高考物理江苏专版一轮复习讲义 恒定电流
第七章 恒定电流
第1节电流__电阻__电功__电功率
(1)由R＝知， 导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。(×)
(2)根据I＝，可知I与q成正比。(×)
(3)由ρ＝知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。(×)
(4)公式W＝UIt及Q＝I2Rt适用于任何电路。(√)
(5)公式W＝t＝I2Rt只适用于纯电阻电路。(√)
(1)1826年德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律。
(2)19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。
突破点(一) 电流的理解及其三个表达式的应用
[题点全练]
1.如图所示的电解液接入电路后，在t s内有n1个一价正离子通过溶液内截面S，有n2个二价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，则以下关于通过该截面电流的说法正确的是( )
A．当n1＝n2时，电流大小为零
B．电流方向由A指向B，电流I＝
C．当n1＜n2时，电流方向由B指向A，电流I＝
D．当n1＞n2时，电流方向由A指向B，电流I＝
解析：选B 由题意可知，流过溶液截面的电量q＝(n1＋2n2)e；则电流I＝；当n1＝n2时，电流大小不为零，故B正确，A、C、D错误。
2．(2019·威海模拟)一根长为L、横截面积为S的金属棒，其电阻率为ρ。棒内单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e，在棒两端加上恒定电压U时，棒内产生电流，则自由电子定向移动的速率为( )
A. B. C. D.
解析：选A 根据电阻定律有：R＝ρ；则由欧姆定律可知，电流为：I＝＝；再根据I＝nevS可得：v＝＝；故A正确，B、C、D错误。
[题后悟通]
三个电流表达式的比较
公式
适用范围
字母含义
公式含义
定义式
I＝
一切电路
q为时间t内通过导体横截面的电荷量
反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝
微观式
I＝nqSv
一切电路
n：导体单位体积内的自由电荷数
q：每个自由电荷的电荷量
S：导体横截面积
v：电荷定向移动速率
从微观上看n、q、S、v决定了I的大小
决定式
I＝
金属、电解液
U：导体两端的电压
R：导体本身的电阻
I由U、R决定，I∝U I∝
突破点(二) 电阻、电阻定律的理解与应用
1．电阻与电阻率的区别
(1)电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，而电阻率则反映制作导体的材料导电性能的好坏。
(2)导体的电阻大，电阻率不一定大，它的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小，即它对电流的阻碍作用不一定小。
(3)导体的电阻、电阻率均与温度有关。
2．电阻的决定式和定义式的比较
公式
决定式
定义式
R＝ρ
R＝
区别
指明了电阻的决定因素
提供了一种测定电阻的方法，电阻与U和I无关
适用于粗细均匀的金属导体和分布均匀的导电介质
适用于任何纯电阻导体
相同点
都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释)
[典例] [多选](2019·江苏启东模拟)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0
时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U0，则( )
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
[思路点拨]
本题应根据电阻定律R＝ρ，结合欧姆定律I＝和电流的微观表达式I＝neSv进行分析。
[解析] 将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析可知，电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝可知，电流变为，A正确，B错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为，C错误，D正确。
[答案] AD
[方法规律] 导体变形后电阻的分析方法
某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变。
(2)导体的体积不变，由V＝lS可知l与S成反比。
(3)在ρ、l、S都确定之后，应用电阻定律R＝ρ求解。
[集训冲关]
1.(2019·镇江模拟)有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，则( )
A．从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a∶b
B．从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1∶1
C．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a∶b
D．若电流方向竖直向下，大柱体与小柱体的电阻之比为a2∶b2
解析：选B 从图示方向看，根据电阻定律可知，R1＝＝，R2＝＝，故两电阻相等，比值为1∶1，故A错误，B正确。若电流竖直向下，则根据电阻定律有：R1＝，R2＝，故R1∶R2＝b2∶a2，故C、D错误。
2．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( )
A．1∶4 B．1∶8
C．1∶16 D．16∶1
解析：选C 对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，则其横截面积必然变为原来的，由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍，第二根导线对折后，长度变为原来的，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的。给上述变化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝，I2＝＝，由I＝可知，在相同时间内，电荷量之比q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。
突破点(三) 伏安特性曲线的理解及应用
1．定义：用纵坐标表示电流I、横坐标表示电压U，画出的IU图像。
2．图线的意义
(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体有不同的伏安特性曲线。
(2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻。
3．应用：IU图像中图线上某点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小。
4．两类图线
(1)线性元件的伏安特性曲线(图甲中a、b)是过原点的直线，表明它的电阻是不变的。
(2)非线性元件的伏安特性曲线(图乙中c、d)是曲线，表明它的电阻是变化的。
[典例] [多选](2019·常州模拟)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，则下列说法中正确的是( )
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积大小
[解析] IU图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，A正确；对应P点，小灯泡的电阻为R＝≠，B正确，C错误；对应P点，小灯泡的功率为P＝I2U1，此值恰为图中矩形PQOM所围面积的大小，D正确。
[答案] ABD
[易错提醒]
(1)伏安特性曲线中，导体电阻等于线上点与原点连线斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数。
(2)无论线性元件还是非线性元件，只要是纯电阻元件，电阻都可由R＝计算。
[集训冲关]
1.(2019·镇江模拟)如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )
A．a代表的电阻丝较粗
B．b代表的电阻丝较粗
C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值
D．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比
解析：选B 图线的斜率表示电阻的倒数，故Ra>Rb，C错误；由R＝ρ知a的横截面积较小，A错误，B正确；由图像知导体的电阻与电压无关，D错误。
2.[多选]某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点。则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是( )
A．图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线
B．图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线
C．图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值
D．图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等
解析：选BD 小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线，故A错误，B正确；两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知此时两者阻值相同，功率也相同，故C错误，D正确。
3.[多选]我国已经于2019年10月1日起禁止销售100 W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则( )
A．白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B．在A点，白炽灯的电阻可表示为tan β
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0
D．在A点，白炽灯的电阻可表示为
解析：选CD 白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A错误；在A点，白炽灯的电阻可表示为，不能表示为tan β或tan α，故B错误，D正确；在A点，白炽灯的功率可表示为U0I0，C正确。
突破点(四) 电功、电功率及焦耳定律
纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
实例
白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等
电动机、电解槽、日光灯等
电功与电热
W＝UIt，Q＝I2Rt＝t
W＝Q
W＝UIt，Q＝I2Rt
W>Q
电功率与热功率
P电＝UI，P热＝I2R＝，
P电＝P热
P电＝UI，P热＝I2R，P电>P热
[典例] 有一小型直流电动机，把它接入U1＝0.3 V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流为I1＝0.6 A；若把电动机接入U2＝3.0 V的电路中时，电动机正常工作，工作电流是I2＝1.0 A，求：
(1)电动机正常工作时的输出功率是多少？
(2)如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？
[思路点拨]
(1)当电动机不转时，可视为纯电阻，由欧姆定律求其内电阻。
(2)当电动机正常工作时，转子突然被卡住，其电流不等于I2＝1.0 A，此时发热功率由P＝计算。
[解析] (1)当U1＝0.3 V，I1＝0.6 A时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机的内电阻为r＝＝0.5 Ω。当U2＝3.0 V，I2＝1.0
A时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则电动机的输出功率为P出＝U2I2－I22r＝2.5 W。
(2)当电动机正常工作被卡住时，电动机又为纯电阻，其热功率为P热＝＝18 W。
[答案] (1)2.5 W (2)18 W
[方法规律]
(1)在任何电路中，P电＝UI、P热＝I2R、W＝UIt、Q＝I2Rt都适用。
(2)处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”找等量关系求解。
(3)在非纯电阻电路中，t既不表示电功也不表示电热，是没有意义的。
[集训冲关]
1.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I＝5.0 A和U＝110 V，重物P上升的速度v＝0.70 m/s。已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m＝45 kg。下列说法正确的是( )
A．电动机消耗的电功率为550 W
B．细绳对重物做功的机械功率为325 W
C．电动机输出的功率为400 W
D．电动机线圈的电阻为5 Ω
解析：选A 根据电功率关系式有：P电＝UI＝5×110 W＝550 W，故电动机消耗的功率为550 W，故A正确；以物体为研究对象，由于物体匀速上升，有：
F－mg＝0 ①
P＝Fv ②
联解①②，代入数据得：P＝315 W；故细绳对重物做功的机械功率为315 W，故B错误；电动机输出的功率P机＝＝＝450 W，故C错误；根据功能关系有：
P电＝P机＋P热 ③
P热＝I2R ④
联解③④，代入数据得：R＝4 Ω，故D错误。
2.(2019·启东期末)如图所示，M为电动机，N为电炉子，电炉子的电阻R＝4 Ω，电动机的内阻r＝1 Ω，恒定电压U＝12 V。当S1闭合、S2断开时，电流表A示数为I1；当S1、S2同时闭合时，电流表A示数为I2＝5 A；求：
(1)I1示数及电炉子发热功率各多大？
(2)电动机的输出功率是多少？
解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I＝得：I1＝＝＝3 A，其发热功率为：PR＝UI1＝12×3 W＝36 W。
(2)当S1、S2同时闭合时，流过电动机的电流为：I3＝I2－I1＝2 A，电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI3＝P＋I32r，代入数据解得：P＝20 W。
答案：(1)3 A 36 W (2)20 W
生活中的用电器
生活中，人们在家中会使用很多用电器，如电饭锅、空调、冰箱、电风扇、电吹风等，这些用电器有的可以视为纯电阻，有的则不是纯电阻，请结合以下各题自主领悟：
1．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作。用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，则下列说法中正确的是( )
A．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 Ω
B．电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 W
C．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103 J
D．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析：选C 由于电饭煲是纯电阻元件，所以R1＝＝44 Ω，P1＝UI1＝1 100 W，其在1 min内消耗的电能 W1＝UI1t＝6.6×104 J，洗衣机为非纯电阻元件，所以R2≠，P2＝UI2＝110 W，其在1 min 内消耗的电能 W2＝UI2t＝6.6×103 J，其热功率P热≠P2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍。
2．为了生活方便，电热水壶已进入千家万户，如果将一电热水壶接在220 V的电源两端，经时间t0电热水壶的开关自动切断，假设热量的损失不计、加热丝的阻值不受温度的影响。则( )
A．如果将电热水壶接在110 V的电源两端，需经2t0的时间电热水壶的开关自动切断
B．如果将电热水壶接在110 V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断
C．如果将电热水壶接在55 V的电源两端，需经4t0的时间电热水壶的开关自动切断
D．如果将电热水壶接在55 V的电源两端，需经16t0的时间电热水壶的开关自动切断
解析：选D 根据公式Q＝t可知，煮沸一壶水所需的热量为Q＝t0，当电压变为原来的时，所需热量没变，因此时间要变为原来的4倍，即4t0，A、B错误；当电压变为原来的时，时间要变为原来的16倍，即16t0，C错误，D正确。
3．[多选]下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗。若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )
自重
40 kg
额定电压
48 V
载重
75 kg
额定电流
12 A
最大行驶速度
20 km/h
额定输出功率
350 W
A．电动机的输入功率为576 W
B．电动机的内电阻为4 Ω
C．该车获得的牵引力为104 N
D．该车受到的阻力为63 N
解析：选AD 电动机的输入功率为P入＝UI＝48×12 W＝576 W，A正确；电动机的发热功率为Q＝I2r＝P入－P出，代入数据解得：r＝1.6 Ω，B错误；由v大＝20 km/h＝ m/s，根据P出＝Fv大解得F＝63 N，且当该车速度最大时，F＝f＝63 N，故C错误，D正确。
分析生活中的用电器问题的两条思路
1．了解用电器的结构，含有电动机且正常工作的为非纯电阻；不含电动机或含电动机但电动机不转的则为纯电阻。
2．从能量转化角度来区分，如消耗的电能全部转化为电热则为纯电阻；如消耗的电能有一部分转化为其他能量，则为非纯电阻。
对点训练：电流的理解及其三个表达式的应用
1.(2019·无锡检测)如图所示的电解槽接入电路后，在t秒内有n1个1价正离子通过溶液内截面S，有n2个1价负离子通过溶液内截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是( )
A．当n1＝n2时电流强度为零
B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流强度为I＝
C．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流强度I＝
D．电流方向从A→B，电流强度I＝
解析：选D 电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I＝＝。
2．[多选](2019·扬州检测)如图所示，R1和R2
是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．R1中的电流小于R2中的电流
B．R1中的电流等于R2中的电流
C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率
D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率
解析：选BD 设正方形的边长为L、厚度为d，则I＝，R＝ρ＝ρ＝，得I＝，故R1、R2中的电流相等，A错误，B正确。由I＝nqSv＝nqLdv得，L大则v小，C错误，D正确。
3．[多选](2019·大庆实验中学期中)半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直环所在平面且通过圆心的轴以角速度ω匀速转动，则由环产生的等效电流应有( )
A．若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
B．若电荷量不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍
C．若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变大
D．若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环半径增大，电流将变小
解析：选AB 环转动一周的时间为t＝；一周内通过某一截面的电量为Q；则电流为I＝＝＝；由以上公式可得：若ω不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，A正确；若电荷量Q不变而使ω变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍，B正确；若使ω、Q不变，将橡胶环拉伸，使环的半径增大，对电流没有影响，C、D错误。
对点训练：电阻、电阻定律的理解与应用
4.[多选]如图是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的RI图像。现将甲、乙串联后接入电路中，则( )
A．甲电阻丝两端电压比乙电阻丝两端电压小
B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大
C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热较少
D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小
解析：选BC 将甲、乙串联接入电路中，电流相等，由题图知，甲电阻大于乙电阻，由电阻定律知甲电阻丝的电阻率大于乙电阻丝的电阻率，B正确；由I＝知甲两端的电压比乙大，A错误；根据Q＝I2Rt，知乙产生的焦耳热少，C正确；由P＝I2R
知甲消耗的电功率比乙大，D错误。
5．(2019·苏州联考)两根材料相同的均匀导线X和Y，X长为L，Y长为2L，串联在电路中，沿导线长度方向电势φ变化如图所示，则两导线的横截面积之比为( )
A．2∶3 B．1∶3
C．1∶2 D．3∶1
解析：选B 由题图可知导线X和Y两端的电压之比为＝＝，其电流相同，则电阻之比＝＝，由R＝ρ可得＝，B正确。
6.如图所示为均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2。当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻分别为R1、R2，则R1∶R2为( )
A．L1∶L2 B．L2∶L1
C．L12∶L22 D．L22∶L12
解析：选C 设电阻板厚度为h，由电阻定律有R1＝ρ，R2＝ρ，所以R1∶R2＝L12∶L22，故C正确。
对点训练：伏安特性曲线的理解及应用
7．[多选](2019·苏州五校联考)如图所示为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是( )
A．电阻A的电阻值随电流的增大而增大，电阻B阻值不变
B．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B
C．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B
D．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B
解析：选AB 由题图可知，电阻B的斜率不变，电阻A的斜率在逐渐增大，而在UI图像中，图像的斜率表示电阻值大小，故A正确；两图线的交点处，电流和电压均为U1和I1，由欧姆定律知，两电阻的大小相等，故B正确，C、D错误。
8.[多选](2019·南京期末)两电阻R1和R2的伏安特性曲线如图所示。从图线可判断( )
A．两电阻阻值的关系是R1>R2
B．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小
C．电压相同时，通过R1的电流强度较大
D．两电阻串联接入电路时，R1消耗的功率小
解析：选CD 图像的斜率k＝＝，即图像的斜率越大，电阻越小，故有R1
U乙 B．U甲＝4U乙
C．R甲＝4R乙 D．R甲＝2R乙
解析：选AC 设灯泡正常工作时电压为U，电流为I，则U甲I＝U乙×2I，则U甲＝2U乙，A正确，B错误；根据I2R甲＝(2I)2R乙得R甲＝4R乙，C正确，D错误。
14．(2019·无锡模拟)燃油车退出已提上日程，不久的将来，新能源车将全面替代燃油车。某景区电动车载满游客时总质量m＝1.75×103 kg，以4 m/s的速度在水平路面匀速行驶，驱动电机的输入电流I＝20 A，输入电压U＝400 V，电动车行驶时所受阻力为车重的，g取10 m/s2，不计电机内部摩擦，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)电动车行驶时输出的机械功率；
(3)驱动电机的内阻。
解析：(1)驱动电动机的输入功率：
P入＝UI＝400 V×20 A＝8 000 W。
(2)电动车行驶时所受阻力：f＝mg＝1.75×103 N；
电动车匀速行驶时：F＝f，
电动车行驶时输出的机械功率：
P出＝Fv＝1.75×103×4 W＝7×103 W。
(3)驱动电机内阻的发热功率：
P热＝P入－P出＝8 000 W－7 000 W＝1 000 W，
根据P热＝I2r，有：r＝＝ Ω＝2.5 Ω。
答案：(1)8 000 W (2)7×103 W (3)2.5 Ω
15．电动自行车因其价格相对于摩托车低廉，而且污染小，受到群众喜爱，某电动车铭牌如下表所示。取g＝10 m/s2，试求：
规格
后轮驱动直流永磁电机
车型：20″电动自行车
电机输出功率：175 W
电源输出电压：≥36 V
额定工作电压/电流：36 V/5 A
整车质量：40 kg
最大载重量：120 kg
(1)求此车所装电动机的线圈电阻；
(2)求此车所装电动机在额定电压下正常工作时的效率；
(3)一个60 kg的人骑着此车，如果电动自行车所受阻力为人和车重的0.02倍，求电动自行车在平直公路上行驶的最大速度。
解析：(1)由表格可知：电机输出功率为P出＝175 W，电源的输出电压为U＝36 V，电流为I＝5 A，设内阻为R，
则根据能量守恒定律得：UI－I2R＝P出，
代入数据解得：R＝0.2 Ω。
(2)电动机的总功率为：P总＝UI＝36×5 W＝180 W，
电机输出功率为：P出＝175 W，
所以电动机的效率为：η＝×100%＝×100%＝97.2%。
(3)一个60 kg的人骑着此车，车和人的总的质量为100 kg，此时电动自行车所受阻力为：f＝0.02mg＝0.02×100×10 N＝20 N，
行驶的最大速度是：vm＝＝＝ m/s＝8.75 m/s。
答案：(1)0.2 Ω (2)97.2% (3)8.75 m/s
第2节闭合电路欧姆定律及其应用
(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量。(√)
(2)电动势就等于电源两极间的电压。(×)
(3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小。(×)
(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大。(×)
(5)电源的输出功率越大，电源的效率越高。(×)
突破点(一) 电阻的串、并联
1．串、并联电路的特点
串联电路
并联电路
电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1＋I2＋…＋In
I1R1＝I2R2＝…＝InRn
电压
＝＝…＝
U1＝U2＝…＝Un
总电阻
R总＝R1＋R2＋…＋Rn
＝＋＋…＋
功率分配
＝＝…＝
P1R1＝P2R2＝…＝PnRn
2．三个有用的结论
(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变大时，总电阻变大。
(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大。
(3)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的电功率P总等于各个电阻消耗的电功率之和。
[题点全练]
1．[多选](2019·盐城模拟)如图所示，图线1表示导体A的电阻，设为R1，图线2表示导体B的电阻，设为R2，则下列说法正确的是( )
A．R1∶R2＝1∶3
B．把A拉长为原来的3倍后其电阻等于B的电阻R2
C．将A与B串联后接在电源上，二者消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3
D．将A与B并联后接于电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝1∶3
解析：选AC 根据IU图像知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1∶R2＝1∶3，A正确；根据公式R＝ρ可得，把A拉长为原来的3倍后，横截面积减小为原来的，所以电阻变为原来的9倍，B错误；串联电路电流相等，将A与B串联后接于电源上，根据公式P＝I2R可得，消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3，C正确；并联电路电压相等，电流之比等于电阻之反比，所以将A与B并联后接在电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝3∶1，D错误。
2.(2019·宁德质检)电阻R1和R2分别标有“2 Ω 1.0 A”和“4 Ω 0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )
A．1.5 W B．3.0 W
C．5.0 W D．6.0 W
解析：选A 由题意可知，两电阻串联后能通过的最大电流为I＝0.5 A，则电路允许消耗的最大电功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W，A正确。
3.[多选]一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω。另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计。则( )
A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω
B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω
C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V
D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V
解析：选AC 当cd端短路时，R2与R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻为40 Ω，A正确；同理可得B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2无效，cd两端的电压就等于R3分得的电压，可以求得为80 V，C正确；同理可得D错误。
突破点(二) 闭合电路的动态分析
1．程序法
2．“串反并同”结论法
(1)所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、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。
即：←R↑→
3．极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。
[典例] [多选](2019·大连模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．电压表示数减小 B．电流表示数增大
C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低
[方法应用]
(一)由题明3法
基础解法(程序法)：P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大， 示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，I2＝，I2减小，的示数IA＝I总－I2增大，B正确；由于电容器的电压UC＝U2减小，由Q＝CUC知Q减小，C错误；Uab＝φa－φb＝φa＝U2，故φa降低，D正确。
能力解法一(结论法)：由于R3减小，R2与R3并联，则U2、I2均减小，而UC＝U2，Q＝CUC知Q减小，C错误；Uab＝U2＝φa－φb＝φa减小，D正确；因为R1间接与R3串联，故
I1、U1均增大，故 示数增大，A错误；根据IA＝I1－I2知IA增大，B正确。
能力解法二(极限法)：设滑片P滑至b点，则R3＝0，φa＝φb＝0，D正确；R2上电压为零，则C上电压也为零，Q＝0，C错误；当R3＝0时，总电阻最小，总电流最大，R1上电压最大，故A错误；由于IA＝I1－I2，此时I1最大，I2＝0最小，故IA最大，B正确。
(二)3法比较
(1)“程序法”：较繁琐，准确度高，学生易掌握。
(2)“结论法”：较简单，要求学生要准确判断电路中各元件的串、并联关系。
(3)“极限法”：较简单，仅适用于物理量单调变化的情况，如果电阻先增大后减小或先减小后增大，则不宜用该方法。
[集训冲关]
1.(2019·苏州期末)如图所示，电源内阻不能忽略，电流表、电压表均可视为理想电表，在滑动变阻器R的触头从a端滑到b端的过程中( )
A．电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数增大
B．电压表V的示数先增大后减小，电流表A的示数减小
C．电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数增大
D．电压表V的示数先减小后增大，电流表A的示数减小
解析：选A 当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，则通过电流表的电流增大。外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；
当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大。电源的内电压增大，路端电压减小。所以电压表的示数先增大后减小，电流表示数一直增大，故A正确。
2.[多选](2019·湖北省公安县期末)如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是( )
A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小
B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小
C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值
D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值
解析：选AC P向a移动，R2连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V2示数减小，V1示数增大，U内增大，A正确；同理，B错误；由E＝U内＋U外＝U内＋UV1＋UV2，电源电动势不变可得：U内示数改变量绝对值与V1示数改变量绝对值之和等于V2
示数改变量绝对值，C正确；同理，D错误。
3．[多选](2019·黄山二模)某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示。图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻。当R处温度降低时( )
A．L变亮 B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大 D．R消耗的功率减小
解析：选BC 当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻RG的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确。
突破点(三) 闭合电路的功率及效率问题
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝I2R＝
P出与外电阻R的关系
电源的效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
由P出与外电阻R的关系图像可知
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝。
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＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
[典例] 如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值。
[解析] 保护电阻消耗的功率为P0＝，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝＝ W＝8 W。
[答案] R＝0 P0max＝8 W
[多维探究]
[变式1] 例题中条件不变，求当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。
解析：这时要把保护电阻R0与电源内阻r算在一起，据以上结论，当R＝R0＋r即R＝(1＋0.5) Ω＝1.5 Ω时，PRmax＝＝ W＝6 W。
答案：R＝1.5 Ω PRmax＝6 W
[变式2] 在例题中，若电阻箱R的最大值为3 Ω，R0＝5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。
解析：把R0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P＝2R＝，则不能满足R＝r等，当电阻箱R的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P＝2R＝ W。
答案：R＝3 Ω P＝ W
[变式3] 例题中条件不变，求电源的最大输出功率。
解析：由电功率公式P出＝2R外＝，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5 Ω时，P出max＝＝ W＝9 W。
答案：9 W
[变式4] 如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝1 Ω，电阻R0＝2 Ω，可变电阻的阻值范围为0～10 Ω。求可变电阻为多大时，R上消耗的功率最大，最大值为多少？
解析：方法一：PR＝，根据闭合电路欧姆定律，路端电压
U＝E·＝，
所以PR＝，
代入数据整理得PR＝，
当R＝ Ω时，R上消耗的功率最大，PRmax＝ W。
方法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E′＝E，内阻为r′＝的电源，当R＝r′＝时，电源对外电路R的输出功率最大PR＝。
把数值代入各式得：E等＝E′＝E＝ V；
r等＝r′＝＝ Ω。
所以：PR＝＝ W。
答案：R＝ Ω P＝ W
突破点(四) 两类UI图像的比较与应用
两种图像的比较
电源UI图像
电阻UI图像
图形
物理意义
电源的路端电压随电路电流的变化关系
电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系
截距
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标U、I的乘积
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
坐标U、I的比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小
斜率(绝对值)
电源电阻r
电阻大小
[题点全练]
1．[多选](2019·苏州期末)如图所示，甲、乙分别表示两个电源的路端电压与通过它们的电流I的关系，下列说法中正确的是( )
A．电源甲的电动势大于乙的电动势
B．电源甲的内阻小于乙的内阻
C．电流都是I0时，两电源的内电压相等
D．路端电压都为U0时，它们所在电路的外电阻相等
解析：选AD 图线与纵坐标的交点表示电源的电动势，图线斜率的大小表示电源的内阻，由题图可知E甲>E乙，r甲>r乙，A正确，B错误；当电流都为I0时，两电源的路端电压相等，内电压不相等，C错误；当路端电压为U0时，电流为I0，外电阻R＝相等，D正确。
2．[多选](2019·衡水中学模拟)在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图像可知( )
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
B．电阻R的阻值为1 Ω
C．电源的输出功率为2 W
D．电源的效率为66.7%
解析：选ABD 图线Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势E为3 V，图线Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻r为0.5 Ω，A正确。图线Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1 Ω，B正确。由Ⅰ、Ⅱ
图线的交点坐标可知电流I＝2 A，路端电压U＝2 V，电源输出功率P＝UI＝4 W，C错误。电源效率η＝＝≈66.7%，D正确。
3．[多选](2019·南京模拟)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )
A．E＝50 V
B．r＝ Ω
C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 Ω
D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W
解析：选AC 由图像的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻r＝＝ Ω＝5 Ω，故A正确，B错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40 V，I＝2 A，则R＝＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P总＝EI＝100 W，故C正确，D错误。
突破点(五) 含电容器的电路
1．电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。
2．电路稳定时电容器的处理方法
电容器所在的支路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不降低电压，是等势体。电容器两端的电压等于与之并联的支路两端的电压。
3．电容器所带电荷量及其变化的计算
(1)利用Q＝UC计算电容器所带的电荷量；
(2)如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差；
(3)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初、末状态电容器所带电荷量之和。
[典例] (2019·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为( )
A. B.
C. D.
[思路点拨]
开关S断开时、闭合时的简化电路分别如图甲、乙所示。
[解析] 断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。
根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1＝E，U2＝E，C所带的电荷量Q＝CU，则Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。
[答案] C
[方法规律]
含容电路问题的解题思路
第一步
理清电路的串并联关系
第二步
确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U
第三步
分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q＝CU，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势板带正电，低电势板带负电
[集训冲关]
1.(2019·南通一模)如图所示的电路，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，L是小灯泡，C是电容器，电源内阻为r。开关S闭合后，在滑动变阻器触头向上移动过程中( )
A．小灯泡变亮 B．电容器所带电荷量增大
C．电压表示数变小 D．电源的总功率变大
解析：选B 闭合开关S后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R2增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯泡亮度变暗。电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大。故A、C错误。电路稳定时电容器的电压等于R2的电压，根据串联电路电压分配规律可知，R2增大，电容器的电压增大，则电容器所带电荷量增大，故B正确。电源的总功率为P＝EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误。
2.如图所示，开关S闭合后，带电质点P在平行金属板中处于静止状态。则( )
A．质点P一定带正电
B．滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大
C．滑片向a端移动时，质点P将向上板运动
D．若将开关S断开，质点P将向下板运动
解析：选C 由电路图可知，R2与R4串联后与R3并联，再与R1
串联，电容器与并联部分并联；电容器的上极板带正电，板间场强向下，质点处于平衡状态，则知受到的电场力向上，故质点P带负电，故A错误。滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大，总电流减小，内电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大； 电容器两端的电压增大，质点所受的电场力增大，则质点将向上移动；因并联部分电压增大，则R3中的电流增大，而干路电流减小，故电流表中的电流减小；由于电流表示数减小，由欧姆定律可知R2两端的电压减小，故R4两端的电压增大，电压表示数增大，故B错误，C正确；开关S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，电容器两端电压增大，板间场强增大，质点P受到的电场力变大，质点P将向上运动，故D错误。
电路故障问题
1．电路故障一般是短路或断路。常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象。故障的特点如下：
断路状态的特点
短路状态的特点
电源电压不为零而电流为零；若外电路某两点之间的电压不为零，则这两点间有断点，而这两点与电源连接部分无断点
有电流通过电路而电压为零
2．利用电流表、电压表判断电路故障的方法：
常见故障
故障解读
原因分析
正常
无数
“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表。
故障原因可能是：
a．电压表损坏；
b．电压表接触不良；
c．与电压表并联的用电器短路。
正常
无数
“电压表有示数”表明电压表有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表。
故障原因可能是：
a．电流表短路；
b．和电压表并联的用电器断路。
、
均无数
“两表均无示数”表明无电流通过两表。
除了两表同时被短路外，可能是干路断路导致无电流。
[应用体验]
1.如图所示的电路中，电源的电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6 V，Uad＝0 V，Ucd＝6 V，由此可断定( )
A．L1和L2的灯丝都烧断了 B．L1的灯丝烧断了
C．L2的灯丝烧断了 D．变阻器R断路
解析：选C 由Uab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间。由Ucd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R是通的，断路故障出现在c、d
之间，故灯L2断路。所以选项C正确。
2.(2019·江阴模拟)在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是( )
A．R1短路
B．R2断路
C．R3短路
D．R4断路
解析：选C R1短路，外电路总电阻减小，并联部分电压增大，A、B灯变亮，故A错误；R2断路，A灯不亮，故B错误；R3短路，外电路总电阻减小，则并联部分电压减小，所以A灯变暗，通过A灯电流减小，通过B灯电流增大，所以B灯变亮，故C正确；R4断路，外电路总电阻变大，并联部分电压增大，A灯变亮，故D错误。
已知电路发生某种故障，寻找故障发生的位置时，可将整个电路划分为若干部分；然后逐一假设某部分电路发生故障，运用欧姆定律进行推理，推理结果若与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路；若不符合，则故障不发生在这部分电路。用这种方法逐段找下去，直至找到发生故障的全部可能为止，这里应用了排除法。
对点训练：电阻的串、并联
1．电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：选B 由并联特点可知：＝＝，又由串联电路特点可得：＝＝，故B正确。
2.(2019·无锡调研)电子式互感器是数字变电站的关键设备之一。如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的(n－1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为( )
A．nU B.
C．(n－1)U D.
解析：选A Rac与Rcd串联，电流I＝，对输出端电压Ucd＝U＝IRcd＝＝，即输入端电压为Uab＝nU。
3．(2019·常州检测)如图所示，a、b、c、d、e是五个相同的电阻，如果将电压逐渐升高，则最先烧坏的电阻应是( )
A．a和b B．c
C．d D．e
解析：选D 由题图可知，a和b并联后与e串联，最后跟c和d的串联电路并联，设电阻都为R，则c和d的电压都为，a和b并联电阻为，所以a和b的电压都为，e的电压为，所以e的电压最大，所以随着电压U升高时，先烧坏的电阻应是e。
对点训练：闭合电路的动态分析
4.[多选]如图所示，闭合开关S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同。若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为( )
A．A灯变亮 B．B灯变亮
C．B灯变暗 D．C灯变亮
解析：选ACD 将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮。并联部分的电压U并＝E－IA(RA＋r)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，B灯变暗。通过C灯的电流IC＝I－IB，I增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮，故A、C、D正确。
5.[多选](2019·昆山月考)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是( )
A．R0上的电压变小
B．R2上的电压变大
C．R1上的电压变大
D．R1上电压变化量大于R0上的电压变化量
解析：选AC 触头P由图示位置向右移动时，接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以R2上的电压变小，R2是定值电阻，所以通过R2的电流减小，总电流不变，则通过R1电流增大，所以R1的电压变大，而并联电路电压是减小的，则R0上的电压变小，故A、C正确，B错误；R1的电压变大，R0上的电压变小，R1和R0的电压之和减小，则R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误。
6.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 B．L1、L2都变暗
C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮
解析：选B 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电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗。故B正确。
对点训练：闭合电路的功率及效率问题
7．(2019·湖北七市联考)有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是( )
A．0.5 Ω B．1 Ω
C．1.5 Ω D．2 Ω
解析：选C 由闭合电路欧姆定律得I＝，电源效率η＝×100%，电阻的功率P＝I2R。将四个选项代入分析得，只有C符合题目要求，故C正确。
8.[多选](2019·江苏高考)如图所示的电路中，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( )
A．路端电压为10 V
B．电源的总功率为10 W
C．a、b间电压的大小为5 V
D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A
解析：选AC 根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝ A＝1 A，则路端电压为U＝IR外＝10 V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φa＝2.5 V，b点电势为φb＝7.5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5 Ω，电路的总电流为I＝ A≈1.26 A，选项D错误。
9.[多选]直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )
A．总功率一定减小
B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小
D．输出功率一定先增大后减小
解析：选ABC 滑片P向右移动时，外电路电阻R外
增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故A正确。根据η＝＝，可知B正确。由P损＝I2r可知，C正确。P出R外图像如图所示，因不知道R外的初始值与r的大小关系，所以无法判断P出的变化情况，D错误。
对点训练：两类UI图像的比较与应用
10．[多选]如图所示，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，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2,3.5)、Q(6,5)。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( )
A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
解析：选AB 根据图像可知，E1＝E2＝10 V，r1＝ Ω，r2＝ Ω，所以r1∶r2＝3∶2，E1∶E2＝1∶1，选项A、B正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝18.2 W和P2＝30 W，小灯泡的电阻分别为R1＝ Ω，R2＝ Ω，所以选项C、D错误。
11．[多选](2019·镇江模拟)如图甲所示，不计电表对电路的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表○ 和○ 随电流表○ 的示数变化规律如图乙中a、b所示，下列判断正确的是( )
A．图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势
B．图线b斜率的绝对值等于电源的内阻
C．图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率
D．图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电阻R0消耗的功率
解析：选ACD 当电路中电流增大时，电压表V2的示数增大，电源的内电压增大，电压表V1的读数减小，则根据图像可知，图像a是电压表V1的示数与I的关系图像。则图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势，故A正确。由上分析知，图像b是电压表V2的示数与I的关系图像，由于V2测量的是定值电阻的电压，定值电阻的电压与电流成正比，则图像b的斜率的绝对值等于R0的阻值，故B错误。图像a反映电源的特性，图像b反映定值电阻R0的特性，两图像的交点表示定值电阻R0接在该电源上的工作状态，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下定值电阻R0
消耗的瞬时功率，也即电源的输出功率。故C、D正确。
对点训练：含电容器的电路
12.如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是( )
A．滑片M向上滑动过程中，电容器充电
B．滑片N向左滑动过程中，流过R2电流向上
C．滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大
D．将滑片N向右滑动，电容器的电能减少
解析：选D 当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故A错误；滑片N向左滑动过程中，变阻器R3的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，R3两端的电压U＝E－I(R1＋r)增大，电容器两端的电压增大，电容器充电，流过R2的电流向下，故B错误；滑片N向左滑动，变阻器R3的电阻变大，外电阻增大，但因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故C错误；将滑片N向右滑动，变阻器R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，变阻器两端的电压U＝E－I(R1＋r)减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据Q＝CU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确。
13．(2019·南京模拟)如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r，初期电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是( )
A．电压表和电流表的示数都减小
B．电压表和电流表的示数都增大
C．电压表和电流表的示数变化量之比保持不变
D．带电尘埃将向下极板运动
解析：选C 当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小，图中并联部分的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联部分的电压增大，则电压表的示数增大。故A、B错误。电压表的示数为U＝E－I(R1＋r)，则电压表和电流表的示数变化量之比为＝R1＋r，保持不变，故C正确。电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误。
考点综合训练
14．[多选](2019·黑龙江省实验中学高三期末)在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中电阻R0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，电动机转动，电流表的示数为2.0 A。则以下判断中正确的是( )
A．电动机的输出功率为12 W
B．电动机两端的电压为7.0 V
C．电动机的发热功率为4.0 W
D．电源输出的电功率为24 W
解析：选AB 电路中电流表示数为2.0 A，所以电动机的电压为U＝E－Ir－IR0＝7 V，则电动机的发热功率为P热＝I2RM＝2 W；电动机的输出功率为P出＝UI－P热＝12 W，故A、B正确，C错误；电源的输出功率为P输出＝EI－I2r＝20 W，故D错误。
15．[多选]如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是( )
A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧
B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧
C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧
D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧
解析：选AD 保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U＝·R0，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力mg－qE＝ma，平行板两极板电压减小，产生的加速度增大，则＝at2，水平位移为x＝v0t＝v0，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E＝，结合C＝及C＝可得E＝，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；如N板稍微下移，则粒子将打在O点右侧，D正确。
实 验 七
决定导线电阻的因素
一、实验目的
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法。
2．掌握螺旋测微器的使用方法和读数方法。
3．学会利用伏安法测电阻，进一步测出金属丝的电阻率。
二、实验器材
被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。
突破点(一) 测量仪器、仪表的读数
[例1] (2019·苏州调研)(1)如图所示的三把游标卡尺，它们的游标尺自左至右分别为10等分、20等分、50等分，它们的读数依次为________mm，________mm，________mm。
(2)使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则图(a)、(b)金属丝的直径分别为________ mm，________ mm。
(3)①图甲用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表______ A，表针的示数是________ A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________ A。
②图乙使用较小量程时，每小格表示__________ V，图中指针的示数为________ V，若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针指示的是________ V。
[答案] (1)17.7 23.85 3.20 (2)2.150 0.048
(3)①0.02 0.44 0.1 2.20 ②0.1 1.70 0.5 8.5
[由题引知·要点谨记]
1.考查游标卡尺的读数[对应第(1)题]
(1)10分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻线对齐的游标的格数×。
(2)20分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻线对齐的游标的格数×。
(3)50分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度对齐的游标的格数×。
2．考查螺旋测微器的读数[对应第(2)题]
方法：固定刻度数mm＋可动刻度数(估读一位)×0.01 mm。
3．考查电流表和电压表的读数[对应第(3)题]
(1)若刻度盘上每一小格为：1,0.1,0.001…时，需估读到最小刻度值的下一位。
(2)若刻度盘上每一小格为：0.2,0.02,0.5，0.05…时，只需估读到最小刻度值的位数。
[集训冲关]
1．电流表量程一般有两种——0～0.6 A,0～3 A；电压表量程一般有两种——0～3 V,0～15 V。如图所示：
(1)接0～3 V量程时读数为________ V。
(2)接0～15 V量程时读数为________ V。
(3)接0～3 A量程时读数为________ A。
(4)接0～0.6 A量程时读数为________ A。
答案：(1)1.88 (2)9.4 (3)0.82 (4)0.16
2．(2019·海南高考)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(a)和(b)所示。该工件的直径为______cm，高度为______mm。
(a)
(b)
解析：游标卡尺读数为d＝12 mm＋4× mm＝12.20 mm＝1.220 cm
螺旋测微器的读数为h＝6.5 mm＋36.1×0.01 mm＝6.861 mm。
答案：1.220 6.861
3．(2019·福建高考)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm。
解析：用毫米刻度尺测量时，读数应读到mm的下一位，即长度测量值为60.10 cm；题图乙中游标卡尺为五十分度游标卡尺，精确度为0.02 mm，主尺读数为4 mm，游标尺第10条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以金属杆直径测量值为4.20 mm。
答案：60.10 4.20
突破点(二) 实验原理与数据处理
[例2] 某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻Rx的阻值。
(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)
B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)
C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)
D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的________(选填“甲”或“乙”)。
(2)下图是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线。
(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝________ Ω。(保留两位有效数字)
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是______。(选填选项前的字母)
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
(5)实验中为减少温度的变化对电阻率的影响，采取了以下措施，其中正确的是________。
A．多次测量U、I，画UI图像，再求R值
B．多次测量U、I，先计算R，再求R的平均值
C．实验中通电电流不宜过大，通电时间不宜过长
D．多次测量U、I，先求U、I的平均值，再求R
[答案] (1)B C 甲 (2)如图所示
(3)5.2 (4)B D (5)C
[由题引知·要点谨记]
1．考查电表的选择[对应第(1)题前两空]
(1)电流表的选择
①根据电路中的最大电流来选择(如本题)。
②根据用电器的额定电流来选择。
(2)电压表的选择
①根据被测电阻上的最大电压来选择(如本题)。
②根据电源电动势选择。
2．考查电流表内、外接法的选择[对应第(1)题第三空]
(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法。简单概括为“大内偏大，小外偏小”。
(2)临界值计算法：
Rx<时，用电流表外接法；
Rx>时，用电流表内接法。
(3)实验试探法：按图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法。
3．考查实物图连线[对应第(2)题]
(1)总的原则：先串后并，接线到柱，注意量程和正负。
(2)对限流电路，只需用笔画线当做导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安法”部分依次串联起来即可(注意电表的正负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处)。
(3)对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动头的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间。(注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处)
4．考查电表读数及数据处理[对应第(3)题]
电流表示数为0.50 A，电压表示数为2.60 V，代入公式即可计算待测电阻的阻值，注意有效数字的要求。
5．考查伏安法测电阻的误差分析[对应第(4)题]
内接法
外接法
电路图
误差原因
电流表分压U测＝Ux＋UA
电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值
R测＝Rx＋RA>Rx
测量值大于真实值
R测＝，电压表的分流作用较显著，故Rx1更接近待测电阻的真实值。图(a)的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；图(b)的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故Rx2”“＝”或“<”)，该误差属于________(选填“系统”“偶然”)误差。
[答案]
(1)A D E (2)如图所示 (3)随着灯泡两端电压的增大，灯泡的电阻逐渐增大 (4)电流 < 系统
[由题引知·要点谨记]
1.考查实验器材的选择
(1)电压表的选择
根据用电器的额定电压来选择。[对应第(1)题第1空]
(2)电流表的选择
根据用电器的额定电流来选择。[对应第(1)题第2空]
(3)滑动变阻器的选择
在分压式接法中，滑动变阻器选阻值小、额定电流大的。[对应第(1)题第3空]
(2.考查数据处理和识图能力[对应第(3)题]
(1)根据数据描出的点，若不在一条直线上，则应用平滑的曲线进行连接，不能用直线或折线连接。
(2)应使图线穿过尽可能多的点。
(3)根据图线斜率的物理意义去分析判断。
3.误差分析[对应第(4)题]
(1)系统误差：电压表分流带来的误差。
(2)偶然误差：电表读数、作图带来的误差。
[集训冲关]
4．(2019·南通模拟)为描绘一只标有“2.5 V 0.75 W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室提供了如下实验器材：
电压表V(量程为0～3 V，内阻约5 kΩ)
电流表A1(量程为0～0.6 A，内阻约1 Ω)
电流表A2(量程为0～3 A，内阻约10 Ω)
滑动变阻器R1(0～10 Ω)
滑动变阻器R2(0～100 Ω)
干电池两节，开关S及导线若干
(1)为了使测量的准确度较高，调节方便，实验中应选用电流表________，滑动变阻器________；
(2)在图甲所示虚线内画出实验电路图；
(3)连接电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是__________________；
(4)排除故障后，正确操作得到多组U、I数据，利用Excel软件描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，设小灯泡正常发光的电阻为RA，小灯泡发光较暗时的电阻为RB，根据图像可以判断RA________(选填“大于”“等于”或“小于”)RB。
解析：(1)灯泡额定电流为0.3 A，但如果采用3 A量程误差过大，因此只能采用0.6 A量程的A1，本实验中采用滑动变阻器分压接法，因此应采用总阻值较小的滑动变阻器R1。
(2)本实验中应采用滑动变阻器分压接法，同时电流表应采用外接法，如图所示。
(3)闭合开关，发现灯泡不亮，电流表指针几乎不偏转，说明电路断路。电压表有示数，说明与电压表并联部分断路，则电路故障的原因可能是灯泡断路。
(4)IU图像中图像的斜率表示电阻的倒数，则由题图乙可知，正常发光时的斜率较小，故说明正常发光时的电阻大于较暗时的电阻。
答案：(1)A1 R1 (2)见解析图 (3)小灯泡断路
(4)大于
5．(2019·泰州模拟)为描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：
A．小灯泡(额定电压6 V，额定电流600 mA)
B．电流表A1(量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)
C．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)
D．电压表V(量程0～6 V，内阻约为10 kΩ)
E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1.5 A)
G．直流电源E(约6 V)
H．开关、导线若干
(1)实验中电流表应选用____________；滑动变阻器应选用____________(填器材前面的字母)。
(2)请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整。
(3)实验电路连接正确，闭合开关，从最左端向右端调节滑动变阻器滑片，记录电流表和电压表相应示数，根据实验数据在坐标系中描点如图乙所示，则电路发生的故障是________________________。
解析：(1)灯泡的额定电流为600 mA，因此电流表应选择0.6 A量程的A1；本实验采用滑动变阻器分压接法，因此滑动变阻器应选择总阻值较小的R1。
(2)根据原理可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，连接实物图如图所示。
(3)由伏安特性曲线可知，电路中有电流和电压存在，说明电路是完好的，但明显没有测出较小的电流和电压值，说明滑动变阻器应接成了限流接法，因此故障应是电源负极和滑动变阻器左下接线柱间的电路断路造成的。
答案：(1)B E (2)见解析图 (3)电源负极和滑动变阻器左下接线柱间的电路断路
突破点(三) 实验的改进和创新
[例3] (2019·海南高考)某同学利用如图所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6 V)、秒表、导线若干。
(1)按图甲所示的电路原理将图乙中实物图连线
(2)先闭合开关S2，再断开开关S2，闭合开关S1，同时按下秒表开始计时。若某时刻电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为 V(保留两位小数)。
(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如表所示。在给出的坐标纸上绘出Ut图线，已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是 s。
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18
(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是____________________________________。
[由题引知·要点谨记]
1.实验原理的创新[对应题干部分]
(1)本实验描绘的不是小灯泡的伏安特性曲线，而是电容器充电电压随时间变化的图像。
(2)应对措施：掌握含容电路的特点，理解电容器充、放电的规律。
2.实验器材的创新[对应第(3)题]
(1)本实验用到了秒表，这在整个高中的物理实验中都是很少见的；由电学实验中使用更是第一次在高考中出现。
(2)应对措施：掌握秒表及其他读数仪器的读数规则，强化读数方面的训练。
3.还可以从以下角度创新
将电压表改成电压传感器直接连接电脑，绘出Ut图像，可以减少因电表和秒表读数及作图带来的误差。
[解析] (1)根据电路图，实物图连线如图所示。
(2)电压表的量程为6 V，分度值为0.1 V，所以读数为3.60 V。
(3)先描点，然后用圆滑的曲线将所描的点连接起来，如图所示。
从数据中可得出，电压表示数变化得越来越慢，而从40 s到50 s之间数据变化又突然快了，所以该数据对应表中的时间为40 s。
(4)电路中C、R2和S2构成的回路，先闭合开关S2，再断开开关S2，使电容器上所带电荷量释放干净，不影响实验。
[答案] (1)见解析图 (2)3.60 V (3)图像见解析图 40 s (4)使每次实验前电容器两极板上的电荷相中和
[集训冲关]
6．有一只标识为“2.5 V,0.5
A”的小灯泡，小华想测定其伏安特性曲线，实验室所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
编号
器材名称
规格与参数
A
电源E
电动势为3.0 V，内阻不计
B
电流表A1
量程0～10 mA，内阻200 Ω
C
电流表A2
量程0～600 mA，内阻2 Ω
D
电阻箱R
阻值999.99 Ω
E
滑动变阻器R1
最大阻值10 Ω
F
滑动变阻器R2
最大阻值2 kΩ
(1)为了达到实验目的需要组装一个量程为3.0 V的电压表，那么电阻箱的阻值应调到________ Ω；
(2)为了减小实验误差，实验中滑动变阻器应选择________(选填器材前面的编号)；
(3)请帮助小华设计一个电路，要求使误差尽量小，并将电路图画在图1虚线框内；
(4)小华在实验中用电流表和改装后的电压表测得数据并记录在下表中，请根据表格中的数据在图2方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线；
电压U/V
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电流I/A
0
0.17
0.30
0.39
0.45
0.49
(5)将一个电动势为1.5 V，内阻为3 Ω的电源直接接在该小灯泡的两端，则该小灯泡的实际功率为________ W(结果保留一位有效数字)。
解析：(1)由题意可知，本实验应采用伏安法测量小灯泡的伏安特性曲线，由表中数据可知，电流大小最大约为0.49 A，因此电流表应采用A2，故只能采用A1与电阻箱串联的方式进行改装，由串并联电路规律可知，R＝ Ω－200 Ω＝100 Ω；
(2)由于本实验采用滑动变阻器分压接法，所以只能选用总阻值较小的R1；
(3)本实验应采用滑动变阻器分压接法，由于电流表内阻较小，故应采用电流表外接法，故原理图如图所示；
(4)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图所示；
(5)在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由图可知，电压U＝0.8 V，电流I＝0.24 A，则功率P＝UI＝0.8×0.24 W≈0.2 W。
答案：(1)100 (2)E (3)见解析图 (4)见解析图
(5)0.2
7．(2019·全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V，额定电流0.32 A)；电压表○ (量程3 V，内阻3 kΩ)；电流表○ (量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0 Ω)；电源E(电动势5 V，内阻不计)；开关S；导线若干。
(1)实验要求能够实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。
(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________ W，最大功率为________ W。(结果均保留两位小数)
解析：(1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表○ 应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V。由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接。电路图如图所示。
(2)IU图像中随着电流的增大，图线的斜率变小，小灯泡的电阻增大。根据电阻定律R＝ρ，得灯丝的电阻率增大。
(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E0′(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为Pmin＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W。当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W。
答案：(1)图见解析 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17
实 验 九
测量电源的电动势和内阻
一、实验目的
1．测量电源的电动势和内阻。
2．加深对闭合电路欧姆定律的理解。
二、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。
突破点(一) 实验原理与操作
[例1] (2019·天津高考)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、电键、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 Ω
B．电流表：量程3 A，内电阻约0.2 Ω
C．电压表：量程3 V，内电阻约30 kΩ
D．电压表：量程6 V，内电阻约60 kΩ
E．滑动变阻器：0～1 000 Ω，额定电流0.5 A
F．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)下图为正确选择仪器后，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)。
(3)实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U。用图像法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以________为纵坐标，以________为横坐标。,[由题引知·要点谨记]
1.考查实验原理[对应题干部分]
电池组的内阻很小，电流表应外接。
2.考查实验器材的选取[对应第(1)题]
(1)根据电池组的电动势选电压表。
(2)根据电路中的最大电流选电流表。如果要求测量结果尽量准确，一般选择小量程的。
(3)滑动变阻器限流时，应选最大值比被测电阻稍微大一些的。
3.考查实物图连线[对应第(2)题]
(1)总的原则为：先串联后并联。
(2)注意电表和电源的正负极。
4．考查利用电阻箱测E和r[对应第(3)题]
(1)画出利用电阻箱和电压表测量E和r的电路图。
(2)根据闭合电路欧姆定律写出关于R和U的函数关系式，如下：
①＝·＋ ②U＝E－r
③＝R＋
[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)本实验的实验电路如图甲所示。所以还需要用导线将a与d相连，c与g相连，f与h相连。
甲 乙
(3)电阻箱代替滑动变阻器，实验电路图如图乙所示。根据闭合电路欧姆定律得U＋r＝E，整理可得三种情况：
①＝·＋，以为纵坐标，为横坐标，在直角坐标系中图像为一条直线；
②U＝E－r·，以U为纵坐标，为横坐标，在直角坐标系中图像为一条直线；
③＝·R＋，以为纵坐标，R为横坐标，在直角坐标系中图像为一条直线。
[答案] (1)A D F (2)a d c g f h
(3)
[集训冲关]
1．(2019·北京高考)某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是( )
A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B．一个伏特表和多个定值电阻
C．一个安培表和一个电阻箱
D．两个安培表和一个滑动变阻器
解析：选D 由E＝U＋Ir、E＝IR＋Ir、E＝U＋r知，要测量E和r，需要测出多组U、I或I、R或U、R值，选项A、B、C均可满足测量需要，选项D中R无法测出，最不可取。
2.(2019·四川高考)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源(电动势约3 V，内阻约2 Ω)，保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线(U、I都用国际单位)；
(ⅳ)求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
(1)电压表最好选用________；电流表最好选用______。
A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)
B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)
C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)
D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，E＝______，r＝________，代入数值可得E和r的测量值。
解析：(1)由于待测电源的电动势为3 V，故电压表应选0～3 V量程，而该电路中电压表分流越小，实验误差越小，故选内阻大的电压表，故电压表选A。回路中电流的最大值Imax＝≈158 mA，故电流表选C。
(2)当电压表示数变大时，说明外电路电阻变大，即滑片从左向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，对于A、B两选项，在滑片移动的过程中回路电阻不变，选项C中滑片向右移动时回路电阻变大，选项D中，滑片向右移动时回路电阻变小，故选项C正确。
(3)根据闭合电路欧姆定律，得E＝U＋I(R2＋r)，即U＝E－I(R2＋r)，所以k＝R2＋r，所以r＝k－R2，横截距为U＝0时，I＝a，即0＝E－ak，所以E＝ak。
答案：(1)A C (2)C (3)ak k－R2
突破点(二) 数据处理和误差分析
[例2] (2019·江苏高考)小明利用如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：
U(V)
1.45
1.36
1.27
1.16
1.06
I(A)
0.12
0.20
0.28
0.36
0.44
请根据表中的数据，在下面的方格纸上作出UI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___________________________________。
[由题引知·要点谨记]
1.考查电流表的读数[对应第(1)题]
(1)电流表选用的量程为0.6 A，最小分度值为0.02 A，不需要估读到下一位。
(2)读数规则：0.4 A＋2×0.02 A＝0.44 A。
2.考查作图和数据处理能力[对应第(2)题]
(1)作图时纵坐标起点为1.00 V。
(2)通过图线获取信息和处理数据。
①在电源的UI图线中，若两坐标轴均从零开始的，则图线与U轴的截距为电源电动势，图线与I轴的截距为电源的短路电流；
②若U轴不以零开始，则U轴截距仍为电动势，I轴截距不再是短路电流，则r＝。
3.考查实验误差的分析[对应第(3)题]
(1)本实验系统误差产生的原因有：
①电压表的分流；
②通电时间过长可能引起电阻值变化。
(2)偶然误差产生的原因有：
①电表的读数；,②作图。
[解析] (1)电流表选用量程为0～0.6 A，分度值为0.02 A，则其读数为0.44 A。
(2)坐标系选择合适的标度，根据表中数据描点作出的UI图线如图所示。
图线与纵轴交点为1.61 V，故E＝1.61 V，由图线的斜率＝1.24知，电池内阻为1.24 Ω。注意此处不要用图像与纵轴交点值除以与横轴交点值。
(3)长时间保持电路闭合，电池会发热，电池内阻会发生变化，干电池长时间放电，也会引起电动势变化，导致实验误差增大。
[答案] (1)0.44
(2)UI图线见解析 1.61(1.59～1.63都算对) 1.24(1.22～1.26都算对)
(3)通电时间较长会使干电池的电动势和内阻发生变化，导致实验误差增大
[集训冲关]
3．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻。已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻约1 Ω，双量程电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ；0～15 V，内阻约15 kΩ)，电流表(0～0.6 A，内阻约1.0 Ω)，滑动变阻器有R1(10 Ω 2 A)和R2 (100 Ω 0.1 A)各一只。
(1)实验中滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)。
(2)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图乙所示的U I图线，由图可较准确求出该电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。(结果保留三位有效数字)
解析：(1)如果滑动变阻器最大阻值过大，则在操作过程中移动很大一段距离而电表读数变化较小，所以为了便于操作，选用较小的滑动变阻器，由题图中数据可知电流表示数大于0.1 A，故选R1。
(2)将图线延长，分别和两坐标轴相交，则纵截距表示电源的电动势，故E＝1.47
V，图线的斜率表示内阻，故r＝ Ω＝1.76 Ω。
答案：(1)R1 (2)1.47(1.45～1.49均正确) 1.76(1.70～1.80 均正确)
4．(2019·扬州模拟)某同学在做“测电源的电动势和内阻”的实验中，串联了一只R0＝1.5 Ω的保护电阻，实验电路如图甲所示。则
(1)用完好的导线连好电路后，该同学闭合开关S，发现电流表示数为零，电压表示数不为零，检查各接线柱均未接错，且接触良好。他用多用电表的电压挡检查电路。
①在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________(选填“A”“B”或“C”)。
②将两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为零，两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障原因是__________________。
(2)排除故障后，该同学顺利完成实验，测得下列数据，并且根据数据在坐标系中描出了对应的点，如图丙所示，请画出UI图像。
I/A
0.10
0.17
0.23
0.30
0.40
U/V
1.20
1.00
0.80
0.60
0.55
(3)由UI图像求出实验中电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。
(4)本次实验产生系统误差的原因是___________________。
解析：(1)①开始时指针不在左侧零刻度时应进行机械调零，故应调节A旋钮进行调节。
②发现电流表示数为0，电压表示数不为0，则可知，电流表或滑动变阻器R处断路，用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，说明此时均与电源连接，则可知滑动变阻器R断路。
(2)由描点法得出UI图像如图所示。
(3)UI图线是一条倾斜的直线，纵轴截距为1.5。所以电动势E＝1.50 V。
图线的斜率k＝＝ Ω＝2.89 Ω，
则内阻r＝2.89 Ω－1.5 Ω＝1.39 Ω。
(4)由电路图可知，将保护电阻作为内阻处理后，可以视为相对电源的电流表外接法，电压表并联在电源两端，故电压表示数准确，但由于电压表内阻的影响而导致电流表示数偏小；故误差原因来自电压表分流。
答案：(1)①A ②滑动变阻器断路
(2)见解析图
(3)1.50 1.39
(4)电压表分流
突破点(三) 实验的改进与创新
[例3]
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 改装的电流表，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 的满偏电流Ig＝100 μA、内阻rg＝2.0 kΩ，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：
测量次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压表读数U/V
5.26
5.16
5.04
4.94
4.83
4.71
4.59
4.46
改装表读数I/mA
20
40
60
80
100
120
140
160
该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(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________。(填选项前的字母)
A．电压表内阻的影响
B．滑动变阻器的最大阻值偏小
C．R1的实际阻值比计算值偏小
D．R0的实际阻值比标称值偏大
[答案] (1)1.0 (2)如图所示
(3)1.66 充分利用已测得的数据 (4)CD
[由题引知·要点谨记]
1.考查知识点的创新[对应第(1)题]
借助测定电池组的电动势和内阻实验，考查了电流表的改装，电流表改装的原理为：并联一只电阻R1，Igrg＝(I－Ig)R1，即R1＝。
2.数据处理的创新[对应第(3)题]
(1)“逐差法”一般应用在通过纸带求解加速度的实验中，本实验所记录的数据中○ 的读数中依次相差20 mA。所以也可采用逐差法计算电池组的内阻。
(2)根据电源的伏安特性曲线可知，电源的内阻
r＝－R0，结合逐差法可得，r＋R0＝
÷4＝
≈5.66 Ω，所以r≈1.66 Ω。
(3)采用逐差法处理实验数据时能够充分利用已测得的数据，以减小实验的偶然误差。
3．误差分析的创新[对应第(4)题]
电动势测量值误差很小，说明电压表分流产生的误差可以忽略不计；通过电源的电流的测量值小于真实值，即与电流计并联的电阻R1的实际值小于计算值；由电源内阻的计算式r＝ －R0知，若R0标称值比实际值小，会导致内阻测量值总是偏大。
还可以用以下几种方法测定电源的电动势和内阻。
安阻法
伏阻法
伏伏法
电路图
原理
E＝I(R＋r)
E＝U＋r
E＝U1＋U2＋r
E＝U1′＋r
误差
E测＝E真，r测＞r真
E测＜E真，r测＜r真
没有系统误差
[集训冲关]
5．在测量电源的电动势和内阻的实验中，该电源电动势约为9 V，内阻约为5 Ω。某同学设计了如图所示的实物电路。
(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________。(选填“最大值”“0”或“任意值”)
(2)改变电阻箱的阻值R，用电压表(量程0～3 V)分别测出阻值R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U。下列三组电阻箱R的调节范围取值方案中，比较合理的方案是________。
A．30～80 Ω B．300～800 Ω C．3 000～8 000 Ω
(3)根据实验数据描点，绘出的R图像是一条直线。若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E＝________(用字母表示)。
(4)用这个方法测得的内阻和真实值比较________(选填“偏大”“相等”或“偏小”)。
解析：(1)为保护电压表，实验前应将电阻箱的电阻调到最大值，让电流从最小值开始变化。
(2)根据欧姆定律，电路中的最大电流为Imax＝＝ A＝0.3 A，所以电路中的最大电阻可为：Rmax＝＝＝ Ω＝90 Ω，所以电阻箱的最大值应为R＜90 Ω－10 Ω＝80
Ω，所以合理的方案是A。
(3)根据闭合电路欧姆定律应有：E＝U＋(R＋r)，
变形为＝R＋，
所以k＝，b＝，
解得E＝。
(4)由于利用欧姆定律求出的电流只是R0中的电流，由于电压表的分流作用，电流的测量值偏小，所以内阻的测量值偏小。
答案：(1)最大值 (2)A (3) (4)偏小
6．(2019·南通一模)用如图甲所示的电路测量电池的电动势和内阻，定值电阻R1＝16 Ω。
(1)闭合开关S后，电压表V1无读数，电压表V2有读数，经检查发现电路中存在断路故障，则该故障可能在________(选填“ab”、“bc”或“cd”)两点间。
(2)排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器的阻值，记录多组电压表的示数U1、U2，如表所示。请根据表中数据在图乙中作出U2U1图像。
U2/V
5.0
4.5
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
U1/V
0.66
1.00
1.33
1.88
2.00
2.32
2.68
(3)由图像可知，电源电动势E＝__________ V，内阻r＝__________ Ω。(结果均保留两位有效数字)
(4)实验中，产生系统误差的主要原因是________________。
解析：(1)电压表V1无读数，电压表V2有读数，说明V2与电源是连接的，故发生断路的是cd。
(2)根据表中数据利用描点法可得出对应的图像如图所示。
(3)根据电路图由闭合电路欧姆定律可知：
E＝U1＋U2＋r
变形可得：U2＝E－U1
由图可知，图像与纵轴的截距表示电动势，故E＝6.00 V；
图像的斜率k＝＝＝1.5
解得：r＝8.0 Ω。
(4)本实验中由于电压表V1分流作用而使测量电流偏小，从而出现误差。
答案：(1)cd (2)见解析图 (3)6.0 8.0
(4)电压表V1分流
7．(2019·淮安模拟)测量电源的电动势和内阻，提供的器材如下：
A．待测电源(电动势约为8 V，内阻约为2 Ω)
B．电压表V(0～3 V，内阻约3 kΩ)
C．电流表A(0～1 A)
D．电阻箱R(0～99 999.9 Ω)
E．滑动变阻器(0～20 Ω)
F．滑动变阻器(0～100 Ω)
G．开关、导线若干
(1)采用图1所示电路测量电压表的内阻RV，调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2。
①电压表内阻RV＝________；
②关于上述实验，下列说法中正确的有________。
A．实验中电源可使用待测电源
B．闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小
C．调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐增大的
D．实验中忽略了电源的内阻，会使测量值偏大
(2)若测得电压表内阻RV＝3 010 Ω，与之串联R＝____ Ω的电阻，将电压表的量程变为9 V。
(3)为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图2电路连接完整，实验中，滑动变阻器应选择________(选填“E”或“F”)，并指出产生实验误差的一个原因：______________。
解析：(1)①设总电压为U，则由串并联电路的规律可知：
U＋R1＝＋R2
解得：RV＝R2－2R1
②由于要测量电源的电动势和内电阻，故应选用待测电源，故A正确；为保护电压表，故闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大，故B错误；为了保证实验安全，调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐减小的，故C错误；由于电源内阻的影响，当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表内阻的测量值大于真实值，故D正确。
(2)根据改装原理可知，＝
解得：R＝6 020 Ω；
(3)根据原理图可得出对应的实物图；由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E；由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流使电流表示数偏小；从而产生误差。
答案：(1)①R2－2R1 ②AD (2)6 020
(3)如图所示 E 电压表的分流
实 验 十
练习使用多用电表
一、实验目的
1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法。
2．会使用多用电表测电压、电流及电阻。
3．会用多用电表探索黑箱中的电学元件。
二、实验器材
多用电表、电学黑箱、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。
突破点(一) 多用电表的使用和读数
[例1] 图(a)为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1 000 Ω的定值电阻。
(1)测量的某些操作步骤如下：
①调节可调部件________，使电表指针停在____________(选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”)位置。
②调节可调部件K，使它的尖端指向_____(选填“×1 k”“×100”“×10”“×1”)位置。
③将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件________，使电表指针指向________(选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”)位置。
④将红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻的两端，当指针摆稳后，读出表头的示数，如图(b)所示，再乘以可调部件K所指的倍率，得出该电阻的阻值Rx＝________。
⑤测量完毕，应调节可调部件K，使它的尖端指向“OFF”或交流电压“×500”位置。
(2)欧姆挡进行调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是________。
A．这个电阻的阻值较小
B．这个电阻的阻值较大
C．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×1”挡，并且重新调零后进行测量
D．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×100”挡，并且重新调零后进行测量
[答案] (1)①S 电流零刻度 ②×100 ③T 欧姆0刻度
④1 100 Ω (2)BD
[由题引知·要点谨记]
1.考查多用电表测电阻的步骤[对应第(1)题]
(1)调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度。
(2)选择开关置于“Ω”挡的“×1”处，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，然后断开表笔，再使指针指向∞。
(3)将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，再与标定值进行比较。
(4)选择开关改置“×100”挡，重新进行欧姆调零。
(5)再将两表笔分别接触标定值为几千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，与标定值进行比较。
(6)使用多用电表时，电流总是“红入黑出”。
(7)测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
2.考查多用电表的读数[对应第(1)④题]
(1)欧姆表的读数。
①为了减小读数误差，指针应指在表盘到的部分，即中央刻度附近。
②除非指针所在刻度盘处每个小格表示1 Ω时，要估读到下一位，其余情况都不用估读。
③电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积。
(2)测电压、电流时的读数，要注意其量程，根据量程确定精确度，精确度是1、0.1、0.01时要估读到下一位，精确度是2、0.02、5、0.5时，不用估读到下一位。
3.考查多用电表的工作原理[对应第(2)题]
(1)其工作原理为闭合电路欧姆定律。
(2)其欧姆刻度是不均匀的，“0” Ω在最右侧。
[集训冲关]
1．(2019·无锡六校联考)请完成“练习使用多用电表”实验中的下列问题：
(1)图甲为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件。现用此电表测量一阻值约为20～30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：
①调节可调部件______，使电表指针停在______________位置；
②调节可调部件K，使它的尖端指向________位置；(选填“×1”“×10”或“×100”)
③将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件________，使电表指针指向________位置。
(2)在用多用电表测量另一电阻的阻值时，电表的读数如图乙所示，则该电阻的阻值为________ Ω。
解析：(1)①调节可调部件机械调零旋钮S，使电表指针停在表盘左侧0刻度线位置；
②待测电阻阻值约为20～30 Ω，调节选择开关K，使它的尖端指向×1位置；
③将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针指向表盘右侧0刻度线位置。
(2)由图乙所示可知，多用电表选择欧姆×1 k挡位，由图示表盘可知，待测电阻阻值为20×1 kΩ＝20 kΩ。
答案：(1)①S 表盘左侧0刻度线 ②×1 ③T 表盘右侧0刻度线 (2)2.0×104
2．(2019·南京一模)某学生用多用电表测电阻。使用的实验器材有：多用电表、电压表、滑动变阻器及若干导线。
(1)先将多用电表挡位调到电阻“×100”挡，再将红表笔和黑表笔________，调整____________，使指针指向表盘右端“0刻线”。
(2)再将调节好的多用电表红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。将滑动变阻器的滑片滑到适当位置，欧姆表的读数如图乙所示，则被测电阻为________ kΩ。
(3)图甲中的电压表有两个量程：0～3 V，内阻为R1；0～15 V，内阻是R2，则R1_______R2(选填“＞”“＝”或“＜”)。
解析：(1)欧姆表使用前一定要欧姆调零，即红黑表笔直接接触后，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右端“0刻线”；
(2)红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2，欧姆表读数＝倍率×表盘读数＝100×25 Ω＝2.5 kΩ；
(3)把电流表改装成电压表，应串联分压电阻，量程越大，串联的电阻越大，则R1＜R2。
答案：(1)直接接触 欧姆调零旋钮 (2)1 2.5 (3)＜
突破点(二) 用多用电表探索黑箱内的电学元件
[例2] 如图所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。
(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图中多用电表的________(选填“A”“B”或“C”)。
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。
(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值。测量中发现，每对接点间正、反向阻值均相等，测量记录如下表。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图所示。
请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路。
两表笔接的接点
多用电表的示数
a、b
________Ω
a、c
10.0 Ω
b、c
15.0 Ω
[答案]
(1)A (2)短暂 (3)5.0 如图所示
[由题引知·要点谨记]
1．考查多用电表的使用[对应第(1)题]
(1)在使用多用电表前，若发现指针不在左边“0”刻度线处，应调整A处定位螺丝。
(2)在进行欧姆调零时，应让两表笔短接，调节B，使指针指到右边“0 Ω”处。
2．考查多用电表的操作技巧[对应第(2)题]
在试探两点间是否存在电源时，为了防止电流逆向流入电表进而烧毁电表，应进行试触。
3．考查用多用电表探索黑箱内电学元件的方法[对应第(3)题]
(1)电源的判断：用多用电表的电压挡试触如有示数，则说明存在电源。
(2)电阻的判断：欧姆表两表笔正、反接测量，如果示数不变，则为电阻。
(3)二极管的判断：欧姆表两表笔正、反接测量，如果示数差别很大，则为二极管。
(4)电容器的判断：欧姆表两表笔正、反接测量，如为电容器，则示数均很大。
[集训冲关]
3．(2019·昆山月考)在“多用电表的使用”实验中：
(1)如图1所示，为一正在测量中的多用电表表盘。如果用电阻挡“×100”测量，则读数为__________ Ω；如果用“直流5 V”挡测量，则读数为________ V。
(2)甲同学利用多用电表测量电阻。他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为________(填写选项前的字母)。
A．将选择开关旋转到电阻挡“×1 k”的位置
B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”
(3)乙同学利用多用电表测量图2和图3所示电路中小灯泡正常工作时的有关物理量。以下操作正确的是________。
A．将选择开关旋转到合适的电压挡，闭合开关，利用图2的电路测量小灯泡两端的电压
B．将选择开关旋转到合适的电阻挡，闭合开关，利用图2的电路测量小灯泡的电阻
C．将选择开关旋转到合适的电流挡，闭合开关，利用图3的电路测量通过小灯泡的电流
D．将选择开关旋转到合适的电流挡，把图3中红、黑表笔接入电路的位置互换，闭合开关，测量通过小灯泡的电流
(4)丙同学利用多用电表探测图4所示黑箱时发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用电阻挡测量，黑表笔接E点，红表笔接F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么该黑箱内元件的接法可能是下图中的________。
解析：(1)用“×100 Ω”挡测电阻，由图示可知，其读数为6×100 Ω＝600 Ω；如果用直流5 V挡测量电压，由图示可知，其分度值为0.1 V，其读数为3.60 V。
(2)欧姆挡测电阻时指针偏转角度过小是由于挡位过小，需选取大挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为：ADC。
(3)电流从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出，图2是测电压，图3是测电流，表笔位置正确。故选A、C。
(4)用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，说明E、G与F、G间可能有电源存在；用欧姆挡测量，因电流从黑表笔出来通过导体再从红表笔进入欧姆表，故若黑表笔接E点，红表笔接F点时，电阻小，说明电流容易从E通过导体。若黑表笔接F点，红表笔接E点时，电阻很大，说明电流不能从F通过，这就说明E、F间有二极管且E与正极相连，故该黑箱内元件的接法可能是B。
答案：(1)600 3.60 (2)ADC (3)AC (4)B
4．如图所示，黑箱中有A、B、C三个接线柱，已知每两个接线柱间最多只有一个电器元件(可能有电源、定值电阻和二极管)。用多用电表对黑箱进行如下检测：
①将选择开关置于OFF挡
②将选择开关调到欧姆挡合适倍率，进行欧姆调零
③将选择开关调到直流电压挡位，两表笔分别检测任意两个接线柱，均无示数
④用两表笔进行检测，红黑表笔的位置和测量结果如下表
红表笔
A
B
A
C
B
C
黑表笔
B
A
C
A
C
B
测得阻值(Ω)
200
200
11.2 k
270
11 k
70
(1)正确的实验操作顺序为________；(填步骤前序号)
(2)黑箱内的电器元件应该有____________________；
(3)在图中画出电器元件的连接图。
解析：(1)先要确定有无电源，用电压挡，再用欧姆挡测量电阻值确定元件。则正确的实验操作为：③②④①。
(2)测量电阻时，电流由黑表笔流入电阻，由红表笔流出电阻，因红黑表笔接AB与接BA电阻相同，则AB间为电阻，接BC与CB电阻差别大，则BC间为二极管，B端为正极；接AC与CA电阻差别大，且比接BC时多了200 Ω，则AC间为一电阻与二极管串联；则其内部电路为电阻与二极管，综合可知其电路如图所示。
答案：(1)③②④① (2)定值电阻和二极管 (3)见解析图
突破点(三) 用多用电表检测电路故障
[例3] 如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点。
(1)为了检测小灯泡及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡。
(2)在开关闭合的情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明________________________可能有故障。为保证用电器的安全，检测时应让多用电表的红表笔接________(“5”或“6”)点接线柱。
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：
①将多用电表调至欧姆挡。
②将红、黑表笔短接，检查电阻挡能否正常工作。
③测量小灯泡的电阻，如果电阻为无穷大，说明________________。
[答案] (1)电压 欧姆 (2)开关或连接点5、6 6
(3)③小灯泡有故障
[由题引知·要点谨记]
1.考查电路的故障问题[对应题干部分]
电路故障一般分为断路和短路两种。
(1)断路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表指针偏转，则该段电路中有断点。
(2)短路故障的判断：用电压表与电源并联，若有电压，再逐段与电路并联，若电压表示数为零，则该并联段电路被短路。若电压表示数不为零，则该并联段电路没有被短路或不完全被短路。
2.考查电路故障的判断方法[对应第(1)(2)(3)题]
(1)如闭合开关，电路中存在电源，应用多用电表的直流电压挡检查故障；如电路中没有电源，可以用多用电表的欧姆挡检查灯泡或导线的故障。
(2)开关闭合测得5、6间电压接近电源的电动势，说明多用电表与电源组成的闭合回路完好，故障在5、6两点之间。
3．使用多用电表检测故障的三点注意事项
(1)多用电表中的电压挡的量程应大于电源电动势。
(2)使用多用电表判断电路故障时，应采用“试触法”防止损坏电表。
(3)电流应从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电表。
[集训冲关]
5．(2019·盐城期末)如图甲所示的实验电路出现故障，灯泡不亮，检查各接线柱连接良好，为查明原因某同学使用调好的多用电表来检查，断开开关S：
(1)将多用电表的选择开关旋转到直流电压10 V挡的位置，红表笔接A点、黑表笔接E点时多用电表指针位置如图乙所示，其读数为________；
(2)再将多用电表选择开关放在“×100”挡，调零后，红表笔接D点、黑表笔接E点时，指针偏角很大；将红黑表笔位置互换后，指针偏转较小，说明二极管完好且E点是二极管的________(选填“正极”或“负极”)；
(3)由上述操作，可以判断电路故障可能原因是什么？________________。
解析：(1)电压表量程为10 V，由图示表盘可知，其分度值为0.2 V，示数为8.8 V；
(2)欧姆表黑表笔与内置电源正极相连，红表笔与内置电源负极相连，红表笔接D点、黑表笔接E点时，指针偏角很大，说明二极管内阻较小，E点是二极管正极，D点是二极管负极；
(3)闭合开关灯泡不亮，说明电路存在断路或灯泡发生短路，断开开关S后，A、E间电压接近9 V，说明此时电压表与电源两极相连，H、E之间电路不存在断路，由实验步骤(2)可知，二极管正常，由此可知，灯泡不亮是由于灯泡发生短路或开关断路造成的。
答案：(1)8.8 V (2)正极 (3)灯泡发生短路或开关断路
6．(2019·江苏高考)某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约20 Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
Rt/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
(1)提供的实验器材有：电源E1(3 V，内阻不计)、电源E2(6 V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0～999.9 Ω)、开关S、导线若干。
为使该装置实现对30～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用________(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)。
(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)。
(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查。在图1中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)。
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是__________。(填写各步骤前的序号)
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω
解析：(1)如果电源用E1，则在t＝30 ℃时电路中的最大电流Im＝ A≈13.67 mA<15 mA，故不能实现对此温度的控制，因此电源应选用E2；为了在t＝80 ℃时实现对温度的控制，设滑动变阻器阻值的最大值至少为R′，则＝0.015 A，解得R＝330.9 Ω，因此滑动变阻器应选用R2。
(2)要用多用电表的直流电压挡检测故障，应将选择开关旋至C。
(3)如果只有b、c间断路，说明b点与电源的负极间没有形成通路，a、b间的电压为零，表笔接在a、b间时，指针不偏转；c点与电源的负极间形成通路，a与电源的正极相通，a、c间有电压，因此两表笔接入a、c间时指针发生偏转。
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，应先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，并将阻值调至108.1 Ω，合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直至观察到继电器的衔铁被吸合，这时断开开关，将电阻箱从电路中移除，将热敏电阻接入电路。因此操作步骤的正确顺序是⑤④②③①。
答案：(1)E2 R2 (2)C (3)不偏转 偏转
(4)⑤④②③①
7．(2019·益阳检测)在如图甲所示的电路中，4节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8 V,0.3 A”。合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮。
(1)用多用电表的直流电压挡检查故障。
①选择开关置于下列量程的________挡较为合适(用字母序号表示)；
A．2.5 V B．10 V C．50 V D．250 V
②测得c、d间电压约为5.8 V、e、f间电压为0，则故障是________。
A．A灯丝断开 B．B灯丝断开
C．d、e间连线断开 D．B灯被短路
(2)接着练习使用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”，
①测试前，一定要将电路中的开关S________；
②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为________Ω，此时测量的是________间电阻。根据小灯泡的规格计算出的电阻为________ Ω。
解析：(1)①由于4节干电池串联后电动势为6 V，电压表量程应选10 V，B正确。
②灯泡不亮，说明电路断路或短路，电压表接c、d
端时有示数且接近电源电动势，说明有电流通过电压表，c、d间以外其他部分电路接通，电压表接e、f时无示数，说明c、d间灯泡断路，A正确。
(2)①使用欧姆表时一定要将被测电阻从电路中断开，故填“断开”。
②温度高时灯丝的电阻大，计算出的电阻是灯丝温度高时的电阻(或测量出的电阻是常温下的电阻)。欧姆表读数应该为6.0 Ω。由于A灯泡断路，电阻无穷大，而欧姆表示数为6.0 Ω，说明测量的应该是e、f间电阻。由R＝可求得电阻为12.7 Ω。
答案：(1)①B ②A (2)①断开 ②6.0 e、f 12.7
