浙江版高考物理总复习专题八恒定电流课件.pptx

专题八恒定电流,高考物理（浙江专用）,考点清单,考点一电路的基本概念和规律考向基础一、电路的基本概念,二、电阻定律1.内容:导体的电阻与导体的长度成正比,与横截面积成反比,还跟导体的材料有关。数学表达式为R=。2.电阻率:反映导体导电性能的物理量,由导体的材料决定,且随着材料的温度的改变而变化。金属的电阻率随温度升高而增大;半导体的电阻率随温度升高而减小。,三、部分电路欧姆定律1.内容:通过一段电路的电流,跟这段电路两端的电压成正比,跟这段电路的电阻成反比,这一规律叫部分电路欧姆定律。2.表达式:I=。3.定律的适用范围:纯电阻电路。4.I-U图线和U-I图线:(1)在R一定的情况下,I正比于U,所以I-U图线和U-I图线都是通过原点的直线,如图甲、乙所示。I-U图线中,R1R2,此时,导体的电阻等于U-I图线的斜率,R=。(2)在R变化的情况下,I与U不再成正比,而是一条曲线,如小灯泡的U-I图,线如图丙所示,此时电阻R=,即电阻R等于图线上的点与坐标原点连线的斜率而不是切线的斜率。,四、串联、并联电路,考向突破考向一电源和电流三个电流公式的理解,例1(2017浙江嘉兴嘉善月考)(多选)有一横截面积为S的铜导线,流经其中的电流为I,设每单位体积的导线中有n个自由电子,每个自由电子的电荷量均为q,此时电子定向移动的速率为v,则在t时间内,通过导线横截面的自由电子数目可表示为()A.nvStB.nvtC.D.,解析根据电流定义可知,在t时间内通过导线横截面的电荷量Q=It,所以在这段时间内通过的自由电子数为N=,所以C对,D错;由于自由电子定向移动速率是v,在时间t内,位于以某横截面为底,长l=vt这段导线内的自由电子都能通过横截面,V=Sl=Svt,总的自由电子数N=nV=nSvt,A对,B错。,答案AC,考向二串联电路和并联电路电表的改装,例2(2017浙江衢州月考,7)有两个相同的电流表,允许通过的最大电流(满偏电流)为Ig=1mA,表头电阻Rg=30,若改装成一个量程为3V的电压表和一个量程为0.6A的电流表应分别()A.串联一个2990的电阻和并联一个0.15的电阻B.并联一个2990的电阻和串联一个0.15的电阻C.串联一个2970的电阻和并联一个0.05的电阻D.并联一个2970的电阻和串联一个0.05的电阻,解析若改装成一个量程为3V的电压表需串联一个分压电阻,由U=Ig(R串+Rg)得,所串联的分压电阻阻值R串=-Rg=-30=2970;若改装成一个量程为0.6A的电流表需并联一个分流电阻,由IgRg=(I-Ig)R并得,所并联的分流电阻R并=0.05。故选项C正确。,答案C,考向三焦耳定律电功与电热的关系,注意(1)白炽灯或小灯泡都是纯电阻,不要认为它们消耗的电能有一部分转化成了光能,其实电能还是全部转化成了内能,只不过内能中又有一部分进一步转化成了光能而已。(2)根据灯泡的额定功率和额定电压求得的电阻值是灯泡正常工作时的电阻,在非工作状态下其阻值小于其正常工作时的电阻,如“220V100W”的灯泡,正常工作时电阻R=484,而直接用多用电表测得其电阻值约为10。,例3(2017浙江宁波诺丁汉大学附中期中)如图所示,一直流电动机与阻值R=9的电阻串联在电源上,电源电动势E=30V,内阻r=1,用理想电压表测出电动机两端电压U=10V,已知电动机线圈电阻RM=1,则下列说法中错误的是()A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输入功率为20WC.电动机的热功率为4WD.电动机的输出功率为16W,解析由E=30V,电动机两端电压U=10V可得,R和电源内阻上分担的电压为20V,则I=A=2A,故A错;电动机输入功率P=UI=10V2A=20W,故B正确;P热=I2RM=221W=4W,故C正确;P输出=P-P热=20W-4W=16W,故D正确。,答案A,考点二闭合电路欧姆定律考向基础一、电源:使导体两端存在持续电压,将其他形式的能转化为电能的装置。二、电动势1.物理意义:反映不同电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量。电动势大,说明电源把其他形式的能转化为电能的本领大;电动势小,说明电源把其他形式的能转化为电能的本领小。2.大小:等于外电路断开时的路端电压,数值上也等于把1C的正电荷从电源负极移到正极时非静电力所做的功。3.电动势的方向:电动势虽是标量,但为了研究电路中电势分布的需要,我们规定由负极经电源内部指向正极的方向(即电势升高的方向)为电动势的方向。三、闭合电路欧姆定律1.内容:闭合电路中的电流跟电源电动势成正比,跟内、外电路电阻之和成反比,这个结论叫做闭合电路欧姆定律。2.表达式:a.电流表达式为I=;b.电动势表达式为E=IR+Ir,E=U外+U内。3.适用范围:外电路是纯电阻的电路。四、路端电压U:外电路两端的电压,即电源的输出电压,U=E-Ir。,1.当外电阻R增大时,I减小,内电压减小,路端电压U增大。当外电路断开时,I=0,U=E。2.当外电阻R减小时,I增大,内电压增大,路端电压U减小。当电源两端短路时,外电阻R=0,I=,U=0。3.路端电压也可以表示为U=IR=,也可以得到路端电压随外电阻增大而增大的结论。五、U-I图像如图甲所示为U-I图像,由U=E-Ir知,图线为一条直线,纵截距为电源电动势,横截距为短路电流,直线的斜率的绝对值等于电源内阻。,甲,乙,由于一般电源的内阻r很小,故外电压U随电流I的变化不太明显,实际得到的图线往往很平,只画在坐标纸的上面一小部分,为充分利用坐标纸,往往将横轴向上移,如图乙所示的实验图线。此时应注意,图线与横轴交点的横坐标值I1并非短路电流,不可盲目用它求内阻,但图线与纵轴交点的纵坐标值仍代表电动势E,图线斜率的绝对值仍等于内阻r。,六、闭合电路中的功率1.电源的总功率:P总=IE=IU+IUr=P出+P内。2.电源内耗功率:P内=I2r=P总-P出。3.电源的输出功率:P出=IU=IE-I2r=P总-P内。,考向突破考向闭合电路的欧姆定律1.几种I-U、U-I图线的比较,2.电源的功率和效率(1)电源的效率:=。(2)在闭合电路中,当外电路是纯电阻电路时:P总=EI=,P出=R,=。(3)电源的最大输出功率P出=UI=I2R=R=,由此式可看出,当R=r时,P出有最大值,即Pm=。P出与外电阻R的函数关系可用如图所示图像表示,由图像可以看出:,当R=r时,输出功率最大,Pm=。当Rr时,若R增大,则P出减小。,注意(1)当电源输出功率最大时,效率并不是最大,=50%。当R时,100%,但此时P出0,无实际意义。(2)对于内外电路上的固定电阻,其消耗的功率仅取决于电路电流的大小,即根据I2R来判断,与输出功率大小的判断方法不同。,例4(2018浙江名校协作)(多选)用标有“6V3W”的灯泡L1、“6V6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路,其中电源电动势E=9V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时(),A.电流表的示数为0.5AB.电压表的示数为6VC.电路输出功率为6WD.电源内阻为2,解析L1正常发光时的电流为0.5A,L2正常发光时的电流为1A,因两灯串联在电路中,只有一灯正常发光,则一定是L1正常发光,此时电路中的电流为0.5A,即电流表的示数为0.5A。此时电压表测L2两端的电压,则电压表的示数为2V。由图可知,L1的电压为U1=6V,此时路端电压为U=U1+U2=2V+6V=8V,电源的输出功率P=UI=80.5W=4W。电源的内阻r=2。故B、C错误,A、D正确。故选A、D。,答案AD,解题关键本题考查了串联电路的特点和闭合电路欧姆定律、电功率公式的应用,由于电流和电压不成正比,即电阻是变化的,所以应直接从图中找出电流对应的电压进行求解。,例5(2018浙江名校协作)国内单机容量最大的抽水蓄能电站浙江仙居抽水蓄能电站已全面投产。其工作原理是:在用电低谷时(如深夜),电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中,到用电高峰时,再利用蓄水池中的水发电。如图所示,若该电站蓄水池(上水库)有效总库容量(可用于发电)为8.78106m3,发电过程中上下水库平均水位差为671m,年抽水用电为3.2109kWh,年发电量为2.5109kWh(水的密度为=1.0103kg/m3,重力加速度为g=10m/s2),相当于给华东电网建了一个“大蓄电池”,以下水库水面为零势能面。则下列说法正确的是(),A.抽水蓄能电站的总效率约为65%B.发电时流入下水库的水流速度最大可达150m/sC.蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为Ep=6.01015JD.该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以106kW计算)约7h,解析已知年抽水用电为3.2109kWh,年发电量为2.5109kWh,则抽水蓄能电站的总效率为=78%,故A错误。若没有任何阻力,由机械能守恒得mgh=mv2,得v=m/s116m/s,故B错误。蓄水池中能用于发电的水的重力势能为Ep=mgh=Vgh=1.01038.7810610671J5.91013J,故C错误。该电站平均每天所发电量为E=,可供给一个大城市居民用电(电功率以106kW计算)的时间为t=h7h,故D正确。故选D。,答案D,方法1动态直流电路的分析方法1.程序法(1)确定电路的外电阻(R外总)如何变化。,方法技巧,说明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)。若开关的通断使串联的用电器增多时,总电阻增大;若开关的通断使并联的支路增多时,总电阻减小。在如图所示的分压电路中,滑动变阻器可以视为由两段电阻构成,其中一段与用电器并联(以下简称并联段),另一段与并联部分串联(以下简称串联段)。设滑动变阻器的总电阻为R,灯泡的电阻为R灯,与灯泡并联的那一段电阻为R并,则该段电路的总电阻为R总=R-R并+=R-=R-。,由上式可以看出,当R并减小时,R总增大;当R并增大时,R总减小。由此可以得出结论:分压电路总电阻的变化情况,与并联段电阻的变化情况相反,与串联段电阻的变化情况相同。(2)根据闭合电路欧姆定律I总=,确定电路的总电流如何变化。(3)由U内=Ir,确定电源的内电压如何变化。(4)由U外=E-U内,确定电源的外电压(路端电压)如何变化。(5)由部分电路欧姆定律,确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化。(6)确定支路两端的电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化。,解题思路当S断开时,R总变大,由闭合电路欧姆定律,可判断相关量的变化。,答案B,方法2含电容器电路的分析与计算方法在直流电路中,当电容器充、放电时,电路中有充、放电电流。一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的元件,在电容器处电路可看做是断路,简化电路时可去掉它。简化后若要求电容器所带电荷量,则可将电容器接在相应的位置上。分析和计算含有电容器的直流电路时,需注意以下几点:1.电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以在此支路中的电阻上无电压降,因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。2.当电容器和电阻并联后接入电路时,电容器两极板间的电压与其并联电阻两端的电压相等。,3.电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充、放电。如果电容器两端电压升高,电容器将充电;如果电压降低,电容器将通过与它连接的电路放电。,例2(2017浙江宁波镇海中学期末检测)(多选)如图所示,R1、R2、R3、R4均为可变电阻,C1、C2均为电容器,电源的电动势为E,内阻r0,若改变四个电阻中的一个阻值,则()A.减小R1,C1、C2所带的电荷量都增加B.增大R2,C1、C2所带的电荷量都增加C.增大R3,C1、C2所带的电荷量都增加D.减小R4,C1、C2所带的电荷量都增加,解析减小R1,电容器C1、C2两端电压不变,电容器所带电荷量不变,故A错误;增大R2,整个电路电阻变大,由闭合电路欧姆定律可知,电路电流减小,路端电压变大,电阻R3、R4两端电压变小,电阻R2两端电压变大,电阻R2、R3串联的总电压变大,即电容器C1、C2两端电压都变大,由Q=CU可知,两电容器所带的电荷量都增加,故B正确;增大R3,整个电路电阻变大,由闭合电路欧姆定律可知,电路电流减小,由U=IR可知,电阻R2两端电压变小,即电容器C1两端电压变小;路端电压变大,电阻R4两端电压变小,电阻R2、R3串联的总电压变大,即电容器C2两端电压变大,由Q=CU可知,电容器C1所带电荷量减少,C2所带的电荷量增加,故C错误;减小R4,电路总电阻变小,由闭合电路欧姆定律可知,电路电流变大,电阻R2两端电压变大,电阻R2、R3串联的总电压变大,即电容器C1、C2两端电压都增大,由Q,=CU可知,C1、C2所带的电荷量都增加,故D正确。故选B、D。,答案BD,方法3电路故障的分析方法1.故障特点(1)断路特点:电路中发生断路,表现为电源电压不为零而电流为零;若外电路中任意两点间的电压不为零,则这两点间有断点,而这两点与电源连接部分无断点。(2)短路特点:电路中发生短路,表现为有电流通过电路而电压为零。2.故障的分析方法(1)仪器检测法断路故障的判断:用电压表与电源并联,若有电压,再逐段与电路并联,若电压表指针不偏转,则剩余电路中有断点。短路故障的判断:用电压表与电源并联,若有电压,再逐段与电路并联,若电压表示数为零,