2024-2025学年高中物理第二章恒定电流核心归纳整合含解析新人教版选修3-1

PAGE16-核心归纳整合一、纯电阻电路和非纯电阻电路1.对于纯电阻电路(如白炽灯、电炉丝等构成的电路),电流做功将电能全部转化为内能,W=Q=UIt=t=Pt。2.对于非纯电阻电路(如含有电动机、电解槽等的电路),电功大于电热。在这种状况下,不能用I2Rt或t来计算电功。【对点训练】1.(多选)如图所示,电源电动势E=3V,小灯泡L标有“2V、0.4W”字样,开关S接1,当变阻器调到R=4Ω时,小灯泡L正常发光;现将开关S接2,小灯泡L和电动机M均正常工作。则 ()A.电源内阻为1ΩB.电动机的内阻为4ΩC.电动机的正常工作电压为1VD.电源效率约为93.3%【解析】选A、D。由小灯泡的额定功率P=UI可知,I=0.2A,由欧姆定律得RL=,可知小灯泡正常发光时电阻RL=10Ω,由闭合电路欧姆定律可知,I=,解得r=1Ω,A正确;接2时小灯泡正常发光,说明电路中电流仍为0.2A,故电动机两端电压U′=E-IRL-Ir=0.8V,电动机为非纯电阻用电器4Ω,B、C错误;由P=I2r,η=×100%,代入数据可得电源效率约为93.3%,D正确。2.如图所示为电动机提升重物的装置,电动机线圈的电阻为r=1Ω,电动机两端电压为5V,电路中的电流为1A,物体A重20N。忽视一切摩擦,(1)电动机线圈电阻消耗的热功率为多少?(2)电动机输入功率和输出功率各是多少?(3)10s内电动机可以把重物匀速提升多高?(4)这台电动机的机械效率是多少?【解析】(1)电动机线圈上消耗的热功率为P热=I2r=1W(2)电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率,即P入=UI=5×1W=5W电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率,依据P入=P出+P热,得P出=P入-P热=5W-1W=4W(3)设物体A的重力为G,t=10s内物体上升的高度为h,依据能量守恒定律得P出t=Ghh==m=2m(4)这台电动机的机械效率为η=×100%=×100%=80%答案:(1)1W(2)4W(3)2m(4)80%3.养生壶采纳高科技温控和过热爱护系统,免看管,全自动保温。如图甲所示是小梦家的养生壶,它有高挡、低挡、保温三个功能,如表是其部分参数,图丙是它的高挡和低挡的工作电路图,其中R1、R2为定值电阻,R1=33Ω。(1)求该养生壶低挡时的电功率是多少?(2)小梦某次煲汤时,先用高挡加热总质量为2kg的水和大米混合物,使温度从20℃上升到100℃,然后换低挡加热,最终保温,图丁是工作信息图象。求该养生壶用高挡加热的效率是多少?[水和大米混合物的比热容c=【解析】(1)当开关S、S1闭合时,R1被短路,R2单独工作,处于高挡工作状态,由图乙知此时的功率为P高=550WR2的电阻为:由公式P=UI和I=得P=R2===88Ω当开关S闭合,S1断开时,R1和R2串联,处于低挡工作状态,此时电路的总电阻为:R=R1+R2=33Ω+88Ω=121Ω该养生壶低挡时的电功率是:P低===400W(2)水和大米的混合物汲取的热量为:Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×由P=得:W=Pt=550W×25×60s=8.25×105J该养生壶用高挡加热的效率:η=×100%=×100%=81.5%答案:(1)400W(2)81.5%二、闭合电路中的功率问题1.电源的总功率:(1)物理意义:电源将其他形式的能转化为电能的功率。(2)表达式:P总=EI。2.电源内部消耗的功率:(1)物理意义:电源内阻的发热功率。(2)表达式:P内=I2r。3.电源的输出功率:(1)物理意义:电源对外供电功率。(2)表达式:P出=UI。(3)当外电路为纯电阻电路时:①电源的输出功率P出=I2R=R==。由此可知,当R=r时,电源有最大输出功率P出max=。②P出与外电阻R的函数关系图象③几个结论a.当R=r时,电源的输出功率最大,Pm=。b.当R<r时,随R的增大,输出功率越来越大。c.当R>r时,随R的增大,输出功率越来越小。d.当P出<Pm时,每个输出功率对应两个可能的外电阻R1、R2,且R1R2=r2。4.电源的效率:η===对于纯电阻外电路,则η===,可见,外电阻R越大,电源的效率越高。【对点训练】1.(多选)锂电池因能量高环保无污染而广泛运用在手机等电子产品中。现用充电器为一手机锂电池充电,等效电路如图所示,充电器电源的输出电压为U,输出电流为I,手机电池的内阻为r,下列说法正确的是 ()A.电能转化为化学能的功率为UI-I2rB.充电器输出的电功率为UI+I2rC.电池产生的热功率为I2rD.充电器的充电效率为×100%【解析】选A、C。充电器将电能转化为锂电池的化学能和电池产生的热能,即UIt=E化+I2rt,充电器输出的电功率为UI,电池产生的热功率为I2r,据此可知,电能转化为化学能的功率为UI-I2r,充电器的充电效率为×100%。综述A、C项正确。2.(多选)(2024·江苏高考)如图所示的电路中,电源电动势为12V,内阻为2Ω,四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S,下列说法正确的有 ()A.路端电压为10VB.电源的总功率为10WC.a、b间电压的大小为5VD.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1【解题指南】解答本题时应明确以下三个问题:(1)闭合电路的欧姆定律:I=。(2)电流总是从高电势流向低电势。(3)电源向整个电路供应的总电功率P总=EI,随电流变更而变更。【解析】选A、C。外电路总电阻为10Ω,依据闭合电路的欧姆定律I==1A,所以路端电压为10V,A项正确;电源的总功率为P总=EI=12W,B项错误;a右侧电阻两端电压为15×0.5V=7.5V,b右侧电阻两端电压为5×0.5V=2.5V,所以Uab=-(7.5V-2.5V)=-5V,C项正确;a、b间用导线连接后,电路总电阻为×2Ω+2Ω=9.5Ω,电路的总电流不是1A3.如图所示,已知电源电动势为E,内阻r=2Ω,定值电阻R1=0.5Ω。问:(1)当滑动变阻器的阻值R2为多大时,电阻R1消耗的功率最大?最大功率是多少?(2)当变阻器的阻值为多大时,变阻器消耗的功率最大?最大功率是多少?(3)当变阻器的阻值为多大时,电源输出功率最大?最大功率是多少?【解析】(1)因为电路是纯电阻电路,则满意闭合电路欧姆定律,有=R1,当R2=0时,电阻R1消耗的功率最大,=R1代入数值得=0.08E2。(2)=R2=R2=,由于R1+r为定值,从数学关系可得,当R2=R1+r=2.5Ω时,滑动变阻器消耗的功率最大,=代入数值得:=0.1E2。(3)原理同(2),电源输出功率:P出=(R1+R2)=。由数学关系可得当R1+R2=r,即R2=r-R1=1.5Ω时,电源的输出功率最大,P出m=代入数值得P出m=0.125E2。答案:(1)00.08E2(2)2.5Ω0.1E2(3)1.5Ω0.125E2三、闭合电路的动态分析1.程序法:基本思路是“部分→整体→部分”即R局→R总→I总→U内→U外→2.直观法:即干脆应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论。(1)任一电阻R阻值增大,必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大,必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。3.极限法:即因变阻器滑动引起电路变更的问题,可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去探讨。4.特殊值法:对于某些特殊电路问题,可以实行代入特殊值去判定,从而得出结论。5.电路分析的基本步骤:(1)明确各部分电路的串、并联关系,特殊要留意电流表或电压表测量的是哪部分电路的电流或电压。(2)由局部电路中电阻的变更确定外电路总电阻的变更。(3)依据I=推断闭合电路中总电流的变更状况。(4)依据U=E-Ir推断闭合电路中总电路的变更状况。(5)依据串、并联电路的特点推断局部的电流或电压的变更。【对点训练】1.如图所示,电源内阻不行忽视。开关S闭合后,在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中 ()A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大,电流表的示数减小D.电压表的示数减小,电流表的示数增大【解题指南】(1)志向电流表可以认为是短路,志向电压表可以认为是断路。(2)含电容器的支路电压稳定时可认为是断路,电容器两端的电压等于与电容器并联的那部分电阻两端的电压。【解析】选A。变阻器R0的滑片向下滑动,则R0连入电路的有效电阻减小,则R总减小,由I=可知I增大,由U内=Ir可知U内增大,由E=U内+U外可知U外减小,故电压表示数减小。由U1=IR1可知U1增大,由U外=U1+U2可知U2减小,由I2=可知电流表示数变小,故A正确。2.(多选)在如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,四个志向电表的示数都发生变更,电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示,电表示数变更量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示,下列比值正确的是()A.不变,不变 B.变大,变大C.变大,不变 D.变大,不变【解析】选A、C、D。R1是定值电阻,有R1==,可知、都不变,故A正确;当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,R2变大,R2是可变电阻,有=R2,所以变大,依据闭合电路欧姆定律得:U2=E-I(R1+r),则知=R1+r,不变,故B错误,C正确;=R1+R2,可知变大,又依据闭合电路欧姆定律得:U3=E-Ir,则知=r,保持不变,故D正确。3.如图所示的电路,R1、R2、R3是定值电阻,R4是滑动变阻器,电源内阻不行忽视。闭合开关,在电路稳定后,将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中()A.电压表示数变小 B.电容器放电C.电源的总功率变小 D.通过滑动变阻器的电流变大【解析】选C。将滑动变阻器的滑动触头由中点向上移动的过程中,电路总电阻增大,总电流减小,路端电压上升,电容器充电,A、B错误;电源的总功率P=EI,总电流减小,导致电源的总功率变小,C正确;由于路端电压上升,流过R1电流增大,因总电流减小,所以通过滑动变阻器的电流变小,D错误。4.如图所示,当滑动变阻器的滑片P向上端移动时,关于电路中的电压表、电流表的示数变更状况,下列说法正确的是 ()A.V1示数增大,V2示数减小,A示数减小B.V1示数减小,V2示数减小,A示数减小C.V1示数增大,V2示数减小,A示数增大D.V1示数增大,V2示数增大,A示数减小【解析】选D。P向上端移动,R3的有效电阻增大,外电阻R外增大,干路电流I减小,路端电压U增大,推断出V1示数增大。由I减小知,内电压U内和R1的路端电压减小,由U外增大知,R2和R3并联的电压U2增大,推断出V2示数增大。由V2示数增大知,通过R2的电流I2增大,而干路电流I减小,所以R3中的电流减小,即A示数减小,则D正确,A、B、C错误。5.(多选)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,R0=r,滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动,则在此过程中 ()A.电压表V1的示数始终增大B.电压表V2的示数先增大后减小C.电源的总功领先减小后增大D.电源的输出功领先减小后增大【解析】选C、D。由图看出,变阻器两侧电阻并联后与R0串联,滑片P由a向b缓慢移动的过程中,变阻器的总电阻先增大后减小,外电路总电阻先增大后减小,由闭合电路欧姆定律得知,干路电流先减小后增大,则路端电压先增大后减小,R0的电压先减小后增大,故电压表V1的示数先增大后减小,电压表V2的示数先减小后增大,故A、B错误。由于干路电流先减小后增大,由公式P=EI可知,电源的总功领先减小后增大,故C正确。依据推论:外电路总电阻等于电源的内阻时,电源的输出功率最大,由题意,R0=r,则知电源的输出功领先减小后增大,故D正确。6.如图所示是一火警报警器的一部分电路示意图。其中R2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的上升而快速减小)制成的传感器,电流表A为值班室的显示器,a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时,显示器A的电流I、报警器两端的电压U的变更状况是 ()A.I变大,U变大 B.I变小,U变小C.I变小,U变大 D.I变大,U变小【解析】选B。当传感器R2所在处出现火情时,温度上升,R2阻值快速减小,电路总电阻减小,干路电流I增大,R3两端电压U3=E-I(r+R1)减小,所以I=变小,报警器两端的电压U=E-Ir也减小,选项B正确。四、含容电路的计算1.分析含电容器的电路时应留意电容器两极板分别与电路中哪两点等势,从而可确定电容器两极板间电势差和带电荷量的正负。2.当电路发生变更时,留意分析电容器两板电势的变更,计算电容器电量变更量时,要留意极板电荷电性的变更。若某一极板原来带正电Q1,后来变为带正电Q2,则电量变更量大小ΔQ=|Q1-Q2|;若该极板由原来带正电Q1变为后来带负电-Q2,则ΔQ=Q1+Q2。【规律方法】分析和计算含有电容器的直流电路的思路(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无电压降,因此电容器两极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,电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。(3)电路中的电流、电压变更时,将会引起电容器的充(放)电。假如电容器两端电压上升,电容器将充电;假如电压降低,电容器将通过与它并联的电路放电。(4)计算极板带电荷量的变更:假如变更前后极板带电的电性相同,那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之差;假如变更前后极板带电荷量的电性变更,那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和。【对点训练】1.(2024·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽视)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为 ()A. B. C. D.【解析】选C。由于电池的内阻可以忽视,所以路端电压U不变。当开关S断开且电流稳定时,可等效为图甲所示电路,所以C两端的电压与其并联的电阻两端的电压相等,依据串并联电路中电压的安排关系可知,电容器两端的电压为;闭合开关S,电流再次稳定后,可等效为图乙所示电路,同理可知,C两端的电压为,依据Q=UC,所以Q1与Q2的比值为==,故选项C正确。2.在如图所示的电路中,当闭合开关S后,若将滑动变阻器的滑片P向下调整,则正确的是 ()A.电压表和电流表的示数都增大B.灯L2变暗,电流表的示数减小C.灯L1变亮,电压表的示数减小D.灯L2变亮,电容器的带电量增加【解析】选C。将滑动变阻器的滑片P向下调整,变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,依据闭合电路欧姆定律分析得知,路端电压U减小,干路电流I增大,则电压表示数减小,灯L1变亮,U1增大,R与灯L2并联电路的电压U2=U-U1,U减小,U2减小,灯L2变暗,流过电流表的电流IA=I-I2,I增大,I2减小,IA增大,电流表的示数增大。3.如图所示,已知路端电压U=18V,电容器C1=6μF、C2=3μF,电阻R1=6Ω、R2=3Ω。当开关S断开时,A、B两点间的电压UAB等于多少?当S闭合时,电容器C1的电荷量变更了多少?【解析】在电路中电容器C1、C2相当于断路。当S断开时,电路中无电流,B、C等势,A、D等势,因此UAB=U=18V。当S闭合时,R1和R2串联,C1两端的电压等于R1两端电压,C2两端的电压为R2两端电压,C1电荷量变更的计算首先从电压变更入手。当S断开时,UAC=18V,电容器C1带电荷量为Q1=C1UAC=6×10-6×18C=1.08×10-4C当S闭合时,电路R1、R2导通,电容器C1两端的电压即电阻R1两端的电压,由串联电路的电压安排关系得UAC′=U=×18V=12V此时电容器C1的带电荷量为Q′=C1UAC′=6×10-6×12C=7.2×10-5电容器C1带电荷量的变更量为ΔQ=Q′-Q1=-3.6×10-5负号表示削减,即C1的带电荷量削减了3.6×10-5C答案:18V削减了3.6×10-54.图中E=10V,R1=4Ω,R2=6Ω,C=30μF,电源内阻不计,求:(1)闭合电键K,稳定后通过R1的电流。(2)然后将电键K断开,这以后流过R1的总电量。【解析】(1)闭合电键K,稳定后通过R1的电流为I==A=1A。(2)开关闭合时,C与R2并联,则电容两端的电压为:U1=IR2=1×6V=6V电容器带电量Q=CU1=30×10-6×6C=1.8×10-4C开关断开时,C干脆接在电源两端,此时电压为E=10V;则充电后的电量为:Q2=CE=30×10-6×10C=3×10-4则流过R1的电量为:Q=Q2-Q1=3×10-4C-1.8×10-4C=1.2×答案:(1)1A(2)1.2×10-4五、电路故障分析电路故障的分析方法:(1)仪器检测法。①用电压表对断路故障推断:用电压表与电源并联,若有电压,再逐段与电路并联,若电压表指针偏转,则该段电路中有断点。②用电压表对短路故障推断: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,则该段电路被短路。③用欧姆表检测:在运用欧姆表检测电路故障时,肯定要留意将待测部分与电路断开。若测得某段电路的电阻是零,说明该部分是短路,若测得某段电路的电阻是无穷大,说明该部分是断路。(2)假设法。已知电路发生某种故障,寻求故障发生在何处时,可将整个电路划分为若干部分,然后假设某部分电路发生故障,运用欧姆定律进行正向推理,推理结果若与题述现象相符,则故障发生在该部分电路。否则,故障没发生在该部分电路。用此方法,直到找到故障为止。【对点训练】1.(多选)在如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻r恒定,闭合开关S后灯泡能够发光,经过一段时间后灯泡突然变亮,则出现这种现象的缘由可能是()A.电阻R1短路B.电阻R2断路C.电阻R2短路D.电容器C断路【解析】选A、B。若R1短路,则R总变小,I总变大,通过灯泡L的电流变大,灯泡变亮,A正确;若R2断路,则R总变大,I总变小,U内=I总r变小,U外变大,U1=I总R1变小,UL=U外-U1变大,灯泡变亮,故B正确;若R2短路,则电流不经过灯泡,灯泡不亮,C错误;若电容器断路,则总电阻不变,故灯泡亮度不变,D错误。2.如图所示的电路中,灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。突然灯泡A比原来变暗了些,灯泡B比原来变亮了些(但没有烧毁),则电路中出现的故障可能是()A.R1短路 B.R2断路C.R3断路 D.R1、R2同时短路【解析】选B。若R1短路,外电阻减小,路端电压U减小,干路电流I增大,通过R3电流I3减小,则通过灯泡A的电流IA=I-I3增大,UA增大,A灯变亮,B灯电压UB=U-UA