高中物理第二章恒定电流第3节欧姆定律教学案新人教版选修3_11

第3节 欧姆定律一、欧姆定律1电阻(1)定义：导体两端的电压与通过导体的电流大小之比叫做导体的电阻，用R表示。(2)定义式：R。(3)单位：欧姆()，常用的单位还有k、M，且1 103 k106 M。(4)物理意义：反映导体对电流阻碍作用的大小。2欧姆定律(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比。(2)表达式：I。(3)适用范围：适用于金属导电、电解液导电的纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路)，而对气体导电、半导体导电不适用。注意(1)欧姆定律是一个实验定律，是在金属导电的基础上总结出来的，定律中的电压U、电流I必须是相对于同一个导体或同一段电路而言的。(2)对于给定的导体，电阻是一定的，不管导体两端有无电压、导体中有无电流，电阻都是一定的，所以不能说电阻与电压成正比，与电流成反比。(3)应用公式时，应注意公式中的三个物理量I、U、R是对应于同一纯电阻电路中同一时刻的值。(4)对R，R不变时，U与I成正比，R。判一判1定值电阻满足R，U和I变化时，二者变化的倍数相同()2电阻越大，表示导体对电流的阻碍作用越大，导体的导电能力越强()3对于金属导体，电压变化时，电阻可能随之变化()二、导体的伏安特性曲线1伏安特性曲线：用纵轴表示电流I，用横轴表示电压U，画出导体的IU曲线。2图线意义：IU图线上各点与坐标原点连线的斜率为导体的电阻的倒数。3两类元件(1)线性元件：导体的伏安特性曲线为过原点的直线，即电流与电压成正比的线性关系的元件，如金属导体、电解液等。(2)非线性元件：伏安特性曲线不是直线的，即电流与电压不成正比的电学元件，如气体导体、二极管等。4二极管的伏安特性曲线(如图所示)(1)二极管具有单向导电性，加正向电压时，二极管电阻较小，通过二极管的电流较大；加反向电压时，二极管的电阻较大，通过二极管的电流较小。(2)由图象可以看出随电压的增大，图线的斜率在增大，表示其电阻随电压的升高而减小。注意导体电阻RP，即电阻等于图线上点(UP，IP)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。填一填如图所示的图象所对应的两个导体：(1)电阻关系为R1R2_；(2)若两个导体中的电流相等(不为零)时，电压之比U1U2_；(3)若两个导体的电压相等(不为零)时，电流之比I1I2_。解析：(1)因为在IU图象中，R，所以R1 2 ，R2 ，所以R1R2231。(2)由欧姆定律得U1I1R1，U2I2R2，由于I1I2，则U1U2R1R231。(3)由欧姆定律得I1，I2，由于U1U2，则I1I2R2R113。答案：(1)31(2)31(3)13典型例题例1.若加在某导体两端的电压变为原来的时，导体中的电流减小了0.4 A；如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流为多大？解析法一：依题意和欧姆定律得R，所以I01.0 A。又因为R，所以I22I02.0 A。法二：由R，得I01.0 A。又R，所以I2I0，I22I02.0 A。法三：画出导体的IU图象，如图所示，设原来导体两端的电压为U0时，导体中的电流为I0。当U时，II00.4 A。当U2U0时，电流为I2。由图知。所以I01.0 A，I22I02.0 A。答案2.0 A点评应用I，UIR，R时注意的问题(1)I表示导体中的电流跟加在导体两端的电压成正比，跟导体自身的电阻成反比，R是电阻的定义式，说明了一种测量电阻的方法，并不说明“电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比”。UIR表示在已知导体中的电流和导体的电阻时，可以计算导体两端的电压。(2)运用欧姆定律解题时，应注意I、U、R具有同时性，即U、I必须是导体上同一时刻对应的电压值和电流值。导体的电阻一定时，U和I成正比，且R。(3)以上公式只适用于纯电阻电路。即时巩固1某电压表的量程是015 V，一导体两端电压为1.6 V时，通过的电流为2 mA。现在若给此导体通以20 mA电流，能否用这个电压表去测量导体两端的电压？解析：已知：U11.6 V，I12 mA，所以R 800 ，当导体通以电流I220 mA时，加在导体两端的电压，U2I2R20103800 V16 V，由计算可知，此时导体两端的电压超出电压表量程，所以不能用这个电压表测量导体两端的电压。答案：不能 典型例题例2.多选某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A该元件是非线性元件，所以不能用欧姆定律计算导体在某状态下的电阻B加5 V电压时，导体的电阻约是5 C由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小解析虽然该元件是非线性元件，但可以用欧姆定律计算各状态的电阻值，A错误；当U5 V时，I1.0 A，R5 ，B正确；由图可知，随电压的增大，各点到坐标原点连线的斜率越来越小，电阻越来越大，反之，随电压的减小，电阻减小，C错误，D正确。答案BD点评利用IU图象或UI图象求电阻应注意的问题(1)明确图线斜率的物理意义，即斜率等于电阻R还是等于电阻的倒数。(2)某些电阻在电流增大时，由于温度升高而使电阻变化，伏安特性曲线不是直线，但对某一状态，欧姆定律仍然适用。(3)利用IU图象或UI图象求导体的电阻时，应利用U和I的比值进行计算，而不能用图象的斜率ktan ，因为坐标轴标度的选取是根据需要人为规定的，同一电阻在坐标轴标度不同时直线的倾角是不同的。即时巩固2多选如图是电阻R的IU图线，图中45，由此得出( )A通过电阻的电流与两端电压成正比B电阻R0.5 C因IU图线的斜率表示电阻的倒数，故Rcot 1.0 D在R两端加6.0 V电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C解析：选AD由于IU图线为一直线，所以A正确；由于R所以R2 ，故B不对；由于两坐标单位不同，不能用公式Rcot 1.0 来计算，故C不对；当U6 V时，I3 A，每秒通过电阻横截面的电荷量由qIt可知是3.0 C，故D对。1.伏安法测电阻原理欧姆定律给了我们测量电阻的一种方法，由R可知，用电压表测出电阻两端的电压，用电流表测出通过电阻的电流，就可求出待测电阻。2电流表的两种接法(1)内、外接法的区别(2)选择内、外接的常用方法直接比较法：当RxRA时，采用内接法，当RxRV时，采用外接法。公式计算法：当Rx(或)时，用内接法，当Rx时(或)，用外接法，当Rx时，两种接法效果相同。试触法：如图所示，把电压表的接线端分别接b、c两点，观察两电表的示数变化，若电流表的示数变化明显，说明电压表的分流对电路影响大，应选用内接法，若电压表的示数有明显变化，说明电流表的分压作用对电路影响大，所以应选外接法。典型例题例3.用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法。如所用电压表内阻为5 000 ，电流表内阻为0.5 。(1)当测量100 左右的电阻时，宜采用_电路。(2)现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10 V、0.5 A，则此电阻的测量值为_，真实值为_。 解析(1) 50 Rx，Rx为大电阻，故电流表采用内接法误差较小，应用甲电路。(2)如果采用乙电路，则有：R测 20 ，I，解得Rx20.1 。 答案(1)甲(2)2020.1即时巩固3伏安法测电阻的接法有如图中甲、乙两种，下列说法正确的是( )A两种接法完全等效B按甲图接法，测量结果偏小C若待测电阻的阻值很大，按甲图接法误差较小D若待测电阻的阻值很小，按甲图接法误差较小解析：选C甲为内接法，适合RRA，乙为外接法，适合RRV，由两种接法的特点可知，A、B、D错，C正确。1根据部分电路欧姆定律，下列判断正确的有()A导体两端的电压越大，电阻就越大B导体中的电流越大，电阻就越小C比较几只电阻的IU图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较大的那个电阻的D由I可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比解析：选DR只是电阻计算的定义式，U0，I0时 R仍存在，即R与U和I不存在正、反比关系。对一段确定的导体而言，R一定，故I与U成正比，D对。2如图为给出的几种电学元件的电流与电压关系图象，对下图认识正确的有( )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是线性元件，是非线性元件D这四个图象中，直线的斜率都表示了电学元件的电阻解析：选C伏安特性曲线是以I为纵轴、U为横轴的，所以A错误；线性元件并不只是说IU图象是直线，而必须是过原点的直线，所以只有是线性元件，不是线性元件，B错误，C正确；在UI图象中，过原点的直线的斜率才是导体的电阻，选项D错误。3多选图为甲、乙两金属电阻的UI曲线，它们的阻值应为( )AR甲 BR乙 CR甲3 DR乙6 解析：选CD在数学中斜率就等于图线与横轴的夹角的正切值(tan )，而在物理中斜率与tan 并没有直接联系。R甲3 ，R乙 6 ，C、D正确。4小灯泡的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低；加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝温度较高。已知一灯泡两端的电压为1 V时，通过灯泡的电流是0.5 A；灯泡两端的电压为3 V时，通过灯泡的电流是1 A；则当灯泡两端电压为2 V时，通过灯泡的电流可能是()A0.5 A B0.6 A C0.8 A D1.2 A解析：选C根据欧姆定律可知，灯泡两端的电压为1 V时，灯泡的电阻为R1 2 ，灯泡两端的电压为3 V时，灯泡的电阻为R2 3 ，根据题意知，当灯泡两端的电压为2 V时，灯泡的电阻R应满足2 R3 ，所以电流I满足0.67 AI，小灯泡的电阻较小，因此测量电路应采用电流表外接法，而滑动变阻器要采用分压式接法。由此可得如图所示的电路。答案(1)E2V2A1R1 (2)见解析图 典型例题例3.物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清。他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该小灯泡的电阻约为2 ，然后根据公式计算出该小灯泡的额定电压U V1.22 V。他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过小灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制小灯泡的UI图线，进而分析小灯泡的额定电压。A电压表V(量程3 V，内阻约3 k)B电流表A1(量程150 mA，内阻约2 )C电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 )D滑动变阻器R1(020 )E滑动变阻器R2(0100 )F电源E(电动势4.0 V，内阻不计)G开关S和导线若干H待测小灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知)(1)在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择_(填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选择_(填“R1”或“R2”)。(2)在实验过程中，该同学将小灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 V时，发现小灯泡亮度很暗，当达到2.70 V时，发现小灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测数据记录在下边表格中。次数1234567U/V0.200.601.001.401.802.202.70I/mA80155195227255279310请你根据表中实验数据在图中作出灯泡的UI图线。(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为_V；这一结果大于1.23 V，其原因是_。解析(1)根据PI2R，估算出灯泡的电流大约是600 mA，因此电流表应选A2；本实验要描绘出灯泡的UI图线，需要测量多组数据，因此滑动变阻器应采用分压式接法，所以应选阻值较小的R1；小灯泡电阻较小，电流表应外接。原理图如图所示。(2)如图所示(3)由PUI0.75 W，再结合图象可知U额2.5 V；小灯泡的额定电压大于1.23 V的原因是小灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻。答案(1)见解析图A2R1 (2)见解析图(3)2.5(2.42.6均可)小灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或小灯泡的电阻随温度的升高而变大)1在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，应()A采用电流表内接法，因为小灯泡的电阻比电压表的内阻小得多B采用电流表内接法，因为小灯泡的电阻比电流表的内阻大得多C采用电流表外接法，因为小灯泡的电阻比电压表的内阻小得多D采用电流表外接法，因为小灯泡的电阻比电流表的内阻大得多解析：选C由于小灯泡的电阻较小，小灯泡的电阻和电流表的内阻差不多，而比电压表的内阻小得多，电压表分流可忽略，故应采用电流表外接法。选项C正确。2在“描绘标有9 V5 W小灯泡伏安特性曲线”的实验中，要求测量从0到9.0 V的电压下通过小灯泡的电流，实验室提供了下列器材：电流表A(量程0.6 A，内阻0.3 )、电压表V(量程15.0 V，内阻10 k)、滑动变阻器R(最大阻值为50 )、 电源E(电动势15 V)和开关、导线若干。下列给出的测量电路图中，最合理的是()解析：选B要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压式接法，标有“9 V5 W”的小灯泡在额定电压下的电阻R 16.2 ，因R，电流表采用外接法，选项B正确。3在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、开关S等，要求灯泡两端电压从0开始变化。(1)实验中滑动变阻器应采用_接法(填“分压式”或“限流式”)。(2)某同学已连接如图所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的两个不当之处，并说明如何改正。A_；B_。解析：(1)因为灯泡两端的电压要从0开始调节，故滑动变阻器只能采用分压式接法。(2)在电路接好并检查是否正确连线之前，开关应处于断开状态，以免因接线错误而导致仪表损坏；接为分压电路时，滑动变阻器的电阻(和小灯泡并联部分)应从最小值开始调节，故滑片应先处于b端。答案：(1)分压式(2)A.开关S不应闭合，应处于断开状态B滑动变阻器滑动触头位置不当，应将其置于b端4某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得到如下表所示的一组UI数据：编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1700.1900.2000.205(1)试在图上画出UI图线(2)当U1.40 V时，灯丝的温度逐渐升高，其电阻随温度升高而_。解析：(1)根据给出的坐标纸建立坐标，然后描点。用平滑的曲线连接，如图所示。(2)从图象得到，当U1.40 V时，由UI图线可知，图线斜率逐渐增大，故其电阻随温度的升高而增大。答案：(1)见解析图(2)正不变增大5在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得出伏安特性曲线如图所示。所用小灯泡的额定电压是3.0 V。(1)在图甲的方框中画出实验电路图。(2)将实物图乙连接成实验电路。(3)根据曲线图，该小灯泡在电压为2.8 V时的实际电阻为_(结果保留三位有效数字)。(4)关于该实验的系统误差，下列判断正确的是( )A系统误差主要是由电压表的分流引起的，电压越大误差越大B系统误差主要是由电流表的分压引起的，电流越大误差越大C系统误差主要是由读数时的估读引起的，电压越大误差越大解析：(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线，由IU图线可知，要求小灯泡两端的电压从零开始调节，则滑动变阻器起分压作用，而一般小灯泡的电阻较小，则电流表外接，如图所示。(2)实物连线时，本着“先串后并”的原则，要求导线不相交。由于小灯泡的额定电压为3.0 V，则电压表的量程选择3 V，由IU图象数据可知，电流表的量程选择0.6 A。(3)由IU图线可知：当小灯泡两端电压U2.8 V时，其电流为0.260 A，则R10.8 。(4)由于电流表测定的是电压表和小灯泡的电流之和，电压表的读数是小灯泡两端的实际电压，且电压表分流越大，该实验的系统误差越大，选项A正确。答案：(1)见解析图(2)见解析图(3)10.8(4)A6某同学用如图所示电路，测绘标有“3.8 V0.3 A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象。(1)除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：电流表：A1(量程100 mA，内阻约2 )；A2(量程0.6 A，内阻约0.3 )；电压表：V1(量程5 V，内阻约5 k)；V2(量程15 V，内阻约15 k)；滑动变阻器：R1(阻值范围010 )；R2(阻值范围02 k)；电源：E1(电动势为1.5 V，内阻约为0.2 )；E2(电动势为4 V，内阻约为0.04 )。为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_，电压表_，滑动变阻器_，电源_(填器材符号)。(2)在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路。(3)根据实验数据，计算并描绘出RU的图象如图所示。由图象可知，此小灯泡在不工作时，灯丝电阻为_；当所加电压为3 V时，灯丝电阻为_。解析：(1)电源的电动势要略大于额定电压，所以电源应选E2；由小灯泡的标称值知其额定电流为0.3 A，所以选用的电流表的量程应略大于0.3 A，故电流表应选A2；为减小读数误差，在电压表量程满足条件的前提下，应尽量选择小量程的电压表，故电压表应选V1；为了调节电压方便，应选择小阻值的滑动变阻器，故滑动变阻器应