2025年高中物理新教材同步 必修第三册 第12章 章末素养提升_第1页
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文档简介

章末素养提升物理观念电路中的能量转化1.电功:W=UIt2.电功率:P=eq\f(W,t)=UI3.焦耳定律:Q=I2Rt4.热功率:P热=I2R闭合电路的欧姆定律1.内容:闭合电路的电流跟电源的电动势成正比,跟内、外电路的电阻之和成反比2.表达式:I=eq\f(E,R+r)3.另一种表达形式:E=U外+U内。即:电源的电动势等于内、外电路电势降落之和科学思维1.通过学习“电动势”经历从感性到理性,从个别到一般,从现象到本质的渐进过程。通过闭合电路中的动态分析、最大功率、效率等问题,体会闭合电路中电动势对整个电路的“制约关系”,学会用数学方法分析电路中极值问题2.对于电动机相关问题,不能直接求解时,可以通过整体和个别的关系间接建立联系科学探究1.会根据闭合电路的欧姆定律设计测量电池电动势和内阻的实验方案2.会根据要求选择合适的电压表、电流表、滑动变阻器或电阻箱3.会设计相关表格并记录实验数据,会利用表达式和图像处理数据并得出结果,能对实验过程和结果进行评估、交流科学态度与责任1.认识目前面临的能源与环境问题,理解开发利用清洁能源的价值2.增强对汽车能源消耗、环境污染和未来汽车发展方向的认识3.在理解科学、技术、社会与环境关系的基础上,形成应有的科学态度和社会责任感例1如图所示的某种体温枪以2节干电池为电源,工作电流为5mA。能通过传感器检测人体向外辐射的红外线,根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温,那么关于该体温枪的说法中正确的是()A.体温枪工作时,电路中每通过1C电荷,每节电池都能把1.5J化学能转化为电能B.体温枪工作时,电池组两极间的电压为3VC.体温枪工作时,电源的输出功率为15mWD.体温枪工作时,电池组的电动势不再是3V答案A解析每节干电池的电动势为1.5V,根据电动势的定义可知电路中每通过1C电荷,消耗的电能为W=qE=1×1.5J=1.5J,则有1.5J的化学能转化为电能,故A正确;体温枪工作时,电池组两极间的电压为路端电压,小于电源的电动势,故电池组两极间电压小于3V,故B错误;体温枪工作时电源消耗的总功率为P=2EI=2×1.5V×5mA=15mW,电源的输出功率小于电源消耗的总功率,故C错误;两节干电池的总电动势为3V,体温枪工作时,电源的电动势不变,故D错误。例2(2024·绵阳市高二期末)如图所示,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω,闭合开关,标有“4V,8W”的灯泡L恰好能正常发光,电动机M绕线的电阻R0=1Ω,则()A.电动机两端的电压为6VB.电源的输出功率为20WC.电动机的输出功率为6WD.电动机的效率为50%答案C解析电路中的电流为I=eq\f(PL,U)=eq\f(8,4)A=2A根据闭合电路的欧姆定律E=UL+UM+Ir电动机两端的电压为UM=5V,故A错误;电源的输出功率为P=EI-I2r=10×2W-22×0.5W=18W,故B错误;电动机的输出功率为P输出=UMI-I2R0=5×2W-22×1W=6W故C正确;电动机的效率为η=eq\f(P输出,P总)×100%=eq\f(P输出,UMI)×100%=eq\f(6,5×2)×100%=60%,故D错误。例3(2023·河南省南阳市第六完全学校高二月考)如图所示,直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线,抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线。若A、B对应的横坐标为2A,那么线段AB表示的功率及I=2A时对应的外电阻为()A.6W、2Ω B.4W、2ΩC.2W、1Ω D.2W、0.5Ω答案D解析由电源总功率P总=EI,得E=3V。由Pr=I2r,得r=1Ω。当电流为2A时,由I=eq\f(E,R+r),得R=0.5Ω。此时线段AB表示的功率P′=EI-I2r=2W。综上分析,D正确。例4(2024·北海市高二期末)“恒流源”是一种特殊的电源,电源输出的电流始终保持不变。如图所示的电路的电源是恒流源,R1、R2是定值电阻,当滑动变阻器R的滑片P由左向右移动,下列说法正确的是()A.流过R2的电流与流过R1的电流之差保持不变B.R2两端的电压减小C.流过R1的电流减小D.滑动变阻器两端的电压增大答案B解析电源输出的电流I始终保持不变,根据并联分流可得IR1=eq\f(IR2,R1+R2+R),IR2=eq\f(IR1+R,R1+R2+R)则两电流的差值为IR2-IR1=eq\f(IR1+R-R2,R1+R2+R)因R在逐渐减小,则流过R2的电流与流过R1的电流之差在变化,故A错误;当滑动变阻器R的滑片P由左向右移动,接入电路的阻值变小,则电路的总电阻变小,因电源输出的电流始终保持不变,则由U=IR并可知并联部分的电压变小,故R2两端的电压减小,故B正确;由并联分流可得I=IR1+IR2,因总电流I不变,由IR2=eq\f(U,R2)可知,IR2变小,则IR1变大,故C错误;滑动变阻器两端的电压为UR=U-IR1·R1,因IR1变大,并联部分的总电压U变小,则滑动变阻器两端的电压变小,故D错误。例5如图所示,电路中开关闭合时,灯泡A、B均能正常发光。若电阻R2发生断路,其余元件正常,则()A.灯泡A变暗B.电容器带电荷量增大C.灯泡A电压变化量ΔUA大于灯泡B电压变化量ΔUBD.电源的总功率变大答案C解析当电阻R2发生断路时,外电路电阻变大,由闭合电路欧姆定律,回路总电流I减小,电源的总功率P=IE减小,D错误;电流I减小,R4两端电压减小,整个并联部分的电压U1增大,电阻R1上的电流I1增大,通过灯泡B和电阻R3的总电流减小,则灯泡B和电阻R3并联电压减小,故灯泡B变暗,灯泡A两端电压UA=U1-UB增大,灯泡A变亮,A错误;电阻R4两端电压U4减小,电容器两端电压减小,带电荷量减小,B错误;灯泡B电压变化量ΔUB=UB-UB′,灯泡A电压变化量ΔUA=(U1′-UB′)-(U1-UB)=(U1′-U1)+(UB-UB′),故ΔUA>ΔUB,C正确。例6如图所示,两平行金属板A、B水平放置,极板长l=0.4m,两板间距d=0.2m,电源电动势E=20V,内电阻r=1Ω,定值电阻R=5Ω,闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的小球(可视为质点)从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=2m/s水平向右射入两板间,若小球带电荷量q=1×10-2C,质量为m=2×10-2kg,设B板电势为0,不考虑空气阻力,重力加速度g=10m/s2,小球恰好从A板右边缘飞出。求:(1)滑动变阻器接入电路的阻值R滑;(2)电源的输出功率P;(3)带电小球运动到A板时,小球具有的电势能Ep。答案(1)4Ω(2)36W(3)-8×10-2J解析(1)设小球在板间飞行时间为t,则t=eq\f(l,v0)=0.2s,根据d=eq\f(1,2)at2得a=10m/s2,由牛顿第二定律,可得qeq\f(UAB,d)-mg=ma,解得UAB=8V,滑动变阻器两端电压为U滑=UAB=8V,由闭合电路欧姆定律得I=eq\f(E-U滑,

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