【物理】2019届一轮复习人教版闭合电路欧姆定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版闭合电路欧姆定律学案

第34课时　闭合电路欧姆定律 考点1　电阻的串并联 一、闭合电路欧姆定律 ‎1．内容：闭合电路中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．公式 ‎3．路端电压与外电阻的关系 ‎(1)负载R增大→I减小→U内减小→U外增大 外电路断路时(R＝∞)，I＝0，U外＝E。‎ ‎(2)负载R减小→I增大→U内增大→U外减小 外电路短路时(R＝0)，I＝，U内＝E。‎ ‎4．UI关系图：由U＝E－Ir可知，路端电压随着电路中电流的增大而减小；UI关系图线如图所示。‎ ‎(1)当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电动势E。‎ ‎(2)当外电路电压为U＝0时，横坐标的截距为短路电流Im＝。‎ ‎(3)图线的斜率的绝对值为电源的内阻r。‎ 二、电阻的串并联 串联电路 并联电路 电流 各处电流相等，即 I＝I1＝I2＝…＝In I＝I1＋I2＋…＋In I1R1＝I2R2＝…＝InRn 即电流分配和电阻成反比 电压 电压分配和电阻成正比，即 ＝＝…＝＝I 各支路两端电压相等，即 U＝U1＝U2＝…＝Un 总电阻 总电阻等于各电阻之和，即R＝R1＋R2＋…＋Rn 总电阻的倒数等于各电阻倒数之和，即 ＝＋＋…＋ 功率分配 功率分配和电阻成正比，即＝＝…＝＝I2‎ 功率分配和电阻成反比，即P1R1＝P2R2＝…＝PnRn＝U2‎ ‎ [例1]　如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6 V和0.4 A；当S断开时，它们的示数各改变0.1 V和0.1 A，求电源的电动势及内阻。‎ 解析　当S闭合时，由闭合电路欧姆定律得：‎ U1＝E－I1r，即E＝1.6＋0.4r①‎ 当S断开时，由闭合电路欧姆定律得：‎ U2＝E－I2r，即E＝(1.6＋0.1)＋(0.4－0.1)r②‎ 由①②得：E＝2 V，r＝1 Ω。‎ 答案　2 V　1 Ω ‎(1)分析电路：认清各元件的串、并联关系，必要时画等效电路图，特别注意电压表和电流表对应的电路。‎ ‎(2)求总电流I：若已知内、外电路上所有电阻的阻值和电源电动势，可用闭合电路欧姆定律直接求出；若内、外电路上有多个未知电阻，可利用某一部分电路的已知电流和电压求总电流I；当以上方法都行不通时，可以应用联立方程求出I。‎ ‎(3)各部分的电压、电流：根据串、并联电路的特点或部分电路欧姆定律求各部分电路的电压和电流。‎ ‎(2017·河北唐山月考)如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr、P1和P2分别表示电阻r、R1和R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于(　　)‎ A．1∶1∶1 B．2∶1∶1‎ C．1∶4∶4 D．4∶1∶1‎ 答案　D 解析　设干路电流为I，流过R1和R2的电流分别为I1和I2。由题，R1和R2并联，电压相等，电阻也相等，则电流相等，故I1＝I2＝0.5I；根据公式P＝I2R，三个电阻相等，功率之比等于电流平方之比，即Pr∶P1∶P2＝4∶1∶1。故选D。‎ 考点2　闭合电路的故障及动态分析 ‎1．解决闭合电路动态变化问题，应按照局部→整体→局部的程序进行分析。‎ ‎2．动态电路分析的基本思路：电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U内的变化→U外的变化→固定支路→变化支路。‎ ‎(1)对于固定不变的部分，一般按照欧姆定律直接判断。‎ ‎(2)对于变化的部分，一般应根据分压或分流间接判断。‎ ‎(3)涉及变阻器滑动引起的电路变化问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。‎ ‎3．故障分析 电路故障主要包括断路和短路，判断方法主要采用现象分析法和假设排除法。‎ ‎ [例2]　如图所示的电路中，灯泡A和B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是(　　)‎ A．R3断路 ‎ B．R1短路 C．R2断路 D．R1、R2同时短路 解析　假如R3断路，外电阻增大，总电流I减小，可知路端电压U＝E－Ir增大，A、B两灯均变亮，不符合题意，故A错误；若R1短路，外电阻减小，总电流增大，可知路端电压U＝E－Ir减小，因为干路电流I增大，R3电流I3减小，则通过A的电流IA＝I－I3增大，UA增大，A灯变亮。B灯电压UB＝U－UA，则UB减小，B灯变暗，不符合题意，故B错误；若R2断路，外电阻增大，干路电流I减小，可知路端电压U＝E－Ir增大，R3电流I3增大，则通过A的电流IA＝I－I3减小，A灯变暗。B灯电压UB＝U－IA(RA＋R1)增大，B灯变亮，符合题意，故C正确；若R2短路，B灯被短路所以不亮，不符合题意，故D错误。‎ 答案　C 本题首先明确电路中各用电器的连接关系，然后运用动态变化分析方法逆推对现象进行分析，找出电路的变化从而找出故障。R2与灯泡B并联后，与R1、A串联，再与R3并联，灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了。具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项。‎ 如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不能忽略。现将滑动变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度的变化情况是(　　)‎ A．a灯变亮，b灯和c灯变暗 B．a灯和c灯变亮，b灯变暗 C．a灯和c灯变暗，b灯变亮 D．a灯和b灯变暗，c灯变亮 答案　B 解析　滑片稍向上滑动，滑动变阻器接在电路中的电阻减小，总电阻减小，从而总电流增大，a灯变亮；由于总电流变大，内电压及a端电压都增大，并联电路即b两端电压减小，b灯变暗；b两端电压减小使流过b的电流减小，而总电流增大，所以流过c的电流增大，c灯变亮，B正确。‎ 考点3　闭合电路的功率和效率问题 一、闭合电路中的功率问题 ‎1．电源的总功率：P总＝EI＝IU＋IUr＝P出＋P内 ‎2．电源内耗功率：P内＝I2r＝P总－P出 ‎3．电源的输出功率：P出＝IU＝EI－I2r＝P总－P内 当外电路为纯电阻电路时讨论如下：‎ ‎(1)纯电阻电路：P出＝I2R＝＝。‎ ‎(2)输出功率随R的变化关系 ‎①当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝。‎ ‎②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小。‎ ‎③当R50%，P＝I2R>2 W，即2R>2 W，得 Ωr＝1 Ω，故C正确。‎ ‎6．如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，当滑动变阻器R的滑动片P向左移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡L1、L2、L3的亮度变化情况是(　　)‎ A．灯L2变亮，灯L1、L3变暗 B．灯L1变亮，灯L2、L3变暗 C．灯L1、L2变亮，灯L3变暗 D．灯L2、L3变亮，灯L1变暗 答案　A 解析　图中变阻器R与灯L3并联后与灯L2串联，再与灯L1并联。灯L1的电压等于路端电压，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻R总减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I＝增大，路端电压U＝E－Ir减小，则灯L1变暗；流过灯L2的电流I2＝I－I1，I增大，I1减小，则I2增大，灯L2变亮；灯L3的电压U3＝U－U2，U减小，U2增大，则U3减小，灯L3变暗，故A正确。‎ ‎7．(多选)某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡L1、L2、L3连接成如图乙所示的电路，电源的内阻 为1.0 Ω。现闭合开关S，理想电压表V的示数为4.0 V，则(　　)‎ A．三个灯泡的总电阻约为8.3 Ω B．电源的电动势为5.6 V C．电源消耗的热功率为3.0 W D．电源的效率约为89.3%‎ 答案　ABD 解析　理想电压表V的示数为U＝4.0 V，由题图甲可知电路总电流为I＝0.6 A，小灯泡L1电阻R1＝＝ Ω＝ Ω；通过小灯泡L2、L3的电流均为I′＝0.3 A，由题图甲可知电压均为U′＝1.0 V，小灯泡L2，L3的电阻R＝＝ Ω＝ Ω，所以三个小灯泡的总电阻为R总＝R1＋R＝ Ω＋× Ω≈8.3 Ω，A正确；电动势为E＝U＋U′＋U内＝4 V＋1 V＋0.6×1.0 V＝5.6 V，B正确；电源消耗的热功率P＝I2r＝0.62×1.0 W＝0.36 W，C错误；电源效率为η＝×100%＝×100%＝×100%≈89.3%，D正确。‎ ‎8．电路如图甲所示。若电阻未知，电源电动势和内阻也未知，电源的路端电压U随电流I的变化图线及外电阻的UI图线分别如图乙所示，求：‎ ‎(1)电源的电动势和内阻；‎ ‎(2)电源的路端电压；‎ ‎(3)电源的输出功率。‎ 答案　(1)4 V　1 Ω　(2)3 V　(3)3 W 解析　(1)由题图乙所示UI图线知，电源电动势E＝4 V，短路电流I短＝4 A，故内阻r＝＝1 Ω。‎ ‎(2)由题图甲、乙知，电源与电阻串联时，电流I＝1 A，此时对应的路端电压U＝3 V。‎ ‎(3)由题图乙知R＝3 Ω，故P出＝I2R＝3 W。‎ ‎9．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L＝60 cm，两板间的距离d＝30 cm，电源电动势E＝36 V，内阻r＝1 Ω，电阻R0＝9 Ω，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＝6 m/s水平向右射入两板间，小球恰好从A板右边缘射出。已知小球带电荷量q＝2×10－2 C，质量m＝2×10－2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)带电小球在平行金属板间运动的加速度大小；‎ ‎(2)滑动变阻器接入电路的阻值。‎ 答案　(1)60 m/s2　(2)14 Ω 解析　(1)小球在金属板间做类平抛运动，有 L＝v0t，d＝at2，解得a＝60 m/s2。‎ ‎(2)设两金属板间电压为U，由牛顿第二定律得 －mg＝ma，‎ 解得U＝21 V。设滑动变阻器接入电路的阻值为R，根据串联电路的特点有＝，解得R＝14 Ω。‎ ‎10．(2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)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. 答案　C 解析　当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电 路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE。所以＝，C正确。‎ ‎11．(2016·江苏高考)(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，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10 V B．电源的总功率为10 W C．a、b间电压的大小为5 V D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案　AC 解析　外电路的总电阻R＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I＝＝1 A，因此路端电压U＝E－Ir＝12 V－1×2 V＝10 V，A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，B错误；由图a可知Uab＝UaO－UbO＝－15×0.5 V＋5×0.5 V＝－5 V，故C正确；当a、b 间用导线连接后，其等效电路如图b所示，电路中的外电阻R′＝7.5 Ω，电路中总电流I′＝＝ A≠1 A，D错误。‎ ‎12. (2017·山东青岛模拟)电子式互感器是数字变电站的关键装备之一。如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的(n－1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为(　　)‎ A．nU B. ‎ C．(n－1)U D. 答案　A 解析　由正比分压得＝＝＝＝n，Uab＝nUcd＝nU，A正确。‎ ‎13. (2017·湖北襄阳一模)(多选)如图所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和开 关S与电动势为E的电源相连。现将开关S闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态，则(　　)‎ A．B板电势为－E B．改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态 C．将B板向上移动，P点电势将不变 D．将B板向左平移，带电粒子电势能将不变 答案　ABD 解析　粒子静止在P点，受力分析可知粒子受到向上的电场力和重力处于平衡状态，上板与电源正极相连，电势为0，两板之间电势差为E，则下板电势为－E，A正确；平行板电容器接入电路，相当于电路断开，改变滑片位置，电容器两板间电压不变，板间的场强不变，粒子受到的电场力不变，粒子仍静止，B正确；两板间电压不变，B板上移，板间距离减小，两板间的场强E0增大，A、P间的电势差增大，则P点电势降低，C错误；将B板左移，而两板之间的电压等于E不变，板间距离d不变，则两板间场强E1＝不变，粒子仍静止，又上板位置不动，粒子处的电势不变，粒子的电势能不变，D正确。‎