2019高考物理一轮复习专题45闭合电路的动态分析与含电容器电路问题学案

1、突破45闭合电路的动态分析与含电容器电路问题一、电路动态分析电路的动态分析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化，某处电 路变化又引起其他电路的一系列变化.直流电路的动态变化分析是电学的常考点之一，几乎每年都有该类试题出现.该类试题能考查考生对闭合电路欧姆定律的理解，电路的结构分析及对电路中并联特点的应用能力，兼顾考 查学生的逻辑推训能力.1.判定总电阻变化情况的规律(1)当外电路的任何一个电阻增大 (或减小)时，电路的总电阻一定增大 (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。

2、R串与(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，另一段并联部分串联。A、B两端的总电阻与 R串的变化趋势一致。R甲R外2 .程序法：遵循“局部-整体-部分”的思路，按以下步骤分析:咏黑乂是熹电:还土欧黑%三电K黑产嚏3 . “串反并同”结论法(1)所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都 将减小，反之则增大。(2)所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都 将增大，反之则减小。UM)即： I 串 J RT 一 I 并 T鼻3p并T4 .极限法因滑动变阻器

3、滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电 阻为零进行讨论。【典例1】在如图所示白电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R和3均为定值电阻，2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关 S,此时三个电表 Ai、A2和V的示数分别为Ii、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）A. I1增大，12不变，U增大B . I1减小，I2增大，U减小C. Ii增大，I2减小，U增大D . Ii减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】当向白移动时的变小T/变小一 1 = ;变大变小，即总电流增大,路端电 R十F压减小。"二外

4、+ 5”5=及三变大,4=u-变小人二今变小一弓二1一心变大，即与咸小, 丧1与熠大，E正确口【典例2】如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值 r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表"1、%、”示数变化量的绝对值分别为 "%、"%、理想电流表A示数变化量的绝对值根，则（）A. A的示数增大B.%的示数增大C.皿与熊的比值大于rD. "%大于皿？【答案】ACD【解析】滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，A正确；电压表

5、崂测量定值电阻R的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即片示数增大。电压表"之测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，B错误；电压表%的变化量所以M, CA72 A% r R正确；根据闭合电路欧姆定律得 上二E-，则得：加 & ，由于丹>，则得皿户也七，D正确.【跟踪短训】1 .在如图所示电路中，当变阻器R3的滑片向b端移动时（）A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】由图可知,/与滑动变阻器并联后£串联孑电压表测量路端电压；电流表

6、测量流过滑动变阻 器的电流；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻激小，则电路中总电阻减小f干路电流增大，则由 U=E七可得，路端电压U减小；电压表示数减小，因干路电流增大，贝状两端的电压熠大，并联部分电压 激小，则流过治的电流减小3则流过电流表的电流增大：故选B。2 .在如图所示的电路中为电源，其内阻为 坊为定值电阻（%>/）,公为电阻箱，/光敏电阻，其阻值 大小随所受照射光强度的增大面减小，',为理想电压表，为理想电流表，闭合开关后，下列说法正确的是（）兄nr"Z感I|iDA.用光照射3,电流表示数变大pB.用光照射3,电压表示数变小C.将变阻箱也阻值变大，电流表示

7、数变大D.将变阻箱/阻值变大，电压表示数变小【答案】ACD【解析】AB、用光照射晶，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得, 电路中电流增大，根据欧姆定律可知为两端的电压增大，电压表示数变大，根据串联分压可知变阻箱凡两 端的电压遍小，漪过的电流减小,根据并联分流可知漪过心的电流熠大,电流表示教变大，故月正确，B 错误wCD、将变阻箱岛阻值变大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流遍小，根据 欧姆定律可知小两端的电压瀛小，电压表示数变小，根据串联分压可知变阻箱&两端的电压增大，流过治 的电流熠大，根据并联分流可知流过心的电流减小，电流表示数变小

8、，故C D正确?故选ACD3.如图所示的电路中，电源内阻为r,闭合电键，电压表示数为 U,电流表示数为I;在滑动变阻器 R的滑片P由a端滑到b端的过程中（）A. U先变大后变小B. I先变小后变大C. U与I的比值先变大后变小D. U的变化量的大小与I的变化量的大小的比值等于r【答案】ABC【解析】由图可知，滑动变阻器上下两部分并联，当滑片在中间位置时总电阻最大，则在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器 R的电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大,则可知路端电压先变大后变小J故AB正确孑U与I的比值就是接入电路的R1的 电阻与处的电阻的和，所以U与I

9、比值先变大后变小，故C正确,电压表示数等于电源的路端电压，电流表的示数比流过电源的电流小,由于卷=丁，因为声J即|柴|米七所以U变化量与I变化量比值不 等于工，故D错误3综上分析，ABC正确口二、含电容器电路问题电容器在电路中有很重要的应用，经常牵涉到计算流过某一电阻的电荷量，在高考中要求我们对电路比较熟 悉，对电路的串并联结构的理解也要提高到一定的高度。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

10、用， 但电容器两端的电压与其并联用电器两端电压相等。3 .电压变化带来的电容器变化电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电。若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电容 器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由AQ= C-AU计算电容器上电荷量的变化量。4 .含电容器电路问题的解题思路第一步理清电路的串、并联关系第二步确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，欧 姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容 器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根 据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压 U第三步分析电容器所带的电荷量。针对某一状

11、态，由电容器两端的电压 U求电容器所带的电荷量Q= CU由电路规律分析两极板电势的高低，局电势板带止电，低电势板带负电【典例3】 阻值相等的四个电阻、电容器稳定时，C所带的电荷量为 Q;闭合开关S,吕丁2A.5E3C.5C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 电流再次稳定后，C所带的电荷量为 Q。Q与Q的比值为（）1，22）3【答案】C【解析】断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、乙所示。根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U=E, U2=-E, C所带的电荷5 3量Q= CU则Q ： Q=3 ： 5,选项C正确。【典例4】如图所示的电路中，

12、电源电动势E=6. 00 V,其内阻可忽略不计。电阻的阻值分别为R1=2.4 kQ ,R2 =4.8 kQ ,电容器的电容 C=4.7由。闭合开关S,待电流稳定后，用电压表测 R两端的电压，其稳定值为1.50V。(1)该电压表的内阻为多大？(2)由于电压表的接入，电容器的电荷量变化了多少？【答案】(1) 4.8 k Q (2) AQ =2.35M10"6C【解析】(I)诋电压表的内阻为勒，测得凡两端的电压为5,凡与国并联后的总电阻为K,则有111G+ CDJ? 舄扁由串联电路的规律£ =二冬联立得：RV =RRURE -(R1 R2)U1代入数据得R/ =4.8 k QUc

13、 R(2)电压表接入刖，电容器上的电压Uc等于电阻R2上的电压，R两端的电压为Ur,则一C=二21UR1 R又 E =Uc UR1，Uc =E -UR1接入电压表后，电容器上的电压为UC = E -U1由于电压表的接入，电容器带电荷量增加了AQ=C（UC-UC）代入数据，可得 AQ =2.35m10C。【跟踪短训】1 .如图所示的电路中， 电源电动势 E=6V,内阻r=1 ，电阻R=6Q , R=5Q , R=3 ，电容器的电容 C=2X 10-5F。若将开关S闭合，电路稳定时通过 R的电流为I;断开开关S后，通过R的电荷量为q。则（）,一I胃 A. I =0.25AB.I =0.5AC. q

14、=1xi0-5CD.q=2Xl0-5C【答案】Ct解析】开关s闭合电路稔定时，外电路中总电阻为K = & + 朋 =5 +斐=7口，根据闭合电路欧 姆定律得：二三二号乂二口.754 电容器两端的电压为17=1署 = 0.7Ex2y = LW,电量Jl 十T/ T-l-K 工 T"«JQ = CU = 1.5 X 2 K 10 5C = 3 X 15北，断开开关S后：电容器通过心与刷放电，设通过心与%的放电电 流分别为人和匕则行由电量公式q=h可知，通过均与扁的的电量之比为普二会又力个的=2联 立得：通过%的电量为久=式左（2=去乂3><1U7。=1乂10

15、一5,故ABD错误j C正确孑故选C。2.电源电动势为 月内阻为的电源和一个水平放置的电容为。的平行板电容器及三个电阻阻值分别为/、吃、*3的电阻组成如图所示的电路.当开关寺闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态.现将开关$断开，则以下判断正确的是（）A.液滴带正电B.液滴将向下运动cr2eC. 5断开前电容器上的带电荷量为CRED. 5断开稳定后电容器上的带电量为r+%十 %【答案】C【解析】电容器上极板与电源正极相连，带正电，即两极板间的电场强度竖直向下，液滴受到竖直向 下的重力和电场力作用，二力平衡，所以电场力方向竖直向上，海滴带员电，A错误电路的等效电路结 构为：口电源串联在一

16、起，&和电容器串联，并联在&两端,即电容器两端电压等于飞两端电压，当S断开，电容器两端的电压等于电源电动势大小，变大,根据E=?可得电容器两极板间的电场强度增 大,港滴受到的竖直向上的电场力变大，液滴向上运动，B错误；S断开前，根据闭合回路欧姆定律可中叫口 两端电压，即电容器两端电压为4=房匕£,故电容器上所带电荷量为Q=c%=悬±，C正确J； SW二十且1TT辞工十T且十寸断开稳定后,电路断路，电容器两端电压等于片,故电容器所带电荷量为Q' = CE, D错误C相连接，电子以速度 vo沿3.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器

17、的滑动端垂直于电场线方向射人并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电荷量q和电子穿越平行板所需的时间 t()A.电荷量q增大，时间t不变C.电荷量q增大，时间t减小B.电荷量q不变，时间t增大D.电荷量q不变，时间t不变【答案】A【解析】当滑动变阻器的滑动端 C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大，根据q=UC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t=l / V0与 电压的变化无关，所以时间 t不变。故A正确，BCD错误；故选Ao课后作业1.(多选)在如图

18、所示的电路中，电源的内阻为r,现闭合开关S,将滑动变阻器的滑片 P向左移动一段距离后，下列结论正确的是 （）A.灯泡L变亮BC.电流表读数变小D电压表读数变小电容器C上的电荷量增加【答案】CD【解析】 滑片P向左移动时连入电路的电阻增大，导致电路总电阻增大,电路中电流减小，即电流 表读舞I变小灯泡L变暗，故A错误C正确？电压表读数为路端电压，由U用二E-仃知"独大，故B 错误彳电容器两端的电压出二£"一，可知&增大，则电容器上的电荷量增加，故D正确口A.不动2 .如图所示，R=R=R=R=R,开关S闭合时，间距为 d的平行板电容器 C的正中间有一质量为 m

19、电荷 量为q的小球恰好处于静止状态；则开关 S断开时，小球的运动情况为 （）B.向上运动C.向下运动D.不能确定【答案】C【解析】开关S断开，电路的总电阻变大，干路电流减小，R两端电压减小，则电容器两端的电压也减小，匀强电场的场强减小，小球受到的电场力减小，所以小球所受合力向下，即小球向下运动，C正确。3 .如图所示，接通开关 S,在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是 （）电流表的示数变大电路的总电阻变大A.路端电压变小BC.电源内阻消耗的功率变小D【答案】A解析】 滑动触头由a端滑向b端的过程中,电路的总电阻变小，D错误：干路电流变大，路端电 压变小，内电压变大，内阻消耗功率变

20、大，A正确，C错误：定值电阻员上电压降低,电流表示数变小，B 错误。4 .如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，开关S闭合前灯泡A、B C均已发光。那么，当开关 S闭合时,A B、C三个灯泡的亮度变化情况是（）A. A亮度不变，B变亮，C变暗B. A变暗，B变亮，C变暗C. A变亮，B变暗，C变亮D. A变暗，B变亮，C亮度不变【答案】B【解析】 当开关S闭合时，C D并联，电阻减小，外电路总电阻R减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流I增大，A的电压 U=E卜 减小，电流Ia减小，A变暗。B的电流I b= I -Ia,增大，电压 UB增大，B变亮。 C的电压UC= U UB, LA减小，IB增

21、大，则UC减小，C变暗。故B正确。R的滑动触头P移动时,5 .如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器关于两个电压表 V与V2的示数，下列判断正确的是 （）q1P_I I_八R RibA. P向a移动，Vi示数增大、%示数减小B. P向b移动，Vi示数增大、*示数减小%示数改变量的绝对值上示数改变量的绝对值C. P向a移动，Vi示数改变量的绝对值小于D. P向b移动，Vi示数改变量的绝对值大于【答案】AC【解析】P向a移动，R连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V2示数减小，Vi示数增大，U内增大，A正确；同理，B错误；由E= U内+ U外=U内+U/1+U/

22、2,且电源电动势不变，可得：U内示数改变量的绝对值与 Vi示数改变量的绝对值之和等于V2示数改变量的绝对值， C正确；同理，D错误。6 .在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值定阻 R、R及电位器（滑动变阻器）R连接而成，Li、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是 （）A. Li、L2两个指示灯都变亮B. Li、L2两个指示灯都变暗C. Li变亮，L2变暗D. R两端电压增大【答案】BD【解析】 当电位器的触头由邨形碳膜的中点逆时针滑向端时，电路的总电阻遍小，干路电流增大. 故灵】两端电压增大，同时内

23、电压增大,路端电压减小,所以L】变暗为两端电压增大，所以电位器两端的 电压激小，即Q两端的电压减小，所以L之变暗，故A、C错误，B. D正确。7 .在如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为光敏电阻（光照减弱时阻值增大），C为电容器，现减弱对光敏电阻R光照的强度，下列说法正确的是（）A.电流表的示数减小B.C.电压表的示数变小D.电容器C的电荷量增大电源内部消耗的功率变大【答案】AB【解析】弱对光敏电阻R光照的强度,R增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电压表示数增一 Q - r ”，大，总电流减小，即电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据C=1以及C不变，U增大可得Q增大，电源内

24、部消耗的电功率 P=I2r, I减小，内阻不变，所以 P减小，故AB正确.8 .如图所示，电源电动势 E=12V,内阻r = 1.0 Q ,电阻 R=4.0Q, F2= 7.5 Q , F3= 5.0 Q ,电容器的电容C= 10 F.闭合开关S,电路达到稳定后电容器的电荷量为A. 4.5 X10 5 CB. 6.0X105 CC. 7. 5X10 5 CD. 1.2X10 4 C【解析】闭合开关s> 也和用串联F电容器的电压等于&的电压，为：U = E = x 12V = 6.0VKi+r 44-S4-1）电容器上所带的电荷量GCU=lOxlOS&OC=6.O>a

25、（PC5故选B。点睛：本题是含有电容器的电路，分析电路时要抓住电路稳定时，电容器相当于开关断开，所在电路没有电 流，其电压等于所在支路两端的电压。9 .如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，R、R、R均是可变电阻，将S、&都闭合，下列说法正确的是（）A.只将R阻值调大，C、C2的带电量都增大10 只将R或R的阻值调大，G、C2的带电量都减小C.只断开开关S2, Ci、G的带电量都增大D.只断开开关Si, G、G的带电量均不变【答案】C【解析】A项：当开关都闭合时，只将 R阻值调大，外电路总电阻增大，干路中总电流减小，路端电压增大， 流过电阻箱R、R的电流增大，所以电容器G、G两端电压减小

26、，所以C、G的带电量都减小， 故A错误;B项:当开关都闭合时，只将R式A的阻值调大,外电路总电阻墙大，干路中总电流减小？路端电压 增大，流过电阻箱g的电流增大,所以流过电阻箱&的电流减小，所以电容器Ci, Q两端电压增大， 所以6、G的带电量都增大，故B错误：C项：只断开开关出，外电路总电阻增大，干路中总电流减小，路端电压增大电容器G, G两端电 压增大，所以Cu G的带电量都增大，故C正确：D项：只断开开关 S, Ci、G放电，电量将减小，故 D错误。10.如图所示，平行金属板中带点质点 P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，叫的阻值和电源内阻相等。当滑动变阻器电的滑

27、片向打端移动时，则（）A.片上消耗的电功率逐渐减小B.电流表读数减小，电压表度数增大C.电源的输出功率逐渐增大D.质点P将向上运动【答案】C【解析】A.当滑动变阻器 R的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流i增大，R -上消耗的电功率逐渐增大，故A错误；B. R3的电压U=E-I(R i+r)减小，流过 R的电流I 3减小，流过电流表的电流 Ia=I-I 3, I增大，%减小，则Ia 增大，所以电流表读数增大。R的电压Uk=U3-L2, U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小。故B错误；C.由于R的阻值和电源内阻 r相等，则

28、外电路总电阻大于电源的内阻r,当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故C正确；D.电容器板间电压等于 R3的电压，减小，电容器板间场强减小，质点 P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动。故D错误。故选：C.11.如图所示，开关 S闭合后，竖直放置的平行板电容器 C两板间有一带电微粒 m处于静止，现将滑动变 阻器R的滑动片P向下滑动一些(A灯与B灯均未被烧坏)，待电路稳定后，与滑动片 P滑动前相比，下列说 法正确的是A. A灯变暗，B灯变亮B.内阻r消耗的热功率减小C.带电微粒m将加速向上运动D.通过滑动变阻器R的电流增大【解析】将滑动变阻器R的滑动片P向下滑动一些，则R变小，电路的总电阻减

29、小，总电流变大， 路端电压减小，则B灯变暗，通过感的电流变大，则A灯两端电压减小，通过A的电流减小，通过R的 电流变大，A灯变喑，选项A错误，D正确i因总电流变大，则内阻工消耗的热功率变大，选项B错误 H灯两端的电压变小，则电容器两板电压变小，带电微粒m将加速向下运动，选项C错误故选CL12.在如图所示电路中， R、R为定值电阻，闭合电键 S后，带电粒子恰处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表 V1, V2, V3示数变化量的绝对值分别为 AU、AU2、AU3,理想电流表 A示数变化量的 绝对值为A I ,则（）A. V1示数减小，V2和V3示数增大B.带电粒子将向上运动au2

30、C. A U3> A U1D.此过程中保持不变【答案】BCD【解析】将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，总电流增大，则 V1示数U1增大。内电压增大，路端电压U减小，而路端电压“ = " + U"可知，V3示数U3减小。R2两端电压增大，所以 V2示数减小，故A错误；R2两端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大， 带电粒子所受的电场力增大，因此带电粒子将向上运动，故 B正确；因为"二/十4, U3减小，U增大，而U减必= R + R +小，所以“%>叫.故C正确；根据闭合电路欧姆定律知：%

31、= 9-1叫+% +吟得&【'，保持 不变，故D正确。综上分析，BCD正确。【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流， 理想电压表内阻无穷大，相当于断路.理想电流表内阻为零，相当短路.分析电路的连接关系，根据欧姆定律进 行分析.13. A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视D为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中， 电路中的为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小） ， 餐为滑动变阻器，*3为定值电阻。当心的滑片P在中间时闭合电键 S,此时电流表和电压表的示数分别为 I和U, 带电小球静止时绝缘细线与金属板 A的夹角为0。电源电动势E和内阻r 一定，下列说法中正确的是（）A.若将后的滑动触头P向a端移动，则0变小B.保持滑动触头 P不动，用较强的光照射 片，则小球重新达到稳定后0变