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

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,