本专题全国卷的命题形式都是一大一小组成的，小题是以选择题的形式，分值为5分(或6分)，主要考查分子动理论、内能、热力学定律、固体、液体、气体等方面的基本知识；大题以计算题的形式，分值为10分(或9分)，主要考查对气体实验定律和理想气体状态方程的理解。
高频考点：分子大小的估算；对分子动理论内容的理解；物态变化中的能量问题；气体实验定律的理解和简单计算；固、液、气三态的微观解释和理解；热力学定律的理解和简单计算；用油膜法估测分子大小。
一．物质是由大量分子组成
*计算分子质量： 计算分子的体积：
分子（或其所占空间）直径：球体模型 ，立方体模型
分子直径数量级10-10 m。
二．分子永不停息地做无规则热运动 布朗运动是分子无规则热运动的反映。
三．分子间存在着相互作用力 分子间引力和斥力都随距离的增大而减小。
四．物体的内能
1．分子动能：温度是分子平均动能大小的标志．
分子势能 ：与体积有关 r=r0时分子势能最小 分子力做正功分子势能减小。
物体的内能：所有分子的动能和势能的总和。（理想气体不计分子势能）
2．改变物体的内能 做功和热传递在改变内能上是等效的，但本质有区别。
1．(2018年普通高等学校招生全国统一考试)如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是。_______。(填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分：有选错的得0分)
A．从状态b到状态c的过程中气体吸热
B．气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C．气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D．从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
2．一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B，活寨可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞，A中气体体积为2.5×10-4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B中气体体积为4.0×10-4m3，温度为-17℃，压强为2.0×104Pa。现将A中气体的温度降至-17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B中气体温度不变，求稳定后A和B中气体的压强。
1. （全国II卷)如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
1．如图所示，开口向上、放在地面上的气缸内用活塞封闭一定质量的气体，活塞的质量为m，横截面的面积为S。一质量为2m的物块放在缸底，用细线(不可伸长)与活塞相连接且细线刚好拉直，这时缸内气体的温度为T0，大气压强为P0，不计活塞与缸壁间的摩擦，现对缸内气体缓慢加热，重力加速度为g。
(i)当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体温度T1为多大?
(ⅱ)当缸内气体体积为原来的1.2倍时，缸内气体温度是多少?若此时细线断了，细线断开的一瞬问，活塞的加速度多大?
2．如图所示，两段粗细均匀内壁光滑的玻璃管竖直放置，开口向上，下端一段粗，横截面积为S=7.5×10－3m2，上端横截面为S=2.5×10－3m2。粗管中静止着一段长度为h1=5cm的水银柱，水银柱上表面到细管下端口的距离为h2=20cm，水银柱下端封闭了一段长度为L=30m的理想气体。此时管中气体温度为t=27℃，当地大气压强p0为75cmHg，水银密度为p=13.6×103kg/m3，整个气缸均是绝热的。水银柱的下端粘有一薄层轻质绝热材料。在气体中有一段金属丝(图中未画出)和外界组成电路，可以通过给金属丝通电来加热气体，重力加速度g=10m/s2
(i)若给管中封闭的气体缓缓加热，气体吸收热量Q=188J后温度为127℃，求此过程中气体内能的变化?
(ⅱ)若管中封闭的气体缓缓加热到477℃稳定下来，求系统静止后封闭气体的体积?
3．如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，气缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。初态时气体压强为一个大气压、温度为27℃，活塞到汽缸底部距离为30cm。现对缸内气体缓慢加热到427℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100J。已知汽缸横截面积为50cm2，总长为50cm，大气压强为1.0×105Pa。气缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。
(1)末态时(427℃)缸内封闭气体的压强
(2)封闭气体共吸收了多少热量。
4．如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸，气缸内有一导热活塞，活塞底面与气缸底面平行，一定量的气体做密封在气缸内。当平台倾角为37°时，气缸内气体体积为V，然后将平台顺时针缓慢转动直至水平，该过程中，可以认为气缸中气体温度与环境温度相同，始终为T0，平台转至水平时，气缸内气体压强为大气压强p0的2倍。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)当平合处于水平位置时，求气缸内气体的体积；
(2)若平台转至水平后，经过一段时间，坏境温度缓慢降至0.9T0(大气压强p0保持不变)，该过程中气缸内气体放出0.38p0V的热量，求该过程中气体内能的变化量△U。
5．如图所示，导热性能良好的气缸内封有一定质量的理想气体。气缸的内部深度h=48cm，活塞质量m=1kg，活塞面积S=10cm2。活塞与气缸壁无摩擦、不漏气且不计活塞的厚度。室内的温度为27℃，当气缸放在地面上静止时，活塞刚好位于气缸的正中间，现在把气缸放在加速上升的电梯中且a=10m/s2。待封闭气体再次稳定后，求：(已知大气压恒为P=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2)
(1)缸内气体的压强P1
(2)缸中活塞到缸底的高度h0
6．如图所示，有一圆柱形绝热气缸，气缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的绝热活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在气缸顶部，外界大气压为1.0×105?Pa，温度为27℃.现在活塞上放重物，当活塞向下运动到离底部L高处，活塞静止，气体的温度57℃．
(1)求活塞向下运动到离底部L高处时的气体压强；
(2)若活塞横截面积S=0.1m2，重力加速度g=10m/s2，求活塞上所放重物的质量．
参考答案
1．【解题思路】内能（internalenergy）是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和，由于理想气体的不考虑分子势能内能，故理想气体的内能等于分子平均动能的总和，而温度是分子平均动能的宏观表现，由理想气体状态方程pbVb/Tb=pcVc/Tc可知，当Vb=Vc，pb>pc时，Tb>TC，故?Ucb<0，根据热力学第一定律?Ucb=W+Q，体积V不变，故W=0，所以?Q<0，从状态b到状态c的过程中气体放热，选项A错误；同理，气体在状态a的温度等于在状态c的温度，故气体在状态a的内能等于在状态c的内能，，选项B正确；由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，当pa=pb，Va
【答案】1．BD
2．【解题思路】A气体的温度由27℃降至-17℃，由查理定律得
PATA=PA，TA，①
拔掉销钉后，A、B中气体的压强相同，根据玻意耳定律，对A气体有
PA，VA=PVA，②
对B气体有
PBVB=PVB，③
由已知条件得VA，+VB，=2.5×10-4m3+4.0×10-4m3④
联立以上各式得p=3.27×104Pa
【答案】 p=3.2×104Pa
1.【解析】开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有
p0T0=p1T1①
根据力的平衡条件有
p1S=p0S+mg②
联立①②式可得
T1=1+mgp0ST0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有
V1T1=V2T2④
式中
V1=SH⑤
V2=S（H+h）⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2=1+hH1+mgp0ST0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为
W=p0S+mgh⑧
故本题答案是：W=p0S+mgh
1．【解析】(i)缸内气体的温度为T0时，缸内气体的压强p=p0+mgS
当缸底物块对缸底的压力刚好为零时，缸内气体压强p1=p0+3mgS
气体发生等容变化，则根据查理定律有pT0=p1T1
解得：T1=p0S+3mgp0S+mgT0
(ii)当缸内气体体积为原来的1.2倍时，设气体的温度为T2，从温度T1变到温度T2，此过程气体发生的是等压变化，根据盖－吕萨克定律有VT1=1.2VT2
解得:T2=1.2T0(p0S+3mg)p0S+mg
此时细线断了，当细线断开的一瞬间，根据牛顿第二定律有(p2－p)S＝ma
解得a＝2g
2．【解析】（1）假设封闭气体做等压变化，h0=75cm=0.75m，温度T1=(273+27)K，压强p1=(h0+h1)cmHg；末态：体积V2=L1S，温度T2=(273+127)K；
根据等压变化规律：V1T1=V2T2
解得L1=40cm；
L1对封闭气体，绝热过程，设内能变化为?U，由热力学第一定律?U=W+Q
解得?U=106.4J；
（2）假设水银都到细管中，则封闭气体压强p3=(h0+3h1)cmHg；体积V3=(L+h1+h2)S1+hS2；T3=(273+477)K；
根据气态方程：p1V1T1=p3V3T3
解得h=35cm，说明水银都到了细管，则V3=5×10-3m3
3．【解析】(1)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，塞愉好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖吕萨克定律可知：Sh1T1=Sh2T2，又T1=300 K
解得：T2=500 K．即227℃
因为227℃<427℃，所以气体接着发生等容变化，设当气体温度达到427℃时，封闭气体的压强为p，由查理定律可以得到：1.0×105PaT2=p(427+273)K 代人数据整理可以得到：p=l.4×l05 Pa。
(2)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离Δx=0.5m?0.3m=0.2m，故大气压力
对封闭气体所做的功为W=?p0sΔx
代人数据解得：w=-100 J
由热力学第一定律ΔU=W+Q
得到：Q=ΔU?W=200J
4．【解析】（1）设活塞质量为m，活塞面积为S，当平台倾角为370时气缸内气体的压强为p1=p0+mgcos370S
气体的体积V1=V
当平台水平时，气缸内气体的压强p2=2p0=p0+mgS
解得p1=1.8p0
平台从倾斜转至水平过程中，由玻意耳定律：p1V1= p2V2
解得V2=0.9V
（2）降温过程，气缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律：V2T0=V30.9T0
解得V3=0.81V
活塞下降过程，外界对气体做W=p2(V2-V3)
已知气缸内气体吸收的热量Q=-0.38p0V
由热力学第一定律得气缸内气体内能变化量?U=W+Q
解得?U=-0.2p0V，即气体的内能减小了0.2p0V.
5．【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得：p1S?p0S?mg=ma
解得：p1=ma+mg+p0SS=1.2×105Pa
(2)当气缸放在地面上静止时,根据平衡有：pS=p0S+mg
解得：p=p0+mgS=1.1×105Pa
根据玻意耳定律可得：p·h2S=p1·h0S
解得：h0=ph2p1=22cm
6．【解析】：(1)设气缸横截面积为S，开始时活塞处在气缸顶部，气体体积V1=2SL，压强P1=1.0×105Pa，温度为T1=300K
活塞向下运动到离底部L高处时，气体体积V2=SL，温度为T2=330K，P2=？
根据理想气体状态方程：P1V1T1=P2V2T2
代入数据得：P2=2.2×105Pa；
(2)活塞上所放重物产生的压强P=P2?P1=1.2×105Pa，
若活塞横截面积S=0.001m2，由压强公式P=mgs可得活塞上所放重物的质量m=psg=1.2×103×0.00110=12kg
本专题在高考中的出题方向，一是以图象为主，考查简谐运动的特点和波传播的空间关系，题型为选择题、填空题或计算题；二是以常规模型或实际生活材料为背景，考查折射率、全反射等基本规律的应用，题型为选择题或计算题。
高频考点：波动图象的分析及应用；振动图象与波动图象的综合分析；波的多解问题；光的折射及折射率的计算；光的折射与全反射的综合。
一 ．机械振动
1.回复力:使物体回到平衡位置的力.它是按力效果的命名的。
2.位移x:振动中位移是指振动物体相对于平衡位置的位移。
3.振幅A:振动物体离开平衡位置的最大距离。
4.周期T:振动物体完成一次全振动所需要的时间。
5.频率f:单位时间内完成全振动的次数,单位是赫兹。
6.受迫振动:物体在周期性策动力的作用下的振动.物体作受迫振动的频率等于策动力的频率,跟物体的固有频率无关。
7.共振:当策动力频率等于物体的固有频率时发生共振,共振时振幅最大。
8.简谐运动:（1）受力特征:回复力F=-kx
（2）运动特征:加速度a=-kx/m,方向与位移方向相反,总指向平衡位置,简谐运动是一种变加速度运动。在平衡位置时,速度最大,加速度为零;在最大位移处,速度为零,加速度最大。
（3）规律 ＊在平衡位置达到最大值的量有速度、动能。
＊在最大位移处达到最大值的量有回复力、加速度、势能。
＊能过同一点有相同的位移、速率、回复力、加速度、动能、势能 可能有不同的运动方向。
＊经过半个周期，物体运动到对称点，速度大小相等，方向相反。
＊一个周期内能过的路程为4倍振幅，半个周期内2倍振幅，在1/4周期内通过的不一定等于一个振幅。
（４）两种实例
*单摆
摆角小于５°的范围，T=
回复力为重力的切向分力，平衡位置合力不为零。
应用：计时器；测重力加速度g=
*弹簧振子
二．机械波
１．ｖ＝λf ＝λ/T （ｖ由介质决定，ｆ由振源决定）
2．波动中各质点都在平衡位置附近做周期性振动，是变加速运动。质点并没沿波的传播方向随波迁移，要区分开这两个速度。
波形图上，介质质点的运动方向：“迎着传播方向，上坡上，下坡下”。
由波的图象讨论波的传播距离，时间，周期和波速等时：注意“双向”和“多解”。
波进入另一介质时，频率不变，波长和波速改变，波长与波速成正比。
*注意区分波形图和振动图。
波的特性：干涉；衍射 。
三．光的直线传播。
1．影的形成，本影和半影；日食和月食的形成（均在地球上看）。
2．平面镜的作用：只改变光束的传播方向，不改变光束的性质。
3．作平面镜成像光路图的技巧：根据对称性确定像的位置，再补画光线，实虚、箭头。
4．确定平面镜成像的观察范围的方法：需借助边界光线作图。
5．一切光路是可逆的。
四．光的折射 。
1．公式 临界角
2．在光从光密介质射入光疏介质时，作光路图和解决实际问题时，首先要判断是否会发生全反射 ，在确定未发生全反射的情况下，再根据折射定律确定入射角或折射角。
3．不同频率的色光在同一介质中传播时，该介质对频率较高的色光的折射率大，对频率较低的色光的折射率小。n红λ紫
1. （全国II卷)如图，ΔABC是一直角三棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=60°，一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。
（i）求出射光相对于D点的入射光的偏角；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
1. (2018年普通高等学校招生全国统一考试)警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是_______。(填入正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分：有选错的得0分)
A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高
B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低
C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低
D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变
2．(2018年普通高等学校招生全国统一考试 物理部分 海南卷)如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和2R。一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为n=2。求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。
一、多选题
1．如图所示，一条红色光线和一条紫色光线，以不同的角度同时沿不同的半径方向射入同一块横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线都是由圆心O点沿OC方向射出，则下列说法正确的是___________
A．AO光线是紫光，BO光线是红光
B．若AO光线能使某金属发生光电效应，则BO光线也一定能使该金属发生光电效应
C．AO光线比BO光线穿过玻璃柱体所需时间长
D．将AO光线顺时针转动到BO光线与其重合，则O点的透射光线一定会变为两条
E. 在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO光线变为BO光线，则干涉亮条纹间距变大
2．如图所示为沿x轴负方向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，其波速为10m/s。振源在x=5m处。下列说法正确的是( )
A．振源的振动频率为2.5Hz
B．经过一段时间，质点a将到达b所在的位置
C．从t=0时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置
D．从t=0时刻开始，经0.5s时间x=3m处质点通过的路程为0.5m
E. 若观察者从x=2m处沿x轴向负方向运动，则接收到波的频率可能为0.5Hz
二、解答题
3．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是3，AB是一条直径。今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，若一条入射光线经折射后恰经过B点，则：
(i)这条人射光线到AB的距离是多少?
(ii)这条入射光线在圆柱体中的运动时间是多少?
4．如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为t2=0.5s时刻的波形，2T>(t2－t1)>T。
(1)若波沿x轴正向传播，从t1=0时刻开始，x=5m处的质点最少要经过多长时间到达平衡位置?
(2)若波速为v=42m/s，求t2=0.5s时刻，x=8m处的质点的振动方向。
三、填空题
5．a、b、c三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b正好过圆心O，光线a、c从光线b的两侧对称入射，光线a、c从玻璃砖下表面进入空气后与光线b交于P、Q，则下列说法正确的是
A．玻璃对三种光的折射率关系为na>nb>nc
B．玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率
C．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄
D．a、c光分别从空气射入某种介质中，c光发生全反射时临界角较小
E．a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长
6．关于波的现象，下列说法正确的有________。
A．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化
B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射
C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低
D．不论机械波、电磁波，都满足v＝λf，式中三参量依次为波速、波长、频率
E．电磁波具有偏振现象
参考答案
1.【解析】(i)光线在BC面上折射，作出多次折射后的光路如图所示：
由折射定律有：sini1=nsinr1 ①
式中，n为棱镜的折射率，i1和r1分别是该光线在BC面上的入射角和折射角。光线在AC面上发生全反射，由反射定律有i2=r2 ②
式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角。光线在AB面上发生折射由折射定律有nsini3=sinr3 ③
式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角。
由几何关系得i2=r2=60°，r1=i3=30° ④
F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为δ=(r1–i1)+(180°–i2–r2)+(r3–i3) ⑤
由①②③④⑤式得δ=60°⑥
(ii)光线在AC面上发生全反射，光线在AB面上不发生全反射，有
nsini2≥nsinC>nsini3 ⑦
式中C是全反射临界角，满足nsinC=1 ⑧
由④⑦⑧式知，棱镜的折射率n的取值范围应为233≤n<2 ⑨
【解题思路】本题考察的是多普勒效应，凡是波源靠近观察者，观察者接收到的频率就会变大，远离观察者，接收到的频率就会变小，故AB正确
【答案】AB
2．【解题思路】分析边缘光线a，如图：
由几何关系得，sin90osin∠CAB=2，可得∠CAB=45°，
在△OAB中，AC=AB，设为r，在△OBC中，
由勾股定理有：R+r02+r02=（2R）2
进而求出r0=3?12R
故半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为r=r0+R=3+12R
【答案】 3+12R
一、多选题
1．【解题思路】由图可知，AO的折射率大于BO，而紫光的折射率大于红光，即AO光线是紫光，BO光线是红光，A正确；红光的光子能量小于紫光，若AO（紫光）能使某金属发生光电效应，则BO（红光）光线不能使该金属发生光电效应，B错误；紫光AO的光速小于红光OB，所以传播时间长，C正确；将AO光线顺时针转动到BO光线与其重合，AO光线的入射角增大，有可能发生全反射，所以出射光线可能只有一条，选项D错误；波长越长干涉条纹间距越大，BO的波长大于AO，则在双缝干涉实验中，若仅将入射光由AO光线变为BO光线，则干涉亮条纹间距变大，则选项E正确；故选ACE。
【答案】ACE
2．【解题思路】由T=λv得，T=0.4 s,f =2.5 Hz．所以A正确；渡传播的形式和能量，质点不随波迁移，所以B错误；t=0时刻，质点a振动方向向上，质点b振动方向向下．因此a先回到平衡位置，则C错误；x=3 m处质点振动了114T,S=5A=0.5 m．所以D正确；波源不动，观察者沿x轴负方向运动，与波的传播方向相同，所以他接收到波的频率可能小于波的频率，所以E正确。
【答案】ADE
二、解答题
3．【解题思路】 (i)设光线经C点折射后如图所示：
根据折射定律可得：n=sinαsinβ=3
在△OBC中：sinβR=sinα2Rcosβ
解得：α=60°，β=30°
所以入射光线到AB的距离为：SCD=Rsinα=32R
(ii)在△DBC中：CB间的距离为：SCB=2Rcosβ=3R
设光在介质中传播速度v,由n=c/v得：v=c/n
入射光线在圆柱体中运动的时间为：t=sCBv=3Rc3=3Rc.
4．【解题思路】 (1)由图可知波的波长为：λ=8m
若波沿x轴正向传播，则在Δt=t2?t1时间内播传播的距离满足：Δx=38λ+nλ
Δt=t2?t1=38T+nT，(n=1，2，3….)
由于2T>(t2?t1)>T
因此，n=1，解得播传播的周期：T=411s
由图可知，t2=0.5s时刻x=5m处的质点刚好在平衡位置，故从t1=0时刻x=5m处的质点要达到平衡位置最少要经过的时间为：t=38T=322s
(2) 若波速为v=42m/s，则波在t2=0.5s时刻传播的距离x=vΔt=21m
由于x=2λ+5
结合图像可知，波沿x轴负方向传播，根据波动与振动的关系可知：在t2=0.5s时刻，x=8m处的质点沿y轴正向运动；
三、填空题
5．【解题思路】由图可知，a光和c光入射角相同，但是c光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对a光的折射率大于对c光的折射率，当时由于玻璃对b光没有发生折射，故无法比较b光的折射率的大小，故选项A错误，B正确；由于a光的折射率大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比c光窄，故选项C正确； a、c光分别从某种介质射入空气中时，能发生全反射，根据临界角公式sinC=1n可知a光发生全反射时临界角较小，故选项D错误； E、根据公式v=cn，由于a光的折射率大，则a光在玻璃中传播速度较小，故a光比c光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故选项E正确。
【答案】BCE
6．【解题思路】波的频率是由波源决定的，与介质无关，所以当波从一种介质进入另一种介质时，频率不变，故A正确．光波从空气进入水中后，波速减小，频率不变，由公式v=λf，可知波长变短，波动性减弱，则更不容易发生衍射．故B错误．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，两者距离减小，产生多普勒效应，接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，故C错误．波速公式v=λf适用于一切波，式中三参量依次为波速、波长、频率，故D正确．电磁波是横波，具有偏振现象，故E正确．故选ADE．
【答案】ADE;
高中物理《考试说明》中确定的力学实验有：研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长的关系、验证力的平行四边形定则、验证牛顿运动定律、探究动能定理、验证机械能守恒定律。其中有四个实验与纸带的处理有关，可见力学实验部分应以纸带的处理，打点计时器的应用为核心来展开复习。近几年力学实验中与纸带处理相关的实验、力学创新实验是高考的热点内容，以分组或演示实验为背景，考查对实验方法的领悟情况、灵活运用学过的实验方法设计新的实验是高考实验题的新趋势。要求考生掌握常规实验的数据处理方法，能将课本中分组实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到新的背景中，深刻理解物理概念和规律，并能灵活运用，要求考生有较强的创新能力。?
在复习过程中，应以掌握常规实验原理、实验方法、规范操作程序、数据处理方法等为本，同时从常规实验中，有意识的、积极的提取、积累一些有价值的方法。逐步过渡到灵活运用学过的实验方法设计新的实验。
1、互成角度的两个共点力的合成 [实验目的] 验证力的合成的平行四边形定则。 [实验原理] 此实验是要用互成角度的两个力与一个力产生相同的效果（即：使橡皮条在某一方向伸长一定的长度），看其用平行四边形定则求出的合力与这一个力是否在实验误差允许范围内相等，如果在实验误差允许范围内相等，就验证了力的平行四边形定则。 [实验器材] 木板一块，白纸，图钉若干，橡皮条一段，细绳套，弹簧秤两个，三角板，刻度尺，量角器等。 [实验步骤] 1．用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的方木板上。 2．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，用两条细绳套结在橡皮条的另一端。 3．用两个弹簧秤分别钩住两个细绳套，互成一定角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O（如图所示）。 4．用铅笔描下结点O的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧秤的读数。在白纸上按比例作出两个弹簧秤的拉力F1和F2的图示，利用刻度尺和三角板，根椐平行四边形定则用画图法求出合力F。 5．只用一个弹簧秤，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O，记下弹簧秤的读数和细绳的方向。按同样的比例用刻度尺从O点起做出这个弹簧秤的拉力F'的图示。 6．比较F'与用平行四边形定则求得的合力F，在实验误差允许的范围内是否相等。 7．改变两个分力F1和F2的大小和夹角。再重复实验两次，比较每次的F与F'是否在实验误差允许的范围内相等。 [注意事项] 1．用弹簧秤测拉力时，应使拉力沿弹簧秤的轴线方向，橡皮条、弹簧秤和细绳套应位于与纸面平行的同一平面内。 2．同一次实验中，橡皮条拉长后的结点位置O必须保持不变。 [例题] 1．在本实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一位置O点，以下操作中错误的是 A．同一次实验过程中，O点位置允许变动 B．在实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度 C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条的结点拉到O点 D．实验中，把橡皮条的结点拉到O点时，两弹簧之间的夹角应取90°不变，以便于算出合力的大小 答案：ACD 2．做本实验时，其中的三个实验步骤是： （1）在水平放置的木板上垫一张白张，把橡皮条的一端固定在板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置O点，在白纸上记下O点和两弹簧秤的读数F1和F2。 （2）在纸上根据F1和F2的大小，应用平行四边形定则作图求出合力F。 （3）只用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧秤拉时相同，记下此时弹簧秤的读数F'和细绳的方向。 以上三个步骤中均有错误或疏漏，指出错在哪里？ 在（1）中是________________。 在（2）中是________________。 在（3）中是________________。 答案：本实验中验证的是力的合成，是一个失量的运算法则，所以即要验证力大小又要验证力的方向。弹簧秤的读数是力的大小，细绳套的方向代表力的方向。 （1）两绳拉力的方向；（2）“的大小”后面加“和方向”；（3）“相同”之后加“使橡皮条与绳的结点拉到O点” 2、测定匀变速直线运动的加速度（含练习使用打点计时器） [实验目的] 1．练习使用打点计时器，学习利用打上点的纸带研究物体的运动。 2．学习用打点计时器测定即时速度和加速度。 [实验原理] 1．打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它每隔0.02s打一次点（由于电源频率是50Hz），纸带上的点表示的是与纸带相连的运动物体在不同时刻的位置，研究纸带上点之间的间隔，就可以了解物体运动的情况。 2．由纸带判断物体做匀变速直线运动的方法：如图所示，0、1、2……为时间间隔相等的各计数点，s1、s2、s3、……为相邻两计数点间的距离，若△s=s2-s1=s3-s2=……=恒量，即若连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。 3．由纸带求物体运动加速度的方法： （1）用“逐差法”求加速度：即根据s4-s1=s5-s2=s6-s3=3aT2（T为相邻两计数点间的时间间隔）求出 a1= 、a2= 、a3= ，再算出a1、a2、a3的平均值即为物体运动的加速度。 （2）用v-t图法：即先根据vn= 求出打第n点时纸带的瞬时速度，后作出v-t图线，图线的斜率即为物体运动的加速度。 [实验器材] 小车，细绳，钩码，一端附有定滑轮的长木板，打点计时器，低压交流电源，导线两根，纸带，米尺等。 [实验步骤] 1．把一端附有定滑轮的长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路，如图所示。 2．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，并在细绳的另一端挂上合适的钩码，试放手后，小车能在长木板上平稳地加速滑行一段距离，把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面。 3．把小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，再放开小车，让小车运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，取下纸带，换上新纸带，重复实验三次。 4．选择一条比较理想的纸带，舍掉开头的比较密集的点子，确定好计数始点0，标明计数点，正确使用毫米刻度尺测量两点间的距离，用逐差法求出加速度值，最后求其平均值。也可求出各计数点对应的速度，作v-t图线，求得直线的斜率即为物体运动的加速度。 [注意事项] 1．纸带打完后及时断开电源。
2．小车的加速度应适当大一些，以能在纸带上长约50cm的范围内清楚地取7～8个计数点为宜。
3．应区别计时器打出的轨迹点与人为选取的计数点，通常每隔4个轨迹点选1个计数点，选取的记数点不少于6个。 4．不要分段测量各段位移，可统一量出各计数点到计数起点0之间的距离，读数时应估读到毫米的下一位。
[例题] 1．电磁打点计时器是一种使用______电源的计时仪器，它的工作电压是______。如图所示，A是______，B是______，C是______，D是______，E是______，F是______。
答案：交流，4至6V，线圈，振动片，振针，纸带，接线柱，永磁体。
2．如图是某同学测量匀变速直线运动的加速度时，从若干纸带中选中的一条纸带的一部分，他每隔4个点取一个计数点，图上注明了他对各计数点间距离的测量结果。 （1）为了验证小车的运动是匀变速运动，请进行下列计算，填入表内（单位：cm）
s2-s1
s3-s2
s4-s3
s5-s4
s6-s5
各位移差与平均值最多相差______cm，由此可以得出结论：小车的位移在________范围内相等，所以小车的运动是________。 （2）根据匀变速直线运动的规律，可以求得物体的加速度a= =______m/s2。 （3）根据an-3= ，可求出 a1= =______m/s2，a2= =______m/s2，a3= =______m/s2， 所以， = =______m/s2。 答案：（1）1.60，1.55，1.62，1.53，1.61，1.58，0.05，任意两个连续相等的时间里、在误差允许的，匀加速直线运动；（2）1.58；（3）1.59，1.57，1.59，1.58。 3、验证牛顿第二定律 [实验目的] 验证牛顿第二定律。 [实验原理] 1．如图所示装置，保持小车质量不变，改变小桶内砂的质量，从而改变细线对小车的牵引力，测出小车的对应加速度，作出加速度和力的关系图线，验证加速度是否与外力成正比。 2．保持小桶和砂的质量不变，在小车上加减砝码，改变小车的质量，测出小车的对应加速度，作出加速度和质量倒数的关系图线，验证加速度是否与质量成反比。 [实验器材] 小车，砝码，小桶，砂，细线，附有定滑轮的长木板，垫木，打点计时器，低压交流电源，导线两根，纸带，托盘天平及砝码，米尺等。 [实验步骤] 1．用天平测出小车和小桶的质量M和M'，把数据记录下来。 2．按如图装置把实验器材安装好，只是不把挂小桶用的细线系在小车上，即不给小车加牵引力。 3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫木，反复移动垫木的位置，直至小车在斜面上可以保持匀速直线运动状态（也可以从纸带上打的点是否均匀来判断）。 4．在小车上加放砝码，小桶里放入适量的砂，把砝码和砂的质量m和m'记录下来。把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂小桶，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，取下纸带，在纸带上写上编号。 5．保持小车的质量不变，改变砂的质量（要用天平称量），按步骤4再做5次实验。 6．算出每条纸带对应的加速度的值。 7．用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力，即砂和桶的总重力(M'+m')g，根据实验结果在坐标平面上描出相应的点，作图线。若图线为一条过原点的直线，就证明了研究对象质量不变时其加速度与它所受作用力成正比。 8．保持砂和小桶的质量不变，在小车上加放砝码，重复上面的实验，并做好记录，求出相应的加速度，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和车内砝码总质量的倒数 ，在坐标平面上根据实验结果描出相应的点，并作图线，若图线为一条过原点的直线，就证明了研究对象所受作用力不变时其加速度与它的质量成反比。 [注意事项] 1．砂和小桶的总质量不要超过小车和砝码的总质量的 。 2．在平衡摩擦力时，不要悬挂小桶，但小车应连着纸带且接通电源。用手轻轻地给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡。 3．作图时应该使所作的直线通过尽可能多的点，不在直线上的点也要尽可能对称地分布在直线的两侧，但如遇个别特别偏离的点可舍去。 [例题] 1．在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据。然后根据测得的数据作出如图所示的a-F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是 A．没有平衡摩擦力，且小车质量较大 B．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大 C．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大 D．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大
答案：C
2．在验证牛顿第二定律的实验中，打出如图所示的纸带，如果只测出图示数据，则小车运动的加速度是________m/s2。（所用交流电源频率为50Hz） 答案：0.55 4、研究平抛物体的运动 [实验目的] 1．用实验方法描出平抛物体的运动轨迹。 2．从实验轨迹求平抛物体的初速度。 [实验原理] 平抛物体的运动可以看作是两个分运动的合运动：一是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的自由落体运动。令小球做平抛运动，利用描迹法描出小球的运动轨迹，即小球做平抛运动的曲线，建立坐标系，测出曲线上的某一点的坐标x和y，根据重力加速度g的数值，利用公式y= gt2求出小球的飞行时间t，再利用公式x=vt,求出小球的水平分速度，即为小球做平抛运动的初速度。 [实验器材] 斜槽，竖直固定在铁架台上的木板，白纸，图钉，小球，有孔的卡片，刻度尺，重锤线。 [实验步骤] 1．安装调整斜槽：用图钉把白纸钉在竖直板上，在木板的左上角固定斜槽，可用平衡法调整斜槽，即将小球轻放在斜槽平直部分的末端处，能使小球在平直轨道上的任意位置静止，就表明水平已调好。 2．调整木板：用悬挂在槽口的重锤线把木板调整到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直面平行。然后把重锤线方向记录到钉在木板的白纸上，固定木板，使在重复实验的过程中，木板与斜槽的相对位置保持不变。 3．确定坐标原点O：把小球放在槽口处，用铅笔记下球在槽口时球心在图板上的水平投影点O，O点即为坐标原点。 4．描绘运动轨迹：在木板的平面上用手按住卡片，使卡片上有孔的一面保持水平，调整卡片的位置，使从槽上滚下的小球正好穿过卡片的孔，而不擦碰孔的边缘，然后用铅笔在卡片缺口上点个黑点，这就在白纸上记下了小球穿过孔时球心所对应的位置。保证小球每次从槽上开始滚下的位置都相同，用同样的方法，可找出小球平抛轨迹上的一系列位置。取下白纸用平滑的曲线把这些位置连接起来即得小球做平抛运动的轨迹。 5．计算初速度：以O点为原点画出竖直向下的y轴和水平向右的x轴，并在曲线上选取A、B、C、D、E、F六个不同的点，用刻度尺和三角板测出它们的坐标x和y，用公式x=v0t和y= gt2计算出小球的初速度v0，最后计算出v0的平均值，并将有关数据记入表格内。 [注意事项] 1．实验中必须保持通过斜槽末端点的切线水平，方木板必须处在竖直面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，并使小球的运动靠近图板但不接触。 2．小球必须每次从斜槽上同一位置滚下。 3．坐标原点（小球做平抛运动的起点）不是槽口的端点，应是小球在槽口时，球的球心在木板上的水平投影点。 4．要在平抛轨道上选取距O点远些的点来计算球的初速度，这样可使结果的误差较小。
[例题] 1．下列哪些因素会使“研究平抛物体的运动”实验的误差增大 A．小球与斜槽之间有摩擦 B．安装斜槽时其末端不水平 C．建立坐标系时，以斜槽末端端口位置为坐标原点 D．根据曲线计算平抛运动的初速度时，在曲线上取作计算的点离原点O较远 答案：这里研究的是小球的平抛运动，只与抛出点（不是斜槽末端）的速度有关，而与它在斜槽中的运动无关。只要是每次速度的大小与方向不变（且水平）就不影响实验。 BC 5、验证机械能守恒定律 [实验目的]验证机械能守恒定律。 [实验原理]当物体自由下落时，只有重力做功，物体的重力势能和动能互相转化，机械能守恒。若某一时刻物体下落的瞬时速度为v，下落高度为h，则应有：mgh= mv2，借助打点计时器，测出重物某时刻的下落高度h和该时刻的瞬时速度v，即可验证机械能是否守恒，实验装置如图所示。 测定第n点的瞬时速度的方法是：测出第n点的相邻前、后两段相等时间T内下落的距离sn和sn+1，由公式vn= ，或由vn= 算出，如图所示。 [实验器材] 铁架台（带铁夹），打点计时器，学生电源，导线，带铁夹的重缍，纸带，米尺。 [实验步骤] 1．按如图装置把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与学生电源连接好。 2．把纸带的一端在重锤上用夹子固定好，另一端穿过计时器限位孔，用手竖直提起纸带使重锤停靠在打点计时器附近。 3．接通电源，松开纸带，让重锤自由下落。 4．重复几次，得到3～5条打好点的纸带。 5．在打好点的纸带中挑选第一、二两点间的距离接近2mm，且点迹清晰一条纸带，在起始点标上0，以后各依次标上1，2，3……，用刻度尺测出对应下落高度h1、h2、h3……。 6．应用公式vn= 计算各点对应的即时速度v1、v2、v3……。 7．计算各点对应的势能减少量mghn和动能的增加量 mvn2，进行比较。 [注意项事] 1．打点计时器安装时，必须使两纸带限位孔在同一竖直线上，以减小摩擦阻力。 2．选用纸带时应尽量挑第一、二点间距接近2mm的纸带。 3．因不需要知道动能和势能的具体数值，所以不需要测量重物的质量。 [例题]1．在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz。查得当地的重加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，另连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm、70.18cm、77.76cm、85.73cm。根据以上数据，可知重物由O点到运动C点，重力势能减少量等于________J，动能的增加量等于________J。（取3位有效数字） 答案：7.62，7.57 2．在本实验中，所用电源的频率为50Hz，某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计数点位置对应刻度尺上的读数如图所示。（图中O是打点计时器打的第一个点，A、B、C、D、E分别是以每打两个点的时间作为计时单位取的计数点）。根据纸带求： （1）重锤下落的加速度。 （2）若重锤质量为mkg，则重锤从起始下落至B时，减少的重力势能为多少？ （3）重锤下落到B时，动能为多大？ （4）从（2）、（3）的数据可得什么结论？产生误差的主要原因是什么？ 答案：（1）9.69m/s2；（2）|△Ep|=1.95mJ；（3）Ek=1.89mJ；（4）在实验误差允许的范围内，重锤重力势能的减少等于其动能的增加，机械能守恒。产生误差的主要原因是重锤下落过程中受到阻力（空气阻力、纸带与限位孔间的摩擦阻力）的作用。 6、 碰撞中的动量守恒 [实验目的] 研究在弹性碰撞的过程中，相互作用的物体系统动量守恒。 [实验原理] 一个质量较大的小球从斜槽滚下来，跟放在斜槽前边小支柱上另一质量较小的球发生碰撞后两小球都做平抛运动。由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等，这样如果用小球的飞行时间作时间单位，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平速度。因此，只要分别测出两小球的质量m1、m2，和不放被碰小球时入射小球在空中飞出的水平距离s1，以及入射小球与被碰小球碰撞后在空中飞出的水平距离s1'和s2'，若m1s1在实验误差允许范围内与m1s1'+m2s2'相等，就验证了两小球碰撞前后总动量守恒。 [实验器材] 碰撞实验器（斜槽、重锤线），两个半径相等而质量不等的小球；白纸；复写纸；天平和砝码；刻度尺，游标卡尺（选用），圆规等。 [实验步骤] 1．用天平测出两个小球的质量m1、m2。 2．安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，并使斜槽末端点的切线水平。 3．在水平地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸。 4．在白纸上记下重锤线所指的位置O，它表示入射球m1碰前的位置。 5．先不放被碰小球，让入射球从斜槽上同一高度处由静止开始滚下，重复10次，用圆规作尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心就是入射球不碰时的落地点的平均位置P。 6．把被碰球放在小支柱上，调节装置使两小球相碰时处于同一水平高度，确保入射球运动到轨道出口端时恰好与被碰球接触而发生正碰。 7．再让入射小球从同一高度处由静止开始滚下，使两球发生正碰，重复10次，仿步骤（5）求出入射小球的落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N。 8．过O、N作一直线，取OO'=2r（可用游标卡尺测出一个小球的直径，也可用刻度尺测出紧靠在一起的两小球球心间的距离），O'就是被碰小球碰撞时的球心竖直投影位置。 9．用刻度尺量出线段OM、OP、O'N的长度。 10．分别算出m1· 与m1· +m2· 的值，看m1· 与m1· +m2· 在实验误差允许的范围内是否相等。 [注意事项] 1．应使入射小球的质量大于被碰小球的质量。 2．要调节好实验装置，使固定在桌边的斜槽末端点的切线水平，小支柱与槽口间距离使其等于小球直径，而且两球相碰时处在同一高度，碰撞后的速度方向在同一直线上。 3．每次入射小球从槽上相同位置由静止滚下，可在斜槽上适当高度处固定一档板，使小球靠着档板，然后释放小球。 4．白纸铺好后不能移动。 [例题] 1．因为下落高度相同的平抛小球（不计空气阻力）的________相同，所以我们在“碰撞中的动量守恒”实验中可以用________作为时间单位，那么，平抛小球的________在数值上等于小球平抛的初速度。 答案：飞行时间，飞行时间，水平位移。 2．某同学用图1所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图1中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。 （1）碰撞后B球的水平射程应取为__________cm。 （2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：__________(填选项号)。 A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离 C．测量A球或B球的直径 D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比） E．测量G点相对于水平槽面的高度。 答案：（1）如图所示，用一红色的圆尽可能多的把小球落点圈在里面，由此可见圆心O的位置是65.7cm，这也是小球落点的平均位置。 （2）本实验中要测量的数据有：两个小于的质量m1、m2，三个落点的距离s1、s2、s3，所以应选ABD。注意此题实验装置与我们前面讲的实验装置的不同，该实验中被碰小球抛出点即为O点，所以C选项不选。不要受思维定势的影响，要具体问题具体分析。 7、用单摆测定重力加速度 [实验目的] 利用单摆测定当地的重力加速度。 [实验原理] 单摆在摆角小于5°时的振动是简谐运动，其固有周期为T=2π ，由此可得g= 。据此，只要测出摆长l和周期T，即可计算出当地的重力加速度值。 [实验器材] 铁架台（带铁夹），中心有孔的金属小球，约1m长的细线，米尺，游标卡尺（选用），秒表等。
[实验步骤] 1．在细线的一端打一个比小球上的孔径稍大些的结，将细线穿过球上的小孔，制成一个单摆。 2．将铁夹固定在铁架台的上端，铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，把做好的单摆固定在铁夹上，使摆球自由下垂。 3．测量单摆的摆长l：用游标卡尺测出摆球直径2r，再用米尺测出从悬点至小球上端的悬线长l'，则摆长l=l'+r。 4．把单摆从平衡位置拉开一个小角度（不大于5°），使单摆在竖直平面内摆动，用秒表测量单摆完成全振动30至50次所用的时间，求出完成一次全振动所用的平均时间，这就是单摆的周期T。
5．将测出的摆长l和周期T代入公式g= 求出重力加速度g的值。 6．变更摆长重做两次，并求出三次所得的g的平均值。 [注意事项] 1．选择细绳时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2cm。 2．单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆长改变、摆线下滑的现象。 3．注意摆动时控制摆线偏离竖直方向不超过5°，可通过估算振幅的办法掌握。 4．摆球摆动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。 5．计算单摆的振动次数时，应以摆球通过最低位置时开始计时，以后摆球从同一方向通过最低位置时，进行计数，且在数“零”的同时按下秒表，开始计时计数。 [例题] 某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s。则 （1）他测得的重力加速度g=________m/s2。 （2）他测得的g值偏小，可能的原因是 A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将49次全振动数为50次 （3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标、T2为纵坐标将所得数据连成直线，并求得该直线的斜率K。则重力加速度g=________。(用K表示) 答案：（1）本次实验中的摆长L=L’+r=101.00+1.00=1.0200m，周期T=t/N=101.5/50=2.03s，由公式g= 可以解得g=9.76m/s2； （2）根据公式g= 知g偏小的原因可能是l的测量值偏小或T的测量值偏大。A中的测量值偏大，B中则是振动摆长大于测量值，所以正确，而CD中均是测得的周期偏小，所以CD均会使g值偏大。故只有B正确。 （3）4π2/K。由公式g= 得： 这是一条T2关于l的一元一次函数（如y=Kx），所以它的斜率是K=4π2/ g，所以 g=4π2/K
8、探究弹力和弹簧伸长的关系（胡克定律）
实验仪器：弹簧(不同的多根)、直尺、钩码(一盒)、细绳、定滑轮
实验目的：探索弹力与弹簧伸长的定量关系，并学习所用的科学方法。
实验原理：弹簧受到拉力会伸长，平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等。这样弹力的大小可以通过测定外力而得出(可以用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力)；弹簧的伸长可用直尺测出。多测几组数据，用列表或作图的方法探索出弹力和弹簧伸长的定量关系。
学生操作：(1)用直尺测出弹簧的原长l0.
(2)将弹簧一端固定，另一端用细绳连接，细绳跨过定滑轮后，下面挂上钩码，待弹簧平衡后，记录下弹簧的长度及钩码的重量。改变钩码的质量，再读出几组数据。
?
1
2
3
4
5
6
7
弹簧原长l0(cm)
?
钩码重量F(N)
?
?
?
?
?
?
?
弹簧现长l(cm)
?
?
?
?
?
?
?
弹簧伸长量x(cm)
?
?
?
?
?
?
?
(3)根据测量数据画出F-x图像。
实验结论：在弹性限度内，弹簧的伸长量与受到的拉力成正比。
9、探究动能定理
说在前：该实验方法多样，人教版用打点计时器和5~6条等长橡皮筋，教科版用砝码拉弹簧测力计（固定在小车上）用打点计时器作记录；在数据处理上也不同。本实验为考试说明中新增实验请老师们重视。
（一）目的:探究合外力做功和动能变化的关系
（二）器材:打点计时器，电源，导线，一端附有定滑轮的光滑长木板，小车，纸带，细绳，弹簧测力计，砝码盘和砝码，刻度尺
（三）原理:用打点计时器和纸带记录下小车做匀加速运动的情况如图实6-1所示。通过测量和计算可以得到小车从O点到2、3、4、5点的距离，及在2、3、4、5点的瞬时速度。
从打下0点到打下2、3、4、5点的过程中，合外力F（等于绳的拉力）对小车做的功W及小车增加的动能ΔEk，可由下式计算：
，其中n=2，3，4，5……
（四）步骤
1．把一端附有定滑轮的光滑长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有定滑轮的一端，连接好电路（如图实6-2）。
2．在实验小车上先固定一个弹簧测力计，测力计的挂钩连接细轻绳，轻绳跨过定滑轮，挂一个小盘，盘内放砝码。试放手后，小车能在长木板上平稳地加速滑行一段距离，把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车后面。
3．把小车停靠在打点计时器处，先接通电源，再放开小车，让小车运动，打点计时器在纸带上打出一系列点迹。在小车运动过程中读出测力计读数F，即小车受到的拉力大小。取下纸带，换上新纸带，重复实验几次。
4．选择点迹清晰的纸带，记下第一个点的位置0，并在纸带上从任意点开始依次选取几个点，记作1，2，3，4，5，6，测量各点到0的距离x1，x2，x3，x4，x5，x6。
5．计算出打下2，3，4，5时小车的速度v2，v3，v4，v5。
6．计算从打下0点到打下2，3，4，5的过程中合外力F（大笑等于测力计读数F）对小车做的功W及小车增加的动能ΔEk，并填入下表。
7．在坐标纸上画出ΔEk——W图像。
（五）数据记录及处理
0～2
0～3
0～4
0～5
瞬时速度v/（m/s）
ΔEk/J
距离x/m
W/J
以ΔEk为横轴，W为纵轴，做出ΔEk——W图像。
（六）注意事项
1．长木板应尽量光滑，如果摩擦力较大应先平衡摩擦力。可以在长木板下端垫小目垫。
2．使用打点计时器时应先接通电源再释放小车。
（七）例题分析（略）
（八）习题
1．（人教版）在探究动能定理的实验中，下列叙述正确的是
A．每次实验都必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值
B．实验中，橡皮筋第二次的伸长长度是第一次伸长长度的二倍
C．实验中长木板表面应该尽量光滑且水平放置 D．每次实验都必须先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出
2．（人教版）在探究动能定理的实验中，小车受到阻力，可以使木板倾斜作为补偿，下面操作正确的是
A．使拖着纸带的小车由静止释放，小车不动即可
B．使拖着纸带的小车由静止释放，小车能运动即可
C．沿木板向下推拖着纸带的小车，放手后打点计时器在纸带上打下的点距均匀即可
D．以上作法都不对
3．（人教版）在探究动能定理的实验中，小车在橡皮筋的作用下弹出，如何才能保证第二次、第三次……实验时橡皮筋对小车所做功是第一次实验的2倍、3倍…
4．（人教版）在探究动能定理的实验中，我们是否需要测出橡皮筋做功的具体数值？为什么？
5．（09安徽卷）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：
（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……；
（2）分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度、、、……；
（3）作出草图；
（4）分析图像。如果图像是一条直线，表明W∝；如果不是直线，可考虑是否存在∝、∝、∝等关系。
以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是___________。
A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……。所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、……。
B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。
C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。
D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算。
6．（09广东物理卷）某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”，如图，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小。在水平桌面上相距50.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器记录小车通过A、B时的速度大小。小车中可以放置砝码。
（1）实验主要步骤如下：
①测量________和拉力传感器的总质量M1;把细线的一端固定在拉力传感器上另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路；
②将小车停在C点，__________，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过A、B时的速度。
③在小车中增加砝码，或_______________，重复②的操作。
（2）表1是他们测得的一组数据，其中M是M1与小车中砝码质量之和，|v2－v1| 是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量△E，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所作的功。表格中△E3=__________，W3=________.(结果保留三位有效数字)
（3）根据表1，请在图13中的方格纸上作出△E-W图线。
表1 数据记录表
次数
M/kg
|v2－v1|
/(m/s)2
△E/J
F/N
W/J
1
0.500
0.760
0.190
0.400
0.200
2
0.500
1.65
0.413
0.840
0.420
3
0.500
2.40
△E3
1.220
W3
4
1.000
2.40
1.20
2.420
1.21
5
1.000
2.84
1.42
2.860
1.43
参考答案：
1．D 2。C 3。第一，尽可能使用完全相同的橡皮筋；第二，每次实验中橡皮筋拉伸的长度都保持一致。
4．不需要，只要第一次实验时橡皮筋做功记为W，以后各次的功就是2W、3W……
5．D
6.（1）①小车、砝码 ②然后释放小车 ③减少砝码
（2）0.600 0.610
（3）在方格纸上作出△E-W图线如图所示
1. （2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理山东卷)（某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示。打点计时器电源的频率为50Hz。
①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。
②计数点5对应的速度大小为 m/s，计数点6对应的速度大小为 m/s。（保留三位有效数字）。
③物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2，若用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。
1. （2016年全国普通高等学校招生统一考试物理北京卷精编版)
（1）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图1为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t化的示意图。由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力__________（选填“增强”或“减弱”）；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更__________（选填“敏感”或“不敏感”）。
（2）利用图2装置做“验证机械能守恒定律”实验。
①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的 。
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是 。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图3所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打Ｏ点到打Ｂ点的过程中，重物的重力势能变化量＝ ，动能变化量＝ 。
④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是 。
A．利用公式计算重物速度
B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确。
1．现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨低端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A，B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图；
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 ．动能的增加量可表示为 ．若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为
（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：
1
2
3
4
5
s（m）
0.600
0.800
1.000
1.200
1.400
t（ms）
8.22
7.17
6.44
5.85
5.43
（×104s﹣2）
1.48
1.95
2.41
2.92
3.39
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k= ×104m﹣1．?s﹣2（保留3位有效数字）．
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率ko，将k和ko进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律．
2．现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律。给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图）、小车、计时器一个、米尺。
（1）填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤（不考虑摩擦力的影响）：
①小车自斜面上方一固定点Ａ1从静止开始下滑至斜面底端Ａ2，记下所用的时间
②用米尺测量Ａ1与Ａ2之间的距离s，则小车的加速度____________。
③用米尺Ａ1相对于Ａ2的高h。设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力Ｆ＝________。④改变_________________，重复上述测量。
⑤以h为横坐标，为纵坐标，根据实验数据作用作图。如能得到一条过原点的直线，则可以验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律。
（2）在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：
①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑。测量此时Ａ1点相对于斜面底端Ａ2的高度ho。②进行（1）中的各项淐。
③计算与作图时用（h－ho）代替h。
对此方案有以下几种评论意见：
A．方案正确可行
B．方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动。
C．方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关。
其中合理的意见是________。
3．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放。小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号）。
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= 。
（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线。从理论上可推出，如果h不变。m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”）。由图（b）中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比。
参考答案
1.【解题思路】（1）从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速
（2）根据某段的平均速度等于中时刻的速度，则有：
（3）由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据逐差法得：
．
在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．
【答案】①6；(7或7；6) ②1.00；1.20 ③2.00；偏大
1.【解题思路】（1）温度越高，热敏电阻的阻值越小，即对电流的阻碍作用越小，故导电能力增强；根据图像可知，热敏电阻在相同的温度范围内变化时，阻值变化越大，故其对温度敏感。
（2）①根据机械能守恒定律可得，故需要比较动能变化量与势能变化量，A正确；
②电磁打点计时器使用的是交流电源，故A正确；因为在计算重力势能的变化量时，需要用到纸带上两点之间的距离，所以还需要刻度尺，故B正确；根据可得等式两边的质量抵消，故不需要天平，C错误；
③重力势能改变量为，由于下落过程中是匀变速直线运动，所以根据中间时刻重物速度的规律可得B点的速度为，所以
④实验过程中存在空气阻力，纸带运动过程中存在摩擦力，C正确；
⑤该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据可知，v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。
【答案】（1）增强 敏感 （2）①A ②AB ③④C ⑤该同学的判断依据不正确。在重物下落h的过程中，若阻力f恒定，根据可知，v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近2g。
1．【解题思路】（1）滑块、遮光片下降重力势能减小，砝码上升重力势能增大．
所以滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量△EP=Mg﹣mgs
光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．
vB=
根据动能的定义式得出：
△Ek=（m+M）vB2=
若在运动过程中机械能守恒，△Ek=△EP
与s的关系式为
（2）见图
运用数学知识求得斜率k==2.40×104m﹣1?s﹣2
由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率ko=
比较k与ko，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律．
故答案为：（1）Mg﹣mgs，，；
（2）如图，2.40
【答案】（1）Mg﹣mgs，，；
（2）如图，2.40
2．【解题思路】⑴由初速为0的匀加速运动有v2=2as，v=at，联立两式可得a=2st2；小车所受的合外力大小为重力沿斜面方向的分量大小，设斜面倾角为θ，故有F=mgsinθ=mghs；通过改变斜面倾角可以使小车获得不同大小的合外力，以便获取不同加速度下的实验数据； (2) 设小车所受摩擦力为f，小车与斜面间摩擦系数为μ，则f=μmgcosθ，故小车所受摩擦力会随着斜面倾角的增大而减小，故C合理。
【答案】（1）②（２分） ③（２分） ④斜面倾角（或填h的数值）（２分）
（2）Ｃ（2分，有选不给这2分）
3．【解题思路】（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，故选ABC．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=gt2，水平方向上：x=vt，而动能Ek=mv2联立可得Ek=；
（3）由题意可知如果h不变，m增加，则相同的△L对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移x变小，x-△L图线的斜率会减小；只有h增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L下要对应更大的水平位移x，故x-△L图线的斜率会增大。弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep=，可知Ep与△x的2次方成正比，而△x与△L成正比，则Ep与△L的2次方成正比。
【答案】（1）ABC (2)mgs24h（3）减小 增大 2
电学实验每年都考，主要体现在：(1)基本仪器的原理和使用；(2)基本的实验目的、原理和实验思想，如实验器材的选取，电流表的内、外接法及滑动变阻器的连接方式、电路故障的分析等；(3)处理实验数据的基本方法，如图象法、平均值法等。
电学实验
1、测定金属的电阻率（螺旋测微器的使用）
2、描绘小灯泡的伏安特性曲线
3、把电流表改成电压表
4、测定电源的电动势和内阻
5、多用电表的使用
6、示波器的使用
7、传感器的简单使用
1、测定金属的电阻率 [实验目的]
用伏安法间接测定某种金属导体的电阻率；练习使用螺旋测微器。 [实验原理]
根据电阻定律公式R= ，只要测量出金属导线的长度 和它的直径d，计算出导线的横截面积S，并用伏安法测出金属导线的电阻R，即可计算出金属导线的电阻率。 [实验器材] 被测金属导线，直流电源（4V），电流表(0-0.6A)，电压表（0-3V），滑动变阻器（50Ω），电键，导线若干，螺旋测微器，米尺等。 [实验步骤] 1．用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d，计算出导线的横截面积S。 2．按如图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路。 3．用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值 。 4．把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合电键S。改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，断开电键S，求出导线电阻R的平均值。
5．将测得的R、 、d值，代入电阻率计算公式 中，计算出金属导线的电阻率。 6．拆去实验线路，整理好实验器材。 [注意事项] 1．测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两接入点间的部分待测导线长度，测量时应将导线拉直。 2．本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路必须采用电流表外接法。 3．实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、电键、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路（闭合电路），然后再把电压表并联在待测金属导线的两端。 4．闭合电键S之前，一定要使滑动变阻器的滑动片处在有效电阻值最大的位置。 5．在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度I的值不宜过大（电流表用0~0.6A量程），通电时间不宜过长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中变化。 [例题] 1．在“测定金属的电阻率”实验中，以下操作中错误的是 A．用米尺量出金属丝的全长三次，算出其平均值 B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值 C．用伏安法测电阻时采用安培表的内接线路，多次测量后算出其平均值 D．实验中应保持金属丝的温度不变 答案：AC 2．欲用伏安法测定一段阻值约为5 左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材： A．电池组（3V，内阻1 ）； B．电流表（0~3A，内阻0.0125 ） C．电流表（0~0.6A，内阻0.125 ） D．电压表（0~3V，内阻3k ）
E．电压表（0~15V，内阻15k ） F．滑动变阻器（0~20 ，额定电流1A）
G．滑动变阻器（0~2000 ，额定电流0.3A） H．电键、导线。 （1）上述器材中应选用的是________。（填写各器材的字母代号） （2）实验电路应采用电流表________接法。（填“内”或“外”） （3）将图中给定的器材连成实验电路。 答案：（1）ACDFH；（2）外；（3）略。 2、描绘小灯泡的伏安特性曲线
实验目的及教学目标
1、描绘小灯泡的伏安特性曲线；
2、分析曲线的变化规律并得出结论；
3、能根据题目给出的实验数据，正确描出实验曲线，并由此计算相关物理量；能正确选择适的仪表和器材，选择适的量程和进行正确的实物连路，
4、能处理相关的拓展性的实验课题；能够根据伏安特性曲线求出功率或导体电阻大小。
实验原理
在纯电阻电路中，电阻两端的电压与通过电阻的电流是线性关系，但在实际电路中，由于各种因素的影响，U—I图像不再是一条直线。读出若干组小灯泡的电压U和电流I，然后在坐标纸上以U为纵轴，以I为横轴画出U—I曲线。
实验器材
小灯泡、4V～6V学生电源、滑动变阻器、电压表、电流表、开关和导线若干。
实验步骤
1、适当选择电流表，电压表的量程，采用电流表的外接法，按图中所示的原理电路图连接好实验电路图。
2、滑动变阻器采用分压接法，把滑动变阻器的滑动片调至滑动变阻器的A端，电路经检查无误后，闭合电键S。
3、改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U，记入记录表格内，断开电键S；
4、在坐标纸上建立一个直角坐标系，纵轴表示电流I，横轴表示电压U，用平滑曲线将各点连接起来，便得到伏安特性曲线。
5、拆去实验线路，整理好实验器材。
注意事项
1、因本实验要作出I—U图线，，要求测出一组包括零在内的电压、电流值，因此，变阻器要采用分压接法；
2、本实验中，因被测小灯泡电阻较小，因此实验电路必须采用电流表外接法；
3、电键闭合后，调节变阻器滑片的位置，使小灯泡的电压逐渐增大，可在电压表读数每增加一个定值（如0.5V）时，读取一次电流值；调节滑片时应注意使电压表的示数不要超过小灯泡的额定电压；
4、电键闭合前变阻器滑片移到图中的A端；
5、坐标纸上建立坐标系，横坐标所取的分度例应该适当，尽量使测量数据画出的图线占满坐标纸。连线一定用平滑的曲线，不能画成折线。
误差分析
1、测量电路存在系统误差，未考虑电压表的分流，造成测得的I值比真实值偏大；
2、描绘I—U线时作图不准确造成的偶然误差。
3、把电流表改装为电压表
实验目的
用半偏法测定电流表的内阻；把电流表改装成电压表
实验器材
电源，导线，开关，电阻箱，电位器，滑动变阻器，电流表，标准电压表
实验步骤
1．半偏法测电流表内阻
（1）按图8-1所示连好电路，图中R用电位器，R＇用电阻箱。
（2）合上开关S1，调整R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度Ig。
（3）合上开关S2，调整Rˊ的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半。读出电阻箱的阻值，当R比Rˊ大得多时， ，可认为rg= Rˊ。
2．改装
（4）算出电流表的满偏电压Ug= 。
（5）如果把电流表改装成量程为U=2V的电压表，计算应串联的电阻值R1。
（6）将电阻箱阻值调为R1，把电流表跟电阻箱串联起来。
3．核对
（7）按图8-2所示连好电路，并使变阻器R2的滑片在分压值最小的位置。
（8）改变变阻器R2的滑片位置，使标准电压表V的示数分别为0.5V、1.0V、1.5V、2.0V，并核对改装的电压表的示数是否正确。
4．计算百分误差
（9）将改装成的电压表调到满偏。
（10）读出标准电压表的示数。
（11）计算改装电压表满偏刻度的百分差。
实验记录和结果
电流表满偏电流Ig=
电流表内阻rg=
改装成量程为U=2V的电压表时应串联的分压电阻R= （计算式）= （代入数据）=
思考练习题
1．用半偏法测电流表内阻的实验中，将原并联在电流表两端的电阻箱改换成滑动变阻器是否可以？为什么？
2．图8-3是测电流表内阻的实验电路图，下列说法中正确的是
A．开关接通前，必须调节到高阻处
B．开关S2接通前，R2的阻值无需调节
C．当电流示数从满偏电流Ig调到半偏电流Ig/2时，R2中电流强度稍大于Ig/2
D．R1阻值的大小，对实验误差没有影响。
3、如果条件可以，为提高本实验的测量结果的准确性，电源的电动势是稍大一些好还是稍小一些好？为什么？
4．在测定电流表的内阻的实验中备有的器材有
电流表（量程0~10mA）.
标准电压表（量程0~5V）.
电阻箱（阻值范围0~9999Ω）.
电阻箱（阻值范围0~99999）.
电源（电动势2V，有内阻）.
电源（电动势6V，有内阻）.
G、滑动变阻器（组值范围0~50Ω，额定电流1.5A）
还有若干开关和导线.
(1)如果采用图8-3所示的电路测定电流表G的内阻，并且要想得到较高的精确度，那么从以上备用的器件中，可变电阻R1应选用 ，可变电阻R2应选用 ，电源E应选用 。（用字母代号填写）
（2）如果实验要进行的步骤有
A．合上S1
B．合上S2
C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大。
D．调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度。
E．调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度一半。
F．记下R2的阻值。 图8-4
把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序写在下面横线上：
（3）如果在步骤F中所得R2的阻值为600Ω，则被测电流表rg的内阻的测量值为 Ω。
（4）电流表内阻的测量值r测与其真实值r真的大小关系是r测 r真.（填“>”“<”“=”）
5．图8-4是把改装成的电压表跟标准电压表进行核对的电路图。它对从零至满刻度的所有刻度都能核对。图8-5是电流表改装和核对所需的器材。根据所给的电路图将所给器材连接成实验电路。
4、用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻 [实验目的] 测定电池的电动势和内电阻。 [实验原理] 图8-5 如图1所示，改变R的阻值，从电压表和电流表中读出几组I、U值，利用闭合电路的欧姆定律求出几组 、r值，最后分别算出它们的平均值。 此外，还可以用作图法来处理数据。即在坐标纸上以I为横坐标，U为纵坐标，用测出的几组I、U值画出U－I图象（如图2）所得直线跟纵轴的交点即为电动势值，图线斜率的绝对值即为内电阻r的值。 [实验器材] 待测电池，电压表（0－3V），电流表（0－0.6A），滑动变阻器（10Ω），电键，导线。 [实验步骤] 1．电流表用0.6A量程，电压表用3V量程，按电路图连接好电路。 2．把变阻器的滑动片移到一端使阻值最大。 3．闭合电键，调节变阻器，使电流表有明显示数，记录一组数据（I1、U1），用同样方法测量几组I、U的值。 4．打开电键，整理好器材。 5．处理数据，用公式法和作图法两种方法求出电动势和内电阻的值。 [注意事项] 1．为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池。 2．干电池在大电流放电时，电动势 会明显下降，内阻r会明显增大，故长时间放电不宜超过0.3A，短时间放电不宜超过0.5A。因此，实验中不要将I调得过大，读电表要快，每次读完立即断电。 3．要测出不少于6组I、U数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，要将测出的I、U数据中，第1和第4为一组，第2和第5为一组，第3和第6为一组，分别解出 、r值再平均。 4．在画U－I图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧。个别偏离直线太远的点可舍去不予考虑。这样，就可使偶然误差得到部分的抵消，从而提高精确度。 5．干电池内阻较小时路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多，这时，在画U－I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）。但这时图线和横轴的交点不再是短路电流。不过直线斜率的绝对值照样还是电源的内阻。 [例题] 1．用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别为 和 ，如图为所需的器材。 （1）请你把它们连成实验电路，注意两个电表要选用适当量程，并要求变阻器的滑动片在左端时其电阻值最大。 （2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图中画出U－I图线，根据图线求出电池的电动势 ________V，内阻 ________ 。
I/A
0.12
0.20
0.31
0.32
0.50
0.57
U/V
1.37
1.32
1.24
1.18
1.19
1.05
答案：（1）见下图，在这电流表对电压表来说一定要用内接法，否则测出的电源的电阻值是偏大，是电源内阻与电流表的电阻之和，误差较大；
（2）1.46，0.72（见上面的讲解，最好用图象法求）。 2．用伏安法测电池的电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，以下说法正确的是 A．用图a所示电路时， B．用图a所示电路时， C．用图b所示电路时， D．用图b所示电路时，
解析：根据闭合电路的欧姆定律：ε=U+Ir。由两次测量列方程为： ， 解得 ， 若是考虑电流表和电压表的内阻，对上图a中应用闭合电路的欧姆定律： ，式中的ε与r是电动势和内阻的真实值。 解得： ， ，比较得 ， 若是考虑电流表和电压表的内阻，对上图b中应用闭合电路的欧姆定律： ，式中的ε与r是电动势和内阻的真实值。解得： ， ，比较得 ， 。由上面的分析可知应选取AB。此题还可以用图象法。 5、练习使用多用电表（万用表）测电阻 [实验目的] 练习使用多用电表测电阻。 [实验原理] 多用电表由表头、选择开关和测量线路三部分组成（如图），表头是一块高灵敏度磁电式电流表，其满偏电流约几十到几百 A，转换开关和测量线路相配合，可测量交流电流和直流电流、交流电压和直流电压及电阻等。测量电阻部分即欧姆表是依据闭合电路欧姆定律制成的，原理如图所示，当红、黑表笔短接并调节R使指针满偏时有 Ig= = （1） 当电笔间接入待测电阻Rx时，有 Ix= （2） 联立（1）、（2）式解得 = （3） 由（3）式知当Rx=R中时，Ix= Ig，指针指在表盘刻度中心，故称R中为欧姆表的中值电阻，由（2）式或（3）式可知每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。 由上面的（2）可知，电流和电阻的非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度是不均匀的，电阻的零刻度在电流满刻度处。 [实验器材] 多用电表，标明阻值为几欧、几十欧、几百欧、几千欧的定值电阻各一个，小螺丝刀。 [实验步骤] 1．机械调零，用小螺丝刀旋动定位螺丝使指针指在左端电流零刻度处，并将红、黑表笔分别接入“+”、“－”插孔。 2．选挡：选择开关置于欧姆表“×1”挡。 3．短接调零：在表笔短接时调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在右端电阻零刻度处，若“欧姆零点”旋钮右旋到底也不能调零，应更换表内电池。 4．测量读数：将表笔搭接在待测电阻两端，读出指示的电阻值并与标定值比较，随即断开表笔。 5．换一个待测电阻，重复以上2、3、4过程，选择开关所置位置由被测电阻值与中值电阻值共同决定，可置于“×1”或“×10”或“×100”或“×1k”挡。 6．多用电表用完后，将选择开关置于“OFF”挡或交变电压的最高挡，拔出表笔。 [注意事项] 1．多用电表在使用前，应先观察指针是否指在电流表的零刻度，若有偏差，应进行机械调零。 2．测量时手不要接触表笔的金属部分。 3．合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近（可参考指针偏转在 ~5R中的范围）。若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位。每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。 4．测量完毕后应拔出表笔，选择开关置OFF挡或交流电压最高挡，电表长期不用时应取出电池，以防电池漏电。 [例题] 1．多用电表中“+”孔插______（红、黑）表笔，电流是从该表笔流______(填“进”或“出”)，欧姆表内部电池的正极是接______(填“红”或“黑”)表笔的。 答案：由一般的知识可知红表笔就是接正极，由上面的图形可知欧姆表的电流是由红笔流进的，由黑笔流出；欧姆表内部电池的正极是黑笔。所以上面的空应填“红”、“进”、“黑”。 2．一学生使用多用电表测电阻，他在实验中有违反使用规则之处。他的主要实验步骤如下： A．把选择开关置于“×1”欧姆挡； B．把表笔插入插孔中，先把两表笔相接触，旋转调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上； C．把两表笔分别与某一待测电阻的两端相连，发现这时指针偏转角度较小； D．换用“×100”挡，发现这时指针偏转适中，随即记下电阻值； E．把表笔从插孔中拔出后，就把多用表放回桌上原处，实验完毕。 这个学生已经注意到在测量时待测电阻与其它元件或电源断开，不用手碰表笔的金属杆。这个学生在实验中哪一个或哪些步骤违反了使用规则？ 答案：D．先调零后再测R；E．将选择开关置于“OFF”或交流电压最大挡。
1. （2008年高考上海物理卷）某同学利用图（a）所示的电路研究灯泡L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W）的发光情况（假设灯泡电阻恒定），图（b）为实物图。
（1）他分别将L1、L2接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现灯泡均能正常发光。在图（b）中用笔线代替导线将电路连线补充完整。
（2）接着他将L1和L2串联后接入图（a）中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6V时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是
（3）现有如下器材：电源E（6V，内阻不计），灯泡L1（6V，1.5W）、L2（6V，10W），L3（6V，10W），单刀双掷开关S。在图（c）中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关S与1相接时，信号灯L1亮，右转向灯L2亮而左转向灯L3不亮；当单刀双掷开关S与2相接时，信号灯L1亮，左转向灯L3亮而右转向灯L2不亮。
1. （2017-2018学年高中物理选修3-1人教版)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U–I图线（U、I都用国际单位）；
（iv）求出U–I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接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
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的接线柱
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的接线柱
（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。
1．某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
（1）已知表头G满偏电流为100 μA，表头上标记的内阻值为900 Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=_______Ω，R2=_______Ω，R3=_______Ω。
（2）用量程为3 V，内阻为2 500 Ω的标准电压表对改装表3 V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5 V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50 Ω和5 kΩ。为方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近_______（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_______（填“大于”或“小于”）900 Ω。
2．某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：
电压表V1(量程0~3 V，内阻等于3 kΩ)
电压表V2(量程0~15 V，内阻等于15 kΩ)
电流表A1(量程0~200 mA，内阻等于10 Ω)
电流表A2(量程0~3 A，内阻等于0.1 Ω)
滑动变阻器R1(0~10 Ω，额定电流2 A)
滑动变阻器R2(0~1 kΩ，额定电流0.5 A)
定值电阻R3(阻值等于1 Ω)
定值电阻R4(阻值等于10 Ω)
定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)
电源E(E=6 V，内阻不计)
（1）请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁__________。
（2）该同学描绘出的I–U图象应是下图中的___________。
参考答案
1.【解题思路】由于灯泡L2和L1额定电压相同，灯泡L2功率大得多，故RL2比RL1小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。
【答案】（1）如图b。
（2）由于RL2比RL1小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。
（3）如图c。
1.【解题思路】（1）电压表最好选用内阻较大的A；电路能达到的最大电流，电流表选用C。（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。说明外电路的电阻变大，滑动变阻器电阻变大，则两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是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，故选C。
（3）根据U-I图线的在U轴上的截距等于电动势E，则E=ka；斜率等于内阻与R2之和，则r=k-R2。
【答案】（1）A、C （2）C （3）ka；
1．【解题思路】（1）根据题意，R1与表头G构成1 mA的电流表，则IgRg=（I–Ig）R1，得R1="100" Ω；若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V，则R2=="910" Ω；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V，则R3=–R2="2" 000 Ω。
（2）电压表与改装电表并联之后，电阻小于2 500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50 Ω的电阻。
（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用。
（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900 Ω。
【答案】（1）100 910 2 000 （2）50 （3）M （4）大于
2．【解题思路】①用电压表V1和R5串联，可改装成量程为U=UV1rV1(rV1+R5)=4 V的电压表；用电流表A1与R4并联可改装为量程为I=IA1+IA1rA1R4=0.4 A的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接法；为使曲线完整，滑动变阻器应采用分压接法，故选择总阻值小的R1，电路如图。
②小灯泡灯丝的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I–U图线应该是B。
【答案】 B
对动量守恒这一部分内容，主要考查动量定理，验证动量守恒定律。题型灵活性强，难度较大，能力要求高，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中。
在原子物理这一部分内容中，主要考查光电效应，原子结构原子核与核能。虽然对光电效应、原子结构原子核与核能的考查频率比较高，但是在复习的过程中，原子的能级和跃迁也应该引起高度的重视。
动量观点：动量(状态量)：p=mv= 冲量(过程量)：I = F t
动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
公式： F合t = mv’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
I=F合t=F1t1+F2t2+---=p=P末-P初=mv末-mv初
动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：；；
内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统）
守恒条件：①系统不受外力作用。 (理想化条件)
②系统受外力作用，但合外力为零。
③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。
④系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。
⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，
原子、原子核
整个知识体系，可归结为：两模型(原子的核式结构模型、波尔原子模型)；六子(电子、质子、中子、正电子、粒子、光子)；四变(衰变、人工转变、裂变、聚变)；两方程(核反应方程、质能方程)。4条守恒定律(电荷数守恒、质量数守恒、能量守恒、动量守恒)贯串全章。
1. （湖北省鄂州市、黄冈市2019届高三上学期元月调研理科综合物理试题）如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左侧有倾角θ=30°的粗糙传送带以v=6m/s的速率顺时针匀速转动传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接A、B两滑块间夹着质量可忽略的炸药，现点燃炸药爆炸瞬间，滑块A以6m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=33，传送带与水平面足够长重力加速度g取10m/s2
(1)求滑块A沿传送带上滑的最大距离；
(2)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的能量△E；
(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q
1．（新课标Ⅱ）（1）（5分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。
A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C．铯原子核()的结合能小于铅原子核()的结合能
D．比结合能越大，原子核越不稳定
Ｅ．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能
（2）（10分）如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m的物块Ａ、B、C。 B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计).设A以速度ｖ０朝B运动，压缩弹簧；当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，
（ⅰ）整个系统损失的机械能；
（ⅱ）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
一、单选题
1．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mv0M?m
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为m2v02g(M?m)2
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
2．如图所示,在足够长的斜面上有一质量为m的薄木板A,当木板A获得初速υ0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的滑块B无初速度轻放在木板A的上表面。当滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出,B与A间的摩擦系数大于A与斜面间的动摩擦因数),下列说法正确的是( )
A．A，B组成的系统动量和机械能都守恒
B．A，B组成的系统动量和机械能都不守恒
C．当B的速度为13v0时,A的速度为23v0
D．当A的速度为13v0时,B的速度为23v0
二、多选题
3．如图所示，一质量M=2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小物块A。给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。下列说法正确的是( )
A．A，B共速时的速度大小为1m/s
B．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/s
C．从A开始运动到A，B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·s
D．从A开始运动到A，B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左
4．如图所示为氢原子的能级图，已知氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级时，辐射出A光，则以下判断正确的是( )
A．氢原子从n=2跃迁到n=3吸收光的波长小于A光波长
B．只要用波长小于A光波长的光照射，都能使氢原子从n=1跃迁到n=2
C．氢原子从n=3跃迁到n=2辐射的光在相同介质中的全反射临界角比A光大
D．氢原子从n=3跃迁到n=2辐射的光在同一种介质中的传播速度比A光大
三、解答题
5．如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以18v0、34v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
6．卢瑟福从1909年起做了著名的a粒子散射实验，并提出了原子核式结构模型。在卢瑟福核式结构模型的基础上，玻尔引入定态假设和量子化条件提出了氢原子的玻尔模型.根据玻尔模型，可假设静止的基态氢原子的轨迹半径为r、电子的质量为m、电子的电荷量为静电力常量为k、普朗克常数为h；根据玻尔理论可知电子绕原子核仅在库仑力的作用下做匀速圆周运动(提示：电子和原子核均可当做点电荷；以无穷远处的电势为零，电量为Q的正点电荷在距离自身L处的电势为；氢原子的能量为电子绕核运动的动能和电势能之和)。以下问题中氢原子均处于静止状态，求：
(1)在经典理论下，基态氢原子的核外电子绕核运动的线速度v
(2)电子绕核运动形成的等效电流l；
(3)已知氢原子处于第一激发态时，电子绕核运动的轨迹半径为4r；求氢原子第一激发态与基态能量差AE及氢原子从第一激发态跃迁至基态时释放的光子的频率v
参考答案
1.【解析】(1)设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有：mAvA?mBvB=0
解得：vB=2m/s
水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，对A进行受力分析有： mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa上
解得：a上=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2
经t1=0.6s滑块A速度减为0
故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为：xA1=vA22a上=1.8m
(2)当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下做匀加速运动，对A进行受力分析有：a下=g(sinθ+μcosθ)=10m/s2
经t2=0.6s滑块A与传送带共速
根据对称性可知滑块A刚好回到传送带与水平面的的连接点
当滑块A再次滑上水平面时，速度大小与传送速度相等为6m/s
滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起,对A、B组成的系统
由动量守恒定律得：mAv传+mBvB=(mA+mB)v
解得：v=3m/s
碰撞过程中损失的能量为E=12mAv传2+12mBvB2?12(mA+mB)v2
代入数据得：E=6J
(3)经t1=0.6s滑块A速度减为零滑块A沿传送带向上减速到零通过的位移：xA1=vA22a上=1.8m
此过程中传送带的位移：x传1=vt=3.6m
滑块A速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动，经t2=0.6s滑块A与传送带共速，达到共速时传送带的位移：xA2=vA22a下=1.8m
传送带的位移x传2=vt=3.6m
若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则由Q=f?x相得：
Q1=f(xA1+x传1)=27J
Q2=f(x传2?xA2)=9J
故因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=36J
1．【解析】（1）原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量，也等于将原子核分解成核子所需要的最小能量，A正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和小球原来重核的结合能，B项正确；原子核的结合能是该原子核的比结合能与核子数的乘积，虽然銫原子核()的比结合能稍大于铅原子核()的比结合能，但銫原子核()的核子数比铅原子核()的核子数少得多，因此其结合能小，C项正确；比结合能越大，要将原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越稳定，D错；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能最等于该原子核的结合能，E错。中等难度。
（2）（ⅰ）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为，损失的机械能为。对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得
②
③
联立①②③式得 ④
（ⅱ）由②式可知，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为。由动量守恒和能量守恒定律得
⑤
⑥
联立④⑤⑥式得 ⑦
一、单选题
1．【解题思路】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M?m)v?mv0=0，解得火箭的速度大小为v=mv0M?m，故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v22g=m2v022(M?m)2g，故C错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；故选B。
【答案】B
2．【解题思路】设A与斜面间的动摩擦因数为μ，A匀速运动时，有：mgsinθ=μmgcosθ。对于A、B组成的系统，由于2mgsinθ=μ?2mgcosθ，所以系统的合外力为零，系统的动量守恒。由于系统要克服摩擦做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故AB错误。以A、B组成的系统为研究对象，其合外力为零，符合动量守恒，取沿斜面向下为零，由动量守恒定律有mv0=mvA+mvB，当vB=13v0时，vA=23v0。当vA=13v0时，vB=23v0。由于B与A间的摩擦系数大于A与斜面间的动摩擦因数，因此vA＞vB，故C正确，D错误。故选C。
【答案】C
二、多选题
3．【解题思路】设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：Mv?mv=M+mv共，解得v共=1m/s，A正确；设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律：Mv?mv=Mv1，解得：v1=1.5m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s，所以B错误；设水平向右为正方向，根据动量定理，AB两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为I=mv共+mv=4N?s，故C错误；设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量I'=Mv共?Mv=?4N?s，负号代表与正方向相反，即向左。故D正确。故本题选AD。
【答案】AD
4．【解题思路】根据Em-En=hγ，知氢原子从n=2的能级跃迁到n=3的能级的能级差小于从n=2的能级跃迁到n=l的能级时的能级差，再由λ＝cγ，则有从n=2跃进到n=3吸收光的波长大于A光波长，故A错误。要使氢原子从n=1跃迁到n=2，则光子能量必须是两能级的差值，即为△E=13.6-3.4=10.2eV．故B错误。氢原子从n=2能级跃进到n=1能级差大于氢原子从n=3跃进到n=2的能级差，因此从n=3跃进到n=2辐射的光的频率较低，折射率较小，依据sinC=1/n，那么在相同介质中的全反射临界角比A光大。故C正确。氢原子从n=2能级跃进到n=1能级差大于氢原子从n=3跃进到n=2的能级差，因此从n=3跃进到n=2辐射的光的频率较低，折射率较小，依据v=c/n，则有光在同一种介质中的传播速度比A光大。故D正确。故选CD。
【答案】CD
三、解答题
5．【解析】根据根据动量守恒求出碰前A的速度，然后由动能定理求出A与B碰撞前摩擦力对A做的功；B再与C发生碰撞前的位移与A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以地面对B做的功与地面对A做的功大小相等，由动能定理即可求出B与C碰撞前的速度，最后根据动量守恒求解B、C碰后瞬间共同速度的大小。
设滑块是质量都是m，A与B碰撞前的速度为vA，选择A运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：mvA=mvA′+mvB′
设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：
WB=12mv02?12mvA2
设B与C碰撞前的速度为vB″，碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB，
WB=12mv'B2?12mv″B2
由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：WB=WA
设B与C碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：mvB″=2mv
联立以上各表达式，代入数据解得：v=2116v0.
6．【解析】（1）库伦力提供向心力：
解得
（2）电子绕核运动的周期：
则
（3）基态氢原子的能量
对处以第一激发态的氢原子：
1．下列说法中不正确的是
A．一个电阻和一根无电阻的理想导线并联，总电阻为零
B．并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻
C．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定增大
D．并联电路任一支路电阻增大（其他支路不变），则总电阻一定减小
【答案】D
2．额定电压都是110 V，额定功率PA＝100 W，PB＝40 W的A、B两灯，接在220 V的电路中，使两灯均正常发光，能使电路消耗的电功率最小的电路是图中的
【答案】C
【解析】两灯正常发光，两灯的实际电压等于其额定电压，由P＝可知RA110 V，两灯不能正常工作，所以A错。B图中A和变阻器并联后的电阻比A电阻还要小，即仍有UA<110 V、UB>110 V，所以B错。C和D图中两灯电压均有可能为110 V，此时再看电路消耗的功率，C图中灯A消耗功率100 W，灯B和变阻器并联后的阻值与灯A相等，所以电路消耗的总功率为200 W，D图中A、B两灯并联后的阻值与变阻器相等．所以变阻器消耗的功率为140 W，电路消耗的总功率为280 W。
4．一个电流表的满偏电流Ig＝1mA，内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上
A．串联一个10kΩ的电阻
B．并联一个10kΩ的电阻
C．串联一个9.5kΩ的电阻
D．并联一个9.5kΩ的电阻
【答案】C
串联电阻R分担的电压UR＝U－Ug＝10V－0.5V＝9.5V
所以串联电阻的阻值R＝＝＝9.5kΩ。C正确，A错误，故选C。
5．如图所示，电路中的R1和R2相等，滑动变阻器的滑片P自左至右滑动过程中，AB间的总电阻将
A．逐渐增大
B．先增大，后减小
C．逐渐减小
D．先减小，后增大
【答案】B
设R1和R2的阻值为R0，滑动变阻器的阻值为2R0，C为变阻器的中点。
（1）当P位于变阻器左（或右）端时，R1（或R2）短接。
RAB＝＝R0。
（2）当P位于C点时RAB＝＋＝R0，故B项正确。 ]
【答案】A
13．某人安装完照明电路后，接通电源之前，将火线上的保险丝取下，把一个额定电压为220V的灯泡作为检验灯泡，连接在原来保险丝的位置，同时将电路中所有开关都断开，用这种方法可以检查电路中是否有短路。正确的电路连接方式如图所示，在接通电源后，下列说法中正确的是
①若检验灯泡正常发光，表明在检验灯泡后段的火线和零线间出现了短路现象；
②若检验灯泡不亮，但将某一个用电器的开关闭合后检验灯泡正常发光，表明这个开关的两端直接接到了火线和零线上；
③若检验灯泡不亮，但将某一个电灯的开关闭合后，这个电灯和检验灯泡都能发光，只是亮度不够，这表明电路中出现了短路现象；
④若不论将电路中用电器的开关断开还是闭合，检验灯泡均不亮，这表明电路中出现了短路现象。
A．①② B．①③
C．②③ D．④
【答案】A
14．滑动变阻器的限流接法，如图，试讨论R上的电流和电压的调节范围。
答案：电流调节范围（，） R两端电压调节范围（，U）
解析：由题图知为一限流电路，其中滑动变阻器的作用是用来控制电路中的电流，移动滑动变阻器的滑动片P可以改变连入电路中的阻值，从而控制负载R中的电流大小．图中滑动触头P滑至B端时，连入电路中的电阻值是滑动变阻器的最大值，此时电流最小，因此，在闭合电键S之前，应使P移至B端。
采用限流式电路，负载电阻R的电流I＝，当R0减小时，I增大，I的调节范围为～，R两端的电压调节范围为～U，当R0max>R时，调节范围较大。
15．在如右图所示的电路中，A、B、C分别表示理想电流表或电压表，它们的示数以安或伏为单位。当电键S闭合后，A、B、C表示数分别为1、2、3时，灯L1、L2均正好正常发光。已知灯L1、L2的额定功率为3∶1，则可判断
A．A、B、C均为电流表
B．A、B、C均为电压表
C．B为电流表，A、C均为电压表
D．B为电压表，A、C均为电流表
【答案】D
16．在如图所示的电路中，电源电压U＝15V，电阻R1、R2、R3的阻值均为10Ω，S为单刀三掷开关，求下列各种情况下电压表的读数：
（1）开关S接B；
（2）开关S接A；
（3）开关S接C。
【答案】（1）7.5V（2）0 （3）10V
【解析】（1）S接B时，R1、R2串联接入电路，电压表测R1两端电压，U1＝R1＝7.5V
（2）S接A时，R1被短路，电压表示数为0
（3）S接C时，R2、R3并联，再和R1串联后接入电路，U1＝R1＝10V
17．如图所示电路，R1＝R2＝4Ω，R3＝R4＝2Ω，UAB＝6V，求：
（1）电流表A1和A2的示数（不计电流表的内阻）；
（2）R1与R4两端的电压之比。
【答案】（1）1.5A 1.0A（2）
电路的总电流I＝＝A＝2A。
并联部分的电压U并＝IR并＝2×1V＝2V。
通过R1、R2、R3三个电阻的电流分别为：I1＝＝A＝0.5A，
I2＝＝A＝0.5A，
I3＝＝A＝1.0A。
由图可知，电流表A1的示数是通过R2与R3的电流之和，则有IA1＝I2＋I3＝0.5A＋1.0A＝1.5A。
电流表A2的示数是通过R1与R2的电流之和。则有IA2＝I1＋I2＝0.5A＋0.5A＝1.0A
（2）因为UAB＝U并＋U4，所以R4两端电压为：U4＝UAB－U并＝6V－2V＝4V，
U1＝U并＝2V，则＝＝
18．如图所示是一个电流表、电压表两用的电路，电流表G的量程是100μA，内阻是1000Ω。电阻 R1＝0.1Ω，R2＝99kΩ，当双刀双掷开关合到a、b上时，电流表改装成什么表？其量程是多少？当双刀双掷开关合到c、d上时，电流表改装成什么表？其量程是多少？
【答案】（1）电流表，1A （2）电压表，10V。
【解析】（1）当开关合到a、b上时，电路转换成图甲所示的电路，此时小电阻R1与电流表G并联，R1起分流作用，可作为大量程电流表使用。
根据并联电路的特点有：（I－Ig）R1＝IgRg。
电流表量程为I＝＝A≈1A
（2）当开关合到c、d上时，电路变成图乙所示的电路，此时大电阻R2与电流表G串联，R2起分压作用，所以电流表G已改装成电压表，根据串联电路的特点，
电压表量程为：U＝Ig（Rg＋R2）＝0.0001×（1000＋99000）V＝10V。
19．如图所示的电路中，电源电动势E＝6.00 V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R1＝2.4 kΩ、R2＝4.8 kΩ，电容器的电容C＝4.7 μF。闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50 V。
（1）该电压表的内阻为多大？
（2）由于电压表的接入，电容器的带电荷量变化了多少？
【答案】（1）4.8 kΩ （2）2.35×10－6C
由串联电路的规律＝
解得RV＝。
代入数据，得RV＝4.8 kΩ
（2）电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R1两端的电压为UR1，则＝
又E＝UC＋UR1接入电压表后，电容器上的电压为UC′＝E－U1
由于电压表的接入，电容器带电荷量增加了ΔQ＝C（UC′－UC）
由以上各式解得ΔQ＝C（－U1）
代入数据，可得ΔQ＝2.35×10－6C。
一、串并联电路
1、串联电路
（1）两个基本规律：
①电路中各处的电流相等：I1＝I2＝I3＝…＝In。
②电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和：U＝U1＋U2＋U3＋…＋Un。
（2）三个重要性质：
①串联电路的总电阻等于各段电路中电阻之和：R＝R1＋R2＋R3＋…＋Rn。
②电压分配：。
③功率分配：。
2、并联电路
（1）两个基本规律：
①电路中各支路两端电压相等：U1＝U2＝U3＝…＝Un＝U。
②干路中的电流等于各支路的电流之和：I＝I1＋I2＋I3＋…＋In。
（2）三个重要性质：
①并联电路总电阻的倒数，等于各个导体的电阻的倒数之和。
当并联电路是由n个相同的电阻R并联而成时，总电阻R总=；
当并联电路只有两个支路时，则总电阻为R总=。
②电流分配：I1R1＝I2R2＝I3R3＝…＝InRn＝U。
③功率分配：P1R1＝P2R2＝P3R3＝…＝PnRn＝U2。
3、理解串、并联电路中电阻关系的几个重要推论
（1）串联电路电阻越串越大，总电阻大于其中任一部分电路最大的电阻；并联电路电阻越并越小，总电阻小于其中任一部分电路最小的电阻。
（2）串联电路某个电阻变大（或变小），引起总电阻也变大（或变小）；并联电路某个电阻变大（或变小），同样引起总电阻变大（或变小）。（若电键的通断使串联的用电器增多时，总电阻增大 ；若电键的通断使并联支路增多时，总电阻减小）
（3）当一个很大的电阻与一个很小的电阻串联时，总电阻接近于大电阻；当一个很大的电阻与一个很小电阻并联时，总电阻接近于小电阻。
（4）串联或并联一个较大的电阻，总电阻比串联或并联一个较小的电阻要大。
（5）如果R1+R2=恒量，则R1=R2时并联的电阻最大；且R1、R2差别越大总电阻越小。如图所示，由R1、R2和R组成双臂环路。当AR1P支路和AR2P支路总阻值相等时，RAB最大；当P滑到某端，使某一支路阻值最小时，RAB最小。
（6）在电路电压超过用电器额定电压时，可以串联一个分压电阻；在电路中电流超过某元件的额定电流时，可并联一个分流电阻。
【题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
【答案】B
4、关于电阻的几个常用推论
（1）串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻。
（2）并联电路的总电阻小于其中任一支路的电阻，且小于其中最小的电阻。
（3）两个相等电阻并联，总电阻等于分电阻的一半。
（4）几个相同的电阻R并联，其总电阻为R总＝。
（5）串联电路电阻串联得越多越大，总电阻大于其中任一部分电路最大的电阻；并联电路电阻并联得越多越小，总电阻小于其中任一部分电路最小的电阻。
设有R1、R2，…Rn，n个电阻并联，先考虑R1、R2的并联值R12。
依次类推，当n个电阻并联时，其总电阻应小于任何一个电阻，即并联电路的总电阻小于其中最小的电阻。
（6）当一个很大的电阻与一个很小的电阻串联时，总电阻接近于大电阻；当一个很大的电阻与一个很小电阻并联时，总电阻接近于小电阻。
【题2】（多选）一个T型电路如图所示，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
【答案】AC
【题3】如右图所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值均为2 Ω，电流表内阻不计在B、C两点间加上6 V的电压时，电流表的读数为
A．0 B．1 A C．1.5 A D．2 A
【答案】B
【解析】“电流表内阻不计”→因此A、C两点可以合在一起．因此在B、C两点间加上6 V的电压时，R2与R3并联，然后与R1串联，电流表的示数是流过电阻R2的电流大小。等效电路如下图所示，R总＝R1＋＝3 Ω，流过R1的干路电流为I总＝＝A＝2 A，各个电阻相等，所以电流表示数为1 A。故选B。
【反思总结】对于混联电路的计算，首先要弄清电路的连接情况，即各电阻之间的串、并联关系，然
后根据欧姆定律和串、并联电路的特点逐级计算。
【题6】有一电流表G，内阻Rg＝10 Ω，满偏电流Ig＝3 mA。
（1）要把它改装成量程为0～3 V的电压表，应串联一个多大的电阻？改装后电压表的内阻是
多大？
（2）要把它改装成量程为0～0.6 A的电流表，需要并联一个多大的电阻？改装后电流表的内
是多大？
【答案】（1）990 Ω 1 000 Ω（2）0.05 Ω 0.05 Ω
所以分压电阻R＝＝ Ω＝990 Ω。
改装后电压表的内阻RV＝Rg＋R＝1 000 Ω。
（2）改装成量程为0～0.6 A的电流表，原理示意图如右图所示，当达到满偏时，分流电阻R的分流IR＝I－Ig＝0.597 A
所以分流电阻R＝≈0.05 Ω，
改装后电流表的内阻RA＝≈0.05 Ω。
【反思总结】（1）计算改装电压表或电流表的内阻时一定要结合原理示意图，以充分利用串、并联电路的特点；
（2）无论电流表G怎样改装，当新的电表满偏时，流过电流表G的电流Ig是不变的，这是求解的关键；
（3）在确定改装电压表的分压电阻时，也可直接用R＝（n－1）Rg；同样，确定改装电流表的分流电阻时，也可直接用R＝。
【题7】某电流表内阻Rg为200Ω，满偏电流Ig为2mA，如下图甲、乙改装成量程为0.1A和1A的两个量程的电流表，试求在下图甲、乙两种情况下，R1和R2各为多少？
【答案】0.41Ω 3.67Ω
【解析】按图甲接法，由并联电路中电流跟电阻成反比，可得
R1＝Rg＝×200Ω＝4.08Ω
R2＝Rg＝×200Ω＝0.4Ω
按图乙接法，量程为1A时，R2和Rg串联后与R1并联；量程为0.1A时，R1和R2串联后与Rg并联，分别得：Ig（Rg＋R2）＝（1－Ig）R1，
IgRg＝（0.1－Ig）（R1＋R2）
解得：R1＝0.41Ω，R2＝3.67Ω
点评：通过本例可以学到改装成两个量程的电流表的两种方法，其中乙图接法比甲图接法好，虽图甲接法中各分流电阻独立，便于计算和调查，但万一开关S接触不良，没有接通，或测量时交换量程的过程中，电流全部流经表头，将把表头烧坏。
三、使用电表需要注意的几个问题
（1）选用电流表、电压表时，应考虑所测电流、电压的最大值不能超出仪表的量程，以确保不损坏仪器。在实验电路中测量电流、电压时，电流表、电压表指针偏转角度不宜过小，以减少误差。
（2）电流表并联电阻R＝后，内阻很小，串联在电路中时，可作短路处理；电压表串联电阻R＝Rg（n－1）后，内阻很大，当电压表并联在电路中时，可看成断路，这两种情况均可看成电表对电路无影响，即把电表视为理想的电表。
（3）当电流表和电压表不能看成理想的电表时，即表的内阻不能忽略时，电流表看成一个小电阻，其示数为流过此电阻的电流，电压表看成一个大电阻，其示数为此电阻两端的电压。
（4）电流表A与电压表V的指针偏转角度越大，相对误差越小。
【题8】用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是
A．图a中的A1、A2的示数相同
B．图a中的A1、A2的指针偏角相同
C．图b中的A1、A2的示数和偏角都不同
D．图b中的A1、A2的指针偏角相同
【答案】B
表的电流决定的。两个电表并联时，两个相同的小量程电流表是并联关系，所以通电时两小量程的电流表中通过的电流相同，A1、A2的指针偏角相同，B正确；A1、A2的内阻不同，并联时，A1、A2中通过的电流不同，A1、A2的示数不相同，A错误；A1、A2两表串联时，通过电表的电流相同，示数相同，但是，由于电表内阻不同，通过小量程电表的电流不同，A1、A2的偏角不同，故C、D错误。
【题9】（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
【答案】AC
当a、b两端接通测试电源时，等效电路如图乙所示，根据闭合电路欧姆定律得：I＝＝ A＝2 A，所以Ucd＝IR3＝80 V，故C正确；同理分析得Uab＝25 V，D错误。
【题10】在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如下图所示。电源内阻不计，导线连接良好．若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：
a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零
b．电珠L亮度增加；电流表示数增大
c．电珠L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断
d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断
与上述a b c d四种现象对应的电路序号为
A．③①②④ B．③④②①
C．③①④② D．②①④③
【答案】A
【题11】（多选）如图所示，甲、乙两电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是
A．甲表是电流表，R增大时量程增大
B．甲表是电流表，R增大时量程减小
C．乙表是电压表，R增大时量程增大
D．乙表是电压表，R增大时量程减小
【答案】BC
1．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P.现将它们连接成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，它们之间的大小关系为
A．P1＝4P2 B．PDC．P1>4P2 D．PD>P2
【答案】B
2．如图所示，用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值，c端与b端相连时，电流表示数4.60mA，电压表示数2.50V，c端与a端相连时，电流表示数5.00mA，电压表示数2.30 V，比较这两次结果正确的是
A．电阻的真实值更接近543Ω，且大于543Ω
B．电阻的真实值更接近543Ω，且小于543Ω
C．电阻的真实值更接近460Ω，且大于460Ω
D．电阻的真实值更接近460Ω，且小于460Ω
【答案】B
【解析】比较两次的电压表读数，可知ΔU=0.20V，则==0.08；电流变化ΔI=0.40mA，则==0.087，可见>，即电流变化明显一些，可见电压表内阻带来的影响比电流表内阻带来的影响大，故应采取内接法，Rx==543Ω，此法测量值偏大，因此选项B正确。
3．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
【答案】A
【解析】R1和R2串联后的总电阻为R＝R1＋R2＝6 Ω，电路中的电流不能超过R2的额定电流，即0.5 A．根据P＝IU和I＝得P＝I2R＝1.5 W，故A正确。
7．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A和1.0 V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V。则当这台电动机正常运转时
A．电动机的内阻为7.5 Ω
B．电动机的内阻为2.0 Ω
C．电动机的输出功率为30.0 W
D．电动机的输出功率为26.0 W
【答案】D
8．（多选）如图，两只相同的白炽灯D1、D2串联后接在电压恒定的电路中，若D1的灯丝断了，经过搭丝后（搭丝后灯泡电阻减小），然后与D2串联，重新接入原来的电路。假设在此过程中灯丝电阻温度变化的因素可忽略不计，且每只灯泡两端的电压均未超过其额定电压，则此时每只灯泡所消耗的功率与原来各自的功率相比，有
A．D1的功率变大
B．D1的功率变小
C．D2的功率变大
D．D2的功率变小
【答案】BC
【解析】因D1的灯丝搭接后，其电阻R1变小，由I＝可知I变大，由P2＝I2R2知D2的功率变大；由P1＝I2R1＝＝，由数学知识可知：当R1＝时，即R1＝R2，D1灯丝未断时，P1最大，D1灯丝搭接后R1减小，故功率P1变小，所以B、C正确，A、D错误。
9．（多选）如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是
A．电热丝的电阻为55Ω
B．电动机的电阻为
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
【答案】AD
10．两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的电压，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为
A．14 B．18
C．116 D．161
【答案】C
【解析】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R＝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q1q2＝I1I2＝116。
11．（多选）滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是
A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器接入电路中的阻值增大
B．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小
C．将滑动变阻器以限流式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
D．将滑动变阻器以分压式接法接入电路时，必须连入三个接线柱
【答案】AD
12．某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380 V的电动机带动下，以0.4 m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9 kW。不载人时测得电动机中的电流为5 A，若载人时扶梯的移动速率和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为________。（设人的平均质量为60 kg，g取10 m/s2）
【答案】25
【解析】这台自动扶梯最多可同时载人数的意义是电梯仍能以0.4 m/s的恒定速率运动而电动机的输出功率达到最大。电动机做功应包含两部分内容：一是电梯不载人时对本身做功，二是对人做功，所以4.9×103 W＝IU＋Mgsinθ·v，Mg＝15000 N，n＝＝＝25（个）。此题要注意的问题是扶梯上是否有人，只要扶梯在运动，就要消耗电能。题目中的空载电流，就给定了扶梯空载时消耗的电功率P自身＝IU.另外，扶梯对人做功的过程就是克服重力做功的过程，因此对人所消耗的电功率就等于克服重力的功率，即P＝Mgvsinθ.故扶梯消耗的总功率等于二者功率之和。
13．三个电阻分别标有“100Ω 4 W”，“200Ω 2 W”，“50Ω 8 W”，将它们串联起来，允许通过的最大电流为________A，允许消耗的最大总功率为________W。
【答案】0.1 3.5
【解析】由P＝I2R得，
I1＝＝A＝0.2 A，
I2＝＝A＝0.1 A，
I3＝＝A＝0.4 A，
故串联后允许通过的最大电流为0.1 A．R总＝（R1＋R2＋R3）＝（100＋200＋50） Ω＝350 Ω，故允许消耗的最大总功率为：P总＝I·R总＝0.12×350 W＝3.5 W。
解决此类题的依据是任何用电器都不能超过它的额定值，至少有一个用电器达到它的额定值。一个用电器有额定功率、额定电压、额定电流，只要其中一个量达到额定值，那么另两个量也一定达到额定值。
14．如图所示，相距40 km的A、B两地架起两条输电线，电阻共800 Ω，如果在A、B间某处短路，这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表示数为40 mA，求发生短路处距A有多远？
【答案】12.5 km
15．一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表：
规格
后轮驱动直流永磁毂电机
车型
26″电动自行车
额定输出功率
120 W
整车质量
30 kg
额定电压
40 V
最大载重
120 kg
额定电流
3.5 A
质量为M＝70 kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力Ff恒为车和人总重的k＝0.02倍，取g＝10 m/s2。求：
（1）此车永磁毂电机在额定电压下正常工作的效率；
（2）仅在永磁毂电机以额定功率提供动力的情况下，人骑自行车的最大速度；
（3）仅在永磁毂电机以额定功率提供动力的情况下，当车速为v1＝1.0 m/s的人骑车的最大加速度。
【答案】（1）85.7%（2）6.0m/s（3）1.0m/s2
【解析】（1）由表可知，电机的额定电压为U＝40 V，额定电流为I0＝3.5 A，
所以电机正常工作时输入功率为P入＝U0I0＝140 W。
又因电机的输出功率为P出＝120 W，
所以电机的效率为η＝＝85.7%。
（2）行驶时所受阻力为Ff＝k（M＋m）g，式中m为车的质量。
当达到最大速度vm时，应有P出＝Ffvm，
所以最大速度vm＝＝6.0 m/s。
（3）当车速为v1＝1.0 m/s时，牵引力F＝＝120 N。
设此时车的加速度为a，根据牛顿第二定律F－Ff＝（M＋m）a，
解得a＝1.0 m/s2。
16．右图是提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V。
（1）求通过电动机的电流。
（2）求输入电动机的电功率。
（3）若电动机以v＝1 m/s的速度竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）
【答案】（1）5 A （2）550 W （3）53 kg
即通过电动机的电流IM＝IR＝5 A。
（2）电动机两端的电压UM＝UV＝110 V
输入电动机的功率P电＝IMUM＝550 W。
（3）电动机的发热功率P热＝Ir＝20 W
电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W
又因为P出＝mgv
所以m＝＝53 kg。
17．微型吸尘器的直流电动机的内阻一定，为1Ω，当加在它两端的电压为2.0V时，电流为0.8A，且能正常工作，求：
（1）它的额定输入功率多大？
（2）工作时由导线发热损失的功率多大？
（3）它的最大输出功率多大？
【答案】（1）1.6W（2）0.64W（3）0.96W
18．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V。试求：
（1）通过电动机的电流；
（2）输入电动机的电功率；
（3）若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）
【答案】（1）5 A（2）550 W（3）53 kg
【解析】（1）由电路中的电压关系可得电阻R两端的电压UR＝U－UV＝（160－110）V＝50 V，
流过电阻R的电流IR＝＝ A＝5 A，
即通过电动机的电流IM＝IR＝5 A。
电动机的分压UM＝UV＝110 V，
输入电动机的电功率P电＝IMUM＝550 W。
（3）电动机的发热功率P热＝IM2 r＝20 W，
电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，
又因P出＝mgv，
所以m＝＝53 kg。
19．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类。现代生物学认为，髓鞘是由多层（几十层到几百层不等）类脂物质——髓质累积而成的，髓质具有很大的电阻。已知蛙有髓鞘神经，髓鞘的厚度只有2μm左右。而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105Ω。
（1）若不计髓质片层间的接触电阻，计算髓质的电阻率。
（2）若有一圆柱体是由髓质制成的，该圆柱体的体积为32πcm3，当在其两底面上加上1000V的电压时，通过该圆柱体的电流为10πμA，求圆柱体的圆面半径和高。
【答案】（1）8×106Ω·m （2）4cm 2cm
一、欧姆定律
1．内容：导体中的电流跟导体两端的电压成成正比，跟导体的电阻成反比。
2．表达式：I＝。
3．适用范围：
（1）一般适用于金属导体或电解液导体，气体或半导体不适用。
（2）一般适用于纯电阻电路，对非纯电阻电路不适用。
（3）适用于线性元件，对非线性元件不适用。
4．欧姆定律的“两性”
（1）同体性：表达式I＝中的三个物理量U、I、R对应于同一段电路或导体。
（2）同时性：三个物理量U、I、R对应于同一时刻。
5．公式I＝，R＝的理解
物理意义
适用条件
I＝
某段导体电流、电压和
电阻的关系
计算通过某段导体电流大小，
仅适用于纯电阻电路
R＝
导体电阻定义式，反映
导体对电流的阻碍作用
R由导体本身决定，与U、I
无关，适用于所有导体
【特别提醒】可以根据R＝或R＝计算导体的电阻，应注意ΔI应该与ΔU相对应。
【题1】对于欧姆定律，理解正确的是
A．从I＝可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B．从R＝可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比
C．从U＝IR可知，导体两端的电压随电阻的增大而增高
D．从R＝可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
【答案】A
【题2】若加在某导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4A。如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流多大？
【答案】2.0A
设原来导体两端的电压为U0时，导体中的电流为I0。当U＝时，I＝I0－0.4A
当U′＝2U0时，电流为I2由图知＝＝＝
所以I0＝1.0A I2＝2I0＝2.0A
点评：（1）用I－U图象结合比例式解题，显得更直观、简捷。物理意义更鲜明。（2）导体的电阻是导体自身的一种属性，与U、I无关，因而R＝＝，用此式讨论问题更简单明了。
【题4】以下给出几种电学元件的电流与电压的关系图象，如图所示，下列说法中正确的是
A．这四个图象都是伏安特性曲线
B．这四种电学元件都是线性元件
C．①②是线性元件，③④是非线性元件
D．在①③图象中，直线斜率都表示元件的电阻
【答案】C
（4）线性元件与非线性元件
①线性元件：欧姆定律适用的元件。例如，金属、电解质溶液，其伏安特性曲线是直线。
②非线性元件：欧姆定律不适用的元件。例如，日光灯、霓虹灯，其伏安特性曲线是曲线。
（5）非线性元件电阻的确定：如图，非线性元件的I－U图线是曲线，导体电阻Rn＝，即电阻等于图线上点（Un，In）与坐标原点连线的斜率的倒数。而不等于该点切线斜率的倒数。如图所示。
【特别提醒】I－U图线中图线上点与坐标原点连线的斜率k＝，斜率k不能理解为k＝tanα（α为图线为U轴的夹角），因坐标轴的单位可根据需要人为规定，同一电阻在坐标轴单位不同时倾角α是不同的。
【题5】小华同学查阅课外资料时，获得的“220 V 0.2 A”的白炽灯电流和电压的关系图线如图所示。
（1）从图线上能推知，白炽灯在不同电压下，其实际电阻值是________（选填“相同”或“不同”）的，原因是白炽灯的电阻值受________的影响。
（2）白炽灯两端电压为200 V时，通过灯丝的电流是________A，此时的实际电阻值是_______Ω。
（3）白炽灯正常工作时的电阻值是________Ω。
【答案】（1）不同 温度（2）1081Ω（3）1158Ω
（3）当U＝220V时，I＝0.190A，所以R＝＝1158Ω。
二、电阻定律
1．内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关。
2．表达式：R＝ρ。
3．电阻率
（1）物理意义：电阻率ρ是一个反映导体导电性能的物理量，是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小无关。在数值上等于用这种材料制成的1m长，截面积1m2的导线的电阻值。
（2）大小：ρ＝。说明：各种材料的电阻率在数值上等于用该材料制成的长度为1 m，横截面积为1 m2的导体的电阻。
（3）单位是欧姆·米，符号为Ω·m.。
（4）电阻率与温度的关系：各种材料的电阻率都随温度的变化而变化。
①金属的电阻率随温度升高而增大，可用于制造电阻温度计。
②有些合金如锰铜、镍铜的电阻率几乎不受温度变化的影响，可用来制作标准电阻。
③各种金属中，银的电阻率最小，其次是铜、铝，合金的电阻率大于组成它的任何一种纯金属的电阻率。
4．半导体和超导体
①半导体：导电性能介于导体和绝缘体之间的材料。半导体有热敏特性、光敏特性和掺入杂质导电性能增强的特性。
②超导现象：当温度低于某温度时电阻减小为零的现象。
③转变温度：导体由普通状态向超导态转变时的温度。
5．导体形变后电阻的分析方法——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。
【题6】一段长为l，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3l长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为
A． B．3R C．. D．R
【答案】D
【题7】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
【答案】C
【解析】本题应根据电阻定律R＝ρ、欧姆定律I＝和电流定义式I＝求解。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。
6．电阻与电阻率的区别
（1）区别
①导体的电阻由导体材料的电阻率、导体的长度、横截面积决定，反映导体对电流的阻碍作用大小。
②电阻率是对组成导体的材料而言的，由材料决定，反映了材料的导电性能。
③电阻大的导体对电流的阻碍作用大；电阻小的导体对电流的阻碍作用小。电阻率小的材料导电性能好，电阻率大的材料导电性能差。由R＝ρ知，电阻率小的导体，电阻不一定小，即电阻率小的导体对电流的阻碍作用不一定小。
④“电阻率”是材料的电阻率，而“电阻”是导体的电阻。
（2）由于电阻率ρ随温度而变化，因此导体的电阻随温度而变化，这样导体的伏安特性曲线就不是严格的直线。对电阻率随温度变化较大的导体而言，随着通过导体电流增大，伏安特性曲线会发生明显弯曲，如图甲、乙所示，图甲表示电阻随温度升高而增大，图乙表示电阻随温度升高而减小。
（3）用电器的电阻
①问题涉及金属电阻率的有关概念，必须考虑用电器电阻值随温度的变化。
②不考虑温度变化对用电器电阻值的影响，可作为电阻值不变来处理。
③实际电压的变化量相对额定电压来说较大，需要考虑用电器电阻随温度的变化，若较小，则可以认为电阻不变。
【题8】（多选）下列说法中正确的是
A．据R＝可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍
B．导体的电阻是其本身的属性，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变
C．据ρ＝可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比
D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关
【答案】BD
倍时，导体内的电流I也加倍，但比值（R）仍不变。A错误，B正确。ρ＝是导体电阻率的定义式，导体的电阻率由材料和温度决定，与R、S、l无关。C错误，D正确。
点评：（1）导体电阻R＝ρ，由ρ、l、S三个因素共同决定，而电阻率ρ由导体的材料和温度决定。
（2）电阻率ρ和电阻R在量值上无必然联系。
【题9】关于电阻和电阻率的下列说法中正确的是
A．把一根均匀导线等分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半
B．由ρ＝可知，ρ∝R，ρ∝ C．材料的电阻率随温度的升高而增大
D．对某一确定的导体当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大
【答案】D
7．R＝与R＝ρ的区别与联系
R＝
R＝ρ
区别
联系
是电阻的定义式，其电阻并不随电压、电流的变化而变化，只是可由该式算出线路中的电阻。
是电阻的决定式，其电阻的大小由导体的材料、横截面积、长度共同决定。
提供了一种测电阻的方法——伏安法。不能认为R与U成正比，与I成反比。
说明导体的电阻由ρ、l、S决定，即与
l成正比，与S成反比。
适用于纯电阻元件
适用于粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解液，等离子体。
R＝ρ是对R＝的进一步的说明，即导体的电阻与U和I无关，而是取决于导体本身的材料、长度和横截面积。
【题10】（多选）对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是
A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为R
C．给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的比值不变
D．把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零
【答案】BD
【解析】对确定的金属丝而言，由于体积不变，由V＝Sl可知，S与l成反比．
设原电阻R＝ρ，当l′＝10l时，由体积不变求得截面积变成S′＝S，所以电阻变为R′＝ρ＝ρ＝100R，A错误；从中点对折起来，相当于两个阻值为R的电阻并联，其总阻值为R，B正确；金属丝的电阻率ρ随温度升高而增大，当金属丝两端的电压逐渐增大时，由于电流的热效应会使电阻率ρ随温度升高而增大，因而R＝ρ＝将逐渐增加，C错误；这种现象叫做超导现象，D正确．故选B、D。
【反思总结】某导体形状改变后，总体积不变、电阻率不变，当长度l和面积S变化时，应用V＝Sl来确定S和l在形变前后的关系，然后应用导体的电阻即可求出电阻的关系。
【题11】一根粗细均匀的金属裸导线，若把它均匀拉长为原来的3倍，电阻变为原来的________倍，若将它截成等长的三段再绞合成一根，它的电阻变为原来的________倍（设拉长与绞合时温度不变）。
【答案】
三、焦耳定律
1．焦耳定律
（1）内容：电流通过导体产生的热量跟通过电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成成正比。（2）表达式：Q＝I2Rt。
2．热功率
（1）定义：单位时间内放出的热量。
（2）表达式：P＝＝I2R。
3．纯电阻电路和非纯电阻电路
（1）两种电路的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
元件特点
电路中只有电阻元件
除电阻外还包括能把电能转化
为其他形式能用电器
欧姆定律
服从欧姆定律I＝
不服从欧姆定律：U>IR或I<
能量转化
电流做功全部转化为电热即
电能全部转化为导体的内能
电流做功除转化为内能外还要
转化为其他形式的能
元件举例
电阻、电炉丝、白炽灯等
电动机、电解槽等
（2）电功与电热的计算公式比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
电功
W＝IUt＝I2Rt＝t
W＝IUt
电热
Q＝IUt＝I2Rt＝t
Q＝I2Rt
电功率
P＝IU＝I2R＝
P＝UI
热功率
P＝IU＝I2R＝
P＝I2R
【特别提醒】不管是纯电阻电路还是非纯电阻电路，计算电功时都可以用W＝UIt，功率都可以用P＝UI，热量都可以用Q＝I2Rt，热功率都可以用P＝I2R，若用变形式时，就要考虑是否是纯电阻电路。
【题12】如图所示，电动机M的线圈电阻为r，接入电压恒为U的电源时，电动机正常工作，此时电动机通过的电流为I，消耗的电功率为P、线圈电阻的发热功率为P热、输出的机械功率为P出。则下列关系式正确的是
A．I＝ B．P＝IU＋I2r
C．P热＝ D．P出＝IU－I2r
【答案】D
用欧姆定律变形，故C错误；电动机的输出功率是机械功率，根据能量守恒定律得，P出＝P－P热＝UI－I2r，故D正确。
【题13】如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为r＝1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N。忽略一切摩擦，求：
（1）电动机线圈电阻消耗的热功率为多少？
（2）电动机输入功率和输出功率各是多少？
（3）10s内电动机可以把重物匀速提升多高？
（4）这台电动机的机械效率是多少？
【答案】（1）1W（2）5W 4W（3）2m（4）80%
【题14】（多选）如图所示，电阻R1＝20Ω，电动机绕线电阻R2＝10Ω，当开关S断开时，电流表的示数是I1＝0.5A，当开关S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是
A．I＝1.5A B．I<1.5A
C．P＝15W D．P<15W
【答案】BD
【解析】当开关S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U＝I1R1＝10V；当开关合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U＝10V，通过电动机的电流应满足I2U>IR2，所以I2<1A。所以电流表的示数I<1.5A，电路消耗的电功率P<15W，即B、D正确。
（3）非纯电阻电路的分析方法（以含电动机的电路为例）
①抓住两个关键量：确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键。若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率P＝UMIM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率Pr＝IM2r，最后求出输出功率P出＝P－Pr。
②坚持“躲着”求解UM、IM：首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流。然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压UM和电流IM。
③应用能量守恒定律分析：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”寻找等量关系求解。
【题15】如图，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻rA＝2 Ω，当S1闭合，S2、S3断开时，示数为6 A；当S2闭合，S1、S3断开时，示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合，S1、S2断开时，示数为4 A。求：
（1）电炉子的电阻及发热功率；
（2）电动机的内阻；
（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？
【答案】（1）72 W（2）1 Ω（3）16 W
1．关于闭合电路，下列说法正确的是
A．电源短路时，放电电流为无限大
B．电源短路时，内电压等于电源电动势
C．用电器增加时，路端电压一定增大
D．把电压表直接和电源连接时，电压表的示数等于电源电动势
【答案】B
【解析】电源短路时，R＝0，放电电流I＝，U内＝E，A错误，B正确；当并联用电器增加时，并联电阻变小，电路中的电流变大，内电压变大，路端电压变小，C错误；当电压表直接和电源连接时，电压表不视为理想电表时，电路中有微小电流，内电路有一定的电势降落，D错误。
5．如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是
A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗
B．各灯两端电压在灯多时较低
C．通过电池的电流在灯多时较大
D．电池输出功率灯多时较大
【答案】D
6．（多选）学生为“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图，拴在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表的指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值，当加速度方向竖直向上时电压表示数为正。这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中，下列说法中正确的是
A．飞船在竖直减速上升的过程中，处于失重状态，电压表的示数为负
B．飞船在竖直减速返回地面的过程中，处于超重状态，电压表的示数为正
C．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为零
D．飞船在圆轨道上运行时，电压表的示数为负
【答案】AD
【解析】飞船在竖直减速上升的过程中，加速度方向竖直向下，由牛顿第二定律得知，飞船处于失重状态。此时电压表的示数为负，故A正确；飞船在竖直减速返回地面的过程中，加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，处于超重状态，电压表的示数为正，故B正确；飞船在圆轨道上运行时，加速度方向竖直向下，电压表的示数为负，故C错误，D正确。
7．（多选）如图所示电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝2 Ω，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω。若在C、D间连接一个电表或用电器，则有
A．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6 V
B．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8 V
C．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是2 A
D．若在C、D间连一个“6 V，3 W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33 W
【答案】AD
8．（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
【答案】AD
【解析】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。
9．在图所示电路中E为电源，其电动势E＝9.0V，内阻可忽略不计；AB为滑动变阻器，其电阻R＝30 Ω；L为一小灯泡，其额定电压U＝6.0V，额定功率P＝1.8 W；S为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B端，现在接通开关S，然后将触头缓慢地向A端滑动。当到达某一位置C处时，小灯泡刚好正常发光，则CB之间的电阻应为
A．10 Ω B．20 Ω C．15 Ω D．5 Ω
【答案】B
RAC＝＝＝Ω＝10 Ω，
RCB＝R－RAC＝（30－10）Ω＝20 Ω。
所以B选项正确。
10．如图所示，一电荷量q＝3×10－4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝37°。已知两板相距d＝0.1m，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）电源的输出功率；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。
【答案】（1）10W（2）100N/C（3）4×10－3kg
（2）电容器两板间的电压UC＝I（R1＋R23）
电容器两板间的电场强度E1＝＝＝100N/C
（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F＝mgtanα，
又有F＝qE1
所以m＝
解得m＝4×10－3kg。
11．某款节能环保汽车启动时的工作电路如图所示，查得电源的电动势E＝12 V，电源的内阻r及保护电阻R阻值未知，当在第一次S1闭合、S2断开的情况下，电流表的示数为1 A；在第二次S1、S2均闭合的情况下，电流表的示数为3 A。测得第二次车灯的功率减少了75%，若电动机内阻RM＝1 Ω，电流表的内阻不计且假定车灯灯丝电阻不变，求S1、S2均闭合时电动机的机械功率。
【答案】5.75 W
【解析】设R0＝R＋r，S1闭合、S2断开时，R0上电压Ur＝I1R0
车灯两端的电压UL＝E－Ur
车灯的功率为P＝ULI1
S1、S2均闭合时，R0上电压U＝I2R0
车灯两端的电压U＝E－U
车灯的电阻不变，由题知功率应为原来的，即电压为原来，即U＝0.5UL
解得R0＝2.4 Ω，UL＝9.6 V，U＝4.8 V。
又I1＝即1＝得RL＝9.6 Ω
S1、S2均闭合时，灯L的电流为I＝＝ A＝0.5 A
则流过电动机的电流为IM＝I2－I＝（3－0.5） A＝2.5 A
电动机的机械功率为P机＝UIM－IRM＝（4.8×2.5－2.52×1） W＝5.75 W。
12．如图所示，电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω；电路中的电阻R1＝R2＝2 Ω，R4＝R5＝4 Ω，R3＝3 Ω，电流表、电压表均为理想电表。求：
（1）闭合开关S后，电压表和电流表的示数；
（2）R1、R4两端的电压和通过R1、R4的电流。
【答案】（1）2.25 V 0.75 A （2）R1两端的电压为0.75 V；R4两端的电压是1.5 V 通过R1与R4的电流均为0.375 A
由闭合电路的欧姆定律得I＝，
总电流为I＝ A＝1.5 A
路端电压UR＝E＝×3 V＝2.25 V，所以电压表的示数为2.25 V
根据欧姆定律I＝得通过R3的电流为I3＝＝ A＝0.75 A
所以通过电流表的电流为1.5 A－0.75 A＝0.75 A.
（2）由分压原理得，R1两端的电压为UR1＝×2.25 V＝0.75 V
所以R4两端的电压是2.25 V－0.75 V＝1.5 V
又因通过电流表的电流为0.75 A，所以通过R1与R4的电流均为 A＝0.375 A.
13．如图所示的电路中，电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电容器的电容C＝3.6 μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开。
（1）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？
（2）合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？
【答案】（1）减少了1.8×10－6 C （2）9.6×10－6 C
（2）设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q＝CU2＝1.44×10－5 C
再断开S1后，通过R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比。
故流过电阻R1的电荷量为Q1＝Q＝9.6×10－6 C。
14．在如图所示的电路中，电源的电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m。
（1）若开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少？
（2）若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间，能否从极板间射出？（要求写出计算和分析过程，g取10 m/s2）
【答案】（1）6.0×10－12 C （2）不能 原因见解析
（2）设带电微粒的质量为m，带电荷量为q，当开关S断开时有＝mg
当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则mg－＝ma
假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向t＝
竖直方向y＝at2
由以上各式得y＝6.25×10－3 m>
故带电微粒不能从极板间射出。
15．如图中，电流表的读数I＝0.75 A，电压表读数为U＝2 V。某一电阻烧断后，电流表的读数变为I′＝0.8 A，电压表的读数U′＝3.2 V。已知R3＝4 Ω，试判断发生故障的电阻值是多少，电源电动势为多少？
【答案】8 Ω 4 V
所以R2＝＝＝4 Ω ①
根据闭合电路欧姆定律E＝U′＋I′r＝3.2＋0.8r ②
未断路时 U3＝IR2－U＝0.75×4 V－2 V＝1 V ③
＝ R1＝R3＝×4 Ω＝8 Ω ④
再根据闭合电路欧姆定律E＝IR2＋r，
E＝0.75×4＋r ⑤
解②、⑤两式得E＝4 V。
一、闭合电路欧姆定律
1．闭合电路组成
（1）外电路：电源外部由用电器和导线组成的电路，在外电路中，沿电流方向电势降低。
（2）内电路：电源内部的电路，在内电路中，沿电流方向电势升高。
2．闭合电路中的能量转化
如图所示，电路中电流为I，在时间t内，非静电力做功等于内外电路中电能转化为其他形式的能的总和，即EIt＝I2Rt＋I2rt。
3．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路中的电流与电源电动势成正比，与内、外电路中的电阻之和成反比。
（2）表达式：I＝公式中，R表示外电路的总电阻，E表示电源的电动势，r是电源内阻。
（3）适用范围：纯电阻电路。
4．闭合电路的欧姆定律的表达形式
表达式
物理意义
适用条件
I＝
电流与电源电动势成正比，与电路总电阻成反比
纯电阻电路
E＝I（R＋r）①
E＝U外＋Ir ②
E＝U外＋U内 ③
电源电动势在数值上等于电路中内、外电压之和
①式适用于纯电阻电路；②③式普遍适用
EIt＝I2Rt＋I2rt ④
W＝W外＋W内 ⑤
电源提供的总能量等于内、外电路中电能转化为其他形式的能的总和
④式适用于纯电阻电路，⑤式普遍适用
【题1】如图，电灯L标有“4V、1W”，滑动变阻器R总电阻为50Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：
（1）发生故障是短路还是断路？发生在何处；
（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少；
（3）电源电动势和内电阻分别为多大？
【答案】（1）断路 灯L（2）20Ω（3）12.5V 5Ω
（2）L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压为：U2＝U端＝10V，R2＝＝Ω＝20Ω
L未断路时恰好正常发光：UL＝4V，IL＝＝0.25A
U端′＝U2′＝I2′·R2＝0.45×20V＝9VR＝＝＝20Ω
（3）根据闭合电路欧姆定律：E＝U＋Ir
故障前：E＝9＋（0.45＋0.25）r，
故障后：E＝10＋0.5r，
解得：r＝5Ω，E＝12.5V。
【题6】如图所示，已知电源电动势E＝5 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝0.5 Ω，滑动变阻器R2的阻值范围为0～10 Ω。求：
（1）当滑动变阻器R2的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？
（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？
（3）当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大功率是多少？
【答案】（1）R2＝0时，R1消耗的功率最大，为2 W
（2）R2＝2.5 Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，为2.5 W
（3）R2＝1.5 Ω时，电源的输出功率最大，为3.125 W
【题7】（多选）如图甲所示，电源电动势E＝6 V，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P从A端滑至B端的过程中，得到电路中的一些物理量的变化如图乙、丙、丁所示。其中图乙为输出功率与路端电压的关系曲线，图丙为路端电压与总电流的关系曲线，图丁为电源效率与外电路电阻的关系曲线，不考虑电表、导线对电路的影响。则下列关于图中a、b、c、d点的坐标值正确的是
A．a（4 V，4.5 W） B．b（4.8 V，2.88 W）
C．c（0.6 A，4.5 V） D．d（8 Ω，80%）
【答案】BD
【解析】由题图丙可知短路电流为I短＝3 A，由I短＝得r＝＝ Ω＝2 Ω，电源的效率最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由题图丁可知电源的最大效率为η＝80%，由η＝＝，解得R＝8 Ω，滑动变阻器的滑片P在最右端B时，分别对应b、c、d三点。当输出功率达到最大时外电路电阻R1＝r＝2 Ω，此时路端电压为U1＝3 V，故可得a点：U1＝3 V，Pm＝＝ W＝4.5 W，坐标为a（3 V，4.5 W）；b点、c点：R＝8 Ω，I＝＝ A＝0.6 A，U2＝E－Ir＝（6－0.6×2） V＝4.8 V，P2＝U2I＝4.8×0.6 W＝2.88 W，所以b点的坐标为b（4.8 V，2.88 W），c点的坐标为c（0.6 A，4.8 V）；d点的坐标为d（8 Ω，80%）。故选项B、D正确。
8．讨论、分析电阻消耗功率增大、减小的方法
（1）定值电阻：求解定值电阻消耗的最大功率时，根据P=I2R可知，只要电流最大即可。
（2）可变电阻：①求解可变电阻消耗的最大功率时，不能套用上述方法，因为电流随电阻的变化而变化，此时，可以利用电源的输出功率与外电阻的关系进行求解。
②有时需要用“等效电源法”，即
【题8】（多选）如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值为2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是
A．电路中的电流变大
B．电源的输出功率先变大后变小
C．滑动变阻器消耗的功率变小
D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小
【答案】AC
【题9】（多选）一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则
A．电动机的内阻为R＝
B．电动机的内阻为R＝－
C．电动车的工作效率η＝
D．电动机的发热效率η＝
【答案】BD
【题10】如图所示，已知电源电动势为6V，内阻为1Ω，保护电阻R0＝0.5Ω，求：
（1）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。
（2）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。
（3）在题中，若电阻箱R的最大值为3Ω，R0＝5Ω。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。
（4）题中条件不变，求电源的最大输出功率。
（5）如图所示，电源电动势E＝2V，内阻r＝1Ω，电阻R0＝2Ω，可变电阻的阻值范围为0～10Ω。求可变电阻为多大时，R上消耗的功率最大，最大值为多少？
【答案】（1）0 8W （2）1.5Ω，6W （3）3Ω，W （4）9W （5）Ω，W
（2）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＝1.5Ω时，PRmax＝＝W＝6W。
（3）把R0＝5Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6Ω，而电阻箱R的最大值为3Ω，小于6Ω，
P＝（）2R＝，则不能满足R＝r等，
当电阻箱R的电阻取3Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P＝（）2R＝W。
（4）由电功率公式P出＝（）2R外＝，
当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5Ω时，P出max＝＝W＝9W。
（5）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。
1．如下图所示，I是电源的路端电压随电流变化的图线，Ⅱ是某电阻的伏安特性曲线，当该电源向该电阻供电时，电阻上消耗的功率和电源的效率分别为
A．4 W和33% B．2 W和67%
C．2 W和33% D．4 W和67%
【答案】D
2．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图，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，小灯泡的电阻减小
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所围面积
【答案】D
【解析】在I?U图象中，图线上的点与O点连线的斜率表示该点所对应的电压电流下电阻的倒数，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻逐渐增大，A错误；对应P点，小灯泡的电压为U1，电流为I2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为 R＝，B、C错误；其工作功率为P＝U1I2，即为图中矩形PQOM所围的面积，D正确。
7．如图的四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是
【答案】C
8．如图所示为甲、乙两灯泡的I?U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V的电路中实际发光的功率分别为
【答案】C
【解析】两灯泡并联在电压为220 V的电路中，则两只灯泡两端的电压均为220 V，根据I -U图象知：甲灯实际工作时的电流约为I甲＝0.18 A，乙灯实际工作时的电流约为I乙＝0.27 A，所以功率分别为P甲＝I甲U＝0.18×220 W≈40 W；P乙＝I乙U＝0.27×220 W≈60 W，C正确。
A．15 W 30 W B．30 W 40 W
C．40 W 60 W D．60 W 100 W
9．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的关系为
A．P1＝4PD B．PD＝
C．PD＝P2 D．P1＜4P2
【答案】D
【解析】由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相同。当三者按照题图乙所示电路连接时，电阻器D两端的电压小于U，由题图甲可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1＝R2，而RD与R2并联，电压相等，根据 P＝，PD＜P2，C错误；由欧姆定律可知，电流ID＜I2，又I1＝I2＋ID，根据P＝I2R，P1＜4P2，按图乙方式连接后，电阻器D的电阻大于R1，故不能确定P1等于4PD，A错误，D正确；由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R＜R1，所以D两端的电压小于 ，且D阻值变大，则PD＜，B错误。
10．（多选）在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，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。由图象可知
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4 W
D．电源的效率为50%
【答案】ABC
11．（多选）如图，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则
ra>rb B．Ia>Ib
C．R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低
D．R0接电源b时，电源的输出功率较小，效率较低
【答案】ABC
12．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U?I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为
A．8.0 Ω B．10 Ω
C．12 Ω D．12.5 Ω
【答案】A
13．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是
A．直线a表示电源的总功率PE ?I图线
B．曲线c表示电源的输出功率PR ?I图线
C．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω
D．电源的最大输出功率Pm＝2 W
【答案】AD
14．如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动。不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是
A．电源电动势为3.4 V
B．变阻器的触头向右滑动时，读数逐渐变大
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．变阻器的最大阻值为30 Ω
【答案】BD
15、如图，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则
A．R1接在电源上时，电源的效率高
B．R2接在电源上时，电源的效率高
C．R1接在电源上时，电源的输出功率大
D．电源的输出功率一样大
【答案】A
16．如图所示，电源为恒流电源（能始终提供恒定的电流），R0为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表。移动滑动变阻器R的滑片，则下列电压表示数U和电路总功率P随电流表示数I变化的关系图线中正确的是
【答案】D
17．两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表和电压表的测量数据，另一同学记录的是电流表和电压表的测量数据。根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I直线。则图乙中图线①和图线②的交点表示的物理意义是
A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端
B．电源的输出功率最大
C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0 W
D．电源的效率达到最大值
【答案】B
18．电池甲和乙的电动势分别为E1和E2，内电阻分别为r1和r2，已知E1R，则
A．r1>r2，P1>P2 B．r1C．r1P2 D．r1>r2，P1 【答案】B
【解析】将一电动势为E、内电阻为r的电源与一阻值为R的电阻组成一闭合回路，路端电压U和干路电流I的关系为U＝E－Ir。在U－I直角坐标系中作U－I图线，则该图线为一条在纵轴上截距为E、斜率为－r的直线。这条线即为电源的伏安特性曲线。如果再在此坐标系中作出外电阻R的伏安特性曲线为过原点的直线，斜率为R，则两条线的交点就表示了该闭合电路所工作的状态。此交点的横、纵坐标的乘积即为外电阻所消耗的功率。依题意作电池甲和乙及电阻R的伏安特性曲线。由于两电池分别接R时，R消耗的电功率相等，故这三条线必相交于一点，如图所示，由于E119．图甲所示为一灯泡两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题：（不计电流表和电源的内阻）
（1）若把三个这样的灯泡串联后，接到电动势为12 V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻。
（2）如图乙所示，将两个这样的灯泡并联后再与10 Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8 V的电源上，求通过电流表的电流值以及每个灯泡的实际功率。
【答案】（1）0.4 A 10 Ω （2）0.6 A 0.6 W
由此可以求出此时每个灯泡的实际电阻为：R＝＝ Ω＝10 Ω。
（2）在图乙所示的混联电路中，设每个灯泡加上的实际电压和实际电流分别为U和I，在这个闭合电路中，有E＝U＋2IR0，代入数据并整理得：U＝8－20I，这是一个反映了电路约束的直线方程，把该直线在题图甲上画出，可得如图所示图象．这两条图线的交点为U＝2 V、I＝0.3 A，同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值IA＝2I＝0.6 A，每个灯泡的实际功率P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W。
1．（多选）直流电路如图所示，当滑动变阻器滑片P向右滑动时，则
A．电压表示数变小
B．电流表示数变小
C．电源总功率变小
D．外电路消耗功率变小
【答案】BC
2．（多选）已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大。为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光。若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则
A．电灯L变亮
B．电灯L变暗
C．电流表的示数减小
D．电流表的示数增大
【答案】AC
【解析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，则电路的总电阻变大，根据I＝可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U＝E－Ir，可知I减小，U增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L变亮，故A、C正确，B、D错误。
5．如图所示电路，当R2的滑动片向右移动时，各表的变化情况是
A．A1、A2读数均变大，V1、V2读数均变小
B．A1读数变大，A2读数变小，V1读数变大，V2读数变小
C．A1读数变大，A2读数变小，V1读数变小，V2读数变大
D．A1、A2读数均变小，V1、V2读数均变大
【答案】C
方法Ⅱ，结论法：①“并同”：变阻器R2减小，与R2有并联关系的V1、A2示数变小，
②“串反”：变阻器R2减小，与R2有串联关系的V2、A1示数变大，所以选项C正确。
6．（多选）闭合电路的电源电动势为E，内阻为r，如图所示，闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端时，下列说法中正确的是
A．小灯泡L1、L3变亮，L2变暗
B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C．电压表V1示数变化量较小
D．电压表V2示数变化量较小
【答案】BD
【解析】当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端时，并联电路总电阻减小（局部），总电流I增大，路端电压U减小（整体）。干路电流增大，则L2变亮；与滑动变阻器串联的灯泡L1电流增大，变亮；与滑动变阻器并联的灯泡L3电压U3＝U－U2，U减小，U2增大，则U3减小，L3变暗；U1减小，U2增大，而路端电压U＝U1＋U2减小，所以U1的变化量大于U2的变化量，故A、C错误；B、D正确。
7．如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻恒定不变，滑片P在变阻器的中点位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到最右端，则
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．电灯L消耗的功率变小
D．电阻R1消耗的功率变小
【答案】C
8．如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑动片P向左移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是
A．灯L2变亮，灯L1、L3变暗
B．灯L1变亮，灯L2、L3变暗
C．灯L1、L2变亮，灯L3变暗
D．灯L2、L3变亮，灯L1变暗
【答案】A
【解析】图中变阻器R与灯L3并联后与灯L2串联，再与灯L1并联。灯L1的电压等于路端电压，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，路端电压减小，则灯L1变暗，流过灯L2电流I2＝I－I1，I增大，I1减小，则I2增大，灯L2变亮，灯L3的电压U3＝U－U2，U减小，U2增大，U3减小，灯L3变暗，故A正确。
9．如图所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值，则
A．电流表的示数减小
B．电压表的示数减小
C．电阻R2两端的电压减小
D．路端电压增大
【答案】B
10．如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则
A．电灯L更亮，安培表的示数减小
B．电灯L更亮，安培表的示数增大
C．电灯L更暗，安培表的示数减小
D．电灯L更暗，安培表的示数增大
【答案】A
【解析】变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误。
11．如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是
A．I变大，U变小
B．I变大，U变大
C．I变小，U变大
D．I变小，U变小
【答案】A
12．（多选）如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动时，下列论述正确的是
A．灯泡L一定变亮
B．电流表的示数变小
C．电压表的示数变小
D．R0消耗的功率变小
【答案】ABD
13．（多选）在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值定阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L 2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是
A．L 1、L 2两个指示灯都变亮
B．L 1、L 2两个指示灯都变暗
C．L 1变亮，L 2变暗
D．R1两端电压增大
【答案】BD
14．如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为滑动变阻器，A为理想电流表、V为理想电压表。当滑动变阻器滑片向右滑动时，下列说法中正确的是
A．电流表和电压表示数都变大
B．电流表和电压表示数都变小
C．电流表示数减小，电压表示数变大
D．电流表示数变大，电压表示数减小
【答案】A
【解析】首先要弄清电路的结构，画出等效电路图，电压表测R1两端的电压。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电阻变小，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，路端电压变小，则流过R2的电流变小，流过R1的电流变大，其两端电压也变大，所以电压表、电流表示数都变大，选项A正确。
15．（多选）如图所示闭合电路中，R是半导体光敏电阻（光照增强，电阻减小），R1为滑动变阻器。现用一束光照射光敏电阻，则
A．电压表读数变小
B．电流表读数变小
C．电源的总功率变大
D．电源内阻的功率变大
【答案】ACD
16．如图电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是
A．电压表的读数U先减小，后增大
B．电流表的读数I先增大，后减小
C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变
D．电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值不变
【答案】D
【解析】滑动触头P位于a端和b端时外电路总电阻均为＝R，P位于ab的中点时外电路总电阻为R＋R＝R，所以当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，即有电压表的读数U先增大后减小，电流表的读数I先减小后增大，故A、B错误；电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小，故C错误；因为内、外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等，所以＝r不变，故D正确。
17．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将向上极板运动
D．若将开关S断开，质点P将向下极板运动
【答案】C
18．如图所示，闭合开关S，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表的示数改变量的大小为ΔU，电流表的示数改变量的大小为ΔI，则下列说法正确的是
A．电源的总功率变大
B．电阻R1的电功率变大
C．不变 D．变大
【答案】B
【解析】由题图得，变阻器与电阻R1并联后再与电阻R2串联，当向左调节滑动变阻器的触头P时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I减小，电源的内电压和R2两端的电压减小，则并联部分的电压即电压表示数U变大，故增大，故C错误；根据闭合电路欧姆定律得U＝E－I（R2＋r），＝R2＋r，不变，故D错误；U增大，则电阻R1的电功率变大，故B正确；I减小，电源的总功率EI减小，故A错误。
19．已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大。为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路。电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则
A．电压表的示数变小
B．磁敏电阻两端电压变小
C．小灯泡L变亮甚至烧毁
D．通过滑动变阻器的电流变大
【答案】C
20．如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向下移动时，下列论述不正确的是
A．灯泡L一定变亮
B．电流表的示数变小
C．电压表的示数变小
D．R0消耗的功率变小
【答案】C
21．在如图所示电路中，R2为光敏电阻。合上开关S，用较弱光照射R2，电压表读数为U0，电流表读数为I0；用较强光照射R2，电压表读数为U1，电流表读数为I1；用更强光照射R2，电压表读数为U2，电流表读数为I2.处理实验数据，令k1＝||，k2＝||，则k1、k2的关系为
A．k1>k2 B．k1＝k2
C．k1【答案】B
22．（多选）如图，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，当滑动变阻器滑片向下滑动一段后，电流表A1、A2读数变化的大小分别为ΔI1、ΔI2，则下列说法中正确的是
A．A灯变暗 B．B灯变亮
C．I1、I2都变小 D．ΔI1<ΔI2
【答案】AD
23．在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P缓慢向右移动，则
A．灯泡L变暗
B．电源内部消耗的功率先变大后变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．流过R1的电流方向由左向右
【答案】D
【解析】P向右移动，总电阻变小，干路电流变大，L变亮，电源内部消耗功率变大，A、B错误；R两端电压变小，与其并联的电容器两端的电压U变小，由Q＝CU知，电容器放电，左极板带负电，C错误，D正确。
24．（多选）如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光。在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是
A．小灯泡L1、L2均变暗
B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗
C．电流表的读数变小，电压表的读数变大
D．电流表的读数变大，电压表的读数变小
【答案】BC
一、不含电容器电路
1．定义
电路动态分析类问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，一处变化又引起了一系列的变化。
【题1】如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
【答案】A
【题2】（多选）如图所示的电路，L1、L 2、L 3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置。当S闭合时，3只小电灯都发光。现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L 1、L 2、L 3的变化情况
A．L 1变亮 B．L 2变亮
C．L 3变暗 D．L 1、L 2、L 3均变亮
【答案】BC
【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器的有效电阻变大，导致外电路的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律I＝知，总电流I总减小，路端电压U路＝E－I总r将增大，因此，通过L1灯的电流IL1变小，L1灯变暗；U路＝UL1＋UL2，得L2灯两端的电压变大，L2灯变亮。而IL1＝IL2＋IL3，通过L1灯的电流IL1变小，通过L2灯的电流IL2变大，则通过L3灯的电流IL3变小，L3灯变暗。由以上分析可知，选项B、C正确。
【题11】在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
【答案】C
二、含电容器电路
1．电路的简化
不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所在的电路视为断路，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
电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端的电压与其并联电器两端电压相等。
3．电压变化带来的电容器变化
电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电。若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝C·ΔU计算电容器上电荷量的变化量。
【题12】（多选）如图所示，C1＝6μF，C2＝3μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计。下列说法正确的是
A．开关S断开时，a、b两点电势相等
B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2 A
C．开关S断开时，C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
【答案】BC
【题13】如图所示，电源电动势E＝9 V，内电阻r＝4.5 Ω，变阻器R1的最大电阻Rm＝5.0 Ω，R2＝1.5 Ω，R3＝R4＝1 000 Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置。在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间引入一带电微粒恰能静止。那么
A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3 Ω，电源的输出功率应为4.5 W
B．引入的微粒带负电，当开关接向b（未接触b）的过程中，微粒将向下运动
C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大
D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为d→c
【答案】AD
【解析】本题考查路端电压与负载的关系、平行板电容器的电容、串并联电路的特点，意在借助含容电路考查考生的逻辑推理能力。选项A中，在开关S与a接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1＋R2＝r，R2＝1.5 Ω，则R1＝3 Ω，电源的输出功率Pm＝＝4.5 W，故选项A正确；选项B中，在开关S与a接触且当电路稳定时，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止，微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态，而上极板带正电，可知微粒带负电．当开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电荷量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，故选项B错误；选项C中，电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2及电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，故选项C错误；选项D中，在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流方向为d→c，故选项D正确。
【题14】如右图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O点固定连接，P为与圆环良好接触的滑动头。闭合开关S，在滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将
A．由小变大
B．由大变小
C．先变小后变大
D．先变大后变小
【答案】C
