選修3-1一二章考點復習(電場、電路)

第一第二章考點復習高二物理第一章電場一、庫侖定律【例1】

下列說法中正確的是(

)A．庫侖定律適用于真空中的點電荷間的作用力的計算B．電勢降落的方向就是電場強度的方向C．由公式U=可知，電場中兩點電勢差與電場力做功成正比，與電荷量成反比D．在電場中，電勢越高的地方，電場強度也一定越大

【例2】真空中兩個相同的帶等量異種電荷的小球A和B(A、B可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間的靜電力為F.用一個不帶電的同樣的小球C先和A接觸，再與B接觸，然后移去C，則A、B兩球間的庫侖力是多少？

【例3】如圖

1－2－1所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電荷量為＋Q，B帶電荷量為－9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷處于靜電力平衡狀態(tài)，問：C應帶什么性質(zhì)的電？應放于何處？所帶電荷量為多少？圖1－2－1【例4】帶電小球

A和B放在光滑絕緣水平面上，質(zhì)量分別為m1＝2g，m2＝1g；所帶電荷量值q1＝q2＝10－7

C，A帶正電，B帶負電．現(xiàn)有水平向右的恒力F作用于A球，可使A、B一起向右運動，且保持間距d＝0.1m不變，試問F多大？ 圖1－2－72．庫侖定律與牛頓運動定律的綜合應用F電＝＝9×10－3

N解：兩球相互吸引的庫侖力kq1q2

d

2

A球和B球保持間距不變，可知兩球加速度相同．隔離B球，由牛頓第二定律得

F電＝m2a①

把A球和B球看成整體，水平恒力F即其合外力，由牛頓第二定律得

F＝(m1＋m2)a②代入數(shù)據(jù)，由①式得a＝9m/s2，由②式得F＝2.7×10－2N.二、電場1、三個公式的理解與區(qū)分2、電場線：電場強度（電場力和加速度）、電勢高低的判斷（1）等量異種電荷（2）等量同種電荷3、電勢與電勢差UAB=WAB/q=φA-φBφA=WAP/q,以P點為電勢參考點，即φP=04、電勢能的判斷：（1）公式判斷EP=qφA（2）功能關系：電場力對電荷做正功時，電勢能減少；電場力對電荷做負功時，電勢能增加。1．電場線與場強

(1)在電場中根據(jù)電場線的疏密可比較電場強度的大小，根據(jù)電場線的切線方向可確定出電場強度的方向及電荷所受靜電力的方向．(2)不同電場，電場線分布不同，幾種常見電場的電場線分布情況：圖1－3－4【例

3】如圖1－3－5所示是靜電場的一部分電場線分布，下列說法中正確的是()

圖1－3－5 A．這個電場可能是負電荷產(chǎn)生的電場 B．A點的場強一定大于B點的場強 C．點電荷q在A點處的瞬時加速度比在B點處的瞬時加速度小(不計重力) D．負電荷在B點處受到的電場力的方向沿B點切線方向

解析：根據(jù)負點電荷的電場線分布特點可判斷，選項A錯誤．因電場線越密處場強越大，故由圖可知場強EA＞EB，B正確．又因點電荷q在電場中所受電場力F＝qE＝ma∝E，故aA＞aB，選項C錯誤．因B點切線方向即B點場強方向，而負電荷所受電場力方向與場強方向相反，故選項D錯誤．答案：B

【例4】(雙選)某靜電場中的電場線如圖1－3－6所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是()

圖1－3－6A．粒子必定帶正電荷B．粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度

解析：電荷做曲線運動時受到的合力(電場力)必指向軌跡的凹側，故得粒子帶正電，A正確；因電場力的方向與粒子的速度方向間的夾角為銳角，電場力做正功，故N點的動能大，D錯誤；電場線的疏密程度能描述電場的強弱，由圖可看出，Eq m可知，粒子在N處的N處電場線密，電場強度大，由a＝加速度大，C正確，B錯誤．

答案：AC電勢與等勢面1．定義：電場中電勢相等的各點構成的曲面叫做等勢面．2．等勢面的形狀(1)點電荷的電場：等勢面是以點電荷為球心的一簇同心球面，如圖1－4－6甲所示．圖1－4－6(2)等量異種點電荷的電場：等勢面如圖乙所示，兩點電荷連線的中垂面為一個等勢面．(3)等量同種電荷的電場：等勢面如圖丙所示．(4)勻強電場：等勢面是垂直于電場線的一簇平面，如圖丁所示．【例4】(雙選，2010年廣東卷)如圖1－4－4是某一點電荷的電場線分布圖，下列表述正確的是()

圖1－4－4A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢B．該點電荷帶負電C．a(chǎn)點和b點電場強度的方向相同D．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度

解析：沿電場線方向電勢降低，因此A錯誤；由電場線的分布特點可知該點電荷帶負電，B正確；由于電場強度是矢量，可知a、b點電場強度的方向不同，C錯誤；a處電場線比b處電場線要密，可知a點的電場強度大于b點的電場強度，D正確．答案：BD【觸類旁通】

4．(雙選)如圖1－4－5所示的電場中有A、B兩點，下列判斷正確的是()A．電勢φA>φB，場強EA>EBB．電勢φA>φB，場強EA<EB

C．將電荷量為q的正電荷從A點移到B點，靜電力做正功，電勢能減少 D．將電荷量為q的負電荷分別放在A、B兩點，電荷具有的電勢能EpA>EpB圖1－4－5

解析：從題圖可以看出，B處電場線較密，故場強EA<EB.沿電場線方向，電勢降低，故φA>φB，A錯，B對．正電荷受靜電力方向與電場線方向相同，從A向B移動時，靜電力做正功，電勢能減少，負電荷受靜電力方向與電場線方向相反，從A移動到B時，靜電力做負功，電勢能增加，即EpA<EpB，C對、D錯．答案：BC圖1－4－7

【例5】在如圖

1－4－7所示的正電荷產(chǎn)生的電場中，B、D是以點電荷為圓心的圓周上的兩個點，A、B、C是同一條半徑上的三個點．下列說法中，正確的是()A．同一正電荷分別在電場中的A、B、C三

點，它在A點的電勢能最大B．同一正電荷分別在電場中的A、B、C三

點，它在C點的電勢能最大C．同一負電荷沿圓弧從B移動到D，電勢能增加D．同一正電荷沿圓弧從B移動到D，電勢能增加

解析：場源電荷是正電荷，故C點電勢高于A點，正電荷在電勢高的地方電勢能大，故B正確，A錯誤．B、D所在的圓為一等勢面，故在同一等勢面上移動電荷，電場力不做功，電勢能不變，C、D均錯誤．答案：B【觸類旁通】

5．(雙選)如圖1－4－8所示，虛線同心圓是一簇某靜電場中的等勢面，其電勢分別是φa、φb

和φc，一帶正電粒子射入電場中，運動軌跡如圖中實線KLMN所示．可知() A．粒子從K到L的過程中，靜電力做負功，電勢能增加 B．粒子從L到M的過程中，靜電力做負功，電勢能增加

C．φa>φb>φc

D．φa<φb<φc圖1－4－8

解析：由等勢面的分布規(guī)律可知，該電場為點電荷的電場．由運動軌跡可知，運動的正電荷跟場源電荷的相互作用規(guī)律是排斥，所以場源電荷是正電荷．根據(jù)電場線與等勢面垂直，電場的分布是發(fā)散狀輻射向外的．正電荷從

K到

L受靜電力的方向背離圓心，與移動方向相反，做負功，電荷的電勢能增加，選項

A正確；從

L到

M，可看做從跟軌跡有交點的同一等勢面的點到M，受到的靜電力與移動方向相同，靜電力做正功，電荷的電勢能減少，選項B錯誤；根據(jù)電場線的方向是電勢降低的方向，可知選項D正確．答案：AD公式物理含義引入過程適用范圍是電場強度的定

義式

F∝q，E與F、q無關，是反映某

點電場的性質(zhì)適用于一切電場是真空中點電荷

場強的決定式

由

和庫侖定

律導出在真空中，場源電荷Q是點電荷是勻強電場中場

強的決定式由F＝qE和W＝

qU導出勻強電場電場強度三個公式的對比【例4】以下關于與電場強度有關的幾個公式的說法，其中不正確的是()

解析：在點電荷電場中電場線是直線，但公式U＝Ed不成立，故B錯．

答案：B【觸類旁通】5．電場中有一點P，下列說法正確的是()

A．若放在P點的點電荷的電荷量減半，則P點場強減半 B．若該電場是由某點電荷Q產(chǎn)生，當Q電荷量減半，放到P點的電荷的電荷量增加一半時，P點的場強不變 C．若P點的場強增大一倍，放到P點的電荷的電荷量減半，則該電荷在P點受到的靜電力不變 D．P點的場強方向為試探電荷在該點的受力方向C第六節(jié)示波器的奧秘

1．帶電粒子的加速 (1)基本粒子的受力特點：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，由于在電場中受到的靜電力遠________重力，重力一般可以________． (2)初速度為零的帶電粒子(質(zhì)量為m，電量為q)，經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，根據(jù)動能定理有qU＝________，則速度v＝________.大于忽略2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(1)進入電場的方式：以初速度v0________電場線方向進入勻強電場．

(2)運動特點與規(guī)律：沿初速度方向做____________運動，x＝________；沿電場力方向做__________________運動．①加速度a＝________.②速度vy＝________.③位移y＝________.垂直勻速直線v0t

初速度為零的勻加速at

知識點1帶電粒子的加速

1．帶電粒子在靜電力的作用下，若由靜止開始加速，則動能定理的表達式：qU＝________.若帶電粒子以初速度v0沿電場線進入電場運動，則動能定理表達式：qU＝____________________________.1．帶電粒子的受力分析

(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般因受到的重力遠遠小于電場力，重力可忽略(但質(zhì)量不能忽略)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般重力都必須考慮．【例3】一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進圖1－6－9

入平行板間的勻強電場，如圖1－6－9所示．若兩板間距d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？變?yōu)樵瓉淼?，求此電場的場強大小和方向?/p>

【例4】如圖1－6－11所示，在距地面一定高度的位置以初速度v0

向右水平拋出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，小球的落地點與拋出點之間有一段相應的水平距離(水平射程)．若在空間上加一豎直方向的勻強電場，使小球的水平射程12圖1－6－11QU

εS

.4πkd(2)三個公式：①C＝；②U＝Ed；③C＝2．平行板電容器的動態(tài)分析的思路和方法(1)兩種情況：①保持兩極板與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變．②充電后斷開電源，則電容器的電量不變．

類型內(nèi)容始終與電源連接充電后與電源斷開不變量U不變Q不變自變量dS因變量

(3)方法：找不變量與變化量之間的公式來決定要比較的量的變化關系．如下表：注意：ε變化體現(xiàn)在電容器中間插介電物質(zhì)，插金屬板相當于d減小．

【例4】如圖1－7－3所示，一平行板電容器跟一電源相接，當S閉合時，平行板電容器極板A、B間的一帶電液滴恰好靜止．若將兩板間距離增大為原來的兩倍，那么液滴的運動狀態(tài)如何變化？若先將S斷開，再將兩板間距離增大為原來的兩倍，液滴的運動狀態(tài)又將如何變化？圖1－7－3

思路點撥：帶電液滴靜止時，所受的靜電力和重力平衡，液滴帶負電，由于液滴所受重力不變，液滴運動狀態(tài)隨靜電力的變化而變化，由于F＝qE，因此只要分析出場強E的變化情況即可．思維總結：平行板電容器動態(tài)分析的基本思路：

(1)在判斷電容器相關物理量的變化時，首先要弄清哪些量是不變的，然后根據(jù)不變量和相關公式推斷其他待分析量的變化情況．(2)若電容器充電后與電源斷開，則帶電荷量Q不變；若電容器始終與電源相連，則電壓U不變．【觸類旁通】1．關于避雷針，以下說法正確的是()A．避雷針避雷是中和云層的異種電荷B．避雷針避雷是將云層中積聚的電荷導入大地C．為了美觀，通常把避雷針頂端設計成球形D．避雷針安裝在高大建筑物頂部，而不必接地A第二章電路電阻定律歐姆定律和簡單電路閉合電路歐姆定律電功率實驗一、探究影響電阻的因素實驗二、描繪小燈泡伏安特性曲線實驗三、測量電源的電動勢與內(nèi)阻實驗四、學習使用多用電表1．電阻定律公式R＝ρ

lS

(1)上式為電阻的決定式，表明導體的電阻由ρ、l、S決定． (2)上式只適用于溫度一定、粗細均勻的金屬導體或濃度均勻的電解質(zhì)溶液． (3)符號意義：l表示導體的長度，S表示橫截面積，ρ是電阻率．

【例2】金屬鉑的電阻值對溫度的高低非?！懊舾小?，所以可以利用鉑的電阻隨溫度變化的性質(zhì)制成鉑電阻溫度計，下圖的I－U圖象中能表示金屬鉑電阻情況的圖象是()

解析：金屬鉑的電阻率隨溫度的升高而變大，所以電阻增大，C選項正確．

答案：C【觸類旁通】2．(雙選)關于材料的電阻率，下列說法中正確的是()

A．導體的電阻率與導體的長度成正比，與導體的橫截面積成反比，還與導體的材料有關 B．金屬導體的電阻率隨溫度的升高而增大 C．純金屬的電阻率比合金的電阻率小 D．產(chǎn)生超導現(xiàn)象時，材料的電阻為零，但材料的性質(zhì)沒有變，材料的電阻率不為零

解析：電阻率是材料本身的一種電學特性，與導體的長度、橫截面積無關，所以A錯；金屬導體的電阻率隨溫度的升高而增大，B對；純金屬的電阻率小，合金的電阻率大，C對；超導現(xiàn)象是指某些物質(zhì)的溫度降到絕對零度附近時，其電阻突然減小到無法測量的程度，可以認為它們的電阻率突然變?yōu)榱?，所以D錯．答案：BC【觸類旁通】

4．某金屬導線的電阻率為ρ，電阻為R，現(xiàn)將它均勻拉長到直徑為原來的一半，那么該導線的電阻率和電阻分別變?yōu)?)DA．4ρ和4RC．16ρ和16R

B．ρ和4RD．ρ和16R

解析：導體的電阻率反映材料的導電性能，溫度一定時電阻率是不變的．導線拉長后，直徑變?yōu)樵瓉淼囊话?，則橫截面

1 4阻定律計算可知電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍．積變?yōu)樵瓉淼模蚩傮w積不變，長度變?yōu)樵瓉淼?倍，由電

【例6】某興趣小組在做“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，通過粗測電阻絲的電阻約為5Ω，為了使測量結果盡量準確，從實驗室找到以下供選擇的器材：A．電池組(3V，內(nèi)阻約1Ω)B．電流表A1(0～3A，內(nèi)阻0.0125Ω)C．電流表A2(0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω)D．電壓表V1(0～3V，內(nèi)阻4kΩ)E．電壓表V2(0～15V，內(nèi)阻15kΩ)F．滑動變阻器R1(0～20Ω，允許最大電流1A)G．滑動變阻器R2(0～2000Ω，允許最大電流0.3A)H．開關、導線若干(1)實驗時應從上述器材中選用____________．

(2)測電阻時，電流表、電壓表、待測電阻Rx

在組成測量電路時，應采用電流表________接法，請畫出設計的電路圖．圖2－1－4(3)若用螺旋測微器測得金屬絲的直徑d的讀數(shù)如圖2－1－4，則讀數(shù)為________mm.(4)若用L表示金屬絲的長度，d表示直徑，測得電阻為R，請寫出計算金屬絲電阻率的表達式ρ＝________.解析：(1)由于電源電動勢為3V，則電壓表選D；由I＝

ER＋r可知電路中最大電流約為0.5A，則電流表選C；滑動變阻器采用限流接法，故電阻不能太大，選F；本實驗所選器材為ACDFH.

圖2－1－5【觸類旁通】

6．在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，金屬導線長約0.8m，直徑小于1mm，電阻在7Ω左右，實驗步驟如下： (1)用米尺測量金屬導線的長度，測三次，求出平均值L，在金屬導線的不同位置用____________測量直徑，求出平均值d.(2)用伏安法測量金屬導線的電阻R.試把圖2－1－6中所給的器材連接成測量R的合適的電路．圖2－1－6

圖中電源的電動勢為6V，變阻器的阻值為0～20Ω，電流表的量程為0～0.6～3A，內(nèi)阻接近2Ω，應選____________量程，電壓表的量程為0～3～15V，內(nèi)阻為幾千歐，應選____________量程；在閉合開關前，變阻器的滑動觸點應處于正確位置．

(3)用上面方法測得的金屬導線長度為L、直徑為d和電阻為R，可根據(jù)電阻率的表達式ρ＝________算出所測金屬的電阻率．(4)使用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖2－1－7所示．金屬絲的直徑是____________．圖2－1－7πRd

2

4L

解析：由于被測金屬導線的電阻值較小，因此應采用電流表外接法，閉合開關前，滑動變阻器的滑片處在最大阻值處．

(3)ρ＝(4)0.260mm答案：(1)螺旋測微器

(2)0～0.6A0～3V連接電路如圖3所示．

圖35．有四個金屬導體，它們的伏安特性曲線如圖2－2－1所示，電阻最大的導體是()D圖2－2－1A．a(chǎn)

C．cB．bD．d【例1】(雙選)某導體中的電流隨其兩端電壓的變化如圖2－2－5所示，則下列說法中正確的是()

B．加5V電壓時，導體的電阻約是5Ω C．由圖可知，隨著電壓的增大，導體的電阻不斷減小

D．由圖可知，隨著電壓的減小，導體的電阻不斷減小圖2－2－5解析：不論是線性元件還是非線性元件，R＝一樣適用，A錯誤．當U＝5V時，I＝1.0A，R＝＝5Ω，B選項正確．UIUI由圖線可知，隨著電壓的增大，各點到坐標原點連線的斜率越來越小，電阻越來越大，反之，隨著電壓的減小，電阻減小，C錯誤，D正確．答案：BD限流接法分壓接法R為負載電阻，R0

為滑動變阻器閉合開關前滑片

位置滑動觸頭P在最右端B處，即保證變阻器接入電路中的電阻最

大滑動觸頭

P

在最左端

A處，即保證開始時R

上得到的電壓為零R兩端的電壓調(diào)

節(jié)范圍

R

U～U

R0＋R0～U2．滑動變阻器的兩種接法及其作用

(1)限流式接法電路簡單，耗能低，但電壓調(diào)節(jié)范圍較小；而分壓式接法電壓調(diào)節(jié)范圍較大．且可從零開始變化． (2)通?；瑒幼冏杵饕韵蘖鹘臃橹鳎谙铝腥N情況，必須選擇分壓式接法．

①若采用限流式將滑動變阻器阻值調(diào)到最大時，待測電阻上的電流(或電壓)仍超過電流表(或電壓表)的量程，或超過待測電阻的額定電流，則必須選用分壓式接法．

②若待測電阻的阻值比滑動變阻器總電阻大得多，以致在限流電路中，滑動變阻器的滑片從一端滑到另一端時，待測電阻上的電流或電壓變化范圍不夠大，此時應改用分壓式電路． ③若實驗中要求電壓從零開始連續(xù)可調(diào)，則必須采用分壓式電路．【例1】下列關于電源的說法，正確的是()

A．電源向外提供的電能越多，表示電動勢越大 B．電動勢就是電源兩端的電壓 C．電源的電動勢與外電路有關，外電路電阻越大，電動勢就越大 D．電動勢越大的電源，將其他形式的能轉化為電能的本領越大【例3】(雙選)如圖2－3－4所示的是兩個閉合電路中兩個電源的U－I圖象，下列說法正確的是()A．電動勢E1＝E2，內(nèi)阻r1＜r2

B．電動勢E1＝E2，內(nèi)阻r1＞r2

C．電動勢E1＝E2，發(fā)生短路時的電流I1＞I2

D．當兩電源的工作電流變化相同時，電源1的路端電壓變化較大圖2－3－4答案：AC

【例4】(雙選)如圖2－3－6所示，R1

為定值電阻，R2

為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，下列說法正確的是()A．當R2＝R1＋r時，R2

上獲得最大功率B．當R2＝R1＋r時，R1

上獲得最大功率C．當R2＝0時，R1

上獲得最大功率D．當R2＝0時，電源的輸出功率最大圖2－3－6

解析：求R2

的電功率時，可將R1

視為電源內(nèi)阻的一部分，如圖2－3－7所示．R2

的電功率是等效電源的輸出功率，當R2＝R1＋r時，R2獲得的電功率最大，A正確．而R1的電功率P1＝I2R1，且I＝

ER1＋R2＋r，可知，R2＝0時，R1獲得的電功率最大，故B錯誤，C正確．在討論電源的輸出功率時，(R1＋R2)為外電阻，內(nèi)電阻r恒定，由于題目中沒有給出R1

和r的具體數(shù)值，所以當R2＝0時，電源的輸出功率并不一定最大，D錯誤．答案：AC圖2－3－7【觸類旁通】

4．如圖2－3－8所示的閉合電路，電源內(nèi)阻不為零，閉合開關調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，以下分析正確的是()

A．滑動變阻器的阻值越大，電源的輸出功率越大 B．滑動變阻器的阻值越大，電源的總功率越大 C．滑動變阻器的阻值越小，電源的輸出功率越大 D．滑動變阻器的阻值越小，電源內(nèi)阻消耗的功率也越大圖2－3－8

解析：當滑動變阻器的阻值R與內(nèi)阻r相等時，輸出功率最大，AC錯；滑動變阻器的阻值越大，I越小，電源的總功率P總＝EI越小，B錯．由P內(nèi)＝I2r知，P內(nèi)隨I增大而增大，D對．答案：D【例5】在如圖

2－3－9所示電路中，當變阻器R3

的滑片P向b端移動時()A．電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B．電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大C．電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D．電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小 圖2－3－9

解析：當R3的滑片P向b端移動時，R外↓→I↑→U外＝(E－Ir)↓，故電壓表示數(shù)減小，R1兩端的電壓U1＝IR1↑，R2

兩端的電壓U2＝(U外－U1)減小，通過R2的電流I2＝U2R2減小，通

答案：B

總結：電路的動態(tài)分析應該先局部后整體，整體后再局部．先局部是看由于局部的電阻變化而引起的總電阻的變化，然后看整體的干路電流和路端電壓的變化情況，結合它們的變化情況再分析需要求解的物理量的變化．過R3

的電流

I3＝(I－I2)增大，故電流表示數(shù)增大，故B正確．【觸類旁通】

5．如圖2－3－10所示的電路．在滑動觸頭由a端滑向b端的過程中，下列表述正確的是() A．路端電壓變小 B．電流表的示數(shù)變大 C．電源內(nèi)阻消耗的功率變小 D．電路的總電阻變大圖2－3－10

解析：滑動觸頭由a到b，R1電阻值減小，總電阻變小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，A正確，D錯誤．再結合歐姆定律知電流表的示數(shù)變小，B錯誤．由P

內(nèi)＝I

2r知電源內(nèi)阻消耗的功率變大，C錯誤．答案：A知識點多用電表的原理

某同學利用多用電表測量一個未知電阻的阻值，由于第一次選擇的歐姆擋不合適，又改換另一歐姆擋測量，兩次測量時電表指針所指的位置如圖2－4－3中的虛線所示，下面列出這兩次測量中的有關操作：圖2－4－3A．將兩根表筆短接，并調(diào)零B．將兩根表筆分別跟被測電阻的兩端接觸，觀察指針的位置C．記下電阻值D．將多用電表面板上旋鈕旋到“×100”擋E．將多用電表面板上旋鈕旋到“×10”擋F．將多用電表面板上旋鈕旋到交流500V擋(1)根據(jù)上述有關操作，將兩次的合理實驗步驟按順序?qū)懗?用字母表示，字母可以重復使用)____________．(2)該電阻的阻值是________．

解析：按正確的操作順序，第一次測量前所選歐姆擋偏小，為×10擋；改換×100擋后，重新調(diào)零，再測量并記錄示數(shù)，最后將選擇開關置于合適的位置．答案：(1)EABDABCF(2)2000Ω【例2】一臺電風扇，內(nèi)阻為20Ω，接上220V電壓后，消耗功率66W，問：(1)電風扇正常工作時通過電動機的電流是多少？(2)電風扇正常工作時轉化為機械能的功率是多少？轉化為內(nèi)能的功率是多少？電動機的效率是多少？

(3)如果接上電源后，電風扇的風葉被卡住，不能轉動，這時通過電動機的電流，以及電動機消耗的電功率和發(fā)熱功率是多少？所以I＝＝＝×100%≈97.3%.解：(1)用電器總功率是輸入電壓和電流的乘積，即P＝UI，

P66U220A＝0.3A.

(2)由于電風扇是非純電阻用電器，輸入的總功率一部分轉變?yōu)闄C械能，另一部分在電阻上轉變?yōu)閮?nèi)能．且P＝P機＋P內(nèi)，電風扇正常工作時，轉化為內(nèi)能的功率的是

P內(nèi)＝I

2R＝0.32×20W＝1.8W

轉化為機械能的功率是

P內(nèi)＝P－P內(nèi)＝66W－1.8W＝64.2W 電動機的效率是η＝P機

64.2

P66I＝＝

(3)電風扇風葉被卡住后電動機不轉時可視為純電阻，通過電風扇的電流U220

R20A＝11A電動機消耗的電功率P＝IU＝11×220W＝2420W電動機發(fā)熱功率P內(nèi)＝I

2R＝112×20W＝2420W.【觸類旁通】

3．如圖2－5－3所示，圖線AB是電路的路端電壓隨電流變化的關系圖線．OM是同一電源向固定電阻R供電時，R兩端的電壓電流變化的圖線，由圖求：(1)R的阻值；(2)交點C處電源的輸出功率；(3)在C點對應的狀態(tài)，電源內(nèi)部消耗的電功率；(4)電源的最大輸出功率．圖2－5－3特別策劃(一)

實驗：描繪小電珠的伏安特性曲線

1．描繪小電珠的伏安特性曲線時，用____________測出流過小燈泡的電流，用____________測出小燈泡兩端的電壓，測出多組(I，U)值，在I－U坐標系中描出各對應點，用一條平滑曲線將這些點連接起來，就可以得到小燈泡的伏安特性曲線． 2．小燈泡“3.8V0.3A”的電阻很小，當它與電流表(量程為0.6A)________時，電流表的分壓影響很大，故為了準確地描繪出小燈泡的伏安特性曲線，電流表應采用______接法；為使小燈泡上的電壓能從零開始連續(xù)變化，滑動變阻器應采用________接法．電壓表串聯(lián)電流表外分壓式3．如圖T1－1所示：當電流表接3A量程時，讀數(shù)是________，電壓表接15V量程時讀數(shù)是________．圖T1－1

解析：0～3A擋電流表的最小刻度值為0.1A，估讀到0.1A，故圖中讀數(shù)為1.72A；0～15V電壓表的最小刻度值為0.5V，圖中讀數(shù)為10.8V.1.72A10.8V【例2】現(xiàn)在要測量一只額定電壓為U＝3V的小電珠L的額定功率P(約為0.3W)．實驗室備有如下器材：電流表A1(量程200mA，內(nèi)阻r1＝10Ω)電流表A2(量程300mA，內(nèi)阻約為幾歐姆)定值電阻R(10Ω)滑動變阻器R1(0～100Ω，0.5A)電源E(E＝5V，內(nèi)阻r≈1Ω)單刀開關一個、導線若干(1)設計出實驗電路(畫在下面的方框中)．圖T1－4(2)按(1)中設計的電路圖把圖T1－4中儀器連接起來．(3)寫出主要的操作步驟：＝150mA，故用A1

和

R

解析：本實驗中要測燈泡電壓，但沒有電壓表，要用電流表和定值電阻來代替，燈泡的額定電壓為3V，則流過電流表和定值電阻的電流最大值為Im＝

UR＋r1答案：(1)如圖T1－5所示．(2)如圖T1－6所示．圖T1－5圖T1－6代替電壓表．

(3)①按設計好的電路圖連接好電路，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片P移至阻值最大的位置．②閉合開關S，移動滑片P，使電流表A1

的示數(shù)I1＝

UR＋r1＝

310＋10A＝150mA，使小電珠正常發(fā)光，同時記下此時電流

點評：電流表和定值電阻(電阻箱)串聯(lián)可代替電壓表，電壓表和定值電阻(電阻箱)并聯(lián)可代替電流表．表A2的示數(shù)I2.③斷開開關S，拆除電路，整理儀器．【觸類旁通】2．如圖T1－7所示為用伏安法測量一個定值電阻阻值的實驗所需的器材實物圖，器材規(guī)格如下：圖T1－7A．待測電阻Rx(約100Ω)B．直流毫安表(量程0～10mA，內(nèi)阻50Ω)C．直流電壓表(量程0～3V，內(nèi)阻5kΩ)D．直流電源(輸出電壓4V，內(nèi)阻不計)E．滑動變阻器(阻值范圍0～15Ω，允許最大電流1A)F．開關1個，導線若干條根據(jù)器材的規(guī)格和實驗要求，在本題的實物圖上連線．圖4U/V0.400.801.201.602.002.402.80I/A0.100.160.200.230.250.260.27要點3數(shù)據(jù)處理，畫伏安特性曲線【例3】某同學在測繪額定電壓為2.5V的小燈泡的I－U特性曲線的實驗中測得有關數(shù)據(jù)如下表：根據(jù)表中的實驗數(shù)據(jù)，在圖T1－8中畫出小燈泡的I－U特性曲線．圖T1－8解析：適當建立標度，描點如圖T1－9所示．圖T1－9答案：如圖T1－9所示．【觸類旁通】3．一個小燈泡的額定電壓為2.0V，額定電流約為0.5A，選用下列實驗器材描繪小燈泡的伏安特性曲線．電源E1：電動勢為3.0V，內(nèi)阻不計電源E2：電動勢為12.0V，內(nèi)阻不計電壓表V：量程為0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ電流表A1：量程為0～3A，內(nèi)阻約為0.1Ω電流表A2：量程為0～0.6A，內(nèi)阻約為0.6Ω滑動變阻器R：最大阻值為10Ω，額定電流為1.0A開關S，導線若干I/A0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00用實驗得到如下數(shù)據(jù)(I和U分別表示小燈泡的電流和電壓)：(1)實驗中電源應選用________；電流表應選用________．(2)在下面虛線框中畫出實驗電路圖．(3)在下面坐標系中畫出小燈泡的U－I曲線．圖T1－10分壓接法；R燈＝＝4Ω，電流表要外接，測量電路如圖5所示．

(4)若將本題中的小燈泡接在電動勢是1.5V、內(nèi)阻是1.0Ω的電池兩端，則小燈泡的實際功率是________(若需作圖，可直接畫在坐標系中)．解析：(1)因小燈泡的額定電壓為2.0V，所以電源選E1，又因小燈泡的額定電流約為0.5A，故電流表選A2.(2)因為小燈泡的電壓從0.2V開始，所以滑動變阻器要用UI

(4)設小燈泡的電壓為U，電流為I，由閉合電路歐姆定律得：U＝1.5－I，作出電源U－I圖象與小燈泡的U－I曲線，交點坐標為小燈泡工作時的電壓和電流，兩者之積為小燈泡的實際功率．

(2)如圖5所示．(4)0.44W答案：(1)E1

A2(3)如圖6所示．

圖5圖61．電流表內(nèi)、外接的判斷電流表內(nèi)接法電流表外接法電路圖誤差原因電流表分壓U測＝Ux＋UA電壓表分流I測＝Ix＋IV電阻測量值適用條件RA?RxRV?Rx口訣大內(nèi)偏大(大電阻用電流表內(nèi)接法測量，測量值偏大)小外偏小(小電阻用電流表外接法測量，測量值偏小)

(3)試探法：按圖T1－11所示接好電路，讓電壓表的一接線柱按電路連接好，另一接線柱P先后與a、b處接觸一下，如果電壓表的示數(shù)有較大的變化，而電流表的示數(shù)變化不大，則可采用電流表外接法；如果電流表的示數(shù)有較大的變化，而電壓表的示數(shù)變化不大，則可采用電流表內(nèi)接法．圖T1－11限流式接法分壓式接法路圖特點①調(diào)節(jié)電壓的范圍不能從零

開始變化②閉合開關前一定要使滑片

P置于B端①電壓可以從零調(diào)節(jié)到最大值②合上開關前滑片應在A端，以使Rx

負載的電壓和電流最小適用條件滑動變阻器的最大阻值和用電器的阻值差不多且要求電壓不從零開始變化，通常情況下，由于限流式結構簡單、

耗能小，優(yōu)先使用限流式①滑動變阻器的最大阻值遠小

于待測電阻的阻值

②電壓要求從零變化③連成限流式接法時，電壓或

電流超過電表量程2．滑動變阻器的分壓、限流式接法3.誤差的分析及注意事項(1)本實驗中被測小燈泡燈絲的電阻值較小，因此測量電路必須采用電流表外接法．(2)本實驗要作出I－U圖線，要求測出一組包括零在內(nèi)的電流、電壓值，故控制電路必須采用分壓接法．(3)為保護元件不被燒毀，開關閉合前變阻器滑片應位于使加在待測電路電壓最小端．(4)加在燈泡兩端的電壓不要超過燈泡的額定電壓．

記憶口訣：電路連接是關鍵，先串后并把線連，滑動變阻要分壓，電流表外接減誤差，電壓從零開始變，I－U坐標連曲線，要對圖線細研究，得出規(guī)律記心間．U/V0.00.20.51.0I/A0.0000.0500.1000.150U/V1.52.02.53.0I/A0.1800.1950.2050.215【例4】表格中所列數(shù)據(jù)是測量小燈泡U－I關系的實驗數(shù)據(jù)：圖T1－12(1)分析上表內(nèi)實驗數(shù)據(jù)可知，應選用的實驗電路圖是圖______(填“甲”或“乙”)．

(2)在方格紙內(nèi)畫出小燈泡的U－I曲線．分析曲線可知小燈泡的電阻隨I變大而________(填“變大”、“變小”或“不變”)．

(3)如圖丙所示，用一個定值電阻R和兩個上述小燈泡組成串并聯(lián)電路，連接到內(nèi)阻不計、電動勢為3V的電源上．已知流過電阻R的電流是流過燈泡b電流的兩倍，則流過燈泡b的電流約為__________A.圖T1－13

解析：(1)由小燈泡U－I關系的實驗數(shù)據(jù)可得，電路中燈泡兩端的電壓可調(diào)為0，只有甲電路具有此功能，而乙圖的電路不具此功能．

(2)U－I曲線如圖T1－14所示，由所做出的U－I曲線知，曲線上各點與原點連線的斜率越來越大，說明燈泡的電阻越來越大．圖T1－14答案：(1)甲(2)如圖T1－14所示．變大(3)0.07【觸類旁通】

4．(2012年茂名一模)小明同學用下列器材描繪額定電壓為3.0V的小燈泡的伏安特性曲線(要求電壓變化從零開始)，并研究小燈泡實際功率及燈絲溫度等問題．A．電流表(0.6A,1Ω)B．電壓表(3V,1kΩ)C．滑動變阻器(10Ω，1A)D．電源(4V，內(nèi)阻不計)(1)用筆畫線代替導線，將圖T1－15中的實驗儀器連成完整的實驗電路．圖T1－15(2)開關閉合前，滑動變阻器的滑片應置于________端(填“a”或“b”)．

(3)閉合開關，變阻器的滑片向b端移動，電壓表的示數(shù)逐漸增大，電流表指針卻幾乎不動，則電路的故障為__________．

(4)排除故障后，小明完成了實驗，并由實驗數(shù)據(jù)畫出小燈泡