高二物理 21复习之闭合电路欧姆定律

高二物理2.1复习之闭合电路欧姆定律规律方法1、动态电路的分析与计算动态电路变化的分析是根据欧姆定律及串、并联电路的性质，来分析电路中某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况，常见方法如下：（1）程序法:基本思路是“部分→整体→部分”部分电路欧姆定律各部分量的变化情况。即R局增大减小→R总增大减小→I总增大减小→U总增大减小→I分U分（2）直观法：即直接应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论。①任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大②任一电阻R阻值增大，必将引起与这并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。（3）极限法：即因变阻器滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。（4）特殊值法。对于某些双臂环路问题，可以采取代入特殊值去判定，从而找出结论。【例5】如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向上端移动时，判断电路中的电压表、电流表的示数如何变化？解析：先认清电表A测量R3中的电流，电表V2测量R2和R3并联的电压，电表V1测量路端电压．再利用闭合电路欧姆定律判断主干上的一些物理量变化：P向上滑，R3的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，路端电压U增大，至此，已判断出V1示数增大．再进行分支上的分析：由I减小，知内电压U/和R1的端电压UR1减小，由U外增大知R2和R3并联的电压U2增大——判断出V2示数增大．由U2增大和R3有效电阻增大，无法确定A示数如何变化，这就要从另一条途径去分析：由V2示数增大知通过R2的电流I2增大，而干路电流I减小，所以R3中的电流减小，即A示数减小说明：当电路中任一部分发生变化时，将引起电路中各处的电流和电压都随之发生变化，可谓“牵一发而动全身”．判断此类问题时，应先由局部的变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由此分析对其它各部分电路产生的影响．【例6】如图所示，R1和R2阻值相同，电源内阻不计，当滑动变阻器R1的滑动片P由A向B移动时，试分析电路中各电表示数的变化情况。解析：先去掉伏特表，短接安培表，可见该电路为一分压电路，如图所示。首先用程序法（极端法也行）判断：当P由A→B时有RAP↑→R总↑→I总↓→U端↑V1测出的是U端，示数增大，A3测的是总电流I总，示数变小。先假设RAP不变，用直观法可判知：比较可得，A2示数减小，V2增大，V3减小，而Al不能确定。再利用特殊值法，令R1=R2=2R，则P位于AB两端点时，均有I1=ε/2R，当P位于R1中点时，有I1/=2ε/5R（按串、并联特征计算），显然I1/＜I1，所以Al示数先减小后增大。【例7】在如图所示的电路中，在滑线变阻器滑动片p由a滑到b的过程中，三只理想电压表示数变化的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，则下列各组数据中可能出现的是（）A．ΔU1＝0、ΔU2=2V、ΔU3＝2VB．ΔU1=1V、ΔU2＝2V、ΔU3＝3VC：ΔU1＝3V、ΔU2=1V、ΔU3=2VD．ΔU1=1V、ΔU2＝1V、ΔU3=2V解析：在闭合回路中，内、外电路电压降之和等于电源的电动势．在滑线变阻器的滑动片P由a滑到b的过程中，滑线变阻器连入电路中的电阻在减小，它的分压作用在减小，也就是电压表V3的示数要减小．由于滑线变阻器连入电路中的电阻在减小，由闭合回路的欧姆定律可知电路的总电流是增大的，电压表V2的示数是增大的．电压表V1测量的是电源的路端电压U，由U＝ε－Ir式可知，电压表V1的示数变化反映了内电路上电压的变化值，且它们大小相等，符号相反（路端电压是减小的，但是内电路上的电压降U/是增大的）．由ε＝U＋U/可知，由于电源的电动势ε不变，在闭合回路中，电压的变化量之和就为零，也可以说是电压减小的值与电压增大值之和相等，即ΔU1十ΔU2=ΔU3，根据此式可以排除C选项，对于A选项，由于ΔU1是反映电源内电路上的电压降的变化，电源有内阻，ΔU1＝0显然是错误的，所以只有B和D选项是正确的．点评：路端电压U等于外电路上各部分电压降之和，并不意味着应有ΔU1=ΔU2十ΔU3。（因为题设中强调这是三只理想电压表示数变化的绝对值）．由于是滑线变阻器的电阻变小，它两端的电压减小，从而导致其余电阻（包括内电阻）的分压作用增大，应有的关系式是第三只电压表中示数的减小量应等于其它两电压表示数变化量的绝对值之和．【例8】如图所示，安培表为理想电表，电源电动势为6V、内阻为1Ω，滑动变阻器的总电阻为11Ω，电阻R0为3Ω，问当S闭合时，变阻器的滑动触头P在R上滑动时，电流表的读数范围为多少？解析：当S闭合后，电路中的总电流为I==U1=U0，I1Rap=（I－I1）R0，I1==当Rap＝6Ω时，Il有最小值。电流表的读数为Il=18/72=0．25A当Rap＝0时，即滑动触头P位于a端时，I1有最大值。电流表的读数为I1/=18/（72－36）=0．5A．所以电流表的读数范围为0．25A≤I≤0．5A；2、电路故障分析与黑盒子问题闭合电路黑盒。其解答步骤是：①将电势差为零的两接线柱短接②在电势差最大的两接线柱间画电源③根据题给测试结果，分析计算各接线柱之间的电阻分配，并将电阻接在各接线柱之间。【例9】如图所示的电路中，灯泡A和B原来都是正常发光。忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些，试判断电路中什么地方出现断路的故障？（设只有一处出现了故障）解析：依题意，整个电路只有一处发生了断路，下面分别对不同区域进行讨论：（1）若R1断路．电路中总电阻变大．电流变小．路端电压升高．A、B两灯均未亮．不合题意。（2）若R3断路。B与R3并联．该段电路中电阻变大，电压升高，B中的电流增大，B灯变亮，不合题意（3）若R2断路，A与R2并联，这段电路中电阻变大，使总电阻变大，总电流变小，各部分压降变小，A灯两端电压升高，A中电流增大，A灯变亮；因B灯两端电压减小，B灯中电流变小，B灯变暗，与题中条件相符。（4）4灯、B灯所在支路或其他部分发生断路，则两灯均不会发光，不合题意，故应是R2断路。【例10】一盒子里装有由导线和几个阻值相同的电阻组成的电路，盒外有接线柱1、2、3、4，已知1、2间的电阻是1、3间电阻的1．5倍，是2、4间电阻的3倍，而3、4间没有明显电阻，欲使盒内电路所含电阻数最少，请画出盒内的电路图。解析：①因3、4间没有明显电阻，将3、4短路得图．②依题意，Rl2=1．5Rl3＝3R24，为使电阻数最少，取R24为一个电阻，R12为三个电阻串联，R13为二个电阻串联。根据R12为三个电阻串联可把图补画成图。③再满足R24为一个电阻和R23为二个电阻串联，把图又进而画成图，于是得所求结果。3、电路中的能量关系的处理要搞清以下概念：(1)电源的功率。电源消耗的功率、化学能转变为电能的功率、整个电路消耗的功率都是指εI或I2（R外＋r）(2)电源的输出功率、外电路消耗的功率都是指：IU或Iε一I2r或I2R外(3)电源内阻消耗的功率：I2r(4)整个电路中P电源＝P外十P内【例11】电源输出功率和效率的讨论．分析：电源的输出功率为P出＝I2R=R＝=当R=r时，P出有最大值即Pm==．P出与外电阻R的这种函数关系可用如图9－19的图象定性地表示．由图象还可知，对应于电源的非最大输出功率P可以有两个不同的外电阻R1和R2，由图象还可知：当R＜r时，若R增加，则P出增大；当R＞r时，若R增大，则P出减小．值得注意的是，上面的结论都是在电源的电动势ε和内电阻r不变的情况下适用．例如图9一20电路中ε=3v，r＝0．5Ω，Ro=1．5Ω，变阻器的最大阻值R＝10Ω．在R=？时，R消耗的功率才最大．此种情况可以把R0归入内电阻，即当R＝r＋Ro=2Ω时，R消耗功率最大为Pm===9/8w；那么当R＝？时，R0消耗的功率才最大呢？有些同学又会用了上述的方法来求解，把R归为内阻，调节R使内阻R＋r＝R0，这样会用是错误的！因为Ro是定值电阻，由P=I2R0知，只要电流最大，P就最大，所以当把R调到零时，R0上有最大功率．Pm/＝R0=×1.5=W．由上述分析可知，在研究电阻R上消耗的最大功率时，应注意区分“可变与定值”这两种情况，两种情况中求解的思路和方法是不相同的．电源的效率η===．所以当R增大时，效率η提高．当R=r，电源有最大输出功率时，效率仅为50%，效率并不高.【例12】将一个标有“24V、48W’的电灯接在电动势ε=36V．内阻r＝2Ω的直流电源下使用，今有“2Ω、50W”的定值电阻R若干只可供选用，请设计两种简单电路使电灯正常发光：（1）定值电阻与电灯串联作分压电阻使用；（2）定值电阻与电灯并联作分流电阻使用（写出设计根据要点，画出电路图）（3）在你设计的两种电路中，哪种方法较好？说明理由。解析：电灯额定电流I0=P0/U0=2A．电阻R0=U02/P0=12Ω．定值电阻R的额定电流I＝=5A。（1）R总＝ε/I0＝36/2=18Ω，R串=R总一R0－r＝18－12＝4Ω=2R（2）R并＝=＝6Ω=3R（3）第1种万法：电源消耗总功率P1＝I1ε=2×36＝72W效率ηl＝P0/P1=48/72＝67％。第2种方法：电源消耗总功率P2=I总ε=6×36＝216W，效率η2＝P0/P2=48/216＝22％。第1种万法好：节能．效率高【例13】在图中，发电机的内阻r=0。1Ω，每根连接导线的电阻r1=0.1Ω，负载电阻R=22Ω，电路中的电流强度I=10A，求：（1）负载两端的电压UR；（2）外电路上的电压U端；（3）发电机的电动势；（4）整个外电路上消耗的功率P外；（5）负载上消耗的功率；（6）导线上消耗的功率；（7）发电机内部消耗的功率；（8）发电机的功率．U端URrU端URrLrLI＋－ε（2）外电路上的电压U端=IR外=I（R十2rL）＝10×（22＋2×0．1）V＝222V．（3）电源电动势ε=U端十Ir＝（222＋10×0．1）V＝223V．（4）外电路上消耗的功率P外＝IU端=10×222W＝2．2kw．（5）负载上消耗的功率P负=IU负＝10×220＝2．2kw（6）导线上消耗的功率P导＝2I2r=2×102×0．2W=20W（7）发电机内部消耗的功率P内＝I2r＝102×0．1w＝10W（8）发电机的功率P=Iε=10×223W=2．23kw【例14】如图所示；电源的电动势为50V．电源内阻为1．0Ω，定值电阻R为14Ω．M为直流电动机，电枢电阻R为2．0Ω。电动机正常运转时，伏特表的读数为35V。求在100s的时间内电源做的功和电动机上转化为机械能的部分是多少。解析：由题设条件知r和R上的电压降之和为（ε－U），所以电路中的电流为I===1．0A所以在100s内电源做的功为WE＝εIt＝50×1×100J=5．0×103J。在100s内电动机上把电能转化为机械能的部分是ΔE＝IUt－I2r/t＝（1．0×35×100一12×2×100）J=3.3×103J4、含电容器电路的分析与计算电容器是一个储存电能的元件．在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大（只考虑电容器是理想的不漏电的情况）的元件，在电容器处电路看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带电荷量时，可在相应的位置补上．分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过．所以在此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压．(2)当电容器和用电器并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联用电器两端的电压相等．(3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它并联的电路放电．电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。R1R3R2ECABBR1R3R2ECABBCCC【例15】如图电路中，电源内阻不计.为使电容器的带电量增大，可采取以下哪些方法（）A.增大R1;B.增大R2;C.增大R3D.减小R1R2R1SCR3Er解析:由于在直流电路中稳定后电容器相当于断路，因此R3上无电流，电容器相当于和R2并联.为使电容器的带电量增大，根据Q＝CU,应增大电容器C两端的电压。分析电路中的电压分配。只有增大RR2R1SCR3Er【例16】如图所示，E＝10V,r＝1Ω,R1＝R3＝5Ω,R2＝4Ω，C＝100μF。当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态。求：(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；(2)S闭合后流过R3的总电荷量。解析:开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE=mg且qE竖直向上。S闭合后，qE＝mg的平衡关系被打破。S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有,qUC/d=mg。S闭合后，设带电粒子加速度为a，则qU/C/d－mg=ma,解得a=g