金版高中物理一轮复习：第二章 直流电路2-2补充学生实验 共43页
二轮复习专题4第1讲直流电路和交流电路课件(42张)
(3) 远距离输电常用关系式(如图所示)
①功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3. ②电压损失：U损＝I2R线＝U2－U3. ③输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝U2R－线U3. ④输电导线上损耗的电功率：P 损＝I 线 U 损＝I2线_R 线＝UP222R 线.
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增大，故 A 错误；R0 两端的电压为 U0＝I2R0，用户得到的电压为 U3＝
U2－U0，当用户增多时，I2 增大，U0 增大，所以 U3 减小，为使用户获得
的电压稳定在 220 V，则需要增大 U2，变压器原副线圈电压关系为
U2＝ U1
nn21，在 U1 和 n2 不变的情况下，要增大 U2，可以减小 n1，即将 P 适当
【答案】 C
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二 交变电流的产生及四值问题
1. 线圈通过中性面时的特点 (1) 穿过线圈的磁通量最大． (2) 线圈中的感应电动势为零． (3) 线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．
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2. 正弦式交流电“四值”的应用
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2 (2021·江苏卷)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛， 2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时．某种风力发电机的原理如图 所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知 磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为 100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线 圈中产生的感应电流为50 A．求：
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三 变压器与远距离输电
1. 变压器制约问题主要有三项： 电压制约：输出电压 U2 由输入电压决定，即 U2＝nn21U1，可简述为“原 制约副”． 电流制约：原线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定，即 I1 ＝nn21I2，可简述为“副制约原”． 负载制约：原线圈的功率P1由用户负载决定，P1＝P负1＋P负2＋…， 简述为“副制约原”．
高中物理第二章直流电路第1讲欧姆定律学案教科版选修3-1(2021年整理)
2017-2018学年高中物理第二章直流电路第1讲欧姆定律学案教科版选修3-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017-2018学年高中物理第二章直流电路第1讲欧姆定律学案教科版选修3-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017-2018学年高中物理第二章直流电路第1讲欧姆定律学案教科版选修3-1的全部内容。
第1讲欧姆定律［目标定位] 1。
知道形成电流的条件，理解电流的定义式I＝错误!,并能分析相关问题。
2。
掌握欧姆定律的内容及其适用范围。
3.知道导体的伏安特性和I－U图像，并通过描绘小灯泡的伏安特性曲线掌握利用分压电路改变电压的技巧．一、电流1．自由电荷：导体中可自由运动的电荷,称为自由电荷．金属中的自由电荷是自由电子；电解质溶液中自由电荷是可自由运动的正负离子．2．形成电流的条件:导体中有自由电荷、导体内存在电场．3．电流(1）定义：通过导体横截面的电荷量q跟通过这些电荷所用时间t的比值．(2)定义式：I＝错误!。
(3)单位：国际单位是安培（A);常用单位还有毫安（mA)和微安(μA)等，1 mA＝10－3A，1 μA ＝10－6 A。
(4）方向：电流是标量，但有方向．导体内正电荷定向移动的方向为电流方向，即电流方向与负电荷定向移动的方向相反．(5）电流强度的微观解释①如图1所示,导体长为l,两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为v,导体的横截面积为S,导体每单位体积内的自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为q。
图1②导体AD中的自由电荷总数:N＝nlS．总电荷量Q＝Nq＝nlSq．这些电荷都通过横截面D所需要的时间：t＝错误!．由q＝It可得，导体AD中的电流为I＝错误!＝nqSv，即导体中电流取决于n、q、S、v.4．直流和恒定电流方向不随时间改变的电流叫做直流,方向和强弱都不随时间改变的电流叫做恒定电流．深度思考判断下列说法是否正确,并说明理由．(1)电流有方向，所以说电流是矢量．（2）由于I＝qt，所以说I与q成正比，与t成反比．答案（1）不正确，电流的计算遵循代数运算法则，所以是标量．(2）I＝错误!是电流的定义式，电流与q无正比关系，与t无反比关系．例1在某种带有一价离子的水溶液中，正、负离子在定向移动，方向如图2所示．如果测得2 s内分别有1。
直流电路实验
实验一 直流电路中电压与电位的实验研究一、实验目的（1）加深理解电位、电位差（电压），电位参考点及电压、电流参考方向的意义。
（2）实验证明电路中各点电位的相对性，电压的绝对性，等位点的公共性。
二、实验原理（1）一个由电动势和电阻元件构成的闭合回路中，必定存在电流的流动，电流是正电荷在电势作用下沿电路移动的集合表现，并且我们习惯规定正电荷是由高电位点向低电位点移动的。
因此，在一个闭合电路中各点都有确定的电位关系。
但是，电路中各点的电位高低都只能是相对的，所以我们必须在电路中选定某一点作为比较点（或称参考点），如果设定该点的电位为零，则电路中其余各点的电位就能以该零电位点为准进行计算或测量。
在一个确定的闭合电路中，各点电位高低虽然相对参考点电位的高低而改变，但任意两点间的电位差（电压）则是绝对的，它不会因参考点电位变动而改变。
根据上述电位与电压的性质，我们就可用一个电压表来测量各点电位与任何两点间的电压。
如果电位作纵坐标，电路中各点位置作（电阻）横坐标，将测量到的各点在坐标平面中标出，并把标出点按顺序用直线相连接就可得到电路的电位变化图。
每段直线即表示两点间电位变化的情形。
例如在图1电路中，如果选定a 点为电位参考点，并且将a 点连接到大地作为零电位点。
从a 点开始顺时针向或逆向绕行作图均可。
当然，在电路中选任何点作参考点都可，不同参考点所作电位图形是不同的，但说明电位变化规律则是一样的。
如果以a 点开始顺时针方向作图，则可得图2所示电位图。
以a 点置坐标原点自a 至b 的电阻为R 3，在横坐标上取R 3单位比例尺得b 点，因b 点的电位是Фb ，作出b'点，因a 点的电位Фa =0，所以Фb -Фa =Фb = -IR 3，电流方向自a 至b ，a 点电位应较b 点电位高，但Фa =0，所以Фb 是负电位。
ab'直线即表示电位在R 3中变化情形。
直线的斜率表示电流的大小。
自b 至c 为电池，如果内电阻忽略，则b 至c 将升高一电位其值等于E 1，即Фc -Фb =E 1，Фc =Фb +E 1=E 1-IR 3，因为电池无内阻，故b 点与c 点合一，而直线自b'垂直上升至c'，b' c'=E 1。
高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析
2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：直流电路与交流电路[题组一] 直流电路的分析1.(2020·长沙长郡中学模拟)如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G ＝500 N ，电源电动势E ＝90 V ，电源内阻r ＝2 Ω，不计各处摩擦，当电动机以v ＝0.6 m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I ＝5 A ，下列判断不正确的是( )A ．电动机消耗的总功率为400 WB ．电动机线圈的电阻为0.4 ΩC ．电源的效率约为88.9%D ．电动机的效率为75%解析：B [重物被提升的功率P 重＝Fv ＝Gv ＝500×0.6 W＝300 W ，此时电路中的电流I ＝5 A ，则电源的总功率P 总＝EI ＝90×5 W＝450 W ，设电动机线圈的电阻为R ，根据能量守恒定律得P 总＝P 重＋I 2r ＋I 2R ，则得R ＝P 总－P 重－I 2r I 2＝450－300－52×252 Ω＝4 Ω，电动机消耗的总功率P 电＝P 重＋I 2R ＝400 W ，电源的效率η1＝P 总－I 2r P 总×100%＝450－52×2450×100%≈88.9%，电动机的效率η2＝P 重P 重＋I 2R ×100%＝300300＋52×4×100%＝75%，故选项B 符合题意．] 2．(2020·广州模拟)在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R 1和R 3均为定值电阻，R 2为滑动变阻器．当R 2的滑动触点在a 端时合上开关S ，此时三个电表A 1、A 2和V 的示数分别为I 1、I 2和U .现将R 2的滑动触点向b 端移动，则三个电表示数的变化情况是( )A ．I 1增大，I 2不变，U 增大B ．I 1减小，I 2增大，U 减小C ．I 1增大，I 2减小，U 增大D ．I 1减小，I 2不变，U 减小解析：B [由题图知电压表测量路端电压，电流表A 1测量流过R 1的电流，电流表A 2测量流过R 2的电流．R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U 减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．]3．(2020·孝义市一模)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片P 从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动解析：B [由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C＝6×10－6C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变；又有两极板间距离增大，故电场强度减小；又有P 点到下极板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片P 从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故有开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．][题组二] 交变电流的产生及描述4．(2020·河南模拟)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的金属正方形线圈abcd 以垂直磁感线的cd 边为转动轴匀速转动，线圈产生的交变电动势图像如图2所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时刻通过线圈的磁通量为零B ．ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小C ．此交变电动势的频率为50 HzD ．dc 边两端电压的有效值为2 2 V 解析：ABD [由图乙可知，当t ＝3 s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，磁通量为零．故A 正确；由图可知，线框中的ab 边与dc 边切割磁感线，产生电动势，由E ＝BLv 可知二者产生的电动势是相等的；由于线框各部分的电阻串联，所以ab 边与dc 边电压降U ＝IR 也相等，所以ab 边两端的电压大小等于dc 边两端的电压大小．故B 正确；由图可知，交流电的周期为0.04 s ，则此交变电动势的频率为：f ＝1T ＝10.04Hz ＝25 Hz ；故C 错误；由图可知，交流电压的最大值为16 V ，则有效值为8 2 V ，该电路的等效电路如图 设ab 边与dc 边产生的电动势都是E ，每一条边的电阻都是r ，则E ＝4 2 V电路中的电流：I ＝2E 4rdc 边两侧的电压：U dc ＝E －Ir ＝E －2E 4r ·r ＝12E ＝2 2 V ．故D 正确．] 5．(多选)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V 解析：BCD [在图中t ＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；a 的周期为0.4 s ，b 的周期为0.6 s ，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，所以a 的瞬时值表达式为u ＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π0.4t ＝10sin 5πt (V)，C 正确；由U m ＝NBSω，可知角速度变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电b 的最大值为203V ，D 正确．]6．图1中，单匝矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则( )A ．图线甲对应线圈在t ＝0时产生的感应电动势最大B ．图线甲、乙对应的线圈在t ＝2.0 s 时，线圈平面均平行于磁感线C ．图线甲、乙对应的线圈转速之比为4∶5D ．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A解析：B [在t ＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A 错误；因为在t ＝0.2 s×10＝2.0 s 时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B 正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n ＝1T，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C 错误；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值E m ＝BSω＝Φm ω＝0.4×2π0.16V ＝5π V，电流的峰值I m ＝E m R＝5π A，故D 项错误．][题组三] 变压器及远距离输电7．(2019·山西四模)如图甲所示，一阻值为R 的电阻接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R 的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E 、内阻为r 的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为E 2，则该变压器的原、副线圈匝数比为( ) A ．4∶1B ．1∶4C ．16∶1D ．1∶16 解析：B [当接直流电源时，有：η＝R R ＋r ＝94.1%解得：R ＝16r 根据原副线圈的电压比等于匝数比可知：n 1n 2＝U 1U 2＝E2U 2解得：U 2＝En 22n 1根据原副线圈的功率相等可知：I 1U 1＝I 2U 2 即为：E 2r ×E 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫En 22n 12R 解得：n 1n 2＝14故B 正确，A 、C 、D 错误．]8．(2020·安徽一模)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．保持原线圈输入电压不变，S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的功率增大B ．原线圈的输入电流减小C ．原、副线圈的电压比增大D ．灯L 1、L 2都能正常发光解析：A [当S 闭开后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 两端的电压增大，故R 消耗的功率增大，故A 正确；变压器原副线圈的匝数不变，故原副线圈中电流之比不变，副线圈中电流增大，故原线圈中电流也增大，故B 错误；因线圈匝数之比不变，故原副线圈中电压比不变，故C 错误；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R 的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故D 错误．]9．(2020·河南郑州检测)如图所示的电路中，R 为光敏电阻(增大照射光的强度电阻会减小)、C 为电容器，灯泡L 的额定电压为50 V ，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1.闭合开关S ，在a 、b 两端输入正弦式交变电流u ＝1002sin 10πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．灯泡会正常发光B ．光敏电阻中的电流和灯泡中的电流相等C ．增大照射光的强度照射光敏电阻，灯泡会变亮D ．断开开关S ，灯泡会熄灭解析：C [由题可知，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈两端的电压的有效值为100 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端的电压的有效值为50 V ，由于电容器和光敏电阻都会阻碍交变电流的通过，因此灯泡两端的电压小于50 V ，不会正常发光，A 错误；由于电容器能通交流，因此光敏电阻R 中的电流小于灯泡中的电流，B 错误；增大照射光的强度照射光敏电阻，光敏电阻的阻值减小，因此灯泡中的电流增大，灯泡会变亮，C 正确；断开开关S ，由于电容器能通交流，因此灯泡不会熄灭，D 错误．]10.(2020·资阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为1∶9B ．原、副线圈匝数之比为9∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为10∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10解析：B [灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输出电压为U ；则可知，原副线圈匝数之比为9∶1，故A 错误，B 正确；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9；故C 错误，D 错误．][B 级－综合练]11．(2019·江苏南京三模，5)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为m ，降压变压器的原副线圈匝数比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电压表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R 解析：B [由U U 1＝m 得U 1＝U m ，由于U 、m 不变，故U 1不变，故C 错．设降压变压器的输入电压为U ′，则U ′＝U 1－I 1R ，由U ′U 2＝n 得，U 2＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫U m －I 1R ，则ΔU ＝－R n ΔI 1，由此可见，电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，即B 正确．由I 1I 2＝1n 得I 2＝nI 1，由此可知，I 2增大了n 2ΔU R，故A 错．输电线损失的功率增加量ΔP ＝(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ＝2I 1ΔI 1·R ＋ΔI 21R ≠⎝⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，故D 错．]12.(2020·新课标Ⅱ卷一模)如图所示，直角三角形导线框OPQ 放置在磁感应强度大小为B ，方向垂直于OQ 向右的匀强磁场中，且OP 边的长度为L ，∠POQ ＝θ.当导线框绕OQ 边以角速度ω逆时针转动(从O 向Q 观察)时，下列说法正确的是( )A ．导线框OPQ 内无感应电流B ．导线框OPQ 内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流C ．P 点的电势始终大于O 点的电势D ．如果截去导线PQ ，则P 、O 两点的电势差的最大值为12BL 2ωsin θcos θ 解析：D [导线框OPQ 内，只有边长OP 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为E ＝BL ·L sin θ2·ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故导线框OPQ 内产生正弦式交变电流，故A 、B 错误；由于导体框OPQ 内产生正弦式交变电流，P 点的电动势与O 点的电动势大小成周期性变化，故C 错误；如果截取导线PQ ，则没有感应电流，但PQ 两点的电势差U ＝BL L sin θ2ωcos θsin ωt ＝12BL 2ωsin θcos θsin ωt ，故最大值为12BL 2ωsin θcos θ，故D 正确．] 13．(2020·衡水模拟)(多选)如图所示，面积S ＝0.5 m 2、n ＝50匝、电阻不计的矩形闭合导线圈ABCD 处于磁感应强度大小为B ＝210 T 的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈1相连，副线圈2接入一只“220 V 100 W”的灯泡甲，副线圈3接入一只“110 V 60 W”的灯泡乙与滑动变阻器，已知当滑动变阻器的滑片处于最左端时两灯均正常发光，交流电流表的量程为0～0.6 A ，且为理想电表．下列说法正确的是( )A ．从图示位置计时，线框中交变电压瞬时值的表达式为e ＝5002sin 200t VB ．当两灯正常发光时，交流电流表的示数为0.30 AC ．变压器线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝50∶22∶11D ．当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数增大解析：AC [图示位置穿过线框的磁通量最大，电动势的最大值E m ＝NBSω＝50×210×0.5×200 V＝500 2 V ．图示位置穿过线框的磁通量最大，导线框中产生交变电压的表达式为u ＝5002sin 200t V ．故A 正确；变压器副线圈2中的电功率为100 W ，变压器副线圈3中电功率为60 W ，则变压器原线圈中的电功率为160 W ，所以变压器原线圈中电流强度I 1＝P 1U 1＝160500 A ＝825A ．故B 错误；电动势的最大值为500 2 V ，则交流电压的有效值500 V ．滑动变阻器的滑片处于最左端时接入电路中的电阻值为0；根据电压之比等于匝数比，则原副线圈的匝数比＝500∶220∶110＝50∶22∶11，故C 正确，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入副线圈的电阻值增大，所以副线圈3中的电流值减小，输出功率与输入功率都减小，所以电流表的示数减小，故D错误．]14．(多选)如图所示的电路中，E为电源，内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)．电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是( )A．若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B．若突然将电容器上极板上移，则小球在P点的电势能增大C．若光照变强，则小球会向上运动D．若光照变强，则A、B间电路的功率变大解析：BD [R2与电容器C串联，若只是将R2的滑片上移，对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误；若只是将电容器上极板上移，则电容器两端电压U C不变，两极板间距d 增大，场强E减小，P点的电势减小，由题分析可知小球带负电，则小球在P点的电势能增大，B项正确；若光照变强，则光敏电阻R3的阻值减小，灯L和R3两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间场强E减小，小球所受电场力减小，球会向下运动，C项错误；将R1视为电源一部分，则等效电源内阻阻值为2r，而A、B间L和R3的总电阻为R L＋R3＝2r＋R3＞2r，若光照变强，则R3的阻值减小，A、B间电路的功率变大，故D项正确．]高考物理二轮复习专题四电路与电磁感应1直流电路与交流电路课时作业含解析结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。
直流电路教案2
介绍导体结构，学生从深层次上理解电流形成的原因
利用小实验介绍电源和电动势
小实验可以激发兴趣，引起思考
回忆初中已学过的知识，开始从应用的角度上考虑电路的作用和组成。
引发思考
引发思考
引发思考
教学后记：
I=
2．单位：1A1C/s；1mA103A；1A106A
3．电流的方向
实际方向—规定：正电荷定向移动的方向为电流的方向。
注意：金属导体、电解液中的电流方向如何？
参考方向：任意假定。
2.电源
1）电动势
能量观点：电源通过非静电力做功，把其他形式的能转化为电能（电场能），电路中通过电场力做功又把电场能转化为其他形式的能。
教学重点：1．常用物理量的概念。
2．电路、电流、电压、电动势、电流的热效应
三、教法、学法及教学手段
复习、提问、讨论、启发、讲解。
四、教学过程
教学环节
教学内容
老师活动
学生活动
导入任务
一、什么是电路
1）电路的作用：
1、实现能量的输送和转组成：
电源、负载、导线
3）电路的分类
1、直流电路：电流的不随时间变化的电路
2、交流电路：电流大小和方向都随时间作周期性变化的电流叫做交变电流。
二、电路的基本物理量
1、电流的形成
1．电流：电荷的定向移动形成电流。
2、电流的方向：
3．在导体中形成电流的条件
(1)要有自由电荷。
(2)必须使导体两端保持一定的电压。
电流（定义式）
1．电流的大小等于通过导体横截面的电荷量与通过这些电荷量所用时间的比值。
课题
直流电路
教材、章节
2022-2023年高考物理一轮复习 直流电路和交流电路的分析课件 (2)(重点难点易错点核心热点)
解析 根据闭合电路欧姆定律，电阻 R2 中的电流为 I＝R1＋ER2＋r＝0.5 A， A 项错误；电路中 A、B 两点之间的电压为 UAB＝IR1＝0.5×4 V＝2 V，B 项错 误；若在 C、D 间连一个理想电流表，则外电路总电阻为 R＝R1＋RR2＋2RR3 3＝7 Ω， 电阻 R1 中的电流为 I1＝R＋E r＝23 A，电阻 R3 中的电流为 I3＝12I1＝13 A，理想电 流表的读数是13 A，C 项正确；若在 C、D 间连一个理想电压表，其测量的电 压为 R2 两端的电压，R2 两端的电压 U2＝IR2＝0.5×6 V＝3 V，理想电压表的读 数是3 V，D 项错误。
答案 C
2．如图为某控制电路，由电动势为 E、内阻为 r 的电源与定值电阻 R1、R2 及电位器(滑动变阻器)R 连接而成，L1、L2 是两个指示灯。当电位 器的触片由 b 端滑向 a 端时，下列说法正确的是( )
A．L1、L2 都变亮 C．L1 变亮，L2 变暗
B．L1、L2 都变暗 D．L1 变暗，L2 变亮
解析 当滑片由 b 端向 a 端滑动时，R 接入电阻增大，总电阻增大；由闭 合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由 U＝E－Ir 可知 路端电压增大，则 R1 两端的电压增大，所以通过 R1 的电流增大，而总电流减 小，所以通过 L1 的电流变小，即 L1 变暗；L1 两端电压减小，并联电压增大， 所以 R2 两端的电压增大，所以通过 R2 的电流增大，而通过 L1 的电流变小，所 以通过 L2 的电流变小，即 L2 变暗。故 B 项正确。
解析 由题图可知，交变电流的电动势的最大值 Em＝20 V，交变电流的电 动势的周期为 T＝0.25 s，频率为 f＝T1＝4 Hz，线圈转动的角速度 ω＝2πf＝8π rad/s，产生的感应电动势瞬时值表达式为 e＝Emsinωt＝20sin8πt(V)，A 项错误； 交变电流的电动势的有效值为 E＝E2m＝10 2 V，由闭合电路欧姆定律得交变 电流的有效值为 I＝ER＝ 2 A，B 项正确；若将此电动势加在电容器上，电容 器的耐压值应不小于电动势最大值，即不小于 20 V，C 项错误；由交变电流的 电动势最大值表达式 Em＝NBSω 可知，若该交流发电机的线圈在匀强磁场中匀 速转动的速度增大到原来的 2 倍，则产生的交变电流的电动势的最大值增大到 原来的 2 倍，为 40 V，D 项正确。
直流电路实验
实验一 直流电路实验一、实验目的1. 熟悉实验台上各类直流电源及仪表的布局和使用方法。
2. 测定实际电源的伏安特性。
3. 验证基尔霍夫定律。
二、原理说明1．实际电压源的伏安特性（外特性）直流理想电压源的输出电压是个常数，与流过电源的电流大小没有关系，其伏安特性曲线如图1--1中曲线a 所示。
但是理想电压源实际上是不存在的，实际中的电压源总是具有一定的内阻，它可以一个理想电压源Us 和电阻Rs 串联的电路模型来表示，其伏安特性曲线如图1--1中曲线b 所示。
2．基尔霍夫定律基尔霍夫电流定律(KCL): 电路中，任意时刻流进和流出节点的电流之代数和等于零。
基尔霍夫电压定律(KVL): 电路中，任意时刻沿闭合回路的电压降之代数和等于零。
3．电位与电压在一个确定的闭合电路中，各点电位的高低视所选的电位参考点的不同而变，但任意两点间的电位差（即电压）则是绝对的，它不因参考点电位的变动而改变。
三、实验设备序号 名 称 型号与规格 数量 备注 1 可调直流稳压电源 0--30V 1 2 直流数字毫安表 0--500mA 1 3 直流数字电压表 0--300V 1 4 线性电阻器 200Ω 1 HE-19 5 可变电阻箱1 6基尔霍夫定律/叠加原理实验板1HE-12四、实验注意事项实验中应先估算电压和电流值，合理选择仪表的量程，勿使仪表超量程，仪表的极性亦不可接错。
另外，要注意直流稳压源不得短路，以免损坏设备。
θ RsUs I V ＋ －a bθ =tg -1Rs IV0 Us (图1--1)五、预习思考题（该部分必须在实验前完成）1. 测量仪表使用时必须满足其正常工作条件，电流表 A ( A.串联 B.并联 )连接于电路中，电压表 B ( A.串联 B.并联 )连接于电路中。
（4分）2. 图1—2中理想电压源Us的输出电压是个常数，图1—2（a）中R的存在对虚线框内所示的电源外特性 A （A.有 B.无）影响，图1—2（b）中R的存在对虚线框内所示的电源外特性 B （A.有 B.无）影响。
高中物理 第2章 直流电路 第2节 电阻定律练习 教科版选修3-1-教科版高二选修3-1物理试题
第2节电阻定律1．本节探究导体的电阻与________、____________、________之间的关系时，采用____________的实验方法．测长度所用仪器是________，要测横截面积，需先测量其直径，用________________进展测量，也可用________法进展测定．2．电阻率ρ是一个反映导体____________的物理量，是导体材料本身的属性，与导体的形状、大小________，它的单位是：____________，国际符号____________．而电阻R 反映的是导体的属性，与导体的________、____________、________有关．3．电阻率的计算公式为____________，各种材料的电阻率在数值上等于用该材料制成的_______________________________________________________________________________ _____________的导体的电阻．4．两种材料不同的电阻丝，长度之比为1∶5，截面积之比为2∶3，电阻之比为2∶5，如此材料的电阻率之比为________．5．一粗细均匀的镍铬丝，截面直径为d，电阻为R.把它拉制成直径为d/10的均匀细丝后，它的电阻变为( )A．R/1 000 B．R/100 C．100R D．10 000R【概念规律练】知识点一电阻和电阻率的理解1．关于导体的电阻与电阻率的说法中，正确的答案是( )A ．由R ＝ρlS 知，导体的电阻与长度l 、电阻率ρ成正比，与横截面积S 成反比B ．由R ＝UI 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 ．将一根导线一分为二，如此半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D ．某些金属、合金和化合物的电阻率随温度降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象．发生超导现象时，温度不为绝对零度2．如下关于电阻率的表示，正确的答案是( ) A ．金属导体的电阻率随温度的升高而增大 B ．常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的 C ．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D ．半导体和绝缘体材料的电阻率随温度的升高而减小 知识点二 电阻定律R ＝ρlS的应用3．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U 时，通过的电流是I ，假设将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I ，导线两端所加的电压变为( )A ．U/2B ．UC ．2UD ．4U4．一根粗细均匀的金属裸导线，假设把它均匀拉长为原来的3倍，电阻变为原来的多少倍？假设将它截成等长的三段再绞合成一根，它的电阻变为原来的多少？(设拉长与绞合时温度不变)【方法技巧练】一、用电阻公式和欧姆定律相结合解决有关问题5．两根完全一样的金属裸导线，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，然后给它们分别加一样电压后，如此在同一时间内通过它们的电荷量之比为( )A ．1∶4B ．1∶8C ．1∶16D ．16∶1 二、导体电阻率的测定方法6．用伏安法测量电阻R 的阻值，并求出电阻率ρ.给定电压表(内阻约为50 kΩ)、电流表(内阻约为40 Ω)、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻R(约为250 Ω)与导线假设干．图1(1)画出测量R的电路图．(2)图1中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试写出根据此图求R 值的步骤：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________；求出的电阻值R＝________(保存3位有效数字)．(3)待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图2、图3所示，由图可知其长度为________，直径为________．图2图3(4)由以上数据可以求出ρ＝________(保存3位有效数字)．1．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，如下表述正确的答案是( )A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D ．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比2．关于电阻的计算式R ＝U I 和决定式R ＝ρlS ，下面说法正确的答案是( )A ．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比B ．导体的电阻仅与导体长度、横截面积和材料有关C ．导体的电阻随工作温度变化而变化D ．对一段一定的导体来说，在恒温下比值UI 是会变的，导体的电阻随U 或I 的变化而变化3．如下说法正确的答案是( ) A ．超导体对电流的阻碍作用几乎等于零 B ．金属电阻率随温度的升高而增大C ．用来制作标准电阻的锰铜合金和镍铜合金的电阻率不随温度的变化而变化D ．半导体材料的电阻率随温度的升高而增大4．一根阻值为R 的均匀电阻丝，长为l ，横截面积为S ，设温度不变，在如下哪些情况下其阻值仍为R( )A ．当l 不变，S 增大一倍时B ．当S 不变，l 增大一倍时C ．当l 和S 都减为原来的12时D ．当l 和横截面的半径都放大一倍时5．如图4所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd ，ab 边长为L 1，ad 边长为L 2，当端点1、2或3、4接入电路时，R 12∶R 34是( )图4A ．L 1∶L 2B ．L 2∶L 1C ．1∶1D ．L 21∶L 226．一只白炽灯泡，正常发光时的电阻为121 Ω，当这只灯泡停止发光一段时间后的电阻应是( )A ．大于121 Ω B．小于121 ΩC．等于121 Ω D．无法判断7．两根同种材料制成的电阻丝a和b，a的长度和横截面的直径均为b的两倍，要使两电阻丝接入电路后消耗的电功率相等，加在它们两端的电压之比U a∶U b为( ) A．1∶1 B．2∶1 C.2∶1 D．1∶ 28．现有半球形导体材料，接成如图5所示(a)、(b)两种形式，如此两种接法的电阻之比R a∶R b为( )图5A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4题号 1 2 3 4 5 6 7 8答案9．甲、乙两根粗细一样的不同导线，电阻率之比为1∶2，长度之比为6∶1，那么两根导线加一样的电压时，其电功率之比P甲∶P乙________；如果通过两根导线的电流强度一样，如此其电功率之比P甲∶P乙＝________.10．相距40 km的A、B两地架设两条输电线，电阻共为800 Ω.如果在A、B间的某处发生短路，如图6所示．这时接在A处的电压表示数为10 V，电流表示数为40 mA.求发生短路点相距A有多远．图6第2节 电阻定律答案课前预习练1．长度 横截面积 材料 控制变量 直尺 螺旋测微器 缠绕2．导电性能 无关 欧姆·米 Ω·m 材料 横截面积 长度3．ρ＝R Sl长度为1m ，横截面积为1m 24．4∶35．D [由R ＝ρl S，V ＝lS ，得R ′＝10000R .] 课堂探究练1．AD [导体的电阻率由材料本身的性质决定，并随温度的变化而变化，导体的电阻与长度、横截面积有关，与导体两端的电压与导体中的电流无关，A 对，B 、C 错．电阻率反映材料的导电性能，电阻率常与温度有关，并存在超导现象．绝对零度只能接近，不可能达到，D 对．]2．ABD3．D [导线原来的电阻为R ＝ρl S ，拉长后长度变为2l ，横截面积变为S2，所以R ′＝ρl ′S ′＝ρ2lS2＝4R . 导线原来两端的电压为U ＝IR ， 拉长后为U ′＝IR ′＝4IR ＝4U .] 4．9 19解析 金属原来的电阻为R ＝ρlS，拉长后长度变为3l ，因体积V ＝Sl 不变，所以导线横截面积变为原来的1/3，即S /3，故拉长为原来的3倍后，电阻R ′＝ρ3l S /3＝9ρlS＝9R . 同理，三段绞合后，长度为l /3，横截面积为3S ，电阻R ″＝ρl /33S ＝ρl 9S ＝19R . 点评 某导体形状改变前后，总体积不变，电阻率不变．当长度l 和横截面积S 变化时，应用V ＝Sl 来确定S 和l 在形变前后的关系，然后再利用电阻定律即可求出l 和S 变化前后的电阻关系．5．C [此题应根据导体的电阻R ＝ρl /S ，欧姆定律R ＝U /I 和电流定义式I ＝q /t 求解． 对于第一根导线，均匀拉长到原来的2倍，如此其横截面积必然变为原来的1/2，由导体的电阻公式可知其电阻变为原来的4倍．第二根导线对折后，长度变为原来的1/2，横截面积变为原来的2倍，故其电阻变为原来的1/4.给上述变化后的裸导线加上一样的电压，由欧姆定律得：I 1＝U 4R ，I 2＝UR /4＝4U /R由I ＝q /t 可知，在同一时间内，电荷量之比q 1∶q 2＝I 1∶I 2＝1∶16 故C 项正确．] 6．见解析解析 (1)由于待测电阻(约250Ω)与电流表内阻(约40Ω)相近，远小于电压表内阻(50kΩ)，因此采用电流表外接法，测量误差较小．控制待测电阻电压的线路，用滑动变阻器连接成限流式接法或分压式接法均可，如如下图所示．(2)作U —I 直线，舍去左起第2点，其余5个点在一条直线上，不在这条线上的点尽量均匀分布在直线两侧；求该直线的斜率k ，如此R ＝k ＝229Ω(221～237Ω均为正确)．(3)因为游标为50分度，所以游标卡尺的准确度为150mm ＝0.02mm ，另外游标卡尺不能估读，读出待测电阻的长度为8.00×10－3m ，直径为1.98×10－3m.(4)将数据代入公式ρ＝RS l ＝R πd 24l 得ρ＝8.81×10－2Ω·m.课后巩固练1．A [根据电阻定律：R ＝ρlS，可见当横截面积S 一定时，电阻R 与长度l 成正比，A 正确．]2．BC3．AB [超导现象是在温度接近绝对零度时，电阻率突然减小到接近零的现象，故A正确；C 中材料只是电阻率变化不明显，而半导体材料的电阻率应随温度的升高而减小．]4．C [由R ＝ρl S 和V ＝Sl 得：l 不变、S 增大一倍时，R 变为原来的12；S 不变，l 增大一倍时，R 变为原来的二倍；l 、S 都减小为原来的12时，R 不变；l 和横截面的半径都增大一倍时，R 变为原来的12.]5．D [设薄片厚度为d ，如此由电阻定律，得R 12＝ρL 1L 2d ，R 34＝ρL 2L 1d.故R 12∶R 34＝L 21∶L 22，选项D 正确．]6．B [由于金属的电阻率随温度的升高而增大，故白炽灯泡正常发光时的电阻大，停止发光一段时间后，灯丝温度降低，电阻减小，应当选B.]7．D [由公式R ＝ρl S ，S ＝14πD 2，P ＝U 2R得，U ＝4ρlPπD2，解得U a ∶U b ＝1∶2，故D 正确．]8．D [将(a)图半球形导体材料看成等大的两半局部的并联，如此(b)图中可以看成等大的两半局部的串联，设每一半局部的电阻为R ，如此(a)图中电阻R a ＝R2，(b)图中电阻R b＝2R ，故R a ∶R b ＝1∶4.]9．1∶3 3∶1 10．12.5km解析 A 、B 间距离l ＝40km ，导线总长2l ，总电阻R ＝800Ω. 设A 与短路处距离x ，导线总长2x ，总电阻R x .由欧姆定律：R x ＝U I ＝1040×10－3Ω＝250Ω由电阻公式：R ＝ρ2l S ，R x ＝ρ2xS，得：x ＝R x R l ＝250800×40km＝12.5km.即短路处距A 端12.5km.。
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1．螺旋测微器的原理
螺旋测微器是依据螺旋放大的原理制成的，即螺杆在螺母
中旋转一周，螺杆便沿着旋转轴线方向前进或后退一个螺距的
距离．因此，沿轴线方向移动的微小距离，就能用圆周上的读
数表示出来．螺旋测微器的精密螺纹的螺距是0.5 mm，可动刻
度有50个等分刻度，可动刻度旋转一周，测微螺杆可前进或后
退0.5 mm，因此旋转每个小分度，相当于测微螺杆前进或后退
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四、实验步骤
1．用螺旋测微器在被测金属导线上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．按图所示的原理电路图连接实验电路．
第二章 第2节 补充学生实验 第12页
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第二章 第2节 补充学生实验 第7页
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3．注意事项
(1)测量时，当F将要接触被测物体时，要停止使用旋纽
D(如图)，改用微调旋纽D′，以避免F和被测物体间产生过大
的压力，这样，既可以保护仪器又能保证测量结果准确．
第二章 第2节 补充学生实验 第8页
第二章 第2节 补充学生实验 第5页
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0.5 50
mm＝0.01
mm，即可动刻度每一小分度表示0.01
mm，所
以螺旋测微器可精确到0.01 mm.由于还能再估读一位，就可读
到毫米的千分位，故又名千分尺．
第二章 第2节 补充学生实验 第6页
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[解析] 依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的
值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图
(a)读数为0.010 mm，图(b)读数为6.870 mm.
第二章 第2节 补充学生实验 第24页
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2．螺旋测微器的读数方法
先在固定刻度尺上读出大于0.5 mm的部分，然后在可动刻
度尺上读出不足0.5 mm的部分，读可动刻度示数时还要注意估
读一位数字．螺旋测微器的读数可用下式表示：待测物体长度L
＝固定刻度尺上的读数＋可动刻度尺上的读数×精确度．
补充学生实验：测定金属的电阻率(此实验高考要求)
第二章 第2节 补充学生实验 第3页
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01实验要点精析
第二章 第2节 补充学生实验 第4页
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一、螺旋测微器(千分尺)
第二章 第2节 补充学生实验 第10页
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三、实验原理
根据电阻定律公式R＝ρ
L S
，只要测出金属导线的长度L和它
的直径d，计算出导线的横截面积S＝π(
d 2
)2，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．
第二章 第2节 补充学生实验 第11页
1. 金属丝的直径和长度的测量带来的实验误差．
2. 测量电路中的电流表及电压表内阻对电阻测量的影响，
由于本实验采用电流表外接法，所以R测＜R真，因ρ＝RS/l，所以
ρ测<ρ真．
3. 通电电流太大，时间过长，致使电阻丝发热，电阻率随
之变化．
第二章 第2节 补充学生实验 第20页
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最大值处．
4. 测电阻时，电流不宜过大，通电时间不宜过长．
5.
求R的平均值可用两种方法：第一种方法是用R＝
U I
算出
各次的测量值，再取平均值；第二种方法是用U－I(图线)的斜
率求出．
第二章 第2节 补充学生实验 第19页
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七、误差分析
2. 为了方便，应在金属导线连入电路前测导线直径，且在
三个不同位置各测一次，求其平均值；而测量导线长度时，应
测量拉直的连入电路的有效长度，且测三次，取平均值．
第二章 第2节 补充学生实验 第18页
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3. 闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器滑片置于电阻的
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(2)读数时，要注意固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已
经露出．读数时要准确到0.01 mm，估读到0.001 mm，即测量
结果若用mm为单位，则小数点后面必须保留三位．
(3)测量圆柱直径时，应在三个不同位置上各测量一次，求
2. 电阻R的值
方法一，平均值法：可以将每次测量的U、I值分别计算出
电阻值，再求出电阻的平均值，作为测量结果．
方法二，图象法：可建立U－I坐标系，将测量的U、I值描
点作出图象，利用图象斜率来求出电阻值Rx.
第二章 第2节 补充学生实验 第16页
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解析：(1)螺旋测微器的读数为(0＋0.5＋0.01×19.7)mm＝
0.697 mm(0.696 mm,0.698 mm也对)
(2)电压表精度为0.1 V，其读数为2.60 V；电流表精度为
0.02 A，其读数为0.52 A.
值．
第二章 第2节 补充学生实验 第13页
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5．将测得R、l、d的值，代入电阻率计算公式ρ＝π4UIdl 2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．
第二章 第2节 补充学生实验 第14页
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第二章 第2节 补充学生实验 第29页
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仪器的选择、电路图的连接及数据处理 例2 在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属导线的 长度约为0.8 m，直径小于1 mm，电阻在5 Ω左右．实验主要步 骤如下： (1)用________测量金属导线的长度l，测3次，求出平均 值； (2)在金属导线的3个不同位置上用________测量直径d，求 出平均值；
第二章 第2节 补充学生实验 第22页
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[答案] 0.010(0.009或0.011也对) 对) 6.860(6.858～6.862)
6.870(6.869或6.871也
第二章 第2节 补充学生实验 第23页
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第二章•直流电路
第二章 第2节 补充学生实验 第1页
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第2节 电阻定律
第二章 第2节 补充学生实验 第2页
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(2)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图，
则电压表的读数为________V，电流表的读数为________A.
答案：(1)0.697(0.696、0.698也对) (2)2.60 0.52
第二章 第2节 补充学生实验 第28页
第二章 第2节 补充学生实验 第32页
金版教程 ·教科版物理 ·选修3-1
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[解析] (1)用米尺测量金属导线的长度l，测3次，求出平均
值；
(2)用螺旋测微器在金属导线的3个不同位置上测量直径d，
求出平均值；
(3)在闭合开关前，限流电路滑动变阻器的滑动触点应处于
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02题型分类指导
第二章 第2节 补充学生实验 第21页
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仪器仪表读数 例1 [2012·课标全国卷]某同学利用螺旋测微器测量一金属 板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属 板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm， 图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为 ________mm.
螺旋测微器的读数技巧, 螺旋测微器的读数方法分三步 ——“一读整二读零三读螺旋”.,
一读整：读出固定刻度上的整毫米数., 二读零：读出固定刻度上的半毫米数即0.5毫米数，这要先 看“0.5 mm”刻度线是否露出，若露出就读0.5 mm，否则就读 0 mm.,
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电阻最大的位置，电路图及实物连接图如图所示．
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