 斜率k ＝85－531.28Ω/m ＝25 Ω/m. k ＝4ρπD 2，电阻率：ρ＝k πD 24，解得：ρ≈1.25×10－6(1.22×10－6～1.28×10－6均正确)Ω·m.。

用单摆测定重力加速度[实验目的]利用单摆测定当地的重力加速度。

[实验原理]单摆在摆角小于5°时的振动是简谐运动，其固有周期为T=2π，由此可得g=。

据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度值。

[实验器材]铁架台（带铁夹），中心有孔的金属小球，约1m长的细线，米尺，游标卡尺（选用），秒表等。

[实验步骤]1．在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔，制成一个单摆。

2．将铁夹固定在铁架台的上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，把做好的单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂。

3．测量单摆的摆长l：用游标卡尺测出摆球直径2r，再用米尺测出从悬点至小球上端的悬线长l'，则摆长l=l'+r。

4．把单摆从平衡位置拉开一个小角度（不大于5°），使单摆在竖直平面内摆动，用秒表测量单摆完成全振动30至50次所用的时间，求出完成一次全振动所用的平均时间，这就是单摆的周期T。

5．将测出的摆长l和周期T代入公式g= 求出重力加速度g的值。

6．变更摆长重做两次，并求出三次所得的g的平均值。

[注意事项]1．选择细绳时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm。

2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆长改变、摆线下滑的现象。

3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过5°，可通过估算振幅的办法掌握。

4．摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。

5．计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低位置时，进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。

[例题]某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s。

[考试标准]一、电源、电流和电动势 1．电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置． 2．电流 (1)定义式：I ＝q t.(2)方向：规定为正电荷定向移动的方向． (3)微观表达式：I ＝nqS v . 3．电动势 (1)定义式：E ＝Wq.(2)物理意义：反映电源非静电力做功本领大小的物理量． [深度思考] 由I ＝qt 可知I 与q 成正比对吗？答案 不对，I ＝qt 是比值定义式，I 与q 不成正比．二、欧姆定律、U －I 图象及I －U 图象 1．欧姆定律 (1)表达式 I ＝U R . (2)适用范围①金属导电和电解质溶液导电(对气态导体和半导体元件不适用)． ②纯电阻电路(不含电动机、电解槽的电路)． 2．U －I 图象及I －U 图象的比较答案 不表示．小灯泡的U －I 图线是弯向U 轴的曲线．图线上某点的电阻大小等于该点与坐标原点连线的斜率． 三、电功、电功率和电热纯电阻电路与非纯电阻电路的比较：1．电阻的定义式：R ＝UI .2．电阻的决定式：R ＝ρlS3．电阻率 (1)计算式：ρ＝R Sl .(2)电阻率与温度的关系．①金属：电阻率随温度升高而增大．②半导体(负温度系数)：电阻率随温度升高而减小． ③一些合金：几乎不受温度变化的影响．④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． [深度思考] 关于导体的电阻和电阻率，下列说法是否正确．(1)由R ＝UI 可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．( × )(2)由R ＝ρlS 可知，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比．( √ )(3)由ρ＝RSl 可知，导体的电阻率与导体的横截面积成正比，与导体的长度成反比．( × )(4)由ρ＝RSl可知导体的电阻越大，其电阻率越大．( × )1．(2016·宁波期中)下面说法中正确的是( ) A ．自由电荷的运动必定形成电流 B ．有自由电荷必定形成电流 C ．形成电流必须要有电势差 D ．有电势差必定形成电流 答案 C2．某根导线中的电流为0.18 A ，则在0.5 s 内通过这根导线某横截面的电荷量为( ) A ．0.09 C B ．0.36 CC ．0.09 JD ．0.36 J答案 A3．(多选)对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是( )A ．欧姆定律适用于一切导电物质B ．由R ＝UI 可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比C ．由I ＝UR 可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D ．对电阻一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值保持不变 答案 CD4．下列用电器中，利用电流的热效应的是( ) A ．洗衣机 B ．电视机 C ．电熨斗 D ．电冰箱答案 C命题点一 对伏安特性曲线的理解例1 (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1所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( )图1A ．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 ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析 由题中图象可知，U 越大，小灯泡的电阻越大，即选项A 正确．R ＝UI 中的U 、I 与小灯泡所处状态下的电压与电流相对应，故选项B 正确，选项C 错误．对应P 点，功率P ＝U 1I 2，与题图中PQOM 所围的面积相等，故选项D 正确． 答案 ABD利用U －I 图象求电阻的技巧1．若U －I 图线为直线．求电阻R 时可用该图线的斜率ΔUΔI来计算．2．若U －I 图线为曲线，电阻跟曲线的斜率无关，只能依据曲线对应的点的坐标UI 计算求解．题组阶梯突破1．一个标有“220 V 60 W ”的白炽灯泡，所加电压U 由零逐渐增大到220 V ，在此过程中，电压(U )和电流(I )的关系可用图线表示．图中给出的四个图线上，比较符合实际的是( )答案 B解析 白炽灯灯丝的电阻随温度(功率)的升高而增大，故选B.2．(2016·湖州期末)某导体的伏安特性曲线如图2所示，下列说法中错误的是( )图2A ．该导体的电阻是25 ΩB ．当该导体两端的电压为5 V 时，该导体的电功率为1 JC ．当该导体两端的电压为1 V 时，通过该导体的电流为0.04 AD ．当通过该导体的电流为0.1 A 时，该导体两端的电压为2.5 V 答案 B解析 根据图象，由欧姆定律可得，导体电阻R ＝U I ＝50.2 Ω＝25 Ω，故A 正确；当导体两端的电压为5 V 时，I ＝0.2 A ，该导体的电功率为：P ＝UI ＝1 W ，故B 错误；当导体两端的电压为1 V 时，I ＝125 A ＝0.04 A ，故C 正确；当通过该导体的电流为0.1 A 时，该导体两端的电压为U ＝IR ＝0.1×25 V ＝2.5 V ．故D 正确．本题选择错误的．3．(2016·温州期末)R 1、R 2的伏安特性曲线如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．R 1、R 2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅠB ．R 1、R 2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅡC ．R 1、R 2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域ⅠD ．R 1、R 2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅱ 答案 A解析 在I －U 图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，由图可知电阻R 1的阻值较大，电阻R 2的阻值较小．R 1、R 2并联后的总电阻小于任意一个电阻值，所以伏安特性曲线在电阻值比较小的Ⅰ区．故A 正确，B 错误；若将两电阻串联后接入电路，由于串联后的总电阻大于任意一个电阻，所以R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在电阻值比较大的区域Ⅲ；故C、D 错误．4．如图4所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是()图4A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比答案 B解析题图中b图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R＝ρlS，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．5．如图5所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R2，则下列说法正确的是()图5A．R1∶R2＝1∶3B．R1∶R2＝3∶1C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则流过两电阻电流之比为1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则流过两电阻电流之比为1∶3 答案 A解析 在I －U 图象中，R ＝1k ，由图象可知，k 1＝1，k 2＝13，所以R 1∶R 2＝1∶3，选项A 正确，B 错误；R 1，R 2串联后接于电源上，流过两电阻的电流相等，选项C 错误；R 1，R 2并联后接于电源上，流过两电阻电流之比I 1I 2＝R 2R 1＝31，选项D 错误．命题点二 电功、电功率和电热的计算例2 (多选)(2016·浙江模拟)现有充电器为一手机电池充电，等效电路如图6所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( )图6A ．充电器输出的电功率为UI ＋I 2rB ．电能转化为化学能的功率为UI －I 2rC ．电池产生的热功率为I 2rD ．充电器的充电效率为IrU×100%解析 充电器输出的电功率为：P 输出＝UI ，故A 错误；电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UIt ＝I 2rt ＋Pt ，故有：P ＝UI －I 2r ，故B 正确；电池产生的热功率为P 热＝I 2r ，故C 正确；充电器的充电效率为η＝U －IrU×100%，故D 错误．答案BC非纯电阻问题的“三点注意”1．无论是纯电阻还是非纯电阻，电功均为W＝UIt，电热均为Q＝I2Rt.2．处理非纯电阻的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．3．非纯电阻在一定条件下可能变为纯电阻，如电动机卡住不转时即为纯电阻．题组阶梯突破6．室内有几种用电器：1.5 kW的电饭煲、200 W的电灯、750 W的取暖器、250 W的电视机和2 kW的空调器．如果进线处只有13 A的保险丝，供电电压为220 V，为用电安全，下列情况下不能同时使用的是()A．电饭煲和电灯B．取暖器和空调器C．电饭煲和空调器D．电灯、电视机和空调器答案 C解析当保险丝达到最大电流时电路中的总功率P1＝UI＝220×13 W＝2 860 W电饭煲和电灯同时使用的功率为：P1＝(1 500＋200) W＝1 700 W＜2 860 W，可以同时使用；取暖器和空调器同时使用的功率为：P2＝(750＋2 000) W＝2 750 W＜2860 W，可以同时使用；电饭煲和空调器同时使用的功率为：P3＝(1 500＋2 000) W＝3 500 W＞2 860 W，不可以同时使用；电灯、电视机和空调器同时使用的功率为：P4＝(2 00＋250＋2 000) W＝2 450 W＜2 860 W，可以同时使用；本题选C.7．(2016·浙江模拟)有一台标称值为“220 V,50 W”的电风扇，其线圈电阻为0.4 Ω，在它正常工作时，下列求其每分钟产生的电热的四种解法中正确的是()A ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝UIt ＝3 000 JB ．Q ＝Pt ＝3 000 JC ．I ＝P U ＝522 A ，Q ＝I 2Rt ＝1.24 JD ．Q ＝U 2R t ＝22020.4×60 J ＝7.26×106 J答案 C解析 电风扇消耗的电能转化为机械能与内能两部分， 公式UIt 和公式Pt 都是电功的表达式，不是电热的表达式．故A 、B 错误；电流：I ＝P U ＝50220 A ＝522 A ；电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以每分钟产生的热量为：Q ＝I 2Rt ＝(522)2×0.4×60 J ＝1.24J ；故C 正确；电风扇不是纯电阻电路，不能用Q ＝U 2Rt 计算电热．故D 错误．8．QQ 是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ 推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图7所示是某网友QQ 界面的电脑屏幕抓拍图，假定QQ 用户使用的台式电脑功率约为200 W ，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能( )图7A ．0.2 kW·hB ．2 kW·hC ．20 kW·hD ．200 kW·h答案 B解析 由图可知，该网友升到下一等级的剩余时间为t 1＝10 h ，台式电脑的平均功率约为P ＝200 W ＝0.2 kW ，所以消耗的电能为W ＝Pt 1＝0.2 kW ×10 h ＝2 kW·h ，故选项B 正确． 9．通过电阻R 的电流为I 时，在时间t 内产生的热量为Q ，若电阻为2R ，电流为I2时，则在时间t 内产生的热量为( ) A ．4Q B ．2QC.Q2D.Q 4答案 C解析 由电热公式Q ＝I 2Rt 可得：Q ′＝⎝⎛⎭⎫I 22·2Rt ＝12I 2Rt ＝12Q ，故选项C 正确． 10．功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近( ) A ．8×108 kW·h B ．8×1010 kW·h C ．8×1011 kW·h D ．8×1013 kW·h答案 B解析 因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W 和10 W ，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3 kW ×365×6 h ＝8.76×1010 kW·h ，则选项B 正确，A 、C 、D 错误．11．电动机的电枢阻值为R ，电动机正常工作时，两端的电压为U ，通过的电流为I ，工作时间为t ，下列说法中正确的是( ) A ．电动机消耗的电能为IUt B ．电动机消耗的电能为I 2Rt C ．电动机线圈产生的热量为IUt D ．电动机线圈产生的热量为IUt －I 2Rt 答案 A解析 电动机消耗的电能W ＝Pt ＝UIt ，则选项A 正确，B 错误；电动机线圈产生的热量Q ＝I 2Rt ，IUt －I 2Rt 为电动机输出的机械能，选项C 、D 错误.(建议时间：30分钟)1．电动机是将电能转换为机械能的设备．下列没有使用电动机的电器是( ) A ．电热水壶 B ．电风扇 C ．洗衣机 D ．抽油烟机答案 A解析 使用了电动机将电能转化为机械能的电器有电风扇、洗衣机、抽油烟机，本题选没有使用的．2．(2016·潮州模拟)如果家里的微波炉(1 000 W)、电视机(100 W)和洗衣机(400 W)平均每天都工作1 h ，一个月(30天计)的用电量是( ) A ．10 kW·h B ．20 kW·h C ．45 kW·h D ．40 kW·h 答案 C解析 P ＝100 W ＋1000 W ＋400 W ＝1 500 W ＝1.5 kW ，故W ＝Pt ＝1.5 kW ×1 h ×30＝45 kW·h.3．关于电源电动势，以下说法正确的是( )A ．由电动势E ＝Wq 可知E 跟q 成反比，电路中移送的电荷越多，电动势越小B ．由电动势E ＝Wq可知E 跟W 成正比，电源做的功越多，电动势越大C ．由电动势E ＝Wq 可知电动势E 的大小跟W 和q 的比值相等，跟W 的大小和q 的大小无关，由电源本身决定 D ．以上说法都不正确答案 C解析 E ＝Wq是比值定义式，E 与W 、q 无关．4．随着人们生活水平的逐步提高，家用电器的不断增多．下列关于家庭电路的说法中正确的是 ( )A ．灯与控制它的开关是并联的，与插座是串联的B ．使用测电笔时，不能用手接触到笔尾的金属体C ．电路中电流过大的原因之一是使用的电器总功率过大D ．增加大功率用电器时，只需换上足够粗的保险丝即可 答案 C解析 因为开关是控制灯工作与否的，所以开关必须与灯是串联关系，而灯的工作情况不影响插座的工作，所以是并联的，故A 错误；使用测电笔时，必须接触笔尾的金属体，B 错误；电路中电流过大的原因有两个：一个是使用的电器总功率过大，另一个是发生短路，故C 正确；增加大功率用电器的时候，不但要换上足够粗的保险丝，输电线也要更换横截面积大的导线，故D 错误．5．如图1为滑动变阻器的实物图，下列说法正确的是( )图1A ．ab 接入电路时，P 向右移动电阻增大B ．ab 接入电路时，P 向右移动电阻减小C ．cd 接入电路时，P 向右移动电阻增大D ．ac 接入电路时，P 向右移动电阻增大 答案 D解析 ab 接入电路时，为定值电阻，移动P 电阻不变，A 、B 错误；cd 接入电路时，有效电阻为0，移动P 电阻不变，C 错误；ac 接入电路时，有效电阻为R aP ，P 向右移动电阻增大，D 正确．6．有一段长1 m 的电阻丝，电阻为10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m ，则电阻变为( ) A ．10 Ω B ．50 ΩC ．150 ΩD ．250 Ω答案 D解析 电阻丝无论怎样拉长其体积不变，但随着长度增加，截面面积在减小，即满足V ＝Sl 关系式．把电阻丝由1 m 均匀拉伸到5 m 时，截面面积变成原来的15，由电阻定律R ＝ρlS 可知电阻变成原来的25 倍，D 正确．7．某同学在商场买了一个标有“220 V 800 W ”的电水壶，为了验证电水壶质量是否合格，他特意用多用电表测量了电水壶的电阻，若电水壶合格，那么该同学测得的电水壶的阻值( )A ．接近60.5 ΩB ．略大于60.5 ΩC ．明显大于60.5 ΩD ．明显小于60.5 Ω答案 D解析 依据电水壶标签上额定电压和额定功率求出的电阻为高温状态下的电阻，而用多用电表测出的电水壶电阻为常温下的电阻，且温度相差很大，根据金属材料的电阻随温度的升高而增大可知选项D 正确．8．用电器距离电源为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使在线路上的电压降不超过U ，那么，输电线的横截面积的最小值为( ) A.ρlR B.2ρlI U C.U ρlI D.2Ul Iρ答案 B解析 输电线的总长为2l ，由公式R ＝U I ，R ＝ρ2l S ，得S ＝2ρlIU，故B 正确．9．目前集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，集成度越高，电子元件越微型化、越小．图2中R 1和R 2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 2的尺寸远远小于R 1的尺寸．通过两导体的电流方向如图所示，则关于这两个导体的电阻R 1、R 2关系的说法正确的是( )图2A ．R 1＞R 2B ．R 1＜R 2C ．R 1＝R 2D ．无法确定答案 C解析 设导体边长为a ，厚度为d ，电阻率为ρ. 则R ＝ρl S ＝ρa ad ＝ρd，与尺寸无关．10．如图3所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，若将A 与B 接入电压为U 的电路中时，电流为1 A ；若将C 与D 接入电压为U 的电路中时，则电流为( )图3A ．4 AB ．2 AC.12A D.14A 答案 A解析 根据电阻定律公式R ＝ρL S 得，R AB ＝ρL ab S ad ，R CD ＝ρL ad S ab ，故R AB R CD ＝41.接入电压相同的电路，两次电流之比为1∶4，故第二次电流为4 A.11．(2016·温州模拟)两电阻R1和R2的电流I和电压U的关系图线如图4所示，可知两电阻的大小之比R1∶R2等于()图4A．1∶3 B．3∶1 C．1∶ 3 D．1∶4答案 B解析由图可知，R1∶R2＝tan 60°∶tan 30°＝3∶1.12．某导体的伏安特性曲线如图5中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是()图5A．B点的电阻为12 ΩB．B点的电阻为4 ΩC．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD．导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω答案 D解析根据电阻的定义式可以求出A、B两点电阻分别为R A＝30.1Ω＝30 Ω，R B＝60.15Ω＝40Ω，所以ΔR＝R B－R A＝10 Ω，D正确，A、B、C错误．13．(2015·浙江1月学考·29)如图6所示是一个电热水壶的铭牌，小沈同学利用所学知识，结合该铭牌上获取的信息，得出该电热水壶( )图6A ．正常工作时的电流约为6.8 AB ．正常工作5 min 耗电为0.5 kW·hC ．只能在直流电下工作D ．只能在220 V 电压下工作 答案 A解析 I ＝P U ＝1 500220 A ≈6.8 A ，A 项正确；W ＝P ·t ＝0.125 kW·h ，B 项错误；可以使用交流电，220 V 是正常工作的电压，故C 、D 项错误．14．一个直流电动机，其线圈的电阻是0.5 Ω，当它两端所加电压为6 V 时，通过电动机的电流是2 A ．由此可知( ) A ．电动机消耗的电功率为10 W B ．电动机发热的功率为12 W C ．电动机输出的机械功率为10 W D ．电动机的工作效率为20% 答案 C解析 直流电动机线圈电阻为R ，当电动机工作时通过的电流为I ，两端的电压为U ，总功率为：P ＝UI ＝2×6 W ＝12 W ，发热功率为：P 热＝I 2R ＝22×0.5 W ＝2 W ，故A 、B 错误；根据能量守恒定律，其输出的机械功率是P 出＝P －P 热＝12 W －2 W ＝10 W ，故C 正确；电动机的工作效率为η＝P 出P ×100%＝1012×100%≈83.3%，故D 错误．15．(2016·温州期末)如图7所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是( )图7A ．电动机的输出功率为14.0 WB ．电源输出的电功率为20.0 WC ．电动机产生的热功率4.0 WD ．电动机两端的电压为5.0 V 答案 B16．以蓄电池为驱动能源的环保汽车总质量m ＝3×103 kg.当它在水平路面上以v ＝36 km/h 的速率匀速行驶时，驱动电机的输入电流I ＝50 A ，电压U ＝300 V ．在此行驶状态下： (1)求驱动电机的输入功率P 电；(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机，求汽车所受阻力与车重的比值(g 取10 m/s 2)． 答案 (1)1.5×104 W (2)0.045 解析 (1)驱动电机的输入功率 P 电＝IU ＝1.5×104 W.(2)在匀速行驶时，P 机＝0.9P 电＝F v ＝F f v ，得F f ＝0.9P 电v ＝1.35×103 NF f汽车所受阻力与车重之比mg＝0.045.。

1．实验原理(1)实验依据：闭合电路欧姆定律．(2)E 和r 的求解：由U ＝E －Ir 得⎩⎪⎨⎪⎧U 1＝E －I 1r U 2＝E －I 2r ，解得E 、r .(3)用作图法处理数据，如图1所示．①图线与纵轴交点为E ； ②图线与横轴交点为I 短＝Er ；③图线的斜率表示r ＝|ΔUΔI |.图12．实验器材电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺． 3．基本操作(1)电流表用0.6 A 的量程，电压表用3 V 的量程，按实验原理图连接好电路． (2)把滑动变阻器的滑片移到使阻值最大的一端．(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I 1，U 1)．用同样的方法再测量几组I 、U 值，填入表格中． (4)断开开关，拆除电路，整理好器材．1．实验数据求E 、r 的处理方法(1)列多个方程组求解，再求E 、r 的平均值．(2)图象法处理：以路端电压U 为纵轴，干路电流I 为横轴，建坐标系、描点、连线，纵轴截距为电动势E ，直线斜率k 的绝对值为内阻r . 2．注意事项(1)为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池． (2)电流不要过大，应小于0.5 A ，读数要快．(3)要测出不少于6组的(I ，U )数据，变化范围要大些．(4)若U －I 图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根据r ＝|ΔUΔI|确定．(5)电流表要内接(因为r很小)．3．误差来源(1)偶然误差：用图象法求E和r时作图不准确．(2)系统误差：电压表分流．命题点一教材原型实验例1某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其他器材有：A．电压表V：0～3 V～15 VB．电流表A：0～0.6 A～3 AC．变阻器R1：(20 Ω，1 A)D．变阻器R2：(1 000 Ω，0.1 A)E．开关S和导线若干(1)实验中电压表应选用的量程为________(填“0～3 V”或“0～15 V”)；电流表应选用的量程为________(填“0～0.6 A”或“0～3 A”)；变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)．(2)实验测得的6组数据已在U－I图中标出，如图2所示．请你根据数据点位置完成U－I图线，并由图线求出该电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.图2解析(1)电源为一节干电池，电动势约为1.5 V，所以电压表选用量程为0～3 V；电流表选用0～0.6 A；一节干电池的内阻很小，为了便于操作，变阻器选择R1.(2)将U－I图象中的点用一条直线连接，与纵轴交点约为1.5 V，所以电动势E＝1.5 V；内阻等于直线的斜率的绝对值，约为0.48 Ω～0.53 Ω.答案(1)0～3 V0～0.6 A R1(2)见解析题组阶梯突破1．用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V，内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、开关、导线外，还有下列器材供选用：A．电流表：量程0.6 A，内电阻约1 ΩB．电流表：量程3 A，内电阻约0.2 ΩC．电压表：量程3 V，内电阻约30 kΩD．电压表：量程6 V，内电阻约60 kΩE．滑动变阻器：0～1 000 Ω，额定电流0.5 AF．滑动变阻器：0～20 Ω，额定电流2 A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________．(均填仪器的字母代号)(2)图3为正确选择仪器后，连好的部分电路．为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连(均填仪器上接线柱的字母代号)．图3答案(1)A D F(2)a d c g f h解析(1)因三节干电池的电动势约为4.5 V，故电压表应选D；因干电池放电电流不宜超过0.5 A，故电流表应选A；由电压表和电流表的测量范围可知滑动变阻器选用F即可．(2)本实验的实验电路应如图所示．为了连接成如图所示的实验电路，还需要用导线将a与d，c与g，f与h相连.2．(1)用电压表、电流表测定电池的电动势和内阻实验．采用的是电路图________．(2)根据图4所示图线得到电源电动势的大小是______V，内阻是________Ω(结果保留两位小数)．图4答案(1)D(2)1.44(1.43～1.44)0.92(0.89～0.92)3．在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”实验中，某同学测得了七组数据(如下表).(1)图5从图线中得出，电源电动势E＝________V，内电阻r＝______Ω.(2)若一位同学未画出图线，只选用其中两组U和I的数据，根据公式E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r算出E和r，这样做可能得出误差很大的结果，则他选用其中第______组和第______组数据时算得的结果误差较大．答案(1)见解析图 1.6 1.45(2)47解析(1)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：由图示图象可知，电源的U －I 图线与纵轴交点坐标值为1.6，则电源电动势为：E ＝1.6 V ， 电源内阻：r ＝|ΔU ΔI |＝1.61.1Ω≈1.45 Ω；(2)由图示图象可知，第4组与第7组实验数据偏离图线最远，应用这两组数据列方程求出的电动势与内阻误差较大．命题点二 拓展创新实验例2 在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材： A ．待测的干电池 B ．电流传感器1 C ．电流传感器2D ．滑动变阻器R (0～20 Ω，2 A)E ．定值电阻R 0(2 000 Ω)F ．开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图6甲所示的电路来完成实验．图6(1)在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P 向右滑动，则电流传感器1的示数将______(选填“变大”或“变小”)．(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的I 1－I 2图线(I 1为电流传感器1的示数，I 2为电流传感器2的示数，且I 2的数值远远大于I 1的数值)，则由图线可得被测电池的电动势E ＝______V ，内阻r ＝______Ω.(3)若将图线的纵坐标改为_________，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．解析 (1)滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P 向右滑动时 R 值减小，电流传感器2的示数变大，电流传感器1的示数变小． (2)由闭合电路欧姆定律可得：I 1R 0＝E －I 2r 变形得：I 1＝E R 0－rI 2R 0；由数学知识可得：图象中的|k |＝r R 0；b ＝ER 0；由图可知：b ＝1.50×10－3 A ；|k |＝1.35－1.050.45－0.15×10－3＝1×10－3；解得：E ＝3.00 V ，r ＝2.00 Ω；(3)若图象纵坐标改为路端电压，即I 1R 0，则图线与纵坐标轴的交点即可表示为电源的电动势． 答案 (1)变小 (2)3.00 2.00 (3)I 1R 0 题组阶梯突破4．(1)伏安法测电源的电动势和内阻的实验原理是____________．(2)某同学设计如图7所示电路测量电源的电动势和内阻，其中电流表内阻为R A .实验时，应先将电阻箱的电阻调到________．(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)(3)根据实验数据描点，绘出的1I －R 图象是一条直线．若直线的斜率为k ，在1I 坐标轴上的截距为b ，则该电源的电动势E ＝____，内阻r ＝____.(用k 、b 和R A 表示)图7答案 (1)闭合电路欧姆定律 (2)最大值 (3)1k bk－R A解析 (1)伏安法测电源的电动势和内阻实验中采用的实验原理为闭合电路欧姆定律；(2)电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时电阻箱阻值应调到最大值处；(3)由闭合电路欧姆定律可得：I ＝ER ＋r ＋R A变形可得：1I ＝R E ＋r ＋R AE由函数知识可知：图象的斜率k ＝1E ，故E ＝1k；图象与纵坐标的交点b ＝r ＋R A E ，故r ＝bk －R A .。

单元小结练电学实验综合练习(限时：30分钟)1．分别用如图1所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值．图甲中两表的示数分别为3 V、4 mA，图乙中两表的示数分别为4 V、3.9 mA，则待测电阻R x的真实值为()图1A．略小于1 kΩB．略小于750 ΩC．略大于1 kΩD．略大于750 Ω答案 D解析先判断采用的测量方法哪个较为合理，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是阻值较小的电阻，电流表分压较大，所以采用图甲进行测量比较准确．图甲中测量值为R测＝U测I测＝750 Ω，较真实值偏小．故D项正确．2．如图2所示为一正在测量中的多用电表表盘．图2(1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则读数为________ Ω.(2)如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为______ mA.(3)如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为________ V.答案(1)60(2)7.2(3)3.60(3.59～3.61均可)解析用欧姆挡测量时，用最上面一排数据读数，读数为6.0×10 Ω＝60 Ω；用直流电流挡测量时，读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.2 mA；用直流电压挡测量时，读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为36.0×0.1 V＝3.60 V.3．某同学测量一个圆柱体导体的电阻率，需要测量圆柱体导体的尺寸和电阻．(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体导体的长度和直径，某次测量的示数如图3(a)和(b)所示，长度为________cm，直径为________mm.图3(2)按图(c)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________处(填“大”或“小”)；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________(填“大”或“小”)；将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1 280 Ω；(3)由此可知，圆柱体的电阻为________Ω.答案(1)5.01 5.316(5.315～5.317均可)(2)①大②大(3)1 280解析(1)游标卡尺的精度为0.1 mm，所以L＝(50＋1×0.1) mm＝5.01 cm，螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.6×0.01) mm＝5.316 mm.(2)为了保护电流表，在接通电路之前，要使电路中的总电阻尽可能大，电路接通后再慢慢减小电路中的电阻．4．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”．除了开关、导线外，还有如下器材供选择：电压表V，量程0～5 V，内阻约5 kΩ电流表A1，量程0～500 mA，内阻约0.5 Ω电流表A2，量程0～100 mA，内阻约4 Ω滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，额定电流2.0 A滑动变阻器R2，最大阻值100 Ω，额定电流1.0 A直流电源E，电动势约为6 V，内阻约为0.5 Ω(1)上述器材中，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(填器材符号)(2)请根据所选的器材，在图4甲中用笔画线代替导线连接实验电路．甲乙图4(3)根据实验数据，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，如图乙．则可确定小灯泡的功率P与U2、I2的关系，则下列示意图中正确的是________．(4)将被测小灯泡与一个电动势为1.5 V、内阻为5 Ω的电源串联组成闭合回路，则通过小灯泡的电流为________A.答案(1)A1R1(2)实物连线如图所示(3)D(4)0.16(0.15～0.17均可)解析(1)由小灯泡的规格为“3.8 V,0.3 A”可知，电流表应选A1；在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，电压从0开始增大，故滑动变阻器应采用分压式接法，则滑动变阻器选R1.(3)由题图乙可知小灯泡的电阻为图线上的点与原点连线的斜率的倒数且越来越大，P＝1 R·U 2，P－U2图线中1R为斜率，所以A、B均错；P＝RI2，P－I2图线中R为斜率，所以C错，D正确．(4)在题图乙中画电源的伏安特性曲线，两图线有一个交点，交点纵轴为0.16 A，即回路中电流，所以通过小灯泡的电流为0.16 A.5．为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P ＝UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω.(1)准备使用的实物电路如图5所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)图5(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选________Ω的定值电阻．(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．(4)小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图6所示．请指出图象中不恰当的地方．图6答案 (1)见解析图 (2)10 (3)电池 (4)图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适 解析 (1)滑动变阻器采用分压式连接，实物电路如图所示．(2)灯泡的正常工作电压是3.0 V 、电阻R ＝U 2P＝5 Ω，假设当灯泡获取最大工作电压时恰好与滑动变阻器最大电阻并联，并联电阻约为3.3 Ω，则有U LR 并＝E －U L R 1，解得R 1＝9.9 Ω，因此R 1应选取10 Ω的电阻．(3)为了保护电源，防止在整理电路时电源被短路，所以断开开关后，一般应先拆除电池两端的导线．(4)由数据分析可知，图线应是平滑的曲线，且横坐标标度取得太大，以至于图象不能充分占满坐标纸，引起误差较大．6．某同学利用如图7所示的实验电路来测量电阻的阻值．图7(1)将电阻箱接入a 、b 之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R ′，然后保持其阻值不变．改变电阻箱的阻值R ，得到一组电压表的示数U 与R 的数据如下表：图8(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V．利用(1)中测绘的U－R图象可得R x＝________Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10 Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？答案(1)U－R关系图象如图所示(2)20.0(19.0～21.0均可)(3)偏小改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为1.50 V解析(1)首先确定两坐标轴的刻度，要注意使图象布满整个坐标纸，其次将表中数据在坐标纸上描点．第三步是连线，要注意画出平滑的曲线，不能连成折线．(2)在所得图象上确定纵坐标为2.00 V的点对应的横坐标即为所求结果．(3)当电源内阻r增大时，在R相同的情况下电路中电流I＝ER＋R′＋r变小，从而导致R 两端电压偏小，则从原U－R图象中读得的R值偏小．要利用(1)中测绘的U－R图象准确测量待测电阻，就需保证原图象中U与R的对应性，从表中数据可以看到，R＝10.0 Ω时U＝1.50 V，故需调节R′使电压表示数为1.50 V.7．某课外活动小组自制了西红柿电池组，现在要测量该西红柿电池组的电动势和内阻(电动势约2 V，内阻一千多欧姆)．实验室现有如下器材供选择：多用电表：欧姆挡(×1，×10，×100，×1 k)直流电流挡(0～0.5 mA,0～1 mA,0～10 mA,0～100 mA)直流电压挡(0～0.5 V,0～2.5 V,0～10 V,0～50 V,0～250 V，0～500 V)电压表：(0～3 V～15 V)电流表：(0～0.6 A～3 A)滑动变阻器：R1(0～10 Ω)，R2(0～2 000 Ω)开关及导线．(1)该小组同学先用多用电表直流电压“0～2.5 V”挡(表盘上的标识为“mA V”)粗测了西红柿电池组的电动势，指针稳定时如图9甲所示，其示数为________V；(2)为了更精确地测量西红柿电池组的电动势和内阻，应选________测电压，选________测电流(填电表名称和所选量程)；滑动变阻器应选________(填电阻符号)；(3)请设计方案，在图乙所示的实物图上用笔画线代替导线进行实物连接．图9答案(1)1.6(2)电压表，0～3 V多用电表直流电流1 mA挡R2(3)如图所示。

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考点七力学实验1.(2018·全国卷I ·T22) 如图甲，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。

现要测量图甲中弹簧的劲度系数。

当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图乙所示，其读数为cm。

当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为N/m(保留3位有效数字)。

【解析】标尺示数如图乙所示，其读数为37 mm+0.05 mm×15=37.75 mm=3.775 cm；弹簧的伸长量x=3.775 cm-1.950 cm=1.825 cm=0.018 25 m，根据二力平衡有kx=mg，解得k= 53.7 N/m。

答案：3.775 53.7【易错警示】解答此题常见错误主要有：(1)游标卡尺读数误差，或单位搞错导致错写成37.70。

(2)把重力加速度按照习惯用g=10 m/s2代入计算导致错误。

(3)考虑采用图象法处理实验数据计算劲度系数耽误时间。

2.(2018·全国卷II ·T23)某同学用图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。

跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。

缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。

某次实验所得数据在表中给出，其中f4的值可从图乙中弹簧秤的示数读出。

砝码的质量m/kg 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25滑动摩擦力f/N 2.15 2.36 2.55 f4 2.93回答下列问题：(1)f4= N。

第2讲闭合电路欧姆定律一、闭合电路的欧姆定律1．内容：在外电路为纯电阻的闭合电路中，电流的大小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(1)I＝ER＋r(只适用于纯电阻电路)．(2)E＝U外＋Ir(适用于所有电路)．3．路端电压U与电流I的关系(1)关系式：U＝E－Ir.(2)U－I图象如图1所示．图1①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电源电动势．②当外电路短路即U＝0时，横坐标的截距为短路电流．③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．二、电路中的功率及效率问题1．电源的总功率(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2 R＋r.2．电源内部消耗的功率P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．3．电源的输出功率(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．(2)纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E 2(R －r )2R＋4r .(3)纯电阻电路中输出功率随R 的变化关系 ①当R ＝r 时，电源的输出功率最大为P m ＝E 24r .②当R >r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． ③当R <r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2. ⑤P 出与R 的关系如图2所示．图24．电源的效率(1)任意电路：η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%.(2)纯电阻电路：η＝R R ＋r×100%＝11＋r R ×100%因此在纯电阻电路中R 越大，η越大．深度思考 当R ＝r 时，电源的输出功率最大，则此时电源的效率是不是最大？ 答案 不是解析 由η＝11＋r R×100%可知，当R ＝r 时，η＝50%.故此时效率不是最大．1．判断下列说法是否正确．(1)闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比．( √ ) (2)电动势是电源两极间的电压．( × ) (3)当外电阻增大时，路端电压也增大．( √ ) (4)闭合电路中的短路电流无限大．( × )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( × ) (6)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．( × ) (7)电源的输出功率越大，电源的效率越高．( × )2．(人教版选修3－1P63第3题)许多人造卫星都用太阳电池供电．太阳电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时的电压是600 μV ，短路电流是30 μA.则这块电池板的内阻( ) A ．2 Ω B ．20 Ω C ．200 Ω D ．2 000 Ω 答案 B3．(人教版选修3－1P63第4题)电源的电动势为4.5 V 、外电阻为4.0 Ω时，路端电压为4.0 V ，若在外电路中分别并联一个6.0 Ω的电阻和串联一个6.0 Ω的电阻．则两种情况下的路端电压为( )A ．4.3 V 3.72 VB ．3.73 V 4.3 VC ．3.72 V 4.3 VD ．4.2 V 3.73 V答案 C4．(人教版选修3－1P66第2题)一个量程为0～150 V 的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在110 V 电路的两端，电压表的读数是5 V ．这个外接电阻是( ) A ．240 Ω B ．420 kΩ C ．240 kΩ D ．420 Ω 答案 B命题点一 闭合电路欧姆定律及动态分析 1．电路动态分析的两种方法(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I 串联分压U →变化支路． (2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论． 2．闭合电路的故障分析 (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：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零． (2)检查方法①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，或并联路段被短路．②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．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．③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．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．例1 (多选)(2016·江苏单科·8)如图3所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有( )图3A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案 AC解析 外电路的总电阻R ＝20×2020＋20 Ω＝10 Ω，总电流I ＝E R ＋r ＝1 A ，则路端电压U ＝IR ＝10V ，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12 W ，B 错；a 、b 间电压大小为U ab ＝0.5×15 V －0.5×5 V ＝ 5 V ，C 项对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I ′＝ER ′＋r≈1.26 A ，D 项错误．1．如图4所示，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )图4A ．V 的读数变大，A 的读数变小B ．V 的读数变大，A 的读数变大C ．V 的读数变小，A 的读数变小D ．V 的读数变小，A 的读数变大 答案 B解析 S 断开，相当于外电阻变大，由闭合电路欧姆定律知电路中总电流减小，则路端电压增大，V 的示数变大，R 1的电压减小，故R 3的电压增大，故电流表示数变大，B 正确． 2．如图5所示，虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成．超导部件有一个超导临界电流I C ，当通过限流器的电流I ＞I C 时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零，即R 1＝0)转变为正常态(一个纯电阻，且R 1＝3 Ω)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导临界电流I C ＝1.2 A ，限流电阻R 2＝6 Ω，小灯泡L 上标有“6 V 6 W ”的字样，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω.原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L 正常发光，现灯泡L 突然发生短路，则( )图5A ．灯泡L 短路前通过R 2的电流为47AB ．灯泡L 短路后超导部件将由超导态转化为正常态，通过灯泡的电流为1 AC ．灯泡L 短路后通过R 1的电流为43 AD ．灯泡L 短路后通过R 2的电流为2 A 答案 C解析 标有“6 V 6 W ”的小灯泡L 电阻R ＝U 2P ＝6 Ω，灯泡L 正常发光时通过灯泡L 的电流I ＝PU ＝1 A ，超导部件处于超导态，其电阻为零，1 A 电流全部通过超导部件，即灯泡L短路前通过R 2的电流为零，A 错误．灯泡L 短路后，电流增大超过超导部件超导临界电流，将由超导态转化为正常态，外电路电阻R ′＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律可得，通过灯泡的电流I ＝ER ′＋r ＝2 A ，B 错误．由并联电路电流分配规律可知，灯泡L 短路后通过R 1的电流为43 A ，通过R 2的电流为23 A ，C 正确，D 错误． 命题点二 电路中的功率及效率问题例2 如图6所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L 的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( )图6A．电流表、电压表的读数均变小B．电源内阻消耗的功率变大C．液滴将向上运动D．电源的输出功率变大答案 C解析当L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确．由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误．因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误．由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误．选C.3.(多选)在如图7所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()图7A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 ΩB．电阻R的阻值为1 ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%答案ABC解析由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V，内阻为r＝EI短＝0.5 Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1 Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝Er＋R＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，电源的效率为η＝UI EI×100%≈66.7%，故选项A、B、C正确，D错误．4．(多选)如图8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8A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为253ΩC ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 V 答案 ACD解析 电源的路端电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，显然直线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E ＝50 V ，r ＝50－206－0 Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝Er ＋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 关系图线看出对应干路电流为4 A ，再从U －I 图线读取对应的输出电压为30 V ，D 正确. 命题点三 电源和电阻U －I 图象的比较例3 如图9直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡L 1的U －I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )图9A ．此电源的内电阻为23ΩB ．灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用 答案 B解析 由图象知，电源的内阻为r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝4－16 Ω＝0.5 Ω，A 错误；因为灯L 1正常发光，故灯L 1的额定电压为3 V ，额定功率为P ＝UI ＝3×2 W ＝6 W ，B 正确；正常工作时，灯L 1的电阻为R 1＝UI ＝1.5 Ω，换成R 2＝1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r ，故电源的输出功率将变大，C 错误；小灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，其U －I 图线是一条曲线的原因是灯泡的电阻随温度的变化而发生变化．5．(多选)如图10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．以下说法正确的是( )图10A ．电池组的内阻是1 ΩB ．电阻的阻值为0.33 ΩC ．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4 WD ．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率是4 W 答案 AD解析 a 图线斜率的绝对值的倒数等于电源的内阻，则电池组的内阻是r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝44 Ω＝1 Ω，选项A 正确；b 图线的斜率的倒数等于电阻R ，则R ＝U I ＝31 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两端，电池组的输出功率将是P ＝(E R ＋r )2R ＝(43＋1)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P m ＝E 24r ＝424×1W ＝4 W ，选项D 正确；故选A 、D.6.(多选)如图11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11A ．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D ．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． 命题点四 含电容器电路的分析1．确定电容器和哪个电阻并联，该电阻两端电压即为电容器两端电压．2．当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，此电路两端电压即为电容器两端电压． 3．当电容器与电源直接相连，则电容器两极板间电压即等于电源电动势．例4 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12所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图12A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．7.在如图13所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω，当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 2，则( )图13A ．Q 1∶Q 2＝1∶3B ．Q 1∶Q 2＝3∶1C ．Q 1∶Q 2＝1∶5D ．Q 1∶Q 2＝5∶1 答案 A解析 当开关S 闭合时，电容器两端电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E 3，Q 1＝E3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．8．如图14所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合开关S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图14A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开开关S答案 B解析 由闭合电路欧姆定律可知：增大R 1的阻值会使总电阻增大，总电流减小，R 1两端电压增大，则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴受电场力增大，油滴将向上运动，选项A 错误；电路稳定时R 2中无电流，R 2阻值变化对电路无任何影响，则选项B 正确；只增大板间距离d ，会使板间电场强度减小，油滴将向下运动，选项C 错误；断开开关S ，电容器放电，油滴将向下运动，选项D 错误.含有非理想电表的电路分析典例1两个定值电阻R1、R2串联接在U稳定于12 V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端，如图15所示，电压表示数为8 V，如果把它改接在R2的两端，则电压表的示数将()图15A．小于4 V B．等于4 VC．大于4 V而小于8 V D．等于或大于8 V答案 A解析当电压表并联在R1两端时，ab间的电阻是R1与电压表内阻R V并联后的等效电阻R ab，R ab＜R1，R ab两端电压为8 V，R2两端电压为4 V，则R ab＝2R2，所以R1＞2R2，由此可以推断，当不用电压表测量时，R2分得的电压小于4 V．当把电压表并在R2上时，bc间的电阻R bc为R2和R V的并联电阻，R bc＜R2，因而bc间电压一定小于4 V．所以本题正确选项为A.典例2如图16甲所示电路中，电压表V1与V2内阻相同，V2与R1并联，V1的示数为U1＝3 V，V2的示数为U2＝2 V；现将V2改为与R2并联，如图乙所示，再接在原来的电源上，那么()图16A．V1的示数必增大，V2的示数必减小B．V1的示数必增大，V2的示数必增大C．V1的示数必减小，V2的示数必增大D ．V 1的示数必减小，V 2的示数必减小 答案 A解析 题图甲中，由R 2两端的电压小于R 1两端的电压知，R 2＜R 1R V R 1＋R V ＜R 1，R 串＝R 2＋R 1R VR 1＋R V ，在题图乙中，显然R 2R V R 2＋R V ＜R 2，R 串′＝R 1＋R 2R V R 2＋R V ；R 串－R 串′＝R 2－R 1＋R 1R V R 1＋R V －R 2R VR 2＋R V ＝(R 2－R 1)(R 1R 2＋R 1R V ＋R 2R V )(R 1＋R V )(R 2＋R V )，因为R 2＜R 1，所以R 串－R 串′＜0，即R 串＜R 串′，由闭合电路欧姆定律可知，电压表V 1的示数变大，电压表V 2的示数减小，A 正确．题组1 电路的动态分析1.如图1所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )图1A ．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 答案 A解析 由变阻器R 0的滑动端向下滑动可知，R 0连入电路的有效电阻减小，R 总减小，由I ＝ER 总＋r 可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数减小，故A正确．2.(多选)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2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 使电灯L 正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则( )图2A ．电灯L 变亮B ．电灯L 变暗C ．电流表的示数减小D ．电流表的示数增大 答案 AC解析 探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，则电路的总电阻变大，根据I ＝ER 总可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U ＝E －Ir ，可知I 减小，U 增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L 变亮，故A 、C 正确，B 、D 错误．3.在如图3所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )图3A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大 D.U 2I 变大、ΔU 2ΔI 变大 答案 C解析 滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.U 2I 为外电阻，变大，ΔU 2ΔI 为内电阻，不变，则D 错误．4．如图4所示的电路中，闭合开关S ，灯L 1、L 2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是( )图4A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3短路D ．R 4短路答案 A解析 分析电路的连接方式可知，R 1与L 1并联；R 2与R 3先并联再与电流表、R 4串联，然后与L 2并联．发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，说明L 1两端的电压变大，L 2两端的电压变小，可能是R 1断路，A 正确；如果R 2断路，则灯L 2变亮，灯L 1变暗，与现象不符，B 错误；若R 3短路或R 4短路，与电流表示数变小不符，C 、D 错误． 题组2 电路中的功率及效率问题5．(多选)如图5所示，已知电源的内电阻为r ，固定电阻R 0＝r ，可变电阻R 的总阻值为2r ，若滑动变阻器的滑片P 由A 端向B 端滑动，则下列说法中正确的是( )图5A ．电源的输出功率由小变大B ．固定电阻R 0上消耗的电功率由小变大C ．电源内部的电压即内电压由小变大D ．滑动变阻器R 上消耗的电功率变小 答案 AB解析 由闭合电路欧姆定律推出电源的输出功率随外电阻变化的规律表达式P出＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r ，根据上式作出P 出－R 外图象如图所示．当滑片P 由A 端向B 端滑动时，外电路电阻的变化范围是0～23r ，由图可知，当外电路电阻由0增加到23r 时，电源的输出功率一直变大，选项A 正确．R 0是纯电阻，所以其消耗的电功率PR 0＝U 2R 0，因全电路的总电压即电源电动势E 一定，当滑动变阻器的滑片P 由A 端向B 端滑动时，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压升高，R 0上消耗的电功率也一直增大，选项B 正确，C 错误．讨论滑动变阻器R 上消耗的电功率的变化情况时，可以把定值电阻R 0当作电源内电阻的一部分，即电源的等效内电阻为r ′＝rR 0r ＋R 0＝r 2，这时滑动变阻器R 上消耗的电功率相当于外电路消耗的功率，即等效电源的输出功率．随着滑片P 由A 端向B 端滑动，在R 的阻值增大到r2之前，滑动变阻器R 上消耗的电功率是一直增大的；则根据闭合电路欧姆定律可知，当R ＝r2时，滑动变阻器R 上消耗的电功率达到最大值，滑片P 再继续向B 端滑动，则滑动变阻器R 上消耗的电功率就会逐渐减小，故选项D 错误．6.(多选)如图6所示，R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是( )图6A ．当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得最大功率B ．当R 1＝R 2＋r 时，R 1获得最大功率C ．当R 2＝0时，R 1获得最大功率D ．当R 2＝0时，电源的输出功率最大 答案 AC解析 在讨论R 2的电功率时，可将R 1视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R 2与电动势为E 、内阻为(R 1＋r )的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图甲所示)，R 2的电功率是等效电源的输出功率．显然当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得的电功率最大，A 项正确；讨论R 1的电功率时，由于R 1为定值，根据P ＝I 2R 知，电路中电流越大，R 1上的电功率就越大(P 1＝I 2R 1)，所以，当R 2＝0时，等效电源内阻最小(等于r ，如图乙所示)，R 1获得的电功率最大，故B 项错误，C 项正确；讨论电源的输出功率时，(R 1＋R 2)为外电阻，内电阻r 恒定，由于题目没有给出R 1和r 的具体数值，所以当R 2＝0时，电源输出功率不一定最大，故D 项错误．题组3 U －I 图象的理解和应用7.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，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )图7A ．4 W,8 WB ．2 W,4 WC ．2 W,3 WD ．4 W,6 W 答案 D解析 用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI ＝2×2 W ＝4 W ，电源的总功率是EI ＝3×2 W ＝6 W ．选项D 正确．8．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图8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 的关系图线(电池内阻不是常数)，图线b 是某电阻R 的U －I 图线．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( )图8A ．8.0 ΩB ．10 ΩC ．12 ΩD ．12.5 Ω 答案 A解析 由闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ，当I ＝0时，E ＝U ，由图线a 与纵轴的交点读出电动势为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2 V ，则内阻r ＝3.6－20.2Ω＝8.0 Ω，故A 正确．9．(多选)在如图9所示的U －I 图线上，a 、b 、c 各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，在b 点α＝β，则下列说法中正确的是( )图9A ．在b 点时电源有最大输出功率B ．在b 点时电源的总功率最大C ．从a →b ，β角增大，电源的总功率和输出功率可能都将增大D ．从b →c ，β角增大，电源的总功率和输出功率可能都将减小 答案 AD解析 b 点对应内、外电路电阻相等，电源有最大输出功率，A 正确；电源的总功率P 总＝IE ，当回路电流最大时电源总功率最大，即外电路短路时电源的总功率最大，B 错误；从a →b ，路端电压升高，回路电流减小，电源的总功率减小，C 错误；若U bI b ＝r (电源内阻)，由路端电压和干路电流可判断从b →c 外电路电阻增大，电源的输出功率和总功率都减小，D 正确． 题组4 含电容器电路的分析10.(多选)如图10所示，C 1＝6 μF ，C 2＝3 μF ，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电源电动势E ＝18 V ，内阻不计，下列说法正确的是( )图10A ．开关S 断开时，a 、b 两点电势相等B ．开关S 闭合后，a 、b 两点间的电流是2 AC ．开关S 断开时C 1带的电荷量比开关S 闭合后C 1带的电荷量大D ．不论开关S 断开还是闭合，C 1带的电荷量总比C 2带的电荷量大 答案 BC解析 S 断开时外电路处于断路状态，两电阻中均无电流通过，电阻两端电势相等，由题图知a 点电势与电源负极电势相等，而b 点电势与电源正极电势相等，A 错误．S 断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C 1＞C 2，由Q ＝CU 知此时Q 1＞Q 2.当S 闭合时，稳定状态下C 1与R 1并联，C 2与R 2并联，电路中电流I ＝ER 1＋R 2＝2 A ，此时两电阻两端电压分别为U 1＝IR 1＝6 V 、U 2＝IR 2＝12 V ，则此时两电容器所带的电荷量分别为Q 1′＝C 1U 1＝3.6×10－5C 、Q 2′＝C 2U 2＝3.6×10－5 C ，对电容器C 1来说，S 闭合后其两端电压减小，所带的电荷量也减小，故B 、C 正确，D 错误．11.在如图11所示的电路中，电容器的电容C ＝2 μF ，电源电压为12 V 且恒定不变，R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶6∶3，则电容器极板a 所带电荷量为( )图11A ．－8×10－6 CB ．4×10－6 CC ．－4×10－6 CD ．8×10－6 C答案 D解析 设R 1、R 2、R 3、R 4的电阻分别为R 、2R 、6R 、3R .电路稳定后，电容器所在支路无电流，左右两个支路构成并联电路，其中R 1和R 2支路中电流I 1＝E R 1＋R 2＝4R ，R 3和R 4支路中电流I 3＝E R 3＋R 4＝43R ，令电源正极的电势φ＝0，则φa ＝－I 1R 1＝－4 V ，φb ＝－I 3R 3＝－8 V ，得U ab ＝φa －φb ＝4 V ，即电容器极板a 带正电荷，电荷量Q ＝CU ab ＝8×10－6 C ，D 正确．12.(多选)如图12所示，D 是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施下，关于P 的运动情况说法正确的是( )图12A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止 B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．断开S 后，减小A 、B 板间距离，P 仍静止 答案 ABD解析 保持S 闭合，电源的路端电压不变，增大A 、B 板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E ＝4πkQεr S 得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故A 正确．保持S 闭合，电源的路端电压不变，电容器的。