高考物理一轮复习 第二节 串并联电路 电表的改装.docx

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高考物理一轮复习第二节串并联电路电表的改装

2008高考物理一轮复习第二节串并联电路电表的改装

一、复习目标：

1．熟练掌握串并联电路的特点，能够化简电路

2．掌握含容电路的分析与计算

3．掌握电流表、电压表的改装原理，掌握伏安法测电阻的两种解法，并能够分析测量误差

4．掌握滑动变阻器的两种用法

二、难点剖析：

1．串并联与混联电路

（1）串联：

电流强度I＝I1＝I2＝…＝In

电压U＝U1＋U2＋…＋Un

电阻R＝R1＋R2＋…＋Rn

电压分配

功率分配

（2）并联：

电流强度I＝I1＋I2＋…＋In电压U＝U1＝U2＝…＝Un

电阻

电流分配

功率分配

2．电路中有关电容器的计算。

（1）电容器跟与它并联的用电器的电压相等。

（2）在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上。

（3）在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。

3．电表的改装

（1）电流表原理和主要参数

①电流表G是根据通电线圈在磁场中受磁力矩作用发生偏转的原理制成的，且指什偏角θ与电流强度I成正比，即θ＝kI，故表的刻度是均匀的。

②电流表的主要参数有，表头内阻Rg：

即电流表线圈的电阻；满偏电流Ig：

即电流表允许通过的最大电流值，此时指针达到满偏；满偏电压U：

即指针满偏时，加在表头两端的电压，故Ug＝IgRg

（2）电流表改装成电压表

方法：

串联一个分压电阻R，如图所示，若量程扩大n倍，即n＝

，则根据分压原理，需串联的电阻值

，故量程扩大的倍数越高，串联的电阻值越大。

（3）电流表改装成电流表

方法：

并联一个分流电阻R，如图所示，若量程扩大n倍，即n

＝

，则根据并联电路的分流原理，需要并联的电阻值

，故量程扩大的倍数越高，并联的电阻值越小。

4．电阻的测量

（1）伏安法测电阻的两种电路形式（如图所示）

由于电流表的分压作用，电阻的测量值比真实值偏大

由于电压表流的分流作用，电阻的测量值比真实值偏小

（2）实验电路（电流表内外接法）的选择

（1）若

＞

，一般选电流表的内接法

（2）若

＜

，一般选电流表外接法。

5．滑动变阻器的使用

（1）滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点

负载RL上电压调节范围（忽略电源内阻）

负载RL上电流调节范围（忽略电源内阻）

相同条件下电路消耗的总功率

限流接法

E≤UL≤E

≤IL≤

EIL

分压接法

0≤UL≤E

0≤IL≤

E（IL+Iap）

比较

分压电路调节范围较大

分压电路调节范围较大

限流电路能耗较小

（2）滑动变阻器的限流接法与分压接法的选择方法

下列三种情况必须选用分压式接法

①要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时（如：

测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路），即大范围内测量时，必须采用分压接法.

②当用电器的电阻RL远大于滑动变阻器的最大值R0，且实验要求的电压变化范围较大（或要求测量多组数据）时，必须采用分压接法.因为按图（b）连接时，因RL>>R0＞Rap，所以RL与Rap的并联值R并≈Rap，而整个电路的总阻约为R0，那么RL两端电压UL=IR并=

·Rap，显然UL∝Rap，且Rap越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.

③若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过RL的额定值时，只能采用分压接法.

下列情况可选用限流式接法

①测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL与R0接近或RL略小于R0，采用限流式接法.

②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.

③没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.

三、典型例题

1．已知如图，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，则接入电路后这三只电阻的实际功率之比为

_________。

解：

本题解法很多，注意灵活、巧妙。

经过观察发现三只电阻的电流关系最简单：

电流之比是I1∶I2∶I3=1∶2∶3；还可以发现左面两只电阻并联后总阻值为2Ω，因此电压之比是U1∶U2∶U3=1∶1∶2；在此基础上利用P=UI，得P1∶P2∶P3=1∶2∶6

2．已知如图，两只灯泡L1、L2分别标有“110V，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？

A.B.C.D.

解：

A、C两图中灯泡不能正常发光。

B、D中两灯泡都能正常发光，它们的特点是左右两部分的电流、电压都相同，因此消耗的电功率一定相等。

可以直接看出：

B图总功率为200W，D图总功率为320W，所以选B。

3．实验表明，通过某种金属氧化物制成的均匀棒中的电流I跟电压U之间遵循I=kU3的规律，其中U表示棒两端的电势差，k=0.02A/V3。

现将该棒与一个可变电阻器R串联在一起后，接在一个内阻可以忽略不计，电动势为6.0V的电源上。

求：

（1）当串联的可变电阻器阻值R多大时，电路中的电流为0.16A？

（2）当串联的可变电阻器阻值R多大时，棒上消耗的电功率是电阻R上消耗电功率的1/5？

解：

画出示意图如右。

（1）由I=kU3和I=0.16A，可求得棒两端电压为2V，因此变阻器两端电压为4V，由欧姆定律得阻值为25Ω。

（2）由于棒和变阻器是串联关系，电流相等，电压跟功率成正比，棒两端电压为1V，由I=kU3得电流为0.02A，变阻器两端电压为5V，因此电阻为250Ω。

4．左图为分压器接法电路图，电源电动势为E，内阻不计，变阻器总电阻为r。

闭合电键S后，负载电阻R两端的电压U随变阻器本身a、b两点间的阻值Rx变化的图线应最接近于右图中的哪条实线

A.①B.②C.③D.④

解：

当Rx增大时，左半部分总电阻增大，右半部分电阻减小，所以R两端的电压U应增大，排除④；如果没有并联R，电压均匀增大，图线将是②；实际上并联了R，对应于同一个Rx值，左半部分分得的电压将比原来小了，所以③正确，选C。

5．已知如图，电源内阻不计。

为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法：

A.增大R1B.增大R2C.增大R3D.减小R1

解：

由于稳定后电容器相当于断路，因此R3上无电流，电容器相当于和R2并联。

只有增大R2或减小R1才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量。

改变R3不能改变电容器的带电量。

因此选BD。

6．已知如图，R1=30Ω，R2=15Ω，R3=20Ω，AB间电压U=6V，A端为正C=2μF，为使电容器带电量达到Q=2×10-6C，应将R4的阻值调节到多大？

解：

由于R1和R2串联分压，可知R1两端电压一定为4V，由电容器的电容知：

为使C的带电量为2×10-6C，其两端电压必须为1V，所以R3的电压可以为3V或5V。

因此R4应调节到20Ω或4Ω。

两次电容器上极板分别带负电和正电。

还可以得出：

当R4由20Ω逐渐减小的到4Ω的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4×10-6C，电流方向为向下。

7．如图所示的电路中，4个电阻的阻值均为R，E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极.平行板电容器两极板间的距离为d.在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为m，电量为q的带电小球.当电键K闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上.现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷.

解：

由电路图可以看出，因R4支路上无电流，电容器两极板间电压，无论K是否闭合始终等于电阻R3上的电压U3，当K闭合时，设此两极板间电压为U，电源的电动势为E，由分压关系可得U＝U3＝

E①

小球处于静止，由平衡条件得

＝mg②

当K断开，由R1和R3串联可得电容两极板间电压U′为

U′＝

③

由①③得U′＝

U④

U′＜U表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系

mg

－q

mv2－0⑤

因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为q′，由功能关系得

q′U′－mgd=0－

mv2⑥

联立上述各式解得

q′＝

q

即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的

.

8．如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。

安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则

安培表A1的读数安培表A2的读数；

安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角；

伏特表V1的读数伏特表V2的读数；

伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角；

（填“大于”，“小于”或“等于”）

解：

大于等于大于等于

9．某电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：

A．待测电流表A1（量程0.6A）；B．电压表V1（量程3V，内阻约2kΩ）

C．电压表V2（量程15V，内阻约10kΩ）；D．滑动变阻器R1（最大电阻10Ω）

E．定值电阻R2（阻值5Ω）F．电源E（电动势4V）

G．电键S及导线若干

（1）电压表应选用_____________；

（2）画出实验电路图；

（3）如测得电压表的读数为V，电流表的读数为I，则电流表A1内阻的表达式为：

RA=_____

_________。

解：

本题利用电压表指电压，电流表指电流的功能，根据欧姆定律R=

计算电流表的内阻。

由于电源电动势为4V，在量程为15V的电压表中有

的刻度没有利用，测量误差较大，因而不能选；量程为3V的电压表其量程虽然小于电源电动势，但可在电路中接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表V1。

由于电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，量程为0.6A，电流表上允许通过的最大电压为0.12V，因而伏特表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Ω的定值电阻R2与电流表串联再接到伏特表上，才满足要求。

滑动变阻器在本实验中分压与限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式。

故本题电压表选用V1；设计电路图如图1所示；电流表A1内阻的表达式为：

RA=

-R2。

10．用伏安法测量某一电阻Rx阻值，现有实验器材如下：

待测电阻Rx（阻值约5Ω，额定功率为1W）；电流表A1（量程0~0.6A，内阻0.2Ω）；电流表A2（量程0~3A，内阻0.05Ω）；电压表V1（量程0~3V，内阻3kΩ）；电压表V2（量程0~15V，内阻15kΩ）；滑动变阻器R0（0~50Ω），蓄电池（电动势为6V）、开关、导线.

为了较准确测量Rx阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图.

错解分析：

没能据安全性、准确性原则选择A1和V1，忽视了节能、方便的原则，采用了变阻器的分压接法.

解题方法与技巧：

由待测电阻Rx额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻Rx的额定电压、额定电流的值约为

U=

≈2.2V，I=

=0.45A.

则电流表应选A1，电压表应选V1.

又因

=24.5Ω＞Rx，则电流表必须外接.

因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻Rx上的最小电流为Imin=

=0.11A＜I额，故可用限流电路.电路如图所示.

四、同步练习

1．在如图所示的电路中，R1=R2=R3，在a、c间和b、c间均接有用电器，且用电器均正常工作，设R1、R2、R3上消耗的功率分别为P1、P2、P3，则（）

A．P1＞P2＞P3

B．P1＞P3＞P2

C．P1＞P2=P3

D．因用电器的阻值未知，无法比较三个功率的大小

2、如图所示的电路中，L1、L2为“220V、100W”灯泡，L3、L4为“220V，40W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（）

A．P4＞P1＞P3＞P2

B．P4＞P1＞P2＞P3

C．P1＞P4＞P2＞P3

D．P1＞P4＞P3＞P2

3、如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V。

调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（）

A．P甲＞P乙

B．P甲＜P乙

C．P甲=P乙

D．无法确定

4、两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；

B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（）

A．QA：

QB=1：

2B．QA：

QB=2：

1

C．QA：

QB=1：

1D．QA：

QB=4：

1

5、如图所示，D为一插头，可接入电压恒定的照明电路中，a、b、c为三只相同且功率较大的电炉，a靠近电源，b、c离电源较远，而离用户电灯L很近，输电线有电阻。

关于电炉接入电路后对电灯的影响，下列说法中正确的是（）

A．使用电炉a时对电灯的影响最大

B．使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a时大

C．使用电炉c时对电灯几乎没有影响

D．使用电炉b或c时对电灯影响几乎一样

6、一盏电灯直接接在恒定的电源上，其功率为100W，若将这盏灯先接上一段很长的导线后，再接在同一电源上，在导线上损失的电功率是9W，那么此时电灯实际消耗的电功率（）

A．等于91WB．小于91W

C．大于91WD．条件不足，无法确定

7、把两个标有“6V、3W”和“6V、4W”的小灯泡串联，则串联电路允许达到的最大功率是W；把这两个小灯泡并联，则并联电路允许达到的最大功率是W。

8、如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，U=2.4V。

在ab间接一只理想电压表，它的读数是；如在ab间接一只理想电流表，它的读数是。

9、一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为Ω。

若将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联一个阻值为Ω的电阻。

10.如图所示的（甲）、（乙）中的小灯泡都相同，（甲）图中电压恒定为6V，（乙）图中电压恒定为12V，调节可变电阻R1、R2使四只小灯泡都恰好正常发光（功率相同），这时可变电阻接入电路中的电阻值之比R1∶R2=_______它们消耗的电功率之比P1∶P2=_______.

11.如图所示，分压电路的输入端电压为U=6V，电灯L上标有“4V、4W”，滑动变阻器的总电阻Rab=13.5Ω，求当电灯正常发光时，滑动变阻器消耗的总功率.

12.如图所示是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70℃时，会自动闭合；温度高于80℃时，会自动断开.红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯.分流电阻R1=R2=500Ω，加热电阻丝R3=50Ω，两灯电阻不计.

（1）分析电饭煲的工作原理.

（2）简要回答，如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？

（3）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比.

参考答案

1.A2、D3、A4、B5、D6、BD

7、21/4W、7W8、1.8V、2/3A　　9、52.6；9944

10、1∶4，1∶1

11、4W

12、

（1）电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80℃时，S2自动断开，S1仍闭合；水烧开后，温度升高到103℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，由于散热，待温度降至70℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态.

（2）如果不闭合开关S1，则不能将饭煮熟，因为只能加热到80℃.

（3）加热时电饭煲消耗的电功率P1=

，保温时电饭煲消耗的电功率P2=

，两式中R并=

Ω.从而有

P1∶P2=

=12∶1