2024-2025高中物理专题三闭合电路欧姆定律的应用讲义+习题含解析新人教版选修3-1

PAGEPAGE7专题三闭合电路欧姆定律的应用课题任务电路的动态分析电路动态问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变更，一处变更又引起了一系列的变更。1．电路动态问题的分析方法(1)程序法：在闭合电路中，由于局部电阻的变更(或开关的通、断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明、暗)发生变更，分析此类问题的基本思路是“局部→整体→局部”，详情如下。(2)结论法——“并同串反”“并同”：某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。“串反”：某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。(3)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变更问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去探讨。2．动态电路总电阻变更的推断(1)依据电阻的串联和并联学问可知，当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻肯定增大(或减小)。(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。(3)在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变更趋势一样。3．含电容器的动态电路问题(1)电路的简化不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所在的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。(2)电路稳定时电容器的处理方法电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，电容器两端的电压与其并联用电器两端电压相等。(3)电压变更带来的电容器变更电路中电流、电压的变更可能会引起电容器的充、放电。若电容器两端电压上升，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ＝CΔU计算电容器上电荷量的变更量。例1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，电容器的带电荷量增加[规范解答]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，U1增大，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。C正确。[完备答案]C1.依据分析对象的变更见机行事可以快速找到答案,比如把内电路和外电路看为两部分串联，因外电路电阻减小，可以马上推断电压表的示数减小。而分析电容器两端的电压或L2的亮度时，可以把并联的部分看成与剩下的灯泡L1及内阻串联，由于并联部分电阻减小同样可以快速知道其电压减小。2.等效电路图的画法1去电表、电容器。电路中有电表时，若无特别说明，一般作志向电表处理电压表视为断路，电流表视为导线，电容器所在的支路视为断路。2导线相连的各点为等势点。3从电源正极动身，按电势从高到低的依次用“1、2、3、…”标号，代表各节点，留意等电势点标同号。4把每个电阻按它在电路中的位置连接在两节点之间。5按原电路图在等效电路图上相应部位补充电流表、电压表和电容器。eq\a\vs4\al([变式训练1])如图所示，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是()A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动C．把R2的滑片向右移动D．把开关S断开答案B解析尘埃起先处于平衡状态，重力与电场力平衡，电场力竖直向上。为使P向下加速运动，则必需减小尘埃所受电场力，又因为F＝Eq＝eq\f(U,d)q，故须要减小电容器两板间电势差。当电路稳定时，无电流通过R1，可等效为导线，电容器C相当于与滑动变阻器R2的左半部分并联，由串联分压原理可知，当把R2的滑片向左移动时，电容器两板间电压减小，故A、C错误，B正确；把开关S断开，电路稳定后，无电流通过，故电容器C相当于并联在电源两端，两极板间电压增大，D错误。课题任务电路中的功率及效率问题1．电源的有关功率和电源的效率(1)电源的总功率：P总＝IE＝I(U内＋U外)＝P内＋P外。(2)电源的输出功率：P出＝P外＝IU外。(3)电源内部的发热功率：P′＝I2r。(4)电源的效率：η＝eq\f(P出,P总)＝eq\f(U外,E)，对于纯电阻电路，η＝eq\f(R,R＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R))。在纯电阻电路中R越大，η越大。2．输出功率和外电阻的关系在纯电阻电路中，电源的输出功率为P＝I2R＝eq\f(E2,R＋r2)R＝eq\f(E2,R－r2＋4Rr)R＝eq\f(E2,\f(R－r2,R)＋4r)，由此可以作出如图所示关系图。(1)当R＝r时，电源的输出功率最大，Pm＝eq\f(E2,4r)。(2)当R＞r时，随着R增大，P减小。(3)当R＜r时，随着R增大，P增大。(4)当P出<Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。留意：当电源的输出功率最大时，效率并不是最大，只有50%；当R→∞时，η→100%，但此时P出→0。例2如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是()A．电路中的电流变小B．电源的输出功领先变大后变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功领先变大后变小[规范解答]当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻减小，电路中的电流变大，当滑片位于b端时，R外＝r，电源的输出功率最大，A、B错误；把定值电阻R0看做电源内阻，滑动变阻器的滑片P位于a端时，滑动变阻器消耗的功率最大，由a端向b端滑动时，滑动变阻器消耗的功率变小，C正确；由P＝I2R0知，定值电阻R0上消耗的功率变大，D错误。[完备答案]C1外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变更时，电源的输出功率变大。2滑动变阻器只是外电路的一部分，凭自身的变更不易推断其功率变更，但把定值电阻R0与电源一起看为一个新的电源，滑动变阻器便是整个外电路。eq\a\vs4\al([变式训练2])如图所示，E＝8V，r＝2Ω，R1＝8Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值(变阻器的最大阻值足够大)，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调整R2的阻值，能否使电源以最大的功率eq\f(E2,4r)输出？为什么？答案(1)10Ω1.6W(2)05.12W80%(3)不能理由见解析解析(1)将R1和电源等效为一新电源，则新电源的电动势E′＝E＝8V，内阻r′＝r＋R1＝10Ω，且为定值。利用电源的输出功率随外电阻变更的结论知，当R2＝r′＝10Ω时，R2有最大功率，即P2max＝eq\f(E′2,4r′)＝eq\f(82,4×10)W＝1.6W。(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大。当R2＝0时，电路中有最大电流，即Imax＝eq\f(E,R1＋r)＝0.8A。R1的最大功率P1max＝Ieq\o\al(2,max)R1＝5.12W。这时电源的效率η＝eq\f(R1,R1＋r)×100%＝80%。(3)不能。因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不行能有eq\f(E2,4r)的最大输出功率，本题中，当R2＝0时，外电路得到的功率最大。1.如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与通过该电阻电流的关系图线。若将这两个电阻分别接到该电源上，则()A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大答案A解析电源的效率η＝eq\f(P出,P总)＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)，由于UB>UC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A正确，B错误；将电阻接在电源上，电阻的U­I图线与电源两端电压与电流关系图线的交点表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图线中只可看出电流的数值，由于图线的斜率等于电阻的阻值，由图线可知R2与电源的内阻相等，所以接在电源上时，R2比R1消耗的功率大，C、D错误。2.如图所示电路，电源内阻不行忽视。开关S闭合后，在滑动变阻器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，电流表的示数增大答案A解析滑动变阻器的滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电源内电压增大，则路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，故并联部分两端电压减小，可知电流表示数减小，故A正确。3．如图所示的电路中，电压表都看做志向电表，电源内阻为r。闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端滑动时()A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C．电压表V1的示数变更量大于V2的示数变更量D．电压表V1的示数变更量小于V2的示数变更量答案D解析题图中电阻R2与R3并联后再与R1串联，在滑片P向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，依据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小，故路端电压U＝E－Ir变大，并联部分电压U并＝E－I(r＋R1)也变大，即两个电压表的示数都变大，故A、B错误；依据欧姆定律，有U＝IR1＋U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压的变更小于并联部分电压的变更，即电压表V1的示数变更量小于V2的示数变更量，故C错误，D正确。4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率渐渐增大答案A解析当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路部分的电阻减小，外电路总电阻减小，电源输出的电流增大，平行金属板两极板间的电压减小，带电质点P所受的电场力减小，质点P将向下运动，C错误；R3两端的电压减小，R3中的电流减小，电流表读数增大，B错误；R3上消耗的功率渐渐减小，D错误；由于R2中的电流增大，R2两端的电压增大，电压表读数减小，A正确。5.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从最高端向下滑动时()A．电压表读数先变大后变小，电流表读数变大B．电压表读数先变小后变大，电流表读数变小C．电压表读数先变大后变小，电流表读数先变小后变大D．电压表读数先变小后变大，电流表读数先变大后变小答案A解析由电路图可知，在滑片P从最高端向下滑动的过程中，滑动变阻器的上、下两部分并联再与R串联，电压表测的是路端电压，电流表测的是流过滑动变阻器下部分的电流，所以当滑片从上向下滑动过程中，并联电路的阻值先增大后减小，所以外电路总电阻先增大后减小，可得路端电压先增大后减小，即电压表读数先变大后变小；依据串联电路的分压规律，在并联电路阻值增大的过程中，其电压也在增大，而电流表支路的阻值在减小，所以电流增大；在并联电路阻值减小的过程中，其电压也在减小，而上面部分电阻的阻值在增大，所以其电流I减小，由总电阻减小知，总电流增大，所以电流表示数增大，即电流表读数始终在变大，故A正确。6．如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，R0＝1Ω，直流电动机内阻R0′＝1Ω，当调整滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调整R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2W)，则R1和R2的值分别为()A．2Ω，2Ω B．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5Ω D．1.5Ω，2Ω答案B解析因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝eq\f(E,2r)＝2A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2W，发热功率为P热＝I2R0′＝4W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6W，电动机两端的电压为UM＝eq\f(P入,I)＝3V，电阻R2两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3V，所以R2＝eq\f(UR2,I)＝1.5Ω，B正确。7.(多选)阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压为U的恒定电路中，如图所示。现用同一电压表依次测量R1和R2的电压，测量值分别为U1与U2，已知电压表内阻、R1和R2相差不大。则()A．U1＋U2＝U B．U1＋U2<UC.eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2) D.eq\f(U1,U2)≠eq\f(R1,R2)答案BC解析设电压表的内阻为RV，测R1的电压时，U1＝eq\f(U,\f(R1RV,R1＋RV)＋R2)×eq\f(R1RV,R1＋RV)＝eq\f(R1RV,R1RV＋R1R2＋R2RV)U测R2的电压时，U2＝eq\f(U,\f(R2RV,R2＋RV)＋R1)×eq\f(R2RV,R2＋RV)＝eq\f(R2RV,R1RV＋R1R2＋R2RV)UU1＋U2＝eq\f(R1＋R2RV,R1＋R2RV＋R1R2)U<U，故B正确；eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2)，C正确。8.(多选)如图所示，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器的滑片向下滑动，志向电压表V1、V2、V3的示数变更量的肯定值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，志向电流表A的示数变更量的肯定值为ΔI，则()A．A的示数增大 B．V2的示数增大C．ΔU3与ΔI的比值大于r D．ΔU1大于ΔU2答案ACD解析由于电表均为志向电表，所以定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量总电流，电压表V1测量定值电阻R的电压，电压表V2测量路端电压，电压表V3测量滑动变阻器的电压。滑动变阻器的滑片向下滑动，连入电路的阻值变小，电路的总阻值减小，总电流变大，A正确；路端电压变小，B错误；电路中的电流增量为ΔI，ΔU1＝ΔI·R，ΔU2＝ΔI·r，ΔU1>ΔU2，D正确；ΔU3＝ΔI(R＋r)，所以eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r>r，C正确。9.(多选)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电压表V1、V2、V3均为志向电压表，R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(其阻值随温度上升而减小)，C为电容器。闭合开关S，电容器C中的微粒A恰好静止。当室温从25℃上升到35℃的过程中，流过电源的电流变更量的肯定值为ΔI，三只电压表的示数变更量的肯定值为ΔU1、ΔU2和ΔU3。则在此过程中()A．V1示数减小B.eq\f(ΔU2,ΔI)>eq\f(ΔU3,ΔI)C．Q点电势上升D．R3中的电流方向由M向N，微粒A匀加速下移答案BC解析室温从25℃上升到35℃的过程中，R2的阻值减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，V1表示数U1＝IR1增大，故A错误；由于路端电压减小，V2表的示数减小，U2＝φN－φQ，φN＝0，Q点电势上升，故C正确；由U2＝E－I(R1＋r)得eq\f(ΔU2,ΔI)＝R1＋r，由U3＝E－Ir得eq\f(ΔU3,ΔI)＝r，故B正确；V3表测量路端电压，故U3减小，电容器两端电压减小，电容器所带电荷量削减，下板正电荷削减，形成从M到N的电流，两板间场强减小，微粒A受到的电场力减小，故微粒A将向下移动，但电场强度不断减小，由mg－qE＝ma得加速度增大，微粒A做加速度增大的加速运动，故D错误。10．如图所示，电容器C1＝6μF，C2＝3μF，电阻R1＝6