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物理九年级上册第五章 欧姆定律1 欧姆定律教学演示ppt课件
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这是一份物理九年级上册第五章 欧姆定律1 欧姆定律教学演示ppt课件，共37页。PPT课件主要包含了实验电路，定义式，物理意义，兆欧MΩ，千欧kΩ，电阻的倒数，I-U图线，U-I图线，课堂练习，1计算法等内容，欢迎下载使用。
既然在导体的两端加上电压，导体中才有电流，那么，导体中的电流跟导体两端的电压有什么关系呢？
分压电路：(控制电路) 可以提供从零开始连续变化的电压
测量电路: 测导体B的电流、电压
数据处理 做U-I图象
1、U-I 图像是一条过原点的直线;
2、同一导体，电压与电流的比值为定值.
导体两端的电压U与 通过导体的电流 I 的比值
国际单位制中 欧姆（Ω）
反映导体对电流的阻碍作用
(R只与导体本身性质有关)
1、内容：导体中的电流I 跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比．
三、伏安特性曲线(I-U图线)
1、伏安特性曲线(I-U图线): 导体中的电流I随导体两端的电压U变化的图线
图线斜率的物理意义是什么？
2、线性元件和非线性元件
符合欧姆定律的导体的伏安特性曲线是一条通过坐标原点的直线，具有这种伏安特性的电学元件叫做线性元件；
不符合欧姆定律的导体和器件，电流和电压不成正比，伏安特性曲线不是直线,这种电学元件叫做非线性元件．
C. 从 可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
1、对于欧姆定律，理解正确的是（ ）
A. 从 可知，导体中的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B. 从 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
D. 从 可知，导体两端的电压随电阻 的增大而增大
2、某电流表可测量的最大电流是10mA，已知一个电阻两端的电压是8V时，通过的电流是2mA，如果给这个电阻加上50V的电压，能否用该电流表测量通过这个电阻的电流?
Ra>Rb=Rc>Rd
3、某同学对四个电阻各进行了一次测量,把每个电阻两端的电压和通过它的电流在U-I坐标系中描点,得到了图中a、b、c、d四个点.请比较这四个电阻值的大小.
4、图为两个导体的伏安特性曲线，求(1)两个导体的电阻之比 R1:R2(2)若两个导体中的电流相等(不为零) ，导体两端的电压之比 U1:U2(3)若两个导体两端的电压相等(不为零),导体中的电流之比 I1:I2
(1) 3:1 (2) 3:1 (3) 1:3
5、若加在某导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4Ａ，如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流多大?
解法一：依题意和欧姆定律得：
所以 I0＝1.0 Ａ
解法三：画出导体的I—U图像，如图15—1—3所示，设原来导体两端的电压为U0时,导体中的电流强度为I0.
时，I=I0－0.4 Ａ
当U′＝２Ｕ0时，电流为I2. 由图知
所以I0＝1.0 Ａ I2＝2Ｉ0＝2.0 Ａ
1、把5.0V的电压加在一段电阻丝的两端测得通过电阻电流为1.0×102mA．当电阻丝两端电压增至8V时，通过电阻丝电流增加 。
2、一个小灯泡，当它两端的电压在3V以下时，电阻始终等于14Ω不变，当它两端电压增大到4V时，钨丝发热，它的电阻为16Ω，当电压增大到5V时，它的电阻为20Ω它在0—5V范围内的伏安特性曲线大概是怎样？请画出草图
（1）原理：用电压表测出电阻两端的电压U,用电流表测出通过电阻的电流I，则R＝U/I（2）两种电路图甲为电流表外接法、图乙为电流表内接法
（3）误差分析①电流表内接法电压表示数：UV＝UR＋UA＞UR电流表示数：IA＝IR，R测＝ ＝R真，测量值偏大，适于测量大阻值电阻．即R>>RA.
②电流表外接法电压表示数：UV＝UR，电流表示数：IA＝IR＋IV＞IR，R测＝ ＝R真，测量值偏小，适于测量小阻值电阻．即R<
若已知待测电阻的大约值Rx，电流表的内阻RA和电压表的内阻RV，则：
（2）试触法 若电流表示数有显著变化，说明电压表的分流作用较强，即Rx是一个高阻值电阻，应选用内接法，s应接b测量若电压表示数有显著变化，说明电流表的分压作用较强，即Rx是一个低阻值电阻，应选用外接法，S应接a测量
总结：可记为一句话：“大内偏大，小外偏小”，即大电阻采用电流表内接法，测量结果偏大，小电阻采用电流表外接法测量结果偏小．
六、滑动变阻器的两种用法
（1）限流接法电压变化范围为: ER/(R+R0)～E在闭合开关前，应使P移至B端．
（2）分压接法电压变化范围为: 0～E在闭合开关前，应使P移至A端．
（3）两种接法的选择原则 ①要求用电器的电压从零开始可连续变化，只能作分压器．②若作限流器，题目所提供的实验仪器，电表量程或电阻的最大允许电流不够，则应作分压器．③当变阻器电阻远小于用电器电阻，即R变<< R用，应作分压器，此时，用电器部分可看成断路，用电器电压变化较均匀．当R变>R用或差不多时，应作限流器，此时调控能力较强．最好是差不多或大一些，而R变比R用大很多也不好，此时虽控流能力强，但电流变化不均匀．④若无①、②问题，且R变与R用差不多，分压、限流都可以时，考虑到限流时能耗小，应采取限流器．⑤当有两个变阻器供选择，在满足电压、电流调节范围的情况下，选小电阻，这样调节的电压、电流变化就较均匀，移动相同距离，阻值变化小．
实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线
（1）实验目的①掌握伏安法测电阻的电路设计（关键是内、外接法的特点）．②理解小灯泡的伏安特性曲线为什么不是过原点的一条直线．
（2）实验原理由于电流增大，小灯泡的功率也增大，温度升高，由电阻定律可知，温度升高，电灯丝材料的电阻率增大，因此电灯丝的电阻增大，所以灯丝电阻并不是一个定值，电流与电压成正比在此并不适用．由于电流越大，灯丝电阻越大，它的伏安特性曲线（I-U图线）并不是一条直线，其I-U图线应大致如图所示，在该曲线上，任意一点与原点连线的斜率表示该点（在此电压、电流下）的电阻的倒数，斜率越小，电阻越大．
（3）实验器材“4V 0.7A”，或“3.8 V 0.3 A”的小灯泡，4～6 V学生电源（或3～4个电池组），0～100Ω的滑动变阻器，0～15 V的电压表，0～3A的电流表，开关一个、导线若干
（4）实验步骤①选取适合的仪器按如图所示的电路连接好．②将滑动变阻器滑到A端后，闭合开关．③使滑动变阻器的滑片逐渐由A向B滑动．在灯泡额定电压范围内读取数组不同的电压值和电流值，并制表记录．④断开开关，拆下导线，将仪器恢复原状．⑤以I为纵轴，U为横轴，画出I-U图线并进行分析．
（5）注意事项①本实验中，因被测小灯泡灯丝电阻较小，因此实验电路必须采用电流表外接法．②因本实验要作I-U图线，要求测出一组包括零在内的电压、电流值，因此变阻器要采用分压接法．③开关闭合前变阻器滑片移到所分电压为零处．④在坐标纸上建立一个直角坐标系，纵轴表示电流，横轴表示电压，两坐标轴选取的标度要合理，使得根据测量数据画出的图线尽量占满坐标纸；要用平滑曲线将各数据点连接起来．
既然在导体的两端加上电压，导体中才有电流，那么，导体中的电流跟导体两端的电压有什么关系呢？
分压电路：(控制电路) 可以提供从零开始连续变化的电压
测量电路: 测导体B的电流、电压
数据处理 做U-I图象
1、U-I 图像是一条过原点的直线;
2、同一导体，电压与电流的比值为定值.
导体两端的电压U与 通过导体的电流 I 的比值
国际单位制中 欧姆（Ω）
反映导体对电流的阻碍作用
(R只与导体本身性质有关)
1、内容：导体中的电流I 跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比．
三、伏安特性曲线(I-U图线)
1、伏安特性曲线(I-U图线): 导体中的电流I随导体两端的电压U变化的图线
图线斜率的物理意义是什么？
2、线性元件和非线性元件
符合欧姆定律的导体的伏安特性曲线是一条通过坐标原点的直线，具有这种伏安特性的电学元件叫做线性元件；
不符合欧姆定律的导体和器件，电流和电压不成正比，伏安特性曲线不是直线,这种电学元件叫做非线性元件．
C. 从 可知，导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
1、对于欧姆定律，理解正确的是（ ）
A. 从 可知，导体中的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
B. 从 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
D. 从 可知，导体两端的电压随电阻 的增大而增大
2、某电流表可测量的最大电流是10mA，已知一个电阻两端的电压是8V时，通过的电流是2mA，如果给这个电阻加上50V的电压，能否用该电流表测量通过这个电阻的电流?
Ra>Rb=Rc>Rd
3、某同学对四个电阻各进行了一次测量,把每个电阻两端的电压和通过它的电流在U-I坐标系中描点,得到了图中a、b、c、d四个点.请比较这四个电阻值的大小.
4、图为两个导体的伏安特性曲线，求(1)两个导体的电阻之比 R1:R2(2)若两个导体中的电流相等(不为零) ，导体两端的电压之比 U1:U2(3)若两个导体两端的电压相等(不为零),导体中的电流之比 I1:I2
(1) 3:1 (2) 3:1 (3) 1:3
5、若加在某导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4Ａ，如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流多大?
解法一：依题意和欧姆定律得：
所以 I0＝1.0 Ａ
解法三：画出导体的I—U图像，如图15—1—3所示，设原来导体两端的电压为U0时,导体中的电流强度为I0.
时，I=I0－0.4 Ａ
当U′＝２Ｕ0时，电流为I2. 由图知
所以I0＝1.0 Ａ I2＝2Ｉ0＝2.0 Ａ
1、把5.0V的电压加在一段电阻丝的两端测得通过电阻电流为1.0×102mA．当电阻丝两端电压增至8V时，通过电阻丝电流增加 。
2、一个小灯泡，当它两端的电压在3V以下时，电阻始终等于14Ω不变，当它两端电压增大到4V时，钨丝发热，它的电阻为16Ω，当电压增大到5V时，它的电阻为20Ω它在0—5V范围内的伏安特性曲线大概是怎样？请画出草图
（1）原理：用电压表测出电阻两端的电压U,用电流表测出通过电阻的电流I，则R＝U/I（2）两种电路图甲为电流表外接法、图乙为电流表内接法
（3）误差分析①电流表内接法电压表示数：UV＝UR＋UA＞UR电流表示数：IA＝IR，R测＝ ＝R真，测量值偏大，适于测量大阻值电阻．即R>>RA.
②电流表外接法电压表示数：UV＝UR，电流表示数：IA＝IR＋IV＞IR，R测＝ ＝R真，测量值偏小，适于测量小阻值电阻．即R<
若已知待测电阻的大约值Rx，电流表的内阻RA和电压表的内阻RV，则：
（2）试触法 若电流表示数有显著变化，说明电压表的分流作用较强，即Rx是一个高阻值电阻，应选用内接法，s应接b测量若电压表示数有显著变化，说明电流表的分压作用较强，即Rx是一个低阻值电阻，应选用外接法，S应接a测量
总结：可记为一句话：“大内偏大，小外偏小”，即大电阻采用电流表内接法，测量结果偏大，小电阻采用电流表外接法测量结果偏小．
六、滑动变阻器的两种用法
（1）限流接法电压变化范围为: ER/(R+R0)～E在闭合开关前，应使P移至B端．
（2）分压接法电压变化范围为: 0～E在闭合开关前，应使P移至A端．
（3）两种接法的选择原则 ①要求用电器的电压从零开始可连续变化，只能作分压器．②若作限流器，题目所提供的实验仪器，电表量程或电阻的最大允许电流不够，则应作分压器．③当变阻器电阻远小于用电器电阻，即R变<< R用，应作分压器，此时，用电器部分可看成断路，用电器电压变化较均匀．当R变>R用或差不多时，应作限流器，此时调控能力较强．最好是差不多或大一些，而R变比R用大很多也不好，此时虽控流能力强，但电流变化不均匀．④若无①、②问题，且R变与R用差不多，分压、限流都可以时，考虑到限流时能耗小，应采取限流器．⑤当有两个变阻器供选择，在满足电压、电流调节范围的情况下，选小电阻，这样调节的电压、电流变化就较均匀，移动相同距离，阻值变化小．
实验：描绘小灯泡的伏安特性曲线
（1）实验目的①掌握伏安法测电阻的电路设计（关键是内、外接法的特点）．②理解小灯泡的伏安特性曲线为什么不是过原点的一条直线．
（2）实验原理由于电流增大，小灯泡的功率也增大，温度升高，由电阻定律可知，温度升高，电灯丝材料的电阻率增大，因此电灯丝的电阻增大，所以灯丝电阻并不是一个定值，电流与电压成正比在此并不适用．由于电流越大，灯丝电阻越大，它的伏安特性曲线（I-U图线）并不是一条直线，其I-U图线应大致如图所示，在该曲线上，任意一点与原点连线的斜率表示该点（在此电压、电流下）的电阻的倒数，斜率越小，电阻越大．
（3）实验器材“4V 0.7A”，或“3.8 V 0.3 A”的小灯泡，4～6 V学生电源（或3～4个电池组），0～100Ω的滑动变阻器，0～15 V的电压表，0～3A的电流表，开关一个、导线若干
（4）实验步骤①选取适合的仪器按如图所示的电路连接好．②将滑动变阻器滑到A端后，闭合开关．③使滑动变阻器的滑片逐渐由A向B滑动．在灯泡额定电压范围内读取数组不同的电压值和电流值，并制表记录．④断开开关，拆下导线，将仪器恢复原状．⑤以I为纵轴，U为横轴，画出I-U图线并进行分析．
（5）注意事项①本实验中，因被测小灯泡灯丝电阻较小，因此实验电路必须采用电流表外接法．②因本实验要作I-U图线，要求测出一组包括零在内的电压、电流值，因此变阻器要采用分压接法．③开关闭合前变阻器滑片移到所分电压为零处．④在坐标纸上建立一个直角坐标系，纵轴表示电流，横轴表示电压，两坐标轴选取的标度要合理，使得根据测量数据画出的图线尽量占满坐标纸；要用平滑曲线将各数据点连接起来．
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