高考物理一轮复习精品电路-PPT精品

限流电路和分压电路
一个电路一般可分为电源、控制电路和测量电路三部分。控制电路的
任务就是控制负载的电流和电压，使其达到预定的要求。常用的是限
流电路和分压电路。控制元件主要使用滑动变阻器或电阻箱。
1、限流电路
电路如图所示，根据欧姆定律可知，电流的最大值


和最小值分别为 = ， =
．因此应将滑动变阻器接成分压电路．否则无法调节负载电阻两端的电压及通过负
载电阻的电流的有效变化而造成较大的偶然误差。设计电路 (外接法 及电表选取分
析略)。
【例3】用伏安法测一个电阻Rx的阻值。提供器材有：待测电阻Rx(约5k Ω 、电压
表(0—3V，内阻100k Ω)、微安表(0～500uA，内阻100 Ω)、变阻器(0～20k Ω)、
直流电源，电压12V，内阻不计；B、电压表，量程O一3—15V，内阻10k Ω ；C、
电流表，量程0～0．6～3A，内阻20 Ω ；D、毫安表，量程5mA，内阻200 Ω ；E、
滑动变阻器，阻值0～50 Ω ；G、电键及导线若干。试设计出实验电路。
【分析】本题中，由于待测电阻约为3k Ω ．而滑动变阻器控制大阻值负载的情况
0．5A)，变阻器R，(0～20 Ω ，0．2A)，学生电源E(6—8v)、开关及导线若干。选
择出 符合实验要求的实验器材并设计出实验电路。
【分析】不管是从题中要求灯泡两端电压必须从零开始连续可调的角度考虑．还是
从为了最终能较准确画出伏安特性曲线必须多测几组I、U数据的角度考虑．限流电
路都难以满足要求，因此必须采用分压电路。实验电路如图所示。器材包括：电压
即 ∈[

+0

, ]


( +0 )

(4)由 U 内＝I 总 r 确定电源的内电压如何变化． (5)由 U 外＝E－U 内确定路端电压如何变化． (6) 由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的 电压如何变化．
【迁移应用】 1. (多选)(2012· 北京西城期末)电源、开关 S、定值电阻 R1、光敏电阻 R2 和电容器连接成如图 7－2－7 所示的电路， 电容器的两平行板水平放置．当开关 S 闭合，并且无光照射 光敏电阻 R2 时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的 M 点．当用强光照射光敏电阻 R2 时，光敏电阻的阻值变小，则 ( )
并联分流 I 总的变化→ U 端的变化→固定支路 串联分压 U
→变化支路．
(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、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、电功率都将增大，反之则 减小． U并↑ U串↓ I串 ↓ ← R↑→I并 ↑ P并↑ P串↓
第2讲
电路
电路的基本规律
电路的串联、并联 1．特点对比
串联 电流 I＝ I1＝I2＝…＝In 电压 U＝
并联 I＝ I1＋I2＋…＋In U＝ U1＝U2＝…＝Un
1 1 1 1 R ＋R ＋„＋R 2 n ＝ 1 R
U1＋U2＋…＋Un
R1＋R2＋…＋Rn 电阻 R＝
2.两个重要的结论 (1)串联电路的总电阻 大于 电路中任意一个电阻，电路 中任意一个电阻值变大或变小时， 串联的总电阻变大或变小． (2)并联电路的总电阻 小于 电路中任意一个电阻，任意 一个电阻值变大或变小时，电路的总电阻变大或变小 ．
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 U 成 正比 ，跟导体的 电阻 R 成 反比． U I＝ R 2．公式： 3．适用条件 适用于 金属导体 和 电解质溶液 导电， 适用于 纯电阻 电 路．

解析 根据闭合电路欧姆定律，电阻 R2 中的电流为 I＝R1＋ER2＋r＝0.5 A， A 项错误；电路中 A、B 两点之间的电压为 UAB＝IR1＝0.5×4 V＝2 V，B 项错 误；若在 C、D 间连一个理想电流表，则外电路总电阻为 R＝R1＋RR2＋2RR3 3＝7 Ω， 电阻 R1 中的电流为 I1＝R＋E r＝23 A，电阻 R3 中的电流为 I3＝12I1＝13 A，理想电 流表的读数是13 A，C 项正确；若在 C、D 间连一个理想电压表，其测量的电 压为 R2 两端的电压，R2 两端的电压 U2＝IR2＝0.5×6 V＝3 V，理想电压表的读 数是3 V，D 项错误。
答案 C
2．如图为某控制电路，由电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R2 及电位器(滑动变阻器)R 连接而成，L1、L2 是两个指示灯。当电位 器的触片由 b 端滑向 a 端时，下列说法正确的是( )
A．L1、L2 都变亮 C．L1 变亮，L2 变暗
B．L1、L2 都变暗 D．L1 变暗，L2 变亮
解析 当滑片由 b 端向 a 端滑动时，R 接入电阻增大，总电阻增大；由闭 合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由 U＝E－Ir 可知 路端电压增大，则 R1 两端的电压增大，所以通过 R1 的电流增大，而总电流减 小，所以通过 L1 的电流变小，即 L1 变暗；L1 两端电压减小，并联电压增大， 所以 R2 两端的电压增大，所以通过 R2 的电流增大，而通过 L1 的电流变小，所 以通过 L2 的电流变小，即 L2 变暗。故 B 项正确。
解析 由题图可知，交变电流的电动势的最大值 Em＝20 V，交变电流的电 动势的周期为 T＝0.25 s，频率为 f＝T1＝4 Hz，线圈转动的角速度 ω＝2πf＝8π rad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为 e＝Emsinωt＝20sin8πt(V)，A 项错误； 交变电流的电动势的有效值为 E＝E2m＝10 2 V，由闭合电路欧姆定律得交变 电流的有效值为 I＝ER＝ 2 A，B 项正确；若将此电动势加在电容器上，电容 器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于 20 V，C 项错误；由交变电流的 电动势最大值表达式 Em＝NBSω 可知，若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀 速转动的速度增大到原来的 2 倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大到 原来的 2 倍，为 40 V，D 项正确。

2、下列说法中错误的是：（ C ）
A.金属导体导电，是自由电子作定向移动； B.电解液导电，正负离子都作定向移动； C. 气体导电，一定只有正离子作定向移动； D. 气体导电，正、负离子和自由电子都作定向移动。
3、关于导体中的电场，下列说法中正确的是：（C ）
A.它是由电源两极在空间直接形成的； B.它是导线上的堆积电荷所形成的； C.导线内的电场线最终和导线平行； D.它的分布随着电荷的移动而随时间变化。
F
A
B
N
Fn M N
E0 导线内很快 形成沿导线 方向的恒定 电场
M E
M E
•1、“手和脑在一块干是创造教育的开始，手脑双全是创造教育的目的。” •2、一切真理要由学生自己获得，或由他们重新发现，至少由他们重建。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、好的教师是让学生发现真理，而不只是传授知识。 •5、数学教学要“淡化形式，注重实质.
v
b、定义式 I Q
t
c、单位：c/s=A
音 电乐流卡传电感路器
I
v
t
问题4、怎样 才能使电流维持大小不变？
音乐卡电 路
电源：①导线间建 立恒定电场
电源
②维持两极电势差 不变
面积为s、导体每单位 体积内的自由电子数为n。则t
时间内通过导体横截面的电荷
选修３－１§２－１
电源和电流
实验
音乐卡电路
问题
１、音乐卡为什么会响？ ２、电流怎么产生的？ 3、电流大小为什么会减小？ 4、怎样 才能使电流维持大小不变？
问题１、音乐卡为什么会响？ a、电流磁效应 b、电流热效应 c、电流化学效应
问题２、电流怎么产生的？
电流：电荷的定向移动

t1 电压表的示数 U＝IR＝2ER·R＝n（B12－t1B0）S，B 项错误．
t1～t2 时间内线圈产生的感应电动势 E′＝nΔΔΦt ＝nt2B－1t1S， 根据闭合电路欧姆定律 I′＝2ER′ ＝2（tn2－B1tS1）R，C 项正确； t1～t2 时间内，磁通量减小，根据楞次定律可知，P 端电势 低于 Q 端电势， UPQ＝－n2（t2B－1 t1）S，D 项错误．
若线框进入磁场时的速度合适，线框所受安培力等于重力， 则线框匀速进入磁场，图像 D 有可能；由分析可知选 A 项．
例 7 如图 1 所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上， 间距 L＝0.2 m，导轨左端接有 R＝1 Ω 的电阻，质量为 m＝0.1 kg 的粗糙导体棒 ab 静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不 计．整个装置处于磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方 向垂直导轨向下．现外力 F 作用在导体棒 ab 上使之一开始做匀 加速运动，且外力 F 随时间变化关系如图 2 所示，重力加速度 g ＝10 m/s2，试求解以下问题：
2 AB 的路端电压 UAB＝R总＋R总RABEAB＝23R3＋R RBLv＝25BLv CD 两端的电压等于 CA、AB、BD 电压之和，则： UCD＝BLv＋25BLv＝75BLv，
2 AB 段的电流为 I＝URA总B＝5B23RLv＝3B5RLv，
金属棒所受安培力 F 安＝BIL＝3B52RL2v， 导体棒做匀速运动受力平衡， 在竖直方向有拉力 F＝F 安＋G， 拉力做功的功率 PF＝F·v＝(F 安＋G)·v＝3B52LR2v2＋mgv.
A．0～t1 时间内的读数为n（B1－B0）S t1
C．t1～t2 时间内 R 上的电流为2（tn2－B1tS1）R
D．t1～t2 时间内 PQ 间的电势差 UPQ＝n2（t2B－1 t1）S

高中总复习·物理
考法一
动生电动势的电路问题
【典例1】 （多选）如下图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩
具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路做如下简化：
如下图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金
属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动（俯视）。圆环上接有电阻均为r
的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张
顺时针方向，为正值；3～4 s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ
增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流为正值，
A、B、C错误。由左手定则可知，在0～1 s内，bc边受到的安培力方向
水平向左，是正值，根据F＝IlB，可知安培力均匀增加，1～2 s内无感
应电流，bc边不受安培力，2～3 s，安培力方向水平向右，是负值且逐
A正确；根据左手定则可判断线框受到向左的安培力作用，向左加速
Δ
2 Δ
进入磁场，在t＝0时刻感应电动势大小E0＝n ＝ · ，由牛顿第二
Δ
2 Δ
0
0
定律得B0 L＝ma0，由题图丙可知在t＝0时刻线框的加速度a0＝ ，联

1
Δ
20
立解得 ＝
，故选项B正确；
3
Δ
0 1
2
4
Δ1
1
，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝ ，且q1＝I1Δt1；在过

Δ2
程Ⅱ中，有E2＝
＝
Δ2

1
1
π 2 − π 2
2
4

＝
（′−）12π 2
（′−）12π 2

Δ2
2

电流也是最大的,但两线圈间的相互作用力为零,故B错误;在t1到t2时间
内,A线圈中的电流减小,穿过B线圈的磁通量减小,由楞次定律可知,A、B
两线圈相互吸引,故C错误;在t2到t3时间内,A线圈中的电流增大,穿过B线圈
的磁通量增大,由楞次定律可知,A、B两线圈互相排斥,故D正确。
考点二
楞次定律的理解与应用
理解磁通量、电磁感应、
基
观点,以及电路中欧姆定律一
自感等概念;掌握右手定则、
本
起综合命题考查,难度较高。
法拉第电磁感 楞次定律、法拉第电磁感
有时还与实际生活、生产、
规
应定律
应定律等规律;培养电磁相
律
科技相结合,考查考生利用物
互作用观念和能量观念。
理知识分析实际问题的能力
基 磁通量,电磁感
必备知识
能力素养
中会产生感应电流;铜盘在磁场中按图示方向转动,铜盘的一部分切割磁感
线,回路中会产生感应电流。故选A。
变式练
(2023浙江宁波统考二模)如图甲所示,A、B为两个相同的环形线圈,共轴并
靠近放置,A线圈中通有如图乙所示的交变电流,下列说法正确的是( D )
A.t1时刻两线圈间作用力最大
B.t2时刻两线圈间作用力最大
电长直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的圆形
闭合线圈在四个象限内完全对称放置,两直导线中的电流大小与变化情况
完全相同,电流方向如图中所示,当两直导线中的电流都增大时,四个线圈a、
b、c、d中产生顺时针方向感应电流的是( C )
A.线圈a
B.线圈b
C.线圈c
D.线圈d
解析 由安培定则判断出通电长直导线周围的磁场方向,叠加后知线圈a中

2021·全国乙卷·T23
2018·全国卷Ⅱ·T22 2019·全国卷Ⅰ·T23 2019·全国卷Ⅲ·T23 2019·全国卷Ⅱ·T23
生活实践类
在日常生产生活和科技方面的主要试题情境有家用电器、电表的原理与应用等，涉及这类情境的题目往往考查纯电阻电路和非纯 电阻电路的分析与计算、串并联电路的规律与应用、电路故障的分析与判断等
U (2)表达式：I＝ R .
(3)适用范围：金属导电和电解质溶液导电，不适用于气态导体或半导体 元件. (4)导体的伏安特性曲线(I－U图线).(如图). ①比较电阻的大小：图线的斜率k＝UI ＝R1 ，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：伏安特性曲线是曲线的电学元件，不适 用于欧姆定律.
√C.对应P点，小灯泡的电阻为R＝I2U－1I1
D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
由题图可知，U越大，小灯泡的电阻越大，故A
说法正确. 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B说法正确，C说法错误.
对应P点，小灯泡的功率P＝U1I2，与题图中PQOM所围的面积相等， 故D说法正确.
方法技巧 提升关键能力
电阻的决定式和定义式的区别
公式
R＝ρSl 电阻的决定式
R＝UI 电阻的定义式
区别
说明了电阻的决定因素
提供了一种测电阻的方法，并 不说明电阻与U和I有关
只适用于粗细均匀的金属导体和 浓度均匀的电解质溶液
适用于任何纯电阻导体
考向1 欧姆定律的理解和应用
例3 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为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线， 则下列说法中错误的是 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＝UI21

Δv的匀速圆周运动的合运动——运动的分解。
(3)小球从O点由静止释放后的运动可视为沿x轴正方向速度为v0和沿x轴负
方向速度大小为v0的合运动,后者对应x轴下方的逆时针方向的匀速圆周运
动。
答案
+
(1)

2π(+ )
(2)
(n=1,2,3…)
2 2
2(+ )
(3)

Δv的匀速圆周运动的合运动
若Δv>0,则其方向向右,对应x轴上方的逆时针方向的匀速圆周运动;
若Δv<0,则其方向向左,对应x轴下方的逆时针方向的匀速圆周运动
由
2
qBv=m

及
2π
T=
可得匀速圆周运动的周期
2π
T=
要使小球通过 A 点,则有 t=nT(n=1,2,3…)
xA=v0t
解得
2.(2023四川成都模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上由左向右沿一条直
线等间距地排着多个形状相同的静止的带正电荷的绝缘小球,依次编号为
1、2、3…每个小球所带的电荷量都相等且均为q=3.75×10-3 C。第一个
小球的质量m=0.1 kg,从第二个小球起往右的小球的质量依次为前一个小
1
球的 2 ,小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里,已知该磁场的磁感
由洛伦兹力提供向心力得
0 2
qv0B2=m
2

B2=2 ,联立解得
0
2π
T2=
2
=
20 2
R2= =2R1
4π0
=4t0

t0~2t0,液滴转过90°
同理得,时间在2t0~3t0与0~t0的运动轨迹大小一样,只是偏转方向不一样

2.相互联系 (1)应用楞次定律时,一般要用到安培定则。 (2)研究感应电流受到的安培力时,一般先用楞次定律或右手定则确定电流 方向,再用左手定则确定安培力的方向,有时也可以直接应用楞次定律的推 论确定。
典例2.(多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属 棒PQ、MN,MN的左边有一闭合电路。当PQ在外力的作用下运动时,MN 向右运动,则PQ所做的运动可能是( ) A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动 思维点拨:PQ在外力的作用下做切割磁感线运动产生感应电流(因动生电, 右手定则),电流流过L2产生磁场(因电生磁,安培定则),磁场穿过L1产生感应 电流(因磁生电,楞次定律),电流流过MN,在通电导线ab产生的磁场(因电生 磁,安培定则)中受安培力(因电受力,左手定则)而运动。 答案:BC
解析:当滑片P向下移动时电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b 的电流增大,从而判断出穿过线圈a的磁通量增加,方向向下变大,根据楞次 定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针方向,A、B错误;开 始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力,当滑片向下滑动时,可以用“等 效法”,即将线圈a和b看作两个条形磁体,不难判断此时两磁体的N极相对, 互相排斥,故线圈a对水平桌面的压力将增大,C正确;再根据微元法将线圈a 无限分割,根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势,或直接根据楞 次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”, 因为滑片向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加,故只有线圈面积减少时 才能阻碍磁通量的增加,故线圈a应有收缩的趋势,D错误。
解析:“钇钡铜氧”合金圆环悬浮在条形磁铁的上方,说明受到斥力作用,即 “钇钡铜氧”合金圆环中电流产生的磁场方向向下,由安培定则可判断出“钇 钡铜氧”合金圆环中产生顺时针(俯视)的感应电流,A正确,B错误;由于“钇 钡铜氧”合金圆环悬浮在条形磁铁的上方,说明受力平衡,“钇钡铜氧”合金 圆环受到的安培力的合力等于所受重力,C、D错误。