电容及恒定电流重点.docx
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电容及恒定电流重点
一．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，一般根据正极板电荷变化情况来判断电流方向．
（4）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量绝对值之和．
【例1】已知如图7-2-1所示，R1=30Ω，R2=15Ω，R3=20Ω，AB间电压U=6V，A端为正．电容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？
【解析】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．
【答案】20Ω或4Ω
【点拨】解决本题的关键是确定电容C两端电势的高低．顺着电流方向通过一电阻，电势降低．
2．如图1所示，两个相同的平行板电容器C1、C2用导线相连，开始都不带电．现将开关S闭合给两个电容器充电，待充电完毕后，电容器C1两板间有一带电微粒恰好处于平衡状态．再将开关S断开，把电容器C2两板稍错开一些（两板间距离保持不变），重新平衡后，下列判断正确的是（ ）
图1
A．电容器C1两板间电压减小
B．电容器C2两板间电压增大
C．带电微粒将加速上升
D．电容器C1所带电荷量增大
答案 BCD
解析 充电完毕后电容器C1、C2并联，两端电压相等，都等于电源电压U，断开S后，电容器C2两板稍错开一些，即两板正对面积S减小，根据C＝
知电容减小，又由C＝
可知，两板间电压U′增大，此时U′>U，则电容器C2又开始给C1充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故A错误，B正确；电容器C1所带电荷量增大，故D正确；电容器C1两端的电压增大，根据E＝U/d可知，C1两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，带电微粒将加速向上运动，故C正确．
例1、如图所示，M、N两点间电压为18V，R1=6Ω，R2=3Ω，C1=6μF，C2=3μF；当电键K断开时，A、B两点间的电压UAB为______伏，当K闭合时，电容器C1的电量______（填增大或减小）了______库．
解析：
当电键K断开时，电源中没有电流，电容器C1、C2的电压均等于M、N间的电压，C、B间的电压为0，相当于导线，A、D间的电压也为0，也相当于导线，所以AB间的电压等于M、N间的电压，为UAB=UMN=18V．
当电键闭合时，两电阻串联，则C1、C2的电压分别等于电阻R1、R2的电压，则有
例2、如图所示电路中，U=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池的内阻可忽略．求：
（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
（2）将开关断开，这以后流过R1的总电量。
试题分析：
⑴闭合开关S后，
与
串联，由欧姆定律有
（2）闭合开关S后，电容器两端的电压与
的相等，有
将开关S断开后，电容器两端的电压与电源的相等，有
（2分）
流过R1的总电量为
（2分）
例4、如图所示，电路中接一电动势为4V、内电阻为2 Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，当电路稳定后
（1）求电流表的读数；
（2）求电容器所带的电荷量；
（3）如果断开电源，求通过R2的电荷量．
解：
（1）因电流表的内阻不计，故R1、R2被电流表短路
电流表的示数I＝
＝0.4A
（2）电容器C上的电压与R3的电压相等，故UC＝IR3＝1.6V
Q＝CUC＝30×10-6×1.6＝4.8×10-5 C
（3）断开电源后，电容器上的电量Q全部放掉，此过程中，R1与R2并联，且电阻相等，故通过R2的电荷量QR2＝
＝2.4×10-5 C
热点二 电功、电热、电功率和热功率
4．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压220V的交流电源上（其内电阻可忽略不计），均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A，通过洗衣机电动机的电流是0.50A，则下列说法中正确的是（ ）．
A．电饭煲的电阻为44Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440Ω
B．电饭煲消耗的电功率为1555W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5W
C．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J
D．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
解析 一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的电源上，电饭煲可视为纯电阻，电饭煲的电阻为R＝U/I＝44Ω，洗衣机主要元件是电动机，不能利用欧姆定律计算线圈的电阻，选项A错误；电饭煲消耗的电功率为P＝UI＝220×5W＝1100W，洗衣机电动机消耗的电功率为P＝UI＝110W，选项B错误；1min内电饭煲消耗的电能为Pt＝1100W×60s＝6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为Pt＝110W×60s＝6.6×103J，选项C正确．电饭煲发热功率是I2R＝52×44W＝1100W，根据题述不能计算出洗衣机电动机内阻和发热功率，选项D错误．
答案 C
3．（2012·上海卷，13）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（ ）．
A．3V 1.8J B．3V 3.6J
C．6V 1.8J D．6V 3.6J
解析 设两次加在电阻R上的电压分别为U1和U2，通电的时间都为t.由公式W1＝U1q1和W1＝
t可得：
U1＝3V，
＝0.1.再由W2＝U2q2和W2＝
t可求出：
U2＝6V，W2＝3.6J，故选项D正确．
答案 D
12．（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＝
解析 根据能量守恒定律，EI＝I2R＋kmgv，所以电动机的内阻为R＝
－
，选项A错误、B正确；电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即η＝
，所以C正确；电动机的发热效率η＝
，D正确．
答案 BCD
1.闭合电路欧姆定律
（1）内容：
闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比．
（2）公式：
①I＝
（只适用于纯电阻电路）；
②E＝U外＋Ir（适用于所有电路）．
2．路端电压与外电阻的关系：
一般情况
U＝IR＝
·R＝
，当R增大时，U增大
特殊情况
（1）当外电路断路时，I＝0，U＝E
（2）当外电路短路时，I短＝
，U＝0
2．（单选）将一电源电动势为E，内电阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是（ ）．
A．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大
B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大
C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小
D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大
解析 根据闭合电路欧姆定律I＝E/（R＋r）知，外电路中电流I随外电阻R的变化而变化，所以选项A错误；U内＝Ir是电源内电阻上的电压，不是电源两端的电压，选项B错误；电源电动势E和内电阻r不变，由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小，选项C正确；当U不变时，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大，选项D错误．
答案 C
热点一 电路的动态分析（模型演示见PPT课件）
1．判定总电阻变化情况的规律（记一记）
（1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）．
（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小．
图7－2－2
（3）在如图7－2－2所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．
2．分析思路
【典例1】
图7－2－3
图7－2－3所示的电路，L1、L2、L3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L1、L2、L3的变化情况（ ）．
A．L1变亮 B．L2变亮
C．L3变暗 D．L1、L2、L3均变亮
思路指导
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，总电流减小，路端电压U＝E－Ir将增大．因此，通过L1灯的电流变小，L1灯变暗．U＝UL1＋UFG，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．
答案 BC
反思总结 分析此类问题要注意以下三点：
（1）闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir（E、r不变）和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用．
（2）局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增．
（3）两个关系：
外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和．
热点二 闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率
【典例2】 如图7－2－6所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R0′＝1Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P0＝2W），则R1和R2的值分别为（ ）．
图7－2－6
A．2Ω，2Ω B．2Ω，1.5Ω
C．1.5Ω，1.5Ω D．1.5Ω，2Ω
审题指导
（1）首先认识电路的结构及组成元件．
（2）甲电路输出功率最大
__________________________________________.
（3）题中乙电路是非纯电阻电路，如何求电源的输出功率？
___________________________________________.
（4）在乙电路中，电流I＝________A时，输出功率最大
提示
（2）外电阻与电源的内阻相等．
（3）输出功率应根据P＝IU＝I（E－Ir）确定．
（4）由P＝IU＝I（E－Ir）得出：
I＝2A时，输出功率有最大值．
解析 因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I（E－Ir），当I＝
＝2A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2W，发热功率为4W，所以电动机的输入功率为6W，电动机两端的电压为3V，电阻R2两端的电压为3V，所以R2＝1.5Ω，选项B正确．
答案 B
反思总结 对闭合电路功率的两点认识
（1）闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能．内外电路将电能转化为其他形式的能，EI＝P内＋P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现．
（2）外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大．
热点三 电源的UI图象的应用
图7－2－9
1．根据U＝E－Ir可知，电源的U－I图线是如图7－2－9所示的一条倾斜的直线．
（1）直线斜率的绝对值表示电源的电阻r，纵轴的截距为电源电动势E.
（2）直线上任何一点A与原点O的连线的斜率表示对应的外电路电阻R.
（3）图线上每一点的坐标的乘积为对应情况下电源的输出功率，对于图中的A点有PA＝UAIA.
2．对于U－I图线中纵坐标（U）不从零开始的情况，图线与横坐标的交点坐标小于短路电流，但直线斜率的绝对值仍等于电源的内阻．
图7－2－10
【典例3】如图7－2－10所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的U－I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（ ）．
A．P1>P2 B．P1＝P2
C．η1>η2 D．η1<η2
解析 由直线A可知，E＝6V，r＝1Ω，由直线B、C可知，R1＝2Ω，R2＝0.5Ω，P1＝
2R1＝8W，η1＝
＝
，P2＝
2R2＝8W，η2＝
＝
，故有：
P1＝P2，η1>η2，只有B、C正确．
答案 BC
反思总结 U－I图象的一般分析思路
（1）明确纵、横坐标的物理意义．
（2）明确图象的截距、斜率及交点的意义．
（3）找出图线上对应状态的参量或关系式．
（4）结合相关概念或规律进行分析、计算．
一、螺旋测微器
1．构造：
如图1所示是常用的螺旋测微器．它的测砧A和固定刻度B固定在尺架C上，旋钮D、微调旋钮D′和可动刻度E、测微螺杆F连在一起，通过精密螺纹套在B上．
图1
2．原理：
测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm.即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时误差出现在毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．
3．读数：
测量时被测物体长度的整毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出．
测量值（mm）＝固定刻度数（mm）（注意半毫米刻度线是否露出）＋可动刻度数（估读一位）×0.01（mm）．
温馨提示
螺旋测微器需要估读
图2
最后一位数字为估计数字，读数和记数时估计位为有效数字的最后一位．
例如 如图2所示，固定刻度示数为2.0mm，不足半毫米从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：
2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm.
二、游标卡尺
1．构造：
如图3所示，主尺、游标尺（主尺和游标尺上各有一个内外测量爪）、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．
图3
2．用途：
测量厚度、长度、深度、内径、外径．
3．原理：
利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其读数见下表：
刻度格数
（分度）
刻度总长度
每小格与1mm的差值
精确度（可准确到）
10
9mm
0.1mm
0.1mm
20
19mm
0.05mm
0.05mm
50
49mm
0.02mm
0.02mm
4.读数：
若用x表示由主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果表达为（x＋K×精确度）mm.
三、常用电表的读数
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．
（1）0～3V的电压表和0～3A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度是0.1V或0.1A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．
（2）对于0～15V量程的电压表，精确度是0.5V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1V.
（3）对于0.6A量程的电流表，精确度是0.02A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01A.
四、伏安法测电阻
1．电流表、电压表测电阻两种方法的比较
电流表内接法
电流表外接法
电路图
误差原因
电流表分压U测＝Ux＋UA
电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值
R测＝
＝Rx＋RA＞Rx测量值大于真实值
R测＝
＝
＜Rx测量值小于真实值
适用条件
RA≪Rx
RV≫Rx
口诀
大内偏大（大电阻用内接法测量，测量值偏大）
小外偏小（小电阻用外接法测量，测量值偏小）
2.伏安法测电阻的电路选择
（1）阻值比较法：
先将待测电阻的估计值与电压表、电流表
的内阻进行比较，若Rx较小，宜采用电流表外接法；若Rx较大，宜采用电流表内接法．
（2）临界值计算法：
>
时，用电流表外接法．
>
时，用电流表内接法．
图4
（3）实验试探法：
按图4接好电路，让电压表接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．
五、测定金属的电阻率
注意事项
1．先测直径，再连电路：
为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量．
2．电流表外接法：
本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．
3．电流控制：
电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．
误差分析
2．控制电路的选择
（1）滑动变阻器两种接法的对比
方式
内容
限流接法
分压接法
两种接法电路图
负载R上电压调节范围
≤U≤E
0≤U≤E
负载R上电流调节范围
≤I≤
0≤I≤
闭合S前触头位置
b端
a端
（2）分压和限流电路的选择原则
在下列情况下应选用分压式接法：
①待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的最大阻值．
②题中要求待测电阻上电压变化范围大，且要求从零开始连续调节．
③若选用限流式接法，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流．
实验八 描绘小电珠的伏安特性曲线
注意事项
1．电流表外接法：
本实验中被测小灯泡灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法．
2．滑动变阻器应采用分压式连接
本实验要作出UI图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压接法．
3．保护元件安全：
为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于图中的a端．加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压．
误差分析
1．由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，对电路的影响会带来误差，电流表外接，由于电压表的分流，使测得的电流值大于真实值．
2．测量时读数带来误差．
3．在坐标纸上描点、作图带来误差
.
热点一 对实验原理及注意事项的考查
【典例1】（2012·安徽卷，21Ⅱ）图1为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5V.
图1
（1）完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，____________；
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，____________；
③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．
（2）在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．
解析
（1）滑动变阻器为分压式接法，故闭合开关前，灯泡两端的电压为零，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱．闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压．
（2）与实物电路相应的电路图如图所示．
答案
（1）①使它靠近滑动变阻器左端的接线柱 ②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压
（2）如解析图所示
【跟踪短训】
1．某同学在探究规格为“6V,3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
（1）在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至________挡进行测量．（填选项前的字母）
A．直流电压10V B．直流电流5mA
C．欧姆×100 D．欧姆×1
图2
（2）该同学采用图2所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0～20Ω，额定电流1.0A），L为待测小电珠，
为电压表（量程6V，电阻20kΩ），
为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．
Ⅰ.在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________端；（填“左”或“右）
Ⅱ.在实验过程中，已知各元件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是________点至________点的导线没有连接好；（图中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图2中的数字）
图3
Ⅲ.该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图3所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而________．（填“不变”、“增大”或“减小”）
解析
（1）因小电珠正常发光时的电阻R＝
＝
Ω＝12Ω，小电珠未接入电路的电阻要比正常发光时小得多（因温度的影响），故用多用电表测未接入电路的小电珠的电阻，应选D.
（2）Ⅰ.在实验时，闭合开关前，应使用电器的电压、电流为最小值，故应使滑片P置于最左端．
Ⅱ.若1点到5点未接好，则电路成为滑动变阻器的限流式电路．
Ⅲ.在I－U图象中的每一点与O点连线的斜率逐渐减小，即电阻的倒数减小，所以电阻增大．
答案
（1）D
（2）Ⅰ.左 Ⅱ.1 5（或5 1） Ⅲ.增大
热点二 对电路的连接和实验数据处理的考查
【典例2】在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：
电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图4甲所示是没有连接完的实物电路．（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）
图4
（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整．
（2）连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向________（填“左”或“右”）端滑动．
（3）通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U－I图线，根据U－I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为________W.
（4）小灯泡的U－I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是________________________________________________________________________．
解析
（1）小灯泡的电阻很小，因此采用电流表外接法；实验时，要求小灯泡两端电压从0逐渐增大到额定电压，滑动变阻器应采用分压式接法．实物电路如答案图所示
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