高中物理 第4章 閉合電路歐姆定律和邏輯電路 第2講 習(xí)題課 閉合電路的分析與計算案 魯科3-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2講習(xí)題課閉合電路的分析與計算［目標(biāo)定位]1.會用閉合電路歐姆定律分析動態(tài)電路。2.知道電路中閉合電路的功率關(guān)系，會計算閉合電路的功率。3。會利用閉合電路的歐姆定律進(jìn)行含電容器電路的分析與計算．1．閉合電路由內(nèi)電路和外電路兩部分組成，在外電路中沿著電流方向電勢降低，在內(nèi)電路中沿著電流方向電勢升高．電動勢等于內(nèi)外電路電勢降落之和．2．閉合電路歐姆定律的幾種表達(dá)形式（1）電流形式：I＝eq\f(E,R＋r)，說明電流與電源電動勢成正比，與電路的總電阻成反比．(2）電壓形式：E＝IR＋I(xiàn)r或E＝U外＋U內(nèi)，表明電源電動勢在數(shù)值上等于電路中內(nèi)、外電壓之和。一、閉合電路的動態(tài)分析1．解決閉合電路動態(tài)變化問題，應(yīng)按照局部→整體→局部的程序進(jìn)行分析．2．基本思路:電路結(jié)構(gòu)的變化→R的變化→R總的變化→I總的變化→U內(nèi)的變化→U外的變化→固定支路eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（并聯(lián)分流I,串聯(lián)分壓U)）→變化支路．（1)對于固定不變的部分，一般按照歐姆定律直接判斷．（2）對于變化的部分,一般應(yīng)根據(jù)分壓或分流間接判斷．（3）涉及變阻器滑動引起的電路變化問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論．例1如圖1所示電路,電源內(nèi)阻不可忽略．開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中（）圖1A．電壓表與電流表的示數(shù)都減小B．電壓表與電流表的示數(shù)都增大C．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大答案A解析由變阻器R0的滑動端向下滑可知R0連入電路的有效電阻減小，則R外減小,由I＝eq\f(E,R外＋r）可知I增大,由U內(nèi)＝Ir可知U內(nèi)增大,由E＝U內(nèi)＋U外可知U外減小，故電壓表示數(shù)減?。蒛1＝IR1可知U1增大,由U外＝U1＋U2可知U2減小，由I2＝eq\f（U2,R2)可知電流表示數(shù)減小，故A正確．借題發(fā)揮閉合電路中由于局部電阻變化（或開關(guān)的通斷)引起各部分電壓、電流（或燈泡明暗)發(fā)生變化的問題的分析方法如下：R局eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(增大,減?。?→R總eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(增大，減?。鶬總eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（減小，增大）)→U外eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（增大，減小)）?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（I分,U分))二、閉合電路的功率和效率1．閉合電路的能量關(guān)系由閉合電路的歐姆定律E＝U外＋U內(nèi)得閉合電路的能量關(guān)系：qE＝qU外＋qU內(nèi)①此式反映了電源克服靜電力做的功等于內(nèi)外電路消耗的電能之和．2．閉合電路的功率關(guān)系由①式可得：閉合電路的功率關(guān)系為：EI＝IU＋I(xiàn)2r②其中，電源的總功率:P總＝EI;電源內(nèi)耗功率P內(nèi)＝U內(nèi)I＝I2r；電源輸出功率P出＝U外I。3．對于純電阻電路，電源的輸出功率P出＝I2R＝(eq\f(E，R＋r)）2·R＝eq\f（E2，\f(R－r2,R）＋4r）,當(dāng)R＝r時，電源的輸出功率最大，其最大輸出功率為P＝eq\f(E2，4r)。電源輸出功率隨外電阻變化曲線如圖2所示．圖24．電源的效率：指電源的輸出功率與電源的總功率之比，即η＝eq\f(P出，P總)＝eq\f(IU,IE）＝eq\f(U，E）.對于純電阻電路，電源的效率η＝eq\f（I2R，I2R＋r）＝eq\f(R，R＋r)＝eq\f（1,1＋\f（r,R)）,所以當(dāng)R增大時，效率η提高．當(dāng)R＝r（電源有最大輸出功率)時，效率僅為50%,效率并不高．例2如圖3所示，電路中E＝3V，r＝0.5Ω,R0＝1.5Ω，變阻器的最大阻值R＝10Ω。圖3（1)在變阻器的阻值R為多大時，變阻器上消耗的功率最大？最大為多大?(2)在變阻器的阻值R為多大時，定值電阻R0上消耗的功率最大?最大為多大？答案（1)2Ωeq\f（9,8）W（2）0eq\f(27,8)W解析(1）此種情況可以把R0歸入電源內(nèi)電阻，這樣變阻器上消耗的功率,也就是電源的輸出功率．即當(dāng)R＝r＋R0＝2Ω時，R消耗功率最大為：Pm＝eq\f(E2，4R）＝eq\f（32，4×2)W＝eq\f（9，8)W.(2）定值電阻R0上消耗的功率可以表達(dá)為:P＝I2R0，因為R0不變,當(dāng)電流最大時功率最大，此時應(yīng)有電路中電阻最小，即當(dāng)R＝0時R0上消耗的功率最大:Pm′＝eq\f（E2，R0＋r2）R0＝eq\f（32，1.5＋0。52)×1.5W＝eq\f（27，8)W。借題發(fā)揮在解答第二問時，有些同學(xué)又會用第一問的方法來求解,把R歸為內(nèi)阻，調(diào)節(jié)R使內(nèi)阻R＋r＝R0，這樣使用是錯誤的．因為R0是定值電阻，由P＝I2R0知,只要電流最大,P就最大．在研究電阻R上消耗的最大功率時,應(yīng)注意區(qū)分“可變與定值”這兩種情況，兩種情況中求解的思路和方法是不相同的．三、含電容器電路的分析與計算1．在分析電路的特點時，把電容器支路看成斷路，即去掉該支路，簡化后若要分析電容器所帶電荷量時，可在相應(yīng)的位置補上．2．確定電容器和哪部分電路并聯(lián)，該部分電路兩端電壓即電容器兩端電壓．3．當(dāng)電容器和某一電阻串聯(lián)后接在某一電路兩端時,由于電容器所在支路無電流通過，在此支路的電阻兩端電壓為零，此電路兩端電壓即電容器兩端電壓,而與電容器串聯(lián)的電阻可看成導(dǎo)線．例3如圖4所示，電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF,求：圖4（1）S閉合后，穩(wěn)定時通過R1的電流；(2)S原來閉合，然后斷開，這個過程中流過R1的總電荷量．答案(1）1A(2)1.2×10－4解析(1）電路穩(wěn)定時，R1、R2串聯(lián)，易求I＝eq\f(E，R1＋R2)＝1A，即為通過R1的電流．(2）S閉合時，電容器兩端電壓UC＝U2＝I·R2＝6V，儲存的電荷量Q＝C·UC。S斷開至達(dá)到穩(wěn)定后電路中電流為零，此時UC′＝E，儲存的電荷量Q′＝C·UC′.很顯然電容器上的電荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.2×10－4C．電容器上電荷量的增加是在S斷開以后才產(chǎn)生的,這只有通過R1這條途徑實現(xiàn)，所以流過R1借題發(fā)揮(1)首先確定電路的連接關(guān)系及電容器和哪部分電路并聯(lián)．（2）根據(jù)歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓．（3）最后根據(jù)公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU,求電荷量及其變化量．四、電路故障分析用電壓表檢查故障:用電壓表與電源并聯(lián)，若有示數(shù)，再逐段與電路并聯(lián)．若電壓表指針偏轉(zhuǎn)，則說明該段電路中有斷點．例4用電壓表檢查如圖5所示電路的故障，測得Uad＝5。0V，Ucd＝0，Uab＝5。0V，則此故障可能是（）圖5A．L斷路 B．R斷路C．R′斷路 D．S斷路答案B解析Uab＝5。0V，說明b、c、d與電源之間和a與電源之間的元件和導(dǎo)線是完好的，只能是R斷路。閉合電路的動態(tài)分析1．如圖6所示的電路，閉合電鍵S,待電路中的電流穩(wěn)定后，減小R的阻值．則(）圖6A．電流表的示數(shù)減小B．電壓表的示數(shù)減小C．電阻R2兩端的電壓減小D．路端電壓增大答案B解析題圖中的電路結(jié)構(gòu)是R1與R先并聯(lián)，再與R2串聯(lián),故R↓→R總↓→I干↑→U內(nèi)↑→U外↓。R2兩端電壓U2＝I干R2,U2增大，所以R與R1的并聯(lián)電壓減小,讀數(shù)減小，A、C、D錯誤，B項正確．閉合電路中的功率和效率2．如圖7所示，直線A為電源的UI圖線,直線B為電阻R的UI圖線，用該電源和電阻組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率分別是（)圖7A．4W,8WB．2W,4WC．4W，6WD．2W，3W答案C解析從題圖中可知E＝3V,圖線A和圖線B的交點是電源和電阻R構(gòu)成閉合電路的工作點，因此P出＝UI＝4W，P總＝EI＝6W.含電容器電路分析3．如圖8所示，R是光敏電阻，當(dāng)它受到的光照強度增大時()圖8A．燈泡L變暗B．光敏電阻R上的電壓增大C．電壓表V的讀數(shù)減小D．電容器C的電荷量增大答案CD解析光照強度增大時,R的阻值減小，閉合電路的總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E，R＋r＋R燈）增大，燈泡L變亮，選項A錯誤;光敏電阻R上的電壓UR＝E－I（r＋R燈)減小,選項B錯誤；電壓表V的讀數(shù)U＝E－Ir減小,選項C正確；電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡兩端的電壓UL＝IR燈增大，所以電容器C的電荷量Q＝CUL增大,選項D正確．電路故障分析4．如圖9所示,燈泡L1、L2原來都正常發(fā)光，在兩燈突然熄滅后，用電壓表測得c、d間電壓比燈泡正常發(fā)光時的電壓高，故障的原因可能是（假設(shè)電路中僅有一處故障）（）圖9A．a(chǎn)、c間斷路 B．c、d間斷路C．b、d間斷路 D．b、d間短路答案B解析因電路中L1、L2、R及電源串聯(lián)，電路中只有一處故障且兩燈不亮，電路中必是斷路，故D錯誤．電路中無電流，但c、d間電壓升高，是因為c、d間斷路，c、d兩點分別與電源正、負(fù)極等電勢．故正確答案為B。、題組一閉合電路的動態(tài)分析1．如圖1所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)電阻r恒定不變，電燈L恰能正常發(fā)光，如果變阻器的滑片向b端滑動，則（)圖1A．電燈L更亮,安培表的示數(shù)減小B．電燈L更亮，安培表的示數(shù)增大C．電燈L更暗,安培表的示數(shù)減小D．電燈L更暗，安培表的示數(shù)增大答案A解析變阻器的滑片P向b端滑動,R1接入電路的有效電阻增大，外電阻R外增大，干路電流I減小,安培表的示數(shù)減小，路端電壓U增大，電燈兩端電壓增大，電燈L更亮，A正確，B、C、D錯誤．2．如圖2所示,E為電動勢，r為電源內(nèi)阻,R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器．當(dāng)R2的滑動觸點在a端時合上開關(guān)S,此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U?，F(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是(）圖2A．I1增大，I2不變，U增大B．I1減小，I2增大，U減小C．I1增大,I2減小,U增大D．I1減小，I2不變,U減小答案B解析滑動觸點由a向b移動時，R2阻值減小，所以總電阻減小，電路中總電流增大，則內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，故U減?。傠娏髟龃?，R3兩端電壓也增大，所以并聯(lián)電路電壓減小，故I1減小，I2增大．3.如圖3所示的電路中，電源的內(nèi)阻r≠0,R1和R2是兩個定值電阻．當(dāng)滑動變阻器R的滑片向a移動時，電路中的電流I1、I2的變化情況是（）圖3A．I1不變B．I1變小C．I2變大D．I2變小答案BC解析當(dāng)滑動變阻器R的滑片向a移動時，滑動變阻器連入電路的電阻變小,整個回路的總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，干路電流I＝eq\f（E,R外＋r)變大，路端電壓U＝E－Ir變小,I1變小，A錯誤,B正確;又I＝I1＋I(xiàn)2，所以I2變大，C正確，D錯誤．題組二閉合電路的功率和效率4．兩個電池1和2的電動勢E1＞E2，它們分別向同一電阻R供電，電阻R消耗的電功率相同．比較供電時電池1和2內(nèi)部消耗的電功率P1和P2及電池的效率η1和η2的大小，則有(）A．P1＞P2,η1＞η2 B．P1＞P2，η1＜η2C．P1＜P2,η1＞η2 D．P1＜P2，η1＜η2答案B解析因為PR相等,則電流I相等．由I＝eq\f(E1,R＋r1)＝eq\f（E2,R＋r2），E1＞E2，得r1＞r2，所以P1＞P2。而η＝eq\f(P出，P總)＝eq\f（I2R,EI），所以η與E成反比,故η1＜η2,故選B.5．如圖4所示,直線OAC為某一直流電源的總功率P隨電流I變化的圖線，曲線OBC表示同一直流電源內(nèi)部的熱功率P隨電流I變化的圖線．若A、B點的橫坐標(biāo)均為1A,那么AB線段表示的功率為(）圖4A．1W B．6WC．2W D．2。5W答案C解析由題圖不難看出，在C點，電源的總功率等于電源內(nèi)部的熱功率，所以電源的電動勢為E＝3V,短路電流為I＝3A，所以電源的內(nèi)阻為r＝eq\f（E,I）＝1Ω。圖象上AB線段表示的功率為PAB＝P總－I2r＝（1×3－12×1）W＝2W．故正確選項為C。6.電源的效率η定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比，如圖5所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線B為電源b的路端電壓與電流的關(guān)系圖線．直線C為一個電阻R兩端的電壓與電流關(guān)系的圖線，將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么（）圖5A．R接到電源a上,電源的效率較低B．R接到電源b上，電源的輸出功率較大C．R接到電源a上，電源的輸出功率較大，電源效率較高D．R接到電源b上，電源的輸出功率較小，電源效率較高答案C解析電源的效率η＝eq\f(UI，EI）＝eq\f（U,E)，由題中圖象可知A與C交點處電壓大于B與C交點處電壓,則R接在電源a上效率較高；電源輸出功率P＝UI,由題中圖象易得R接在電源a上輸出功率較大,A、B、D錯誤，C正確．題組三含電容器電路分析7．如圖6所示，C為兩極板水平放置的平行板電容器，閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動變阻器R1、R2的滑片處于各自的中點位置時，懸在電容器C兩極板間的帶電塵埃P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．要使塵埃P向下加速運動,下列方法中可行的是（)圖6A．把R2的滑片向左移動B．把R2的滑片向右移動C．把R1的滑片向左移動D．把開關(guān)S斷開答案A解析若塵埃P處于靜止?fàn)顟B(tài)，則重力與電場力平衡．若塵埃向下加速運動，則電場力減小,電容器兩極板間的電壓減小,故向左移動R2的滑片可以實現(xiàn)這種變化．故A正確、B錯．由于穩(wěn)定時R1支路無電流，故無論如何移動R1,電容器兩極板間的電壓都不會改變，故塵埃仍平衡,故C錯．?dāng)嚅_開關(guān)S,電容器兩極板間電壓增大，這種情況與B選項效果相同，故D錯．8．在如圖7所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置，R1和R2為定值電阻，P為滑動變阻器R的滑動觸頭,G為靈敏電流表，A為理想電流表．開關(guān)S閉合后，C的兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，在P向上移動的過程中，下列說法正確的是（)圖7A．A表的示數(shù)變大B．油滴向上加速運動C．G中有a→b的電流D．電源的輸出功率一定變大答案B解析油滴靜止時，它所受的重力等于向上的電場力F＝qE＝eq\f(qUC，d）,在P向上移動的過程中，滑動變阻器的有效電阻變大，電路的總電阻變大，由閉合電路歐姆定律知，電路的總電流I變小,路端電壓U外變大，則選項A錯誤；而電阻R1兩端的電壓U1＝IR1變小，由U外＝U1＋U并知，U并變大，UC＝U并變大，油滴所受電場力變大，將向上加速運動，QC＝CU并變大,電容器C充電,電流方向由b→a，則選項B正確，C錯誤；電源的輸出功率變化不確定，選項D錯誤．9．在如圖8所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻r，閉合開關(guān)S，將滑動變阻器的滑片P向左移動一段距離后,下列結(jié)論正確的是()圖8A．燈泡L變亮B．電源的輸出功率變小C．電容器C上電荷量減少D．電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大答案BD解析將滑動變阻器的滑片P向左移動一段距離后,R的阻值變大，電路中電流變小,燈泡變暗，A錯誤；路端電壓變大,電阻R兩端電壓變大，電容器C兩端電壓變大，電容器C上電荷量增加，C錯誤，D正確；當(dāng)外電路電阻等于電源的內(nèi)阻時電源的輸出功率最大,燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻r，則外電路電阻比r大得越多，輸出功率越小，B正確．10．如圖9所示,M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻,R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部．閉合開關(guān)S，小球靜止時受到懸線的拉力為T.調(diào)節(jié)R1、R2,關(guān)于T的大小判斷正確的是(）圖9A．保持R1不變,緩慢增大R2時，T將變大B．保持R1不變，緩慢增大R2時，T將變小C．保持R2不變，緩慢增大R1時，T將變大D．保持R2不變，緩慢增大R1時，T將變小答案B解析當(dāng)電路接通后，對小球受力分析:小球受重力、電場力和懸線的拉力T三個力的作用，其中重力為恒力，當(dāng)電路穩(wěn)定后，R1中沒有電流，兩端等電勢，因此電容器兩極板電壓等于R0兩端電壓，當(dāng)R2不變，R1變化時，電容器兩極板電壓不變，板間電場強度不變，小球所受電場力不變，F(xiàn)不變，C、D選項錯．若保持R1不變，緩慢增大R2，R0兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，內(nèi)部電場減弱，小球受電場力減小，F(xiàn)變小．故A選