2025新高考方案一輪物理第八章含答案

2025新高考方案一輪物理第八章第八章恒定電流第1講電流電阻電功電功率(基礎(chǔ)落實課)一、電流1．形成條件：(1)導(dǎo)體中有自由電荷；(2)導(dǎo)體兩端存在電壓。2．標(biāo)矢性(1)電流的方向：把正電荷定向移動的方向規(guī)定為電流的方向。(2)電流是標(biāo)量，遵守代數(shù)運算法則。3．表達(dá)式：(1)定義式：I＝eq\f(q,t)；(2)微觀表達(dá)式：I＝neSv。二、電阻及電阻定律1．電阻：R＝eq\f(U,I)，國際單位是歐姆(Ω)，反映了導(dǎo)體對電流的阻礙作用，大小由導(dǎo)體本身性質(zhì)決定。2．電阻定律：R＝ρeq\f(l,S)，其中l(wèi)是導(dǎo)體的長度；S是導(dǎo)體的橫截面積；ρ是導(dǎo)體的電阻率，國際單位是歐·米，符號是Ω·m。3．電阻率(1)反映導(dǎo)體材料的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)體材料本身的屬性。(2)其大小跟導(dǎo)體的材料、溫度有關(guān)。三、電功和電熱三“概念”一“定律”電功表達(dá)式W＝Uq＝UIt，指導(dǎo)體中的恒定電場對自由電荷做的功電功率表達(dá)式P＝eq\f(W,t)＝UI，表示電流做功的快慢焦耳定律表達(dá)式Q＝I2Rt，表述：電流通過導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量(電熱)跟電流的二次方成正比，跟導(dǎo)體的電阻及通電時間成正比熱功率(1)定義：電流通過導(dǎo)體發(fā)熱的功率(2)表達(dá)式：P熱＝eq\f(Q,t)＝I2R兩“注意”(1)對于純電阻電路：P＝P熱＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R)(2)對于非純電阻電路：P＝UI＝P熱＋P其他＝I2R＋P其他≠eq\f(U2,R)＋P其他情境創(chuàng)設(shè)如圖甲所示，技術(shù)人員正在用電烙鐵進(jìn)行焊接操作，電烙鐵的發(fā)熱部件可以等效為如圖乙所示的金屬棒：其長度為L，橫截面積為S，電阻率為ρ。在棒兩端加上電壓U時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流為I，在通電時間t內(nèi)通過棒某一截面的電荷量為q，電流做功為W，產(chǎn)生的熱量為Q。理解判斷(1)只要電荷運動就會形成電流。(×)(2)由于規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流的方向，故電流是矢量。(×)(3)電流越大，單位時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量就越多。(√)(4)由R＝eq\f(U,I)知，導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體兩端電壓成正比，與流過導(dǎo)體的電流成反比。(×)(5)根據(jù)I＝eq\f(q,t)，可知電流I與電荷量q成正比。(×)(6)由ρ＝eq\f(RS,l)知，導(dǎo)體的電阻率與導(dǎo)體的電阻和橫截面積的乘積成正比，與導(dǎo)體的長度成反比。(×)(7)公式W＝eq\f(U2,R)t＝I2Rt對于電烙鐵是適用的。(√)

逐點清(一)電流三種表達(dá)式的應(yīng)用|題|點|全|練|1．[定義式I＝eq\f(q,t)的應(yīng)用]地球表面附近存在一豎直向下電場，晴天時在電場作用下，大氣中的正離子向下運動、負(fù)離子向上運動，由此形成的微弱電流稱為地空電流。這電流是穩(wěn)恒的，不隨高度變化而變化，全球地空電流的總電流強度為1800A。假設(shè)正、負(fù)離子帶電量均為1.6×10－19C，則1s時間內(nèi)穿過以地心為球心的某球殼(半徑略大于地球半徑)的離子個數(shù)約為()A．2.0×1018個 B．1.8×1020個C．1.1×1022個 D．1.6×1023個解析：選C根據(jù)I＝eq\f(Q,t)，可得Q＝It＝1800×1C＝1800C。因為Q＝nq，q＝1.6×10－19C，故n＝eq\f(Q,q)≈1.1×1022個，選項C正確。2．[微觀表達(dá)式I＝neSv的應(yīng)用]如圖所示，由同種材料制成且厚度相等的長方體合金塊A和B，上表面為正方形，邊長之比為2∶1。A、B分別與同一電源相連，電源內(nèi)阻忽略不計，則()A．通過A、B的電流之比為2∶1B．通過A、B的電流之比為1∶2C．A、B中自由電荷定向移動速率之比為2∶1D．A、B中自由電荷定向移動速率之比為1∶2解析：選D設(shè)正方形邊長為L，厚度為d，則R＝ρeq\f(L,Ld)＝eq\f(\o(\s\up7(ρ),\s\do5()),d)，可知RA＝RB，與同一電源相連時，通過A、B的電流之比為1∶1，A、B錯誤；根據(jù)I＝neSv，因SA∶SB＝2∶1，則vA∶vB＝1∶2，C錯誤，D正確。3．[決定式I＝eq\f(U,R)的應(yīng)用](多選)一根粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線，兩端加電壓為U時，通過導(dǎo)線的電流強度為I，導(dǎo)線中自由電子定向移動的平均速率為v；若導(dǎo)線均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，兩端電壓仍為U，則()A．通過導(dǎo)線的電流強度為eq\f(1,4)IB．通過導(dǎo)線的電流強度為eq\f(1,16)IC．自由電子定向移動的平均速率為eq\f(1,4)vD．自由電子定向移動的平均速率為eq\f(1,16)v解析：選BC將導(dǎo)線均勻拉長，使其半徑變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，橫截面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，導(dǎo)線長度要變?yōu)樵瓉淼?倍，金屬導(dǎo)線電阻率不變，由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，導(dǎo)線電阻變?yōu)樵瓉淼?6倍；電壓U不變，由歐姆定律I＝eq\f(U,R)可知，電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,16)，故A錯誤，B正確。電流I變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,16)，橫截面積變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，單位體積中自由移動的電子數(shù)n不變，每個電子所帶的電荷量e不變，由電流的微觀表達(dá)式I＝nevS可知，電子定向移動的速率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，故C正確，D錯誤。|精|要|點|撥|1．三種電流表達(dá)式的比較公式公式含義定義式I＝eq\f(q,t)eq\f(q,t)反映了I的大小，但不能說I∝q，I∝eq\f(1,t)微觀式I＝neSv從微觀上看n、e、S、v決定了I的大小決定式I＝eq\f(U,R)I由U、R決定，I∝U，I∝eq\f(1,R)2．利用“柱體微元”模型求解電流的微觀問題設(shè)柱體微元的長度為L，橫截面積為S，單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為e，電荷定向移動的速率為v，則：(1)柱體微元中的總電荷量為q＝nLSe。(2)所有電荷通過橫截面的時間t＝eq\f(L,v)。(3)電流的微觀表達(dá)式I＝eq\f(q,t)＝nevS。

逐點清(二)歐姆定律和電阻定律的應(yīng)用|題|點|全|練|1．[電阻定律的應(yīng)用]一根細(xì)橡膠管中灌滿鹽水，兩端用短粗銅絲塞住管口，管中鹽水柱長為40cm時，測得電阻為R，若溶液的電阻隨長度、橫截面積的變化規(guī)律與金屬導(dǎo)體相同。現(xiàn)將管中鹽水柱均勻拉長至50cm(鹽水的體積不變，仍充滿橡膠管)，則鹽水柱的電阻為()A．eq\f(4,5)R B．eq\f(5,4)RC．eq\f(16,25)R D．eq\f(25,16)R解析：選D根據(jù)電阻定律，有R＝ρeq\f(l,S)，又V＝lS，則R∝l2，eq\f(R,R′)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,50)))2，解得R′＝eq\f(25,16)R，故D正確。2．[電阻定律、歐姆定律的綜合應(yīng)用](1)一個內(nèi)阻可以忽略的電源，給一個絕緣圓管里的水銀供電，電流為0.1A，若把全部水銀倒在一個內(nèi)徑大一倍的絕緣圓管里，那么通過的電流將是()A．0.4A B．0.8AC．1.6A D．3.2A解析：選C設(shè)電源電動勢為E，第一個圓管內(nèi)部裝的水銀橫截面積為S，長度為l，水銀的電阻率為ρ，則I1＝eq\f(E,R1)＝eq\f(E,ρ\f(l,S))＝eq\f(ES,ρl)，第二個圓管內(nèi)部裝的水銀橫截面積為4S，由于水銀的體積不變，則水銀柱長度應(yīng)變?yōu)閑q\f(l,4)，則I2＝eq\f(E,R2)＝eq\f(E,ρ\f(\f(l,4),4S))＝eq\f(16ES,ρl)＝16I1＝1.6A，故C正確。(2)一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，棒內(nèi)單位體積含有自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m，電荷量為q。在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運動的平均速率為v，金屬棒內(nèi)的電場強度大小為E，則金屬棒材料的電阻率是()A．nqvE B．eq\f(E,nqv)C．eq\f(EL,nqv) D．eq\f(E,nqvL)解析：選B金屬棒中的電流為I＝nqSv，金屬棒兩端的電壓為U＝EL，金屬棒的電阻為R＝ρeq\f(L,S)，根據(jù)歐姆定律得R＝eq\f(U,I)，聯(lián)立以上四式解得ρ＝eq\f(E,nqv)，故選B。|精|要|點|撥|電阻的決定式和定義式的比較公式?jīng)Q定式定義式R＝ρeq\f(l,S)R＝eq\f(U,I)不同點指明了電阻的決定因素提供了一種測定電阻的方法，電阻與U和I無關(guān)適用于粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)體和分布均勻的導(dǎo)電介質(zhì)適用于任何純電阻導(dǎo)體相同點都不能反映電阻的實質(zhì)(要用微觀理論解釋)逐點清(三)伏安特性曲線的理解和應(yīng)用細(xì)作1對伏安特性曲線的理解1.(多選)A、B導(dǎo)體的U-I圖像如圖實線所示，下列判斷正確的是()A．A導(dǎo)體的電阻是6ΩB．B導(dǎo)體的電阻是2ΩC．當(dāng)電流為0.3A時，A導(dǎo)體的電阻是6ΩD．當(dāng)電流為0.3A時，A導(dǎo)體的電阻等于它此時切線的斜率，即18Ω解析：選BC導(dǎo)體A的電阻值發(fā)生變化，不是定值，A錯誤；根據(jù)歐姆定律結(jié)合U-I圖像可知，B的電阻RB＝eq\f(0.6,0.3)Ω＝2Ω，B正確；導(dǎo)體的電阻等于U-I圖像坐標(biāo)的比值，當(dāng)電流為0.3A時，A導(dǎo)體的電阻RA＝eq\f(1.8,0.3)Ω＝6Ω，C正確，D錯誤。2.如圖所示為通過某種半導(dǎo)體材料制成的電阻的電流隨其兩端電壓變化的關(guān)系圖線，在圖線上取一點M，其坐標(biāo)為(U0，I0)，其中過M點的切線與橫軸正向的夾角為β，MO與橫軸的夾角為α。則下列說法正確的是()A．該電阻阻值隨其兩端電壓的升高而減小B．該電阻阻值隨其兩端電壓的升高而增大C．當(dāng)該電阻兩端的電壓U＝U0時，其阻值為eq\f(1,tanα)ΩD．當(dāng)該電阻兩端的電壓U＝U0時，其阻值為tanβΩ解析：選A由圖像可知，圖像上某點與原點連線的斜率表示該點電阻的倒數(shù)，該電阻的伏安特性曲線與原點連線的斜率變大，則阻值隨電壓的升高而變小，故A正確，B錯誤；當(dāng)該電阻兩端的電壓U＝U0時，電阻R＝eq\f(U0,I0)，由于縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的標(biāo)度不確定，所以阻值不能用eq\f(1,tanα)Ω表示，更不能用tanβΩ表示，故C、D錯誤。eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1())一點一過對伏安特性曲線的四點說明(1)由于不同的導(dǎo)體的導(dǎo)電性能不同，所以不同的導(dǎo)體對應(yīng)不同的伏安特性曲線。(2)伏安特性曲線上每一點的電壓坐標(biāo)與電流坐標(biāo)的比值對應(yīng)這一狀態(tài)下的電阻。(3)伏安特性曲線為直線時，圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，斜率越大，則電阻越小，故圖甲中Ra＜Rb。(4)伏安特性曲線為曲線時，如圖乙所示，導(dǎo)體電阻Rn＝eq\f(Un,In)，即電阻要用圖線上點Pn的坐標(biāo)(Un，In)來計算，不能用該點的切線斜率來計算。細(xì)作2伏安特性曲線的應(yīng)用3．(2024·鄭州高三模擬)如圖所示為某晶體二極管的伏安特性曲線，下列說法正確的是()A．加正向電壓時，二極管電阻較小，且隨著電壓的增大而增大B．加反向電壓時，二極管電阻較大，無論加多大電壓，電流都很小C．無論是加正向電壓還是加反向電壓，電壓和電流都不成正比，所以該二極管是非線性元件D．二極管加正向電壓時，電阻不變解析：選C根據(jù)歐姆定律有I＝eq\f(U,R)＝eq\f(1,R)U，可知I-U圖線與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)。由題圖可知，二極管加正向電壓時電流較大，電阻較小，且隨電壓的增大，圖線與原點連線的斜率在增大，故電阻在減??；加反向電壓時開始電流很小，但當(dāng)反向電壓很大時，二極管被擊穿，電流劇增，故選C。一點一過應(yīng)用伏安特性曲線解題的一般思路(1)首先分清是I-U圖線還是U-I圖線。(2)對線性元件R＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)；對非線性元件R＝eq\f(U,I)≠eq\f(ΔU,ΔI)，即非線性元件的電阻不等于U-I圖像上某點切線的斜率。(3)在分析電路問題時，I-U(或U-I)圖像中的電流、電壓信息是解題的關(guān)鍵，要將電路中的電子元件和圖像有機結(jié)合。逐點清(四)電功、電功率及焦耳定律細(xì)作1純電阻電路的分析與計算1．(多選)甲、乙兩只普通照明燈泡的銘牌如圖所示，下列說法正確的是()A．甲燈的實際功率一定總是40WB．將乙燈接入110V電路中，其額定功率仍為60WC．兩燈均正常發(fā)光時，甲燈燈絲電阻較大D．兩燈均正常發(fā)光時，甲燈消耗的電能較少解析：選BC燈泡的銘牌上標(biāo)記的是額定電壓和額定功率，當(dāng)工作電壓不是220V時，燈泡的實際功率不再是額定功率，但額定功率不會隨電壓的變化而變化，A錯誤，B正確；由R＝eq\f(U2,P)知甲燈燈絲電阻較大，C正確；由W＝Pt可知，兩燈泡消耗的電能還與時間有關(guān)，故D錯誤。一點一過純電阻電路的特點(1)電路中只含有純電阻元件，如電爐、電熨斗、電飯鍋、電烙鐵等。(2)遵循歐姆定律：I＝eq\f(U,R)。(3)電流通過純電阻電路時，電流做功所消耗的電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，電功等于電熱，即：①W＝UIt＝I2Rt＝eq\f(U2,R)t；②P＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R)細(xì)作2非純電阻電路的分析與計算2.(2024·南京高三質(zhì)檢)將內(nèi)阻為r的電動機和阻值為R的電爐，分別接入電壓為U0的穩(wěn)壓電源兩端，兩用電器都正常工作，且流經(jīng)用電器的電流都為I0。電爐的伏安特性曲線如圖所示，則以下說法正確的是()A．r＜eq\f(U0,I0)；R＞eq\f(U0,I0) B．r＜eq\f(U0,I0)；R＝eq\f(U0,I0)C．r＝eq\f(U0,I0)；R＞eq\f(U0,I0) D．r＞eq\f(U0,I0)；R＝eq\f(U0,I0)解析：選B因為電爐是純電阻元件，根據(jù)歐姆定律可得R＝eq\f(U0,I0)，電動機是非純電阻元件，所以r＜eq\f(U0,I0)，故選B。3．(多選)如圖甲所示，用內(nèi)阻為r1的充電寶為一手機充電，其等效電路如圖乙所示。在充電開始后的一段時間t內(nèi)，充電寶的輸出電壓U、輸出電流I可認(rèn)為是恒定不變的，設(shè)手機電池的內(nèi)阻為r2，則時間t內(nèi)()A．充電寶輸出的電功率為UI－I2r1B．充電寶的總功率為UI＋I(xiàn)2r1C．手機電池產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(U2,r2)tD．手機電池增加的化學(xué)能為UIt－I2r2t解析：選BD充電寶的輸出電壓為U，輸出電流為I，則充電寶輸出的電功率為UI，故A錯誤；充電寶內(nèi)的電流也為I，內(nèi)阻為r1，所以充電寶產(chǎn)生的熱功率為I2r1，則充電寶的總功率為P總＝UI＋I(xiàn)2r1，故B正確；由于手機是非純電阻元件，U是充電寶的輸出電壓，所以不能用公式eq\f(U2,r2)t計算手機電池產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)焦耳定律，可知電池產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)為I2r2t，故C錯誤；由題意可得，手機電池增加的化學(xué)能為UIt－I2r2t，故D正確。一點一過非純電阻電路的特點(1)在任何電路中，P電＝UI、P熱＝I2R、W＝UIt、Q＝I2Rt都適用。(2)不遵循歐姆定律，在非純電阻電路中U＞IR，其中U為非純電阻用電器兩端電壓，R為該用電器的電阻。(3)電流通過電路時，電流做功消耗的電能除了轉(zhuǎn)化為內(nèi)能外，還要轉(zhuǎn)化成其他形式的能，如機械能、化學(xué)能等，即W＝E其他＋Q，P＝P熱＋P其他。(4)在非純電阻電路中，eq\f(U2,R)t既不表示電功也不表示電熱，是沒有意義的。[課時跟蹤檢測]1.如圖所示，一根均勻帶電的長直橡膠棒沿其軸線方向做速度為v的勻速直線運動。已知棒的橫截面積為S，單位長度所帶的電荷量為－q。由于棒的運動而形成的等效電流()A．大小為qv，方向與v相同B．大小為qv，方向與v相反C．大小為qSv，方向與v相同D．大小為qSv，方向與v相反解析：選B橡膠棒帶負(fù)電，等效電流方向與v的方向相反，由電流的定義式可得I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(Lq,t)＝qv，故B正確，A、C、D錯誤。2．(2024·鄭州高三質(zhì)檢)如圖所示為一種心臟除顫器的原理圖，在一次模擬治療中，將開關(guān)S接到位置1，電容器充電后電壓為6kV；將開關(guān)S接到位置2，電容器在2ms內(nèi)通過人體完成放電，已知電容器的電容為30μF，則這次放電通過人體組織的平均電流為()A．90A B．60AC．9A D．6A解析：選A電容器充電后所帶電荷量為Q＝CU＝30×10－6×6×103C＝0.18C，放電過程的平均電流為I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(0.18,2×10－3)A＝90A，故選A。3．砷化鈮納米帶材料具有較高的電導(dǎo)率，據(jù)介紹該材料的電導(dǎo)率是石墨烯的1000倍。電導(dǎo)率σ就是電阻率ρ的倒數(shù)，即σ＝eq\f(1,ρ)。下列說法正確的是()A．材料的電導(dǎo)率越小，其導(dǎo)電性能越強B．材料的電導(dǎo)率與材料的形狀有關(guān)C．電導(dǎo)率的單位是eq\f(1,Ω·m)D．電導(dǎo)率大小與溫度無關(guān)解析：選C材料的電導(dǎo)率越小，電阻率越大，則其導(dǎo)電性能越弱，A錯誤；材料的電導(dǎo)率與材料的形狀無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R＝ρeq\f(l,S)，則σ＝eq\f(1,ρ)＝eq\f(l,RS)，則電導(dǎo)率的單位是eq\f(m,Ω·m2)＝eq\f(1,Ω·m)，C正確；導(dǎo)體的電阻率與溫度有關(guān)，則電導(dǎo)率大小與溫度有關(guān)，D錯誤。4.甲、乙、丙三個長度、橫截面積都相同的金屬導(dǎo)體分別接入電路后各自進(jìn)行測量，把通過上述導(dǎo)體的電流I、導(dǎo)體兩端電壓U在U-I坐標(biāo)系中描點，O為坐標(biāo)原點，甲、乙、丙三個點恰好在一條直線上，如圖所示，則下列表述正確的是()A．甲的電阻率最小B．甲、乙串聯(lián)后接入某直流電路，甲的電功率最小C．乙、丙并聯(lián)后接入某直流電路，乙的電功率最小D．三個導(dǎo)體的電阻率一樣大解析：選C三個導(dǎo)體的U-I圖像如圖所示，可知甲的電阻最大，丙的最小，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，甲的電阻率最大，A、D錯誤；甲、乙串聯(lián)后接入某直流電路，根據(jù)P＝I2R可知，甲的電阻最大，甲的電功率最大，B錯誤；乙、丙并聯(lián)后接入某直流電路，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)可知，電阻越大，功率越小，則乙的電功率最小，C正確。5．(2024·邢臺月考)兩根用同種材料制成的電阻絲甲和乙，甲電阻絲的長度和直徑分別為l和d，乙電阻絲的長度和直徑分別為2l和2d。將甲、乙兩根電阻絲分別接入電路時，如果兩電阻絲消耗的電功率相等，則加在兩根電阻絲上的電壓的比值應(yīng)滿足()A．eq\f(U甲,U乙)＝1 B．eq\f(U甲,U乙)＝eq\f(\r(2),2)C．eq\f(U甲,U乙)＝eq\r(2) D．eq\f(U甲,U乙)＝2解析：選C由電功率P＝eq\f(U2,R)，可知eq\f(U甲2,U乙2)＝eq\f(P甲R甲,P乙R乙)＝eq\f(R甲,R乙)＝ρeq\f(l,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2)∶ρeq\f(2l,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2d,2)))2)＝2，所以加在兩根電阻絲上的電壓的比值應(yīng)滿足eq\f(U甲,U乙)＝eq\r(2)。故C正確。6．(2022·浙江6月選考)風(fēng)力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是()A．該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h解析：選D單位時間流過面積A的流動空氣體積為V0＝Av，質(zhì)量為m0＝ρV0＝ρAv，則單位時間流過面積A的流動空氣動能為eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知該風(fēng)力發(fā)電機的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，A、B錯誤；由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量應(yīng)滿足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C錯誤；若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時，該發(fā)電機年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知風(fēng)速為6m/s時，輸出電功率為P＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為E＝Pt＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正確。7.新能源電動汽車是當(dāng)代生活中重要的交通工具。某品牌觀光新能源電動車的動力電源上的銘牌標(biāo)有“120V250A·h”字樣。假設(shè)工作時電源的輸出電壓恒為120V，額定輸出功率為3kW。根據(jù)上述有關(guān)數(shù)據(jù)，不計其他損耗，下列說法不正確的是()A．電動汽車保持額定功率行駛的最長時間是10hB．額定工作電流為25AC．動力電源充滿電后儲存的電能為1.08×108JD．電動汽車電動機的內(nèi)阻為4.8Ω解析：選D工作時電源的輸出電壓恒為120V，額定輸出功率為3kW，則額定工作電流I＝eq\f(P,U)＝25A，B正確；根據(jù)q＝It可得，電動汽車保持額定功率行駛的最長時間t＝eq\f(q,I)＝10h，A正確；動力電源充滿電后儲存的電能W＝UIt＝1.08×108J，C正確；由所給條件無法求得電動汽車電動機的內(nèi)阻，D錯誤。8.如圖所示，圖線①、②分別表示小燈泡和定值電阻R的伏安特性曲線，P為圖線①上一點，縱坐標(biāo)為I2，橫坐標(biāo)為U1，PN為過P點的切線，交縱軸于I1且與圖線②平行。則下列說法中正確的是()A．P點對應(yīng)小燈泡的電阻與電阻R的阻值相等B．P點對應(yīng)小燈泡的電阻為R燈＝eq\f(U1,I2)C．P點對應(yīng)小燈泡的電阻為R燈＝eq\f(U1,I2－I1)D．P點對應(yīng)小燈泡的功率大小為圖線①與橫軸所圍圖形面積的數(shù)值解析：選BP點對應(yīng)小燈泡的電阻R燈＝eq\f(U1,I2)，圖線②與PN平行，可得定值電阻的阻值R＝eq\f(U1,I2－I1)，故A、C錯誤，B正確；P點對應(yīng)小燈泡的功率大小為P＝I2U1，圖線①與橫軸所圍圖形的面積的數(shù)值小于I2U1，故D錯誤。第2講電源閉合電路的歐姆定律(基礎(chǔ)落實課)一、電源1．電動勢(1)定義：電動勢在數(shù)值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內(nèi)從負(fù)極移送到正極所做的功。(2)表達(dá)式：E＝eq\f(W,q)。反映了電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化成電勢能的本領(lǐng)大小。2．內(nèi)阻電源內(nèi)部的電阻，叫作電源的內(nèi)阻。電動勢E和內(nèi)阻r是電源的兩個重要參數(shù)。二、閉合電路的歐姆定律1．內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比，跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比。2．公式(1)I＝eq\f(E,R＋r)，適用于純電阻電路；(2)E＝U內(nèi)＋U外，適用于任何電路。3．路端電壓U與外電阻R的關(guān)系(1)R增大，則U增大；(2)斷路時，I＝0，U＝E；(3)電源短路時，I短＝eq\f(E,r)，U＝0。4．路端電壓U與電流I的關(guān)系：U＝E－Ir。情境創(chuàng)設(shè)如圖甲所示為某款手機電池的標(biāo)簽；如圖乙所示為研究路端電壓的電路圖。理解判斷(1)圖甲中電池的電動勢是3.8V，它轉(zhuǎn)化電能的本領(lǐng)比一節(jié)干電池的大。(√)(2)圖甲中電池的容量是3000mA·h，電池的容量大小反映了電池儲存電荷的能力大小。(√)(3)電動勢就是電源兩極間的電壓。(×)(4)非靜電力做的功越多，電動勢就越大。(×)(5)圖乙電路中，外電阻越大，路端電壓越大。(√)(6)圖乙電路中，外電阻越大，電源輸出功率越大。(×)(7)圖乙中外電路短路時，電源的輸出功率最大。(×)(8)圖乙中外電路斷路時，路端電壓等于電源電動勢。(√)(9)電源的輸出功率越大，電源的效率越高。(×)逐點清(一)電路的串、并聯(lián)|題|點|全|練|1．[串聯(lián)電路的分析與計算](多選)如圖所示，已知R1＝10Ω，R3＝5Ω，R1兩端的電壓為6V，R2兩端的電壓為12V，則()A．電路中的電流為2.4AB．電路中的電流為0.6AC．R2為20ΩD．a(chǎn)b兩端的總電壓大小為24V解析：選BC電路中電流I＝eq\f(U1,R1)＝0.6A，故A錯誤，B正確；R2＝eq\f(U2,I)＝20Ω，故C正確；ab兩端的總電壓為U＝U1＋U2＋I(xiàn)R3＝21V，故D錯誤。2．[并聯(lián)電路的分析與計算]如圖，虛線框內(nèi)為改裝好的電表，M、N為新電表的接線柱，其中靈敏電流計G的滿偏電流為200μA，已測得它的內(nèi)阻為490Ω，圖中電阻箱讀數(shù)為10Ω。現(xiàn)將M、N接入某電路，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計G剛好滿偏，則根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算可知()A．M、N兩端的電壓為1mVB．M、N兩端的電壓為100mVC．流過M、N的電流為2μAD．流過M、N的電流為10mA解析：選DM、N兩端電壓U＝IgRg＝200×10－6×490V＝98mV，A、B錯誤；流過M、N的電流為I＝Ig＋eq\f(U,R)＝200×10－6A＋eq\f(0.098,10)A＝10mA，C錯誤，D正確。3．[混聯(lián)電路分析](2024·廣東廣州質(zhì)檢)如圖所示，四個完全相同的燈泡，亮度最高的是()A．L1B．L2C．L3D．L4解析：選A四個完全相同的燈泡，L2、L3串聯(lián)電流相同，L2、L3亮度相同；L4與L2、L3并聯(lián)，并聯(lián)兩支路兩端電壓相同，故L4兩端電壓等于L2、L3各自兩端電壓之和，故L4比L2、L3都亮；L1在干路上，電流大小等于兩支路電流之和，故流過L1電流最大，亮度最高。故選A。|精|要|點|撥|1．串、并聯(lián)電路的電壓、電流和電阻關(guān)系對比串聯(lián)電路并聯(lián)電路電路電壓總電壓等于各部分電路兩端電壓之和。即U＝U1＋U2＋U3各支路兩端的電壓相等。即U＝U1＝U2＝U3電流各部分的電流相等。即I＝I1＝I2＝I3總電流等于各支路的電流之和。即I＝I1＋I(xiàn)2＋I(xiàn)3電阻總電阻等于各個部分電路電阻之和。即R＝R1＋R2＋R3總電阻的倒數(shù)等于各支路電阻倒數(shù)之和。即eq\f(1,R)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋eq\f(1,R3)2．串、并聯(lián)電路的電功率分配關(guān)系(1)在串聯(lián)電路中，電功率與電阻成正比，即：P1∶P2∶P3∶…∶Pn＝R1∶R2∶R3∶…∶Rn。(2)在并聯(lián)電路中，電功率與電阻成反比，即：P1∶P2∶P3∶…∶Pn＝eq\f(1,R1)∶eq\f(1,R2)∶eq\f(1,R3)∶…∶eq\f(1,Rn)。注意：無論電阻如何連接，電路消耗的總功率一定等于各個電阻消耗的功率之和。逐點清(二)閉合電路的功率及效率問題1．閉合電路的功率和效率電源總功率任意電路：P總＝EI＝P出＋P內(nèi)純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝eq\f(E2,R＋r)電源內(nèi)部消耗的功率P內(nèi)＝I2r＝P總－P出電源的輸出功率任意電路：P出＝UI＝P總－P內(nèi)純電阻電路：P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)電源的效率任意電路：η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%純電阻電路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%2.純電阻電路中P出與外電阻R的關(guān)系在純電阻外電路中，電源的輸出功率P出＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)，作出P出-R圖像，如圖所示。由P出與外電阻R的關(guān)系圖像可知：(1)當(dāng)R＝r時，電源的輸出功率最大，為Pm＝eq\f(E2,4r)。(2)當(dāng)R＞r時，隨著R的增大輸出功率越來越小。(3)當(dāng)R＜r時，隨著R的增大輸出功率越來越大。(4)當(dāng)P出＜Pm時，每個輸出功率對應(yīng)兩個外電阻R1和R2，且R1R2＝r2。[考法全訓(xùn)]考法1閉合電路功率問題的定性分析1.如圖所示，電源的電動勢為E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，保護(hù)電阻R0＝4Ω，ab是一段粗細(xì)均勻且電阻率較大的電阻絲，總阻值為10Ω，長度l＝1m，橫截面積為0.2cm2。下列說法正確的是()A．當(dāng)電阻絲接入電路的阻值為1Ω時，電阻絲的功率最大B．當(dāng)電阻絲接入電路的阻值為4Ω時，保護(hù)電阻的功率最大C．電源效率的最小值為80%D．電阻絲的電阻率為1×10－4Ω·m解析：選C根據(jù)推論，當(dāng)外電阻與電源內(nèi)阻相等時，電源的輸出功率最大。將保護(hù)電阻等效為內(nèi)阻，R等＝R0＋r＝5Ω，當(dāng)電阻絲接入電路的阻值為5Ω時，電阻絲的功率最大，A錯誤；電路中電流越大，保護(hù)電阻的功率越大，當(dāng)電阻絲接入電路的阻值為0時，保護(hù)電阻的功率最大，B錯誤；外電阻越小，電源效率越小，當(dāng)電阻絲接入電路的阻值為0時，電源效率的最小值為η＝eq\f(R0,R0＋r)×100%＝80%，C正確；根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(l,S)，代入數(shù)據(jù)可得電阻絲的電阻率為ρ＝2×10－4Ω·m，D錯誤。考法2閉合電路功率問題的定量計算2.如圖所示，已知電源電動勢E＝6V，內(nèi)阻r＝1Ω，保護(hù)電阻R0＝0.5Ω。(1)當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，保護(hù)電阻R0消耗的電功率最大，并求這個最大值。(2)當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，電阻箱R消耗的功率PR最大，并求這個最大值。(3)求電源的最大輸出功率。(4)若電阻箱R的最大值為3Ω，R0＝5Ω，當(dāng)電阻箱R讀數(shù)為多少時，電阻箱R的功率最大，并求這個最大值。解析：(1)保護(hù)電阻消耗的電功率為P0＝eq\f(E2R0,r＋R＋R02)，因R0和r是常量，而R是變量，故R最小時，P0最大，即R＝0時，P0max＝eq\f(E2R0,r＋R02)＝eq\f(62×0.5,1.52)W＝8W。(2)把保護(hù)電阻R0看成電源內(nèi)阻的一部分，當(dāng)R＝R0＋r，即R＝0.5Ω＋1Ω＝1.5Ω時，電阻箱R消耗的功率最大，PRmax＝eq\f(E2,4r＋R0)＝eq\f(62,4×1.5)W＝6W。(3)輸出電功率公式P出＝eq\f(E,R外＋r)2R外＝eq\f(E2,\f(R外－r2,R外)＋4r)，當(dāng)R外＝r時，P出最大，即R＝r－R0＝0.5Ω時，P出max＝eq\f(E2,4r)＝eq\f(62,4×1)W＝9W。(4)把R0＝5Ω當(dāng)作電源內(nèi)阻的一部分，則等效電源內(nèi)阻r等為6Ω，而電阻箱R的最大值為3Ω，小于6Ω，由P＝eq\f(E,R＋r等)2R＝eq\f(E2,\f(R－r等2,R)＋4r等)，可知當(dāng)電阻箱R的電阻取3Ω時，R消耗的功率最大，最大值為P＝eq\f(E,R＋r等)2R＝eq\f(4,3)W。答案：(1)08W(2)1.5Ω6W(3)9W(4)3Ωeq\f(4,3)W逐點清(三)閉合電路的動態(tài)分析1．一般電路動態(tài)分析的三種方法(1)程序法(2)結(jié)論法用口訣表述為“串反并同”：①所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都將減小，反之則增大。②所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、消耗的電功率都將增大，反之則減小。(3)極限法因滑動變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將滑動變阻器的滑片分別滑至兩個極端，讓電阻最大或為零進(jìn)行討論。2．含容電路動態(tài)分析的三個步驟第一步理清電路中的串、并聯(lián)關(guān)系第二步確定電容器兩極板間的電壓。在電容器充電和放電的過程中，不能應(yīng)用歐姆定律等電路規(guī)律求解，但對于充電或放電完畢的電路，電容器的存在與否不再影響原電路，電容器接在某一支路兩端，可根據(jù)歐姆定律及串、并聯(lián)規(guī)律求解該支路兩端的電壓U第三步分析電容器所帶的電荷量。針對某一狀態(tài)，根據(jù)Q＝CU，由電容器兩端的電壓U求電容器所帶的電荷量Q，由電路規(guī)律分析兩極板電勢的高低，高電勢極板帶正電，低電勢極板帶負(fù)電[考法全訓(xùn)]考法1一般電路的動態(tài)分析1．(2024·九江統(tǒng)考二模)如圖所示電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r，各電表均為理想電表。閉合開關(guān)K后，將滑動變阻器滑片向上滑動，電壓表V1、V2、V3示數(shù)變化量的絕對值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，電流表A示數(shù)變化量的絕對值為ΔI，則()A．V1、V2、V3、A示數(shù)均變小B．ΔU2＝ΔU1＋ΔU3C．eq\f(ΔU2,ΔI)和eq\f(ΔU3,ΔI)均不變，且eq\f(ΔU2,ΔI)＜eq\f(ΔU3,ΔI)D．電源輸出功率先增大后減小解析：選C閉合開關(guān)K后，將滑動變阻器滑片向上滑動，其接入電路的電阻增大，電路中總電流減小，則V1、A示數(shù)均變小，內(nèi)電壓減小，則V2示數(shù)增大，由于U2＝U1＋U3，則V3示數(shù)增大，故A錯誤；根據(jù)上述分析可知ΔU2＝ΔU3－ΔU1，故B錯誤；根據(jù)閉合電路的歐姆定律有U2＝E－Ir，U3＝E－I(R＋r)，則有eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r，且eq\f(ΔU2,ΔI)＜eq\f(ΔU3,ΔI)，故C正確；定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r，所以滑動變阻器滑片向上滑動，外電阻增大，電源輸出功率一直減小，故D錯誤?？挤?含有傳感器電路的動態(tài)分析2.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，C為電容器，R1(R1>r)和R2為定值電阻，R3為光敏電阻(阻值隨光照強度的增大而減小)，A為理想電流表，G為靈敏電流計，當(dāng)開關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定后，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中()A．電源的輸出功率可能先增大后減小B．A表的示數(shù)變小C．電源的效率變小D．G表中有從a至b的電流解析：選C因為R1>r，所以外電路的總電阻大于電源的內(nèi)阻，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中，R3減小，外電路的總電阻減小，外電路的阻值向內(nèi)阻接近，電源的輸出功率增大，A錯誤；在逐漸增大對R3的光照強度的過程中，R3減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，電流表的示數(shù)變大，B錯誤；電源的效率為η＝eq\f(R外,R外＋r)×100%，變形得η＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))×100%，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中，R3減小，外電路的總電阻R外減小，電源的效率減小，C正確；在逐漸增大對R3的光照強度的過程中，R3減小，根據(jù)串反并同規(guī)律，電容器兩端電壓減小，電容器放電，電流計G中有從b至a的電流，D錯誤?？挤?含電容器電路的動態(tài)分析3．(2024·長沙高三模擬)如圖所示，電源內(nèi)阻等于燈泡的電阻，當(dāng)開關(guān)閉合，滑動變阻器滑片位于某位置時，水平放置的平行板電容器間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動變阻器滑片由該位置向a端滑動，則()A．燈泡將變亮，R中有電流流過，方向豎直向上B．液滴帶正電，在滑片滑動過程中液滴將向下做勻加速運動C．電源的路端電壓增大，輸出功率也增大D．滑片滑動過程中，帶電液滴電勢能將減小解析：選D滑動變阻器滑片向a端滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的阻值增大，流過燈泡的電流減小，燈泡變暗，電源內(nèi)電壓降低，燈泡兩端的電壓降低，滑動變阻器兩端的電壓升高，電容器與滑動變阻器并聯(lián)，加在電容器兩端的電壓升高，電容器繼續(xù)充電，R中有電流流過，方向豎直向上，A錯誤；液滴受電場力豎直向上，電容器下極板帶正電，因此液滴帶正電，由于電容器兩端的電壓升高，內(nèi)部電場強度增加，液滴加速向上運動，電場力做正功，電勢能減小，B錯誤，D正確；由于外電阻大于內(nèi)電阻，當(dāng)外電阻增大時，電源的輸出功率減小，C錯誤?？挤?用電器故障分析4.在如圖所示的電路中，開關(guān)S閉合后，由于電阻元件發(fā)生短路或斷路故障，導(dǎo)致電壓表和電流表的讀數(shù)都增大，電壓表和電流表均為理想電表，則可能出現(xiàn)了下列哪種故障()A．R1短路 B．R2短路C．R3短路 D．R1斷路解析：選A若電路正常，則電流表測量流過R1的支路電流，電壓表測量R3兩端的電壓。若R1短路，則R2被短路，外電路只有電阻R3接在電源兩端，電流表測量干路電流，電壓表測量路端電壓，兩表示數(shù)均增大，A正確；若R2短路，則R1被短路，電流表示數(shù)為零，B錯誤；若R3短路，則電壓表示數(shù)為零，C錯誤；若R1斷路，則電流表示數(shù)為零，D錯誤。逐點清(四)兩類U-I圖像的比較與應(yīng)用電源與電阻的U-I圖像的對比圖形圖像表述的物理量間的變化關(guān)系圖線與坐標(biāo)軸的交點圖線上每一點坐標(biāo)的乘積UI圖線上每一點對應(yīng)的U、I比值圖線的斜率的大小電阻U-I圖像電阻中的電流隨電阻兩端電壓的變化關(guān)系過坐標(biāo)軸原點，表示沒有電壓時電流為零表示電阻消耗的功率每一點對應(yīng)的比值均等大，表示此電阻的大小電阻的大小電源U-I圖像電源的路端電壓隨電路電流的變化關(guān)系與縱軸交點表示電源電動勢E，與橫軸交點表示電源短路電流eq\f(E,r)(注意坐標(biāo)數(shù)值是否從零開始)表示電源的輸出功率表示外電阻的大小，不同點對應(yīng)的外電阻大小不同圖線斜率的絕對值等于內(nèi)電阻r的大小[考法全訓(xùn)]考法1電源的U-I圖像的理解及應(yīng)用1．(2024·保定統(tǒng)考三模)在一次分組實驗的教學(xué)活動中，某小組用如圖甲所示電路做實驗，電路中R1是滑動變阻器，R2是定值電阻，滑動變阻器的滑片從左端往右滑動，分別記錄多組電流表和電壓表的示數(shù)，用這些數(shù)據(jù)在坐標(biāo)紙上描點作圖，得到的U-I圖像如圖乙中的AB所示，下列說法中正確的是()A．R1的最大阻值為20Ω B．R2的阻值為5ΩC．電源電動勢為2V D．電源內(nèi)阻為5Ω解析：選A由題圖乙可知，當(dāng)R1的阻值最大時，對應(yīng)電壓和電流分別為2V、0.1A，則R1的最大阻值為R1＝eq\f(U,I)＝eq\f(2,0.1)Ω＝20Ω，故A正確；根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E＝U＋I(xiàn)(R2＋r)，根據(jù)數(shù)學(xué)方法可知圖像的縱軸截距為2.5，斜率的絕對值為|k|＝eq\f(2－1,0.3－0.1)＝5，則電源電動勢為E＝2.5V，R2＋r＝5Ω，所以電源內(nèi)阻和R2的阻值都小于5Ω，故B、C、D錯誤?？挤?兩類U-I圖像的綜合應(yīng)用2.在如圖所示的U-I圖像中，直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，曲線Ⅱ為某一小燈泡L的伏安特性曲線，曲線Ⅱ與直線Ⅰ的交點坐標(biāo)為(1.5,0.75)，該點的切線與橫軸的交點坐標(biāo)為(1.0,0)，用該電源直接與小燈泡L連接成閉合電路，由圖像可知()A．電源電動勢為2.0VB．電源內(nèi)阻為0.5ΩC．小燈泡L接入電源時的電阻為1.5ΩD．小燈泡L實際消耗的電功率為1.125W解析：選D根據(jù)題意，由閉合回路的歐姆定律有U＝E－Ir，代入題中數(shù)據(jù)有0.75＝E－1.5r,0＝E－2.0r，解得E＝3.0V，r＝1.5Ω，故A、B錯誤；根據(jù)題意可知，當(dāng)用該電源直接與小燈泡L連接成閉合電路時，小燈泡L兩端的電壓為0.75V，流過小燈泡的電流為1.5A，由歐姆定律可得，小燈泡L接入電源時的電阻為RL＝eq\f(U,I)＝0.5Ω，小燈泡L實際消耗的電功率為P＝UI＝1.125W，故C錯誤，D正確。3．(2024·鄭州宇華實驗學(xué)校第一次模擬)如圖所示，圖甲中在滑動變阻器的滑片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙中的AC、BC兩直線所示，不考慮電表對電路的影響。(1)定值電阻R0、滑動變阻器的總電阻R分別為多少？(2)求出電源的電動勢和內(nèi)阻；(3)電源的工作效率什么時候最大，最大效率是多少？解析：(1)電壓表V1的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化圖像應(yīng)為AC；電壓表V2的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化圖像應(yīng)為BC；定值電阻R0＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(1.5,0.5)Ω＝3Ω；當(dāng)I1＝0.5A時R外＝eq\f(U2,I1)＝eq\f(7.5,0.5)Ω＝15Ω則R＝R外－R0＝12Ω。(2)根據(jù)閉合回路歐姆定律可得E＝7.5＋0.5r，E＝6＋2r解得E＝8V，r＝1Ω。(3)電源的工作效率為η＝eq\f(U2I,EI)×100%＝eq\f(IR＋R0,IR＋R0＋r)×100%＝eq\f(R＋R0,R＋R0＋r)×100%＝eq\f(1,1＋\f(r,R＋R0))×100%可知，當(dāng)R最大時，效率最大，最大效率為93.75%。答案：(1)3Ω12Ω(2)8V1Ω(3)R＝12Ω時93.75%[課時跟蹤檢測]一、立足基礎(chǔ)，體現(xiàn)綜合1.(多選)如圖為可充電的鋰電池內(nèi)部結(jié)構(gòu)簡圖，在充電的過程中，通過化學(xué)反應(yīng)，電池的正極有鋰離子生成，鋰離子通過電解液運動到電池的負(fù)極，并嵌在負(fù)極的碳材料的微孔中；當(dāng)電池放電工作時，在負(fù)極的鋰離子又會通過電解液返回正極。關(guān)于鋰電池，下列說法中正確的是()A．給鋰電池充電的過程是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能的過程B．嵌入負(fù)極的鋰離子越多，電池中充入的電荷量也就越多C．圖中鋰離子的移動情況表明電池處于放電狀態(tài)D．圖中移動的鋰離子的電勢能升高解析：選BCD給鋰電池充電的過程是將電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能的過程，故A錯誤；電池充電嵌入負(fù)極的鋰離子越多，電池中充入的電荷量也就越多，故B正確；題圖中在負(fù)極的鋰離子通過電解液返回正極，是靠非靜電力做功把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過程，屬于電池的放電過程，故C正確；題圖中鋰離子從電池負(fù)極運動至正極，電場力做負(fù)功，電勢能升高，故D正確。2．(2024·石家莊高三模擬)(多選)某磁敏電阻R的阻值隨外加磁場的磁感應(yīng)強度B的增大而增大。有一位同學(xué)利用該磁敏電阻設(shè)計了一款可以測量小車加速度的實驗裝置，如圖所示，條形磁鐵的左、右兩端分別連接兩根相同的輕質(zhì)彈簧，兩彈簧的另一端固定在小車兩側(cè)的豎直擋板上，磁鐵可以相對小車無摩擦左右移動。電源內(nèi)阻可忽略，下列說法正確的是()A．當(dāng)小車向右做加速直線運動時，電流表示數(shù)變大B．當(dāng)小車向右做減速直線運動時，電壓表示數(shù)變小C．當(dāng)小車向左做加速直線運動時，電流表示數(shù)變大D．當(dāng)小車向左做減速直線運動時，電壓表示數(shù)變小解析：選BC當(dāng)小車向右加速或向左減速時，磁鐵具有向右的加速度，受到的合力向右，故左側(cè)的彈簧壓縮，右側(cè)的彈簧拉伸，磁鐵向左靠近磁敏電阻R，R的阻值變大，總電阻變大，電路中的電流減小，電流表的示數(shù)變小，R0分壓變小，電壓表測R兩端的電壓，則電壓表示數(shù)變大，A、D錯誤；當(dāng)小車向左加速或向右減速時，磁鐵具有向左的加速度，受到的合力向左，故左側(cè)的彈簧拉伸，右側(cè)的彈簧壓縮，磁鐵向右遠(yuǎn)離磁敏電阻R，R的阻值變小，電路中的總電阻變小，電路中的電流變大，電流表示數(shù)變大，R0分壓變大，電壓表示數(shù)變小，B、C正確。3.(2024·重慶質(zhì)檢)如圖所示的并聯(lián)電路中，保持通過干路的電流I不變，增大R1的阻值。則下列結(jié)論正確的是()A．R1和R2兩端的電壓U不變B．通過R1的電流I1增大C．通過R2的電流I2不變D．并聯(lián)電路上消耗的總功率增大解析：選D由于R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(R2,1＋\f(R2,R1))，增大R1的阻值，并聯(lián)電路總電阻變大，保持通過干路的電流I不變，由歐姆定律可知R1和R2兩端的電壓U變大，故A錯誤；通過R2的電流為I2＝eq\f(U,R2)，由于R2兩端的電壓U變大，可知通過R2的電流I2變大，根據(jù)I＝I1＋I(xiàn)2，可知通過R1的電流I1變小，故B、C錯誤；并聯(lián)電路上消耗的總功率為P＝UI，由于U變大，I不變，可知并聯(lián)電路上消耗的總功率增大，故D正確。4．(2023·海南高考)如圖所示電路，已知電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C，閉合開關(guān)K，待電路穩(wěn)定后，電容器上的電荷量為()A．CE B．eq\f(1,2)CEC．eq\f(2,5)CE D．eq\f(3,5)CE解析：選C電路穩(wěn)定后，由于電源內(nèi)阻不計，則整個回路可看成3R、2R的串聯(lián)部分與R、4R的串聯(lián)部分并聯(lián)，若取電源負(fù)極為零電勢點，則電容器上極板的電勢為φ上＝eq\f(E,5R)·2R＝eq\f(2E,5)，電容器下極板的電勢為φ下＝eq\f(E,5R)·4R＝eq\f(4E,5)，則電容器兩端的電壓U下上＝φ下－φ上＝eq\f(2E,5)，則電容器上的電荷量為Q＝CU下上＝eq\f(2,5)CE。5.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻和定值電阻的阻值均為r，滑動變阻器的最大阻值為2r。閉合開關(guān)，將滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動的過程中，下列選項正確的是()A．電壓表的示數(shù)變大B．電流表的示數(shù)變大C．電源的效率變大D．滑動變阻器消耗功率變大解析：選B開關(guān)閉合后，電壓表測量路端電壓，電流表測量總電流。當(dāng)滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動過程中，接入電路的電阻減小，總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，故電壓表的示數(shù)變小，電流表的示數(shù)變大，A錯誤，B正確；根據(jù)電源效率公式η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%可知，當(dāng)路端電壓U減小時，電源的效率變小，C錯誤；將定值電阻r看成電源的內(nèi)阻，則等效電源的內(nèi)阻為2r，滑動變阻器的最大阻值也是2r，因為電源的內(nèi)、外電阻相等時電源的輸出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑動過程中，滑動變阻器消耗的功率變小，D錯誤。6．(2023·全國乙卷)(多選)黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱，接線柱1和2、2和3、3和4之間各接有一個電阻，在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個直流電源。測得接線柱之間的電壓U12＝3.0V，U23＝2.5V，U34＝－1.5V。符合上述測量結(jié)果的可能接法是()A．電源接在1、4之間，R接在1、3之間B．電源接在1、4之間，R接在2、4之間C．電源接在1、3之間，R接在1、4之間D．電源接在1、3之間，R接在2、4之間解析：選CD根據(jù)題意畫出電路圖，A選項如圖甲所示，可見U34>0，A錯誤；B選項如圖乙所示，可見U34>0，B錯誤；C選項如圖丙所示，符合上述測量結(jié)果，C正確；D選項如圖丁所示，符合上述測量結(jié)果，D正確。7.如圖所示為一加熱裝置的電路圖，加熱電阻R2＝2Ω，電源電動勢E＝16V，內(nèi)阻r＝1Ω。當(dāng)調(diào)節(jié)電阻R1為13Ω時，一小時能燒開水。若要15分鐘燒開同樣質(zhì)量和溫度的水，R1應(yīng)該調(diào)節(jié)為多少()A．2Ω B．3ΩC．4Ω D．5Ω解析：選D本來一小時能燒開水，若要15分鐘燒開同樣質(zhì)量和溫度的水，則R2的熱功率應(yīng)提升為原來的4倍。當(dāng)調(diào)節(jié)電阻R1為13Ω時，加熱電阻功率P＝I2R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R2＋R1＋r)))2R2＝2W，R1調(diào)節(jié)后，功率為P′＝4P＝I′2R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,\a\vs4\al(R1′)＋R2＋r)))2R2，解得R1′＝5Ω，故選D。8.如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S后，燈L1和L2都正常發(fā)光，后來由于某種故障使燈L2突然變亮，電壓表讀數(shù)增加，由此推斷，該故障可能是()A．燈L1燈絲燒斷 B．電阻R2斷路C．電阻R2短路 D．電容器被擊穿短路解析：選B如果燈L1燈絲燒斷，即L1斷路，總電阻增大，總電流減小，故L2分壓減小，L2變暗，A錯誤；若電阻R2斷路，導(dǎo)致總電阻增大，總電流減小，L1兩端電壓減小，而路端電壓增大，則L2兩端電壓增大，L2變亮，B正確；若R2短路，L2熄滅，C錯誤；若電容器被擊穿短路，外電路總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，電壓表讀數(shù)減小，L2變亮，D錯誤。9．有四個電源甲、乙、丙、丁，其路端電壓U與電流I的關(guān)系圖像分別如圖(a)、(b)、(c)、(d)所示，將一個6Ω的定值電阻分別與每個電源的兩極相接，使定值電阻消耗功率最大的電源是()A．甲電源 B．乙電源C．丙電源 D．丁電源解析：選D由閉合電路的歐姆定律U＝E－IR，可得U-I圖像縱軸的截距為電源電動勢，斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻，因此可知四個電源的電動勢都為12V，而內(nèi)阻r甲＝12Ω，r乙＝6Ω，r丙＝4Ω，r?。?Ω，定值電阻消耗的功率為P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R，可知電源內(nèi)阻越大功率越小，因此與電源丁相連時，定值電阻消耗功率最大。二、注重應(yīng)用，強調(diào)創(chuàng)新10．(2024·天津高三模擬)小懷同學(xué)希望利用電學(xué)方法對長度進(jìn)行測量，電路圖如圖2所示，其中電源電動勢為6V、內(nèi)阻為1Ω，電流表量程為0～3A、內(nèi)阻為1Ω。有一長方體導(dǎo)體材料R，如圖1所示，x、y、z方向上棱長分別為d、2cm、1cm，先將R沿x軸方向接入電路，電流表示數(shù)為1A，再將R沿y軸方向接入電路，電流表示數(shù)為2A，則下列說法正確的是()A．d＝4mmB．沿x、y、z三個方向接入R，電源效率最大約為75%C．沿x、y、z三個方向接入R，電流表示數(shù)均不會超量程D．沿x、y、z三個方向接入R，R的功率最小為2W解析：選C由閉合電路的歐姆定律有E＝U外＋U內(nèi)＝IR＋I(xiàn)RA＋I(xiàn)r，代入數(shù)據(jù)，R沿x軸方向接入電路時Ix＝1A，則有Rx＝4Ω，R沿y軸方向接入電路時Iy＝2A，則有Ry＝1Ω，根據(jù)電阻定律R＝ρeq\f(L,S)，代入數(shù)據(jù)可得d＝4cm，R沿z軸方向接入電路時Rz＝eq\f(1,4)Ω，由閉合電路的歐姆定律有E＝IR＋I(xiàn)RA＋I(xiàn)r，代入數(shù)據(jù)可得R沿z軸方向接入電路時Iz＝eq\f(8,3)A＜3A，故A錯誤，C正確；由題意可知R沿x軸方向接入電路時路端電壓最大，U外＝E－Ixr＝5V，電源效率η＝eq\f(U外,E)＝eq\f(5,6)×100%≈83.3%，故B錯誤；根據(jù)P＝I2R可得，R沿x軸方向接入電路時Px＝4W，R沿y軸方向接入電路時Py＝4W，R沿z軸方向接入電路時Pz≈1.78W，故D錯誤。11．(2024·海南海口調(diào)研)如圖所示，電源電動勢E一定，內(nèi)阻不計，R1、R2是定值電阻，R3是光敏電阻，其阻值隨光照強度的增強而減小。開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，電容器兩板間的一帶電液滴恰好能靜止在M點?，F(xiàn)增強照射電阻R3的光照強度，則()A．電容器的電容減小 B．R2中有向右的電流C．液滴向下運動 D．M點的電勢增大解析：選D電容器的電容由電容器本身性質(zhì)決定，不隨其電壓或電荷量的變化而變化，故A錯誤；由電路連接方式易知電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，增強照射電阻R3的光照強度，R3阻值減小，回路總電阻減小，總電流增大，則R1兩端電壓增大，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)Q＝CU可知，電容器充電，R2中有向左的電流，故B錯誤；根據(jù)平衡條件可知，開始時液滴所受電場力與重力平衡，增強照射電阻R3的光照強度，電容器兩極板間電壓增大，根據(jù)電場強度E電場＝eq\f(U,d)，電容器兩極板間電場強度增大，液滴所受電場力增大，將大于重力，則液滴所受合外力向上，將向上運動，故C錯誤；由上述分析可知兩極板間電場強度增大，而下極板接地，電勢為零，設(shè)M到下極板間的距離為d′，則M點的電勢為φM＝E電場d′，所以M點的電勢增大，故D正確。12.閉合電路內(nèi)、外電阻的功率隨外電路電阻變化的兩條曲線如圖所示，曲線A是內(nèi)電阻的功率隨外電阻變化的關(guān)系圖線，曲線B是外電阻的功率隨外電阻變化的關(guān)系圖線。下列說法正確的是()A．電源的電動勢為3VB．電源的內(nèi)阻為2.5ΩC．曲線A的最大功率為7.2WD．外電阻取2.5Ω時外電阻的功率是外電阻取10Ω時外電阻的功率的eq\f(1,4)解析：選C設(shè)電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，閉合電路的內(nèi)電阻功率P內(nèi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2r，閉合電路的外電阻功率P外＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R，由圖像可知，當(dāng)外電阻R＝5Ω時，內(nèi)、外電阻的功率相等，且均為1.8W，聯(lián)立解得E＝6V，r＝5Ω，故A、B錯誤；當(dāng)外電阻R＝0時，內(nèi)電阻功率最大，此時P內(nèi)max＝eq\f(E2,r)＝7.2W，故C正確；當(dāng)外電阻R＝2.5Ω時，外電阻的功率P外1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2.5＋5)))2×2.5W＝1.6W，當(dāng)外電阻R＝10Ω時，外電阻的功率P外2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,10＋5)))2×10W＝1.6W，故D錯誤。13．如圖甲所示為一加濕器內(nèi)部濕度監(jiān)測裝置的簡化電路圖。已知電源電壓為12V，內(nèi)阻不計，定值電阻R0的阻值為30Ω，電流表的量程為0～200mA，電壓表的量程為0～9V，濕敏電阻R的阻值隨濕度RH變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，其阻值最大為120Ω(圖中未畫出)。則在電路安全工作的前提下，下列說法正確的是()A．濕敏電阻R的電流最小值為80mAB．定值電阻R0的電功率范圍為0.3W～1.2WC．電路消耗的總功率最大值為3.6WD．此裝置能監(jiān)測的濕度范圍為30%～80%解析：選B在電路允許范圍內(nèi)R的阻值最大時，電路中的電流最小，R兩端的最大電壓為UR＝9V，R0兩端的電壓為U0＝U－UR＝12V－9V＝3V，電路中的最小電流為I＝eq\f(U0,R0)＝eq\f(3,30)A＝0.1A＝100mA，R0的最小電功率為P0＝U0I＝3×0.1W＝0.3W，R允許的最大阻值為R大＝eq\f(UR,I)＝eq\f(9,0.1)Ω＝90Ω，由題圖乙可知，此裝置可監(jiān)測的最大濕度為RH大＝80%。在電路允許范圍內(nèi)R的阻值最小時，電路中的電流最大為I′＝200mA＝0.2A，R0兩端的電壓為U0′＝I′R0＝0.2×30V＝6V，R0的最大電功率為P0′＝U0′I′＝6×0.2W＝1.2W，電路消耗的最大總功率為P大＝UI′＝12×0.2W＝2.4W，R兩端的電壓為UR′＝U－U0′＝12V－6V＝6V，R允許的最小阻值為R?。絜q\f(UR′,I′)＝eq\f(6,0.2)Ω＝30Ω，由題圖乙可知，此裝置可監(jiān)測的最小濕度為RH小＝20%。綜上可知，A、C、D錯誤，B正確。14．(2024·石家莊統(tǒng)考模擬)在如圖所示電路中，電源的電動勢E＝12V、內(nèi)阻r＝8Ω，定值電阻R1＝2Ω，R2＝10Ω，R3＝20Ω，滑動變阻器R4的取值范圍為0～30Ω，所有電表均為理想電表。閉合開關(guān)S，在滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，電壓表V1、電壓表V2、電流表A示數(shù)的變化量分別為ΔU1、ΔU2、ΔI。下列說法正確的是()A．|ΔU1|大于|ΔU2|B．eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI)))不變，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI)))增大C．R4的功率先增大后減小，最大值為0.36WD．電源的輸出功率先增大后減小，最大值為4.5W解析：選C將R1和R2等效為電源內(nèi)阻，則等效電源的電動勢E′＝eq\f(ER2,R1＋R2＋r)＝6V，等效內(nèi)阻r′＝eq\f(r＋R1R2,r＋R1＋R2)＝5Ω，等效電路圖如圖所示，則當(dāng)滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，R4變大，總電阻變大，總電流減小，路端電壓變大，V1讀數(shù)變小，則V2讀數(shù)變大，因U路端＝U1＋U2，可知|ΔU1|小于|ΔU2|，A錯誤；因為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI)))＝R3不變，而U2＝E′－I(R3＋r′)，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI)))＝R3＋r′不變，B錯誤；將R3等效為新電源的內(nèi)阻，等效內(nèi)阻為r″＝r′＋R3＝25Ω，當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時輸出功率最大，則當(dāng)滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，電阻從0增加到30Ω，可知R4的功率先增大后減小，當(dāng)R4＝25Ω時功率最大，最大值為P＝eq\f(E′2,4r″)＝eq\f(62,4×25)W＝0.36W，C正確；當(dāng)滑動變阻器的滑片在a端時，電路的外電阻為eq\f(26,3)Ω，當(dāng)滑動變阻器的滑片在b端時，電路的外電阻為eq\f(31,3)Ω，電源的內(nèi)阻r＝8Ω，則滑動變阻器的滑片從a端滑到b端的過程中，電源的輸出功率一直減小，D錯誤。第3講電學(xué)實驗專題——3層級6課時梯度進(jìn)階學(xué)習(xí)第1課時基礎(chǔ)先行——電學(xué)實驗必須熟練掌握的基本知能(一)基本儀器的使用及讀數(shù)(一)游標(biāo)卡尺1．構(gòu)造：主尺、游標(biāo)尺(主尺和游標(biāo)尺上各有一個內(nèi)、外測量爪)，游標(biāo)尺與深度尺是一個整體(如圖所示)。2．原理：利用主尺的最小分度與游標(biāo)尺的最小分度的差值制成。不管游標(biāo)尺上有多少個小等分刻度，它的刻度部分的總長度總是比主尺上同樣多的小等分刻度的總長度少1mm。常見的游標(biāo)卡尺的游標(biāo)尺上小等分刻度有10格的、20格的、50格的，其讀數(shù)見下表：刻度格數(shù)(分度)刻度總長度每小格與1mm的差值精確度(可準(zhǔn)確到)109mm0.1mm0.1mm2019mm0.05mm0.05mm5049mm0.02mm0.02mm3．讀數(shù)：若用x表示從主尺上讀出的整毫米數(shù)，K表示從游標(biāo)尺上讀出與主尺上某一刻線對齊的游標(biāo)的格數(shù)，則記錄結(jié)果為(x＋K×精確度)mm。注意：對于游標(biāo)卡尺，無論哪種規(guī)格，讀數(shù)x＋K×精確度mm中的K值均不需要向后估讀一位。(二)螺旋測微器1．構(gòu)造：如圖所示，螺旋測微器的測砧和固定刻度是固定在尺架上的；可動刻度、旋鈕、微調(diào)旋鈕是與測微螺桿連在一起的，通過精密螺紋套在固定刻度上。2．原理：測微螺桿與固定刻度之間的精密螺紋的螺距為0.5mm，即旋鈕每旋轉(zhuǎn)一周，測微螺桿前進(jìn)或后退0.5mm，而可動刻度上的刻度為50等份，每轉(zhuǎn)動一小格，測微螺桿前進(jìn)或后退0.01mm，即螺旋測微器的精確度為0.01mm。3．讀數(shù)(1)測量時被測物體長度的半毫米數(shù)由固定刻度讀出，不足半毫米部分由可動刻度讀出。(2)測量值(mm)＝固定刻度數(shù)(mm)(注意半毫米刻度線是否露出)＋可動刻度數(shù)(估讀一位)×0.01(mm)。(三)電壓表、電流表1．量程選擇選擇合適量程：測量時指針偏轉(zhuǎn)角度要盡可能大，一般要求超過量程的eq\f(1,3)，但又不能超過量程。電表使用“三注意”(1)使用前應(yīng)先進(jìn)行零點調(diào)整(機械調(diào)零)。(2)紅表筆插“＋”插孔，黑表筆插“－”插孔。(3)紅表筆接電勢高處，黑表筆接電勢低處，即電流從紅表筆進(jìn)表，從黑表筆出表。2．電表估讀(1)最小分度是“1、0.1、0.01、…”時，估讀到最小分度的eq\f(1,10)(即估讀到最小分度的下一位)。(2)最小分度是“2、0.2、0.02、…”時，估讀到最小分度的eq\f(1,2)(即估讀到最小分度的本位)。(3)最小分度是“5、0.5、0.05、…”時，估讀到最小分度的eq\f(1,5)(即估讀到最小分度的本位)。[針對訓(xùn)練]1．(1)如圖甲、乙、丙所示的三把游標(biāo)卡尺，它們的游標(biāo)尺自左向右分別為10分度、20分度、50分度，它們的讀數(shù)依次為________mm、________mm、________mm。(2)某同學(xué)用如圖丁所示的螺旋測微器測量小球的直徑時，他應(yīng)先轉(zhuǎn)動________使F靠近小球，再轉(zhuǎn)動________使F夾住小球，直至聽到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動________使F固定后讀數(shù)(填儀器部件字母符號)。正確操作后，螺旋測微器的示數(shù)如圖戊所示，則小球的直徑是________mm。解析：(1)題圖甲讀數(shù)：整毫米數(shù)是17mm，不足1毫米數(shù)是6×0.1mm＝0.6mm，最后結(jié)果是17mm＋0.6mm＝17.6mm。題圖乙讀數(shù)：整毫米數(shù)是23mm，不足1毫米數(shù)是5×0.05mm＝0.25mm，最后結(jié)果是23mm＋0.25mm＝23.25mm。題圖丙讀數(shù)：整毫米數(shù)是3mm，不足1毫米數(shù)是10×0.02mm＝0.20mm，最后結(jié)果是3mm＋0.20mm＝3.20mm。(2)用螺旋測微器測小球直徑時，先轉(zhuǎn)動粗調(diào)旋鈕D使測微螺桿F靠近被測小球，再轉(zhuǎn)動微調(diào)旋鈕H使測微螺桿F夾住小球，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動鎖緊裝置G使F固定后讀數(shù)，讀數(shù)為6.5mm＋20.0×0.01mm＝6.700mm。答案：(1)17.623.253.20(2)DHG6.7002．(1)如圖甲、乙所示的兩把游標(biāo)卡尺，它們的游標(biāo)尺分別為9mm長10等分、19mm長20等分，則讀數(shù)依次為________mm、________mm。(2)在測定一根粗細(xì)均勻合金絲電阻率的實驗中，利用螺旋測微器測定合金絲直徑的過程如圖丙、丁所示，校零時的讀數(shù)為________mm，測得合金絲的直徑為________mm。(3)圖戊所示是電流表的刻度線，若使用0.6A量程時，對應(yīng)刻度盤上每一小格代表________A，表針的示數(shù)是________A；若使用3A量程時，對應(yīng)刻度盤上每一小格代表______A，圖中表針示數(shù)為______A。(4)圖己所示是電壓表的刻度線，若使用3V量程時，每小格表示________V，圖中表針的示數(shù)為______V；若使用15V量程，則這時表盤刻度每小格表示________V，圖中表針指示的是______V。(5)如圖庚所示為旋鈕式電阻箱，電流從接線柱A流入，從B流出，則接入電路的電阻為________Ω?，F(xiàn)要將接入電路的電阻改為2087Ω，最簡單的操作方法是____________________________________________。若用兩個這樣的電阻箱，則可得到的電阻值范圍為________________。解析：(1)題圖甲讀數(shù)：主尺讀數(shù)為17mm，游標(biāo)尺讀數(shù)是5×0.1mm＝0.5mm，最后結(jié)果是17mm＋0.5mm＝17.5mm。題圖乙讀數(shù)：主尺讀數(shù)為23mm，游標(biāo)尺讀數(shù)是7×0.05mm＝0.35mm，最后結(jié)果是23mm＋0.35mm＝23.35mm。(2)由于螺旋測微器校零時有誤差，估讀為0.003mm，測量后的讀數(shù)為0.5mm＋14.5×0.01mm＝0.645mm，去掉校零誤差，可得合金絲的直徑為0.642mm。(3)若使用0.6A量程時，對應(yīng)刻度盤上每一小格代表eq\f(0.2,10)A＝0.02A，題圖戊表針的示數(shù)是0.4A＋2×0.02A＝0.44A；若使用3A量程時，對應(yīng)刻度盤上每一小格代表eq\f(1,10)A＝0.1A，題圖戊中表針示數(shù)為2A＋2.0×0.1A＝2.20A。(4)若使用3V量程時，每小格表示eq\f(1,10)V＝0.1V，題圖己中表針的示數(shù)為1V＋7.0×0.1V＝1.70V；若使用15V量程，則這時表盤刻度每小格表示eq\f(5,10)V＝0.5V，題圖己中表針指示的是5V＋7×0.5V＝8.5V。(5)電阻為1987Ω。最簡單的操作方法是將“×1k”旋鈕調(diào)到2，再將“×100”旋鈕調(diào)到0。每個電阻箱的最大阻值是9999Ω，用兩個這樣的電阻箱串聯(lián)可得到的最大電阻為2×9999Ω＝19998Ω，故用兩個這樣的電阻箱可得到的電阻值范圍為0～19998Ω。答案：(1)17.523.35(2)0.003(0.002～0.004均可)0.642(0.640～0.644均可)(3)0.020.440.12.20(4)0.11.700.58.5(5)1987將“×1k”旋鈕調(diào)到2，再將“×100”旋鈕調(diào)到00～19998Ω[關(guān)鍵點撥]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)要“三看”(1)第一看→精確度。例如(如圖所示)：該游標(biāo)卡尺的精確度為0.1mm，正確的讀數(shù)應(yīng)為11mm＋4×0.1mm＝11.4mm。(2)第二看→游標(biāo)尺上的0刻度線位置，區(qū)分零刻度線與游標(biāo)尺最前端的線。如圖所示，不注意這一點易錯讀成：10mm＋4×0.1mm＝10.4mm。(3)第三看→游標(biāo)尺的哪條刻度線與主尺上刻度線對齊，注意游標(biāo)卡尺不需估讀，后面不能隨意加零，也不能隨意去零。如圖所示，不注意這一點，易錯讀成：11mm＋4.0×0.1mm＝11.40mm。(二)伏安法測電阻1．電流表內(nèi)、外接法的比較電流表內(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＋I(xiàn)V電阻測量值R測＝eq\f(U測,I測)＝Rx＋RA>Rx，測量值大于真實值R