《（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 第二章 恒定電流 微型專題3 閉合電路歐姆定律的應用學案 新人教版必修2.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 第二章 恒定電流 微型專題3 閉合電路歐姆定律的應用學案 新人教版必修2.docx（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

微型專題3　閉合電路歐姆定律的應用 [學科素養(yǎng)與目標要求] 物理觀念：1.熟練掌握閉合電路的歐姆定律及串、并聯(lián)電路的特點.2.知道閉合電路中的功率關系. 科學思維：1.建立分析閉合電路動態(tài)問題的方法.2.會計算閉合電路的功率，借助于公式和圖象，分析求解電源的最大輸出功率.3.建立含容電路的分析方法. 一、閉合電路的動態(tài)分析 閉合電路動態(tài)問題的分析方法 (1)程序法 ①分析電路，明確各部分電路的串、并聯(lián)關系及電流表或電壓表的測量對象； ②由局部電阻變化判斷總電阻的變化； ③由I＝判斷總電流的變化； ④據U＝E－Ir判斷路端電壓的變化； ⑤由歐姆定律及串、并聯(lián)電路的規(guī)律判斷各部分的電路電壓及電流的變化. (2)結論法——“并同串反” “并同”：是指某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大；某一電阻減小時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小. “串反”：是指某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小；某一電阻減小時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大. 例1　(2018山東濟南市高一下期末)如圖1所示電路中，閉合開關S，將滑動變阻器的滑片P向b端移動時，電壓表和電流表的示數變化情況是(　　) 圖1 A.電壓表和電流表示數都增大 B.電壓表和電流表示數都減小 C.電壓表示數增大，電流表示數減小 D.電壓表示數減小，電流表示數增大 答案　B 解析　當滑動變阻器的滑片P向b端移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律分析可知總電流增大，路端電壓減小，則電壓表的讀數減小.題圖中并聯(lián)部分電路的電壓減小，則電流表的讀數減小，故B正確. 針對訓練1　(2018山東聊城市高一下期末)如圖2所示電路中，開關S閉合，當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，以下判斷正確的是(　　) 圖2 A.電壓表示數變大，通過燈L1的電流變大，燈L2變亮 B.電壓表示數變小，通過燈L1的電流變小，燈L2變暗 C.電壓表示數變大，通過燈L2的電流變小，燈L1變亮 D.電壓表示數變小，通過燈L2的電流變大，燈L1變暗 答案　D 解析　當滑動變阻器的滑片P向上滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由I＝知總電流增大，通過L2的電流增大，L2變亮；由U并＝E－I(RL2＋r)知，變阻器與L1并聯(lián)部分電壓減小，示數變小，L1變暗，D正確. 二、閉合電路的功率 1.電源的總功率：P總＝EI；電源內電阻消耗的功率P內＝U內I＝I2r；電源輸出功率P出＝U外I. 2.對于純電阻電路，電源的輸出功率P出＝I2R＝R＝，當R＝r時，電源的輸出功率最大，其最大輸出功率為Pm＝.電源輸出功率隨外電阻變化曲線如圖3所示. 圖3 3.電源的效率：指電源的輸出功率與電源的總功率之比， 即η＝100%＝100%＝100%. 對于純電阻電路，電源的效率η＝100%＝100%＝100%，所以當R增大時，效率η提高.當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4所示，電路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，變阻器的最大阻值為10Ω. 圖4 (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)2Ω　W　(2)0　W 解析　(1)此種情況可以把R0歸入電源內電阻，這樣變阻器上消耗的功率也就是電源的輸出功率. 即當R＝r＋R0＝2Ω時，R消耗的功率最大為： Pm＝＝W＝W. (2)定值電阻R0上消耗的功率可以表示為：P＝I2R0，因為R0不變，當電流最大時功率最大，此時應有電路中電阻最小，即當R＝0時，R0上消耗的功率最大： Pm′＝R0＝1.5W＝W. 功率最大值的求解方法 1.流過電源的電流最大時，電源的功率、內損耗功率均最大. 2.對某定值電阻來說，其電流最大時功率也最大. 3.電源的輸出功率在外電阻等于內阻時最大，若不能相等，外電阻越接近內阻時，電源的輸出功率越大. 例3　如圖5所示，線段A為某電源的U－I圖線，線段B為某電阻的U－I圖線，以上所述電源和電阻組成閉合電路時，求： 圖5 (1)電源的輸出功率P出為多大？ (2)電源內部損耗的功率是多少？ (3)電源的效率η為多大？ 答案　(1)4W　(2)2W　(3)66.7% 解析　(1)根據題意從A的圖線可讀出E＝3 V，r＝＝ Ω＝0.5 Ω，從B圖線中可讀出外電阻R＝1 Ω. 由閉合電路歐姆定律可得 I＝＝ A＝2 A， 則電源的輸出功率 P出＝I2R＝4 W (2)電源內部消耗的功率P內＝I2r＝2 W， (3)電源的總功率P總＝IE＝6 W， 故電源的效率η＝100%≈66.7%. 穩(wěn)定電流的U－I圖象有兩種：一是電源的U－I圖象(如圖6中a)；二是用電器的U－I圖象，而用電器的U－I圖象又分兩類：線性(圖中b)和非線性(圖中c).兩種圖象的交點坐標表示該用電器與電源串聯(lián)(電源只向該用電器供電)的工作電流和路端電壓(也是用電器兩端的電壓).如圖，電源的輸出功率分別為Pb＝U1I1，Pc＝U2I2. 圖6 三、含電容器電路的分析與計算 1.電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，此支路相當于斷路，所以在此支路中的電阻上無電壓降，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓. 2.當電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的電壓相等. 3.電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充(放)電.如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電. 例4　如圖7所示，電源電動勢E＝10V，內阻可忽略，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，求： 圖7 (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)1.210－4C 解析　(1)S閉合后，電路穩(wěn)定時，R1、R2串聯(lián)， 電流I＝＝1A. (2)S閉合時，電容器兩端電壓UC＝U2＝IR2＝6V，儲存的電荷量Q＝CUC.S斷開至達到穩(wěn)定后電路中電流為零，此時UC′＝E，儲存的電荷量Q′＝CUC′.電容器上的電荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.210－4C.電容器上電荷量的增加是在S斷開以后才產生的，這只有通過R1這條電路實現，所以流過R1的電荷量就是電容器所帶電荷量的增加量. 分析電容器電荷量變化的方法 1.首先確定電路的連接方式及電容器和哪部分電路并聯(lián). 2.根據歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓. 3.最后根據公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求電荷量及其變化量. 針對訓練2　(多選)M、N是一對水平放置的平行板電容器，將它與一電動勢為E、內阻為r的電源組成如圖8所示的電路，R是并聯(lián)在電容器上的滑動變阻器，G是靈敏電流計，在電容器的兩極板間有一帶電的油滴處于懸浮狀態(tài)，如圖所示，現保持開關S閉合，將滑動變阻器的滑片向上滑動，則(　　) 圖8 A.在滑片滑動時，靈敏電流計中有從b向a的電流 B.在滑片滑動時，靈敏電流計中有從a向b的電流 C.帶電油滴將向上運動 D.帶電油滴將向下運動 答案　BC 解析　電容器兩極板間的電壓U＝E，當滑動變阻器的滑片向上滑動時，R增大，U增大，電容器的電荷量增加，處于充電狀態(tài)，靈敏電流計中有電流，由于電容器上極板帶正電，則靈敏電流計中有從a向b的電流，故A錯誤，B正確；U增大，由E＝分析得知，板間場強增大，則帶電油滴將向上運動，故C正確，D錯誤. 1.(閉合電路的動態(tài)分析)如圖9所示的電路中，當滑片P向右移動時，則下列說法中正確的是(　　) 圖9 A.A1示數變小，A2示數變大，V示數變小 B.A1示數不變，A2示數變大，V示數變小 C.A1示數變小，A2示數變小，V示數變大 D.A1示數變大，A2示數變小，V示數變大 答案　D 解析　R1和R2是并聯(lián)的，A1測R1所在支路的電流，A2測干路電流.當滑片P向右移動時，滑動變阻器接入電路的有效電阻增大，所以總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律，總電流將變小(即A2讀數變小)，電源內電壓減小，路端電壓增大(即V示數變大)，A1示數變大.選項D正確. 2.(含容電路的分析與計算)(多選)在如圖10所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內阻r，閉合開關S，將滑動變阻器的滑片P向左移動一段距離后，下列結論正確的是(　　) 圖10 A.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.電流表讀數變小，電壓表讀數變大 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L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；當外電路電阻等于電源的內阻時電源的輸出功率最大，燈泡L的電阻大于電源的內阻r，則當P向左移動一段距離后，外電路電阻比r大得更多，電源的輸出功率變小，B正確. 3.(電源的輸出功率和效率)(多選)如圖11所示，圖線AB是某電源的路端電壓隨電流變化的關系圖線，OM是固定電阻R兩端的電壓隨電流變化的圖象，由圖可知(　　) 圖11 A.該電源的電動勢為6V，內阻是2Ω B.固定電阻R的阻值為1Ω C.該電源的最大輸出功率為9W D.當該電源只向電阻R供電時，其效率約為66.7% 答案　CD 解析　由圖線AB可知電源的電動勢E＝6V，短路電流I短＝6A，根據r＝＝1Ω，故A錯誤；根據R＝得：R＝2Ω，故B錯誤；當外電路電阻等于內阻時，電源的輸出功率最大，所以該電源的最大輸出功率P＝＝9W，故C正確；當該電源只向電阻R供電時，電源效率η＝100%＝100%≈66.7%，故D正確. 4.(閉合電路中功率的計算)如圖12所示，電源電動勢E＝14V，內電阻r＝1Ω，小燈泡標有：“2V,4W”，電動機D的內阻r′＝0.5Ω，當滑動變阻器的阻值R調到1Ω時，電燈和電動機均能正常工作，求此時： 圖12 (1)通過小燈泡中的電流； (2)電路消耗的總功率； (3)電動機輸出的機械功率. 答案　(1)2A　(2)28W　(3)14W 解析　(1)燈泡正常工作，電路電流 I＝IL＝＝A＝2A (2)電路消耗的總功率P＝EI＝28W. (3)電動機兩端電壓UD＝E－Ir－IR－UL＝8V， 電動機的輸入功率P入＝UDI＝16W， 電動機的熱功率PQ＝I2r′＝2W， 電動機輸出的機械功率P機＝P入－PQ＝14W. 一、選擇題 考點一　閉合電路的動態(tài)分析 1.(2018山東菏澤市高一下期末)如圖1所示，電源的電動勢和內阻恒定不變，閉合開關后，燈泡L發(fā)光，若滑動變阻器的滑片向a端滑動，則(　　) 圖1 A.燈泡L變暗，電流表的示數變大 B.燈泡L變亮，電流表的示數變大 C.通過R2的電流不變 D.通過R1的電流變小 答案　A 2.如圖2所示的電路中有三只相同的燈泡L1、L2、L3，當滑動變阻器的滑動觸頭向b端移動時(　　) 圖2 A.L1變亮，L2、L3變暗 B.L1、L2變亮，L3變暗 C.L1、L3變暗，L2變亮 D.L1、L3變亮，L2變暗 答案　B 3.(多選)(2018山東淄博市高一下期末)電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖3所示的電路，當滑動變阻器的滑動觸頭向上滑動時，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.定值電阻R2的電功率減小 B.電壓表和電流表的示數都減小 C.電壓表的示數增大，電流表的示數減小 D.通過滑動變阻器R中的電流增大 答案　BD 考點二　含容電路的分析與計算 4.在如圖4所示的電路中，當滑動變阻器的滑片向下移動時，關于電燈L的亮度及電容器C所帶電荷量Q的變化判斷正確的是(　　) 圖4 A.L變暗，Q增大 B.L變暗，Q減小 C.L變亮，Q增大 D.L變亮，Q減小 答案　B 解析　當滑動變阻器的滑片向下移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小，則通過L燈的電流減小，燈L變暗.而干路電流增大，則通過R1的電流增大，R1的電壓也增大，則變阻器兩端的電壓減小，電容器所帶電荷量Q減小，故B正確. 5.如圖5所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置.閉合開關S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動.如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是(　　) 圖5 A.增大R1的阻值 B.增大R2的阻值 C.增大兩板間的距離 D.斷開開關S 答案　B 解析　在直流電路中，R2與電容器串聯(lián)的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于R1兩端的電壓，增大R1的阻值，R1兩端的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，由E＝可知，電容器兩極板間的電場強度增大，因此板間帶電油滴受到的電場力增大，會向上運動，A項錯誤；增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變R1兩端的電壓，因此電容器中油滴仍保持靜止，B項正確；增大兩板間的距離，而電容器兩板間的電壓一定，由E＝可知，板間的場強減小，油滴受到的電場力減小，油滴會向下運動，C項錯誤；斷開開關S，電容器會通過R1、R2進行放電，使板間場強減小，油滴受到的電場力減小而向下運動，D項錯誤. 6.(多選)如圖6所示的電路中，電源電動勢E＝6V，內阻r＝1Ω，電阻R1＝6Ω，R2＝5Ω，R3＝3Ω，電容器的電容C＝210－5F.若將開關S閉合，電路穩(wěn)定時通過R2的電流為I；斷開開關S后，通過R1的電荷量為q.則(　　) 圖6 A.I＝0.75A B.I＝0.5A C.q＝210－5C D.q＝110－5C 答案　AD 解析　開關S閉合時，I＝＝0.75A，選項A對，B錯；此時UC＝UR并＝1.5V，QC＝CUC＝310－5C，若將開關S斷開，則電容器上所帶的電荷量通過R1、R3放掉，因I1∶I3＝R3∶R1＝1∶2，根據q＝It可知，通過R1的電荷量q＝QC＝110－5C，選項C錯，D對. 考點三　電源的功率與效率 7.(多選)(2018山東聊城市高一下期末)如圖7所示的電路中，電源的電動勢E和內阻r(r≠0)保持不變，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A.閉合電路中，電流總是從電勢高的地方流向電勢低的地方 B.R越大，路端電壓越大 C.R越大，電源的輸出功率越大 D.R阻值不同，電源的輸出功率可能相同 答案　BD 解析　在外電路中電流由高電勢點流向低電勢點，但在內電路中電流從電勢低的地方流向電勢高的地方，A項錯誤；R越大，路端電壓越大，B正確；當R＝r時，電源的輸出功率最大，當R>r時，R越大輸出功率越小，C錯誤；由P－R曲線知，D正確. 8.如圖8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部的熱功率隨電流I變化的圖線.若A、B點的橫坐標均為1A，那么AB線段表示的功率為(　　) 圖8 A.1W B.6W C.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部的熱功率，所以電源的電動勢為E＝3V，短路電流為I短＝3A，所以電源的內阻為r＝＝1Ω.題圖上AB線段表示的功率為PAB＝P總－I2r＝(13－121) W＝2W.故正確選項為C. 9.(多選)(2018山東日照市高一下期末)如圖9所示電路，電源內阻不可忽略，電表均為理想電表，開關S閉合后，燈泡正常發(fā)光.若滑動變阻器R的滑動端向下滑動，下列判斷正確的是(　　) 圖9 A.電源的效率一定減小 B.電源的輸出功率可能減小 C.燈泡L有可能會燒壞 D.電壓表V和電流表A的示數均減小 答案　AB 解析　滑動變阻器R的滑動端向下滑動，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，外電壓減小，由η＝100%知，電源的效率減小，A正確；由于不知外電阻與內電阻的關系，故電源的輸出功率的變化無法確定，可能減小，也可能增大，B正確；R減小，R與L并聯(lián)電壓減小，示數減小，L變暗，但的示數為總電流與L電流的差值，示數增大，C、D均錯誤. 10.(多選)如圖10，a表示某電源路端電壓隨電流變化的圖線，b表示外電阻兩端電壓隨電流變化的圖線，下列判斷正確的是(　　) 圖10 A.陰影部分的面積表示電源內阻上消耗的功率 B.陰影部分的面積表示電源的輸出功率 C.當α＝β時，電源的輸出功率最大 D.當α＝β時，電源的效率最高 答案　BC 解析　陰影部分表示P＝UI，代表外電阻消耗的功率或電源的輸出功率，A錯誤，B正確；當α＝β時說明外電阻的阻值R與電源內阻r相等，此時電源的輸出功率最大，此時效率為η＝100%＝50%，故C正確，D錯誤. 二、非選擇題 11.如圖11所示，電源電動勢E＝10V，內阻r＝0.5Ω，標有“8V　16W”的燈泡L恰好能正常發(fā)光，電動機線圈的電阻R0＝1Ω，求： 圖11 (1)電源的總功率； (2)電動機的輸出功率. 答案　(1)40W　(2)12W 解析　(1)L正常發(fā)光，路端電壓等于燈泡的額定電壓UL＝8V. 內電壓U內＝(10－8) V＝2V，則總電流I＝＝4A， 電源總功率為P電＝IE＝410W＝40W. (2)流經電動機的電流IM＝I－＝2A. 輸入電動機的總功率PM總＝UIM＝82W＝16W. 電動機內阻消耗的功率PM內＝IM2R0＝41W＝4W. 故電動機的輸出功率PM出＝(16－4) W＝12W. 12.如圖12所示的電路中，所用電源的電動勢E＝4V，內電阻r＝1Ω，電阻R1可調.現將R1調到3Ω后固定.已知R2＝6Ω，R3＝3Ω，求： 圖12 (1)開關S斷開和接通時，通過R1的電流分別為多大？ (2)為了使A、B之間電路的電功率在開關S接通時能達到最大值，應將R1的阻值調到多大？這時A、B間消耗的最大電功率是多少？ 答案　(1)0.4A　A　(2)0　W 解析　(1)開關S斷開時，I1＝＝A＝0.4A，開關S接通時，R2、R3并聯(lián)的總電阻R23＝＝2Ω，I1′＝＝A＝A. (2)開關S接通時，A、B之間的總電阻R23＝2Ω為定值，所以只有當R1′＝0時，總電流最大，A、B之間的電功率才最大.I＝＝A＝A. PAB＝I2R23＝()22W＝W. 13.如圖13所示，E＝10V，r＝1Ω，R1＝R3＝5Ω，R2＝4Ω，C＝100μF.當S斷開時，電容器中帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài).求： 圖13 (1)S閉合后，帶電粒子加速度的大小和方向； (2)S閉合后，流過R3的總電荷量. 答案　(1)g　豎直向上　(2)410－4C 解析　(1)S斷開，帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài)， 設電容器兩極板間距離為d， 有UC＝E＝4V，＝mg. S閉合后，UC′＝E＝8V 設帶電粒子加速度為a， 則－mg＝ma， 解得a＝g，方向豎直向上. (2)S閉合后，流過R3的總電荷量等于電容器上電荷的增加量，所以ΔQ＝C(UC′－UC)＝410－4C.