2024-2025学年高中物理第2章电路章末复习课学案粤教版选修3-1

PAGE8-章末复习课[体系构建][核心速填]1．基本概念(1)电流①定义式：I＝eq\f(q,t)．②方向：与正电荷定向移动方向相同．(2)电压①定义式：U＝eq\f(W,q)．②计算式：U＝IR．(3)电阻①定义式：R＝eq\f(U,I)．②确定式：R＝ρeq\f(l,S)．(4)电动势：E＝eq\f(W,q)．2．基本规律(1)欧姆定律①部分电路欧姆定律：I＝eq\f(U,R)．②闭合电路欧姆定律：I＝E/(R＋r)．(2)电功和电热．①电功：W＝qU＝UIt．②电热(焦耳定律)：Q＝I2Rt．(3)电功率．①纯电阻：P＝UI＝I2R＝eq\f(U2,R).②电源．a．总功率：P总＝EI．b．发热功率：P热＝I2r．c．输出功率：P出＝UI．d．关系：P总＝P出＋P热．闭合电路的动态问题分析1．特点电路中局部的变更会引起整个电路电阻、电流、电压、电功率的变更，牵一“发”而动全局．2．基本方法(1)分析电路，弄清电路的串、并联关系，各电表所测的对象，明确变阻器阻值的变更状况．(2)先整体，后局部，留意内外电路的联系．首先推断外电阻R的变更状况，再依据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)推断干路电流的变更，进而明确路端电压的变更状况．(3)分清变和不变的量及它们之间的关系，先探讨不变的量，再探讨变更的量的变更状况．3．分析步骤(1)确定电路的外电阻R外如何变更．(2)依据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R外总＋r)确定电路的总电流如何变更．(3)由U外＝E－Ir，确定电源的外电压(路端电压)如何变更．(4)由部分电路欧姆定律，确定干路上某定值电阻两端的电压如何变更．(5)确定支路电压及通过各支路的电流如何变更．【例1】在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V1的示数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑片向a端移动过程中，电流表A1的读数变更量大小为ΔI1，电流表A2的读数变更量大小ΔI2，电压表V1的读数变更量大小为ΔU1，电压表V2的读数变更量大小为ΔU2，则()A．I1变大，ΔU1>ΔU2，eq\f(ΔU1,ΔI1)不变B．I1变大，ΔU1<ΔU2，eq\f(ΔU1,ΔI1)变小C．I1变小，I2变小，eq\f(ΔU2,ΔI2)变小D．U1变小，U2变小，eq\f(ΔU2,ΔI2)不变D[当R5的滑片向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I1变大，路端电压变小，U1变小．依据闭合电路欧姆定律知U2＝E－I1(r＋R1＋R3)，I1增大，则U2变小，因此I2变小；而U1变小、U2变小、R1＋R3的总电压增大，则知ΔU1<ΔU2.由闭合电路欧姆定律知：U1＝E－Ir，则eq\f(ΔU1,ΔI1)＝r，不变．故A、B错误．同理，eq\f(ΔU2,ΔI2)等于电阻R2与电阻R4之和，可知eq\f(ΔU2,ΔI2)不变，故C错误，D正确．][一语通关]解答本题的关键是清晰eq\f(ΔU1,ΔI1)、eq\f(ΔU2,ΔI1)、eq\f(ΔU2,ΔI2)的物理含义：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI1)))＝r，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI1)))＝r＋R1＋R3，而eq\f(ΔU2,ΔI2)＝R2＋R4.1．如图所示的电路中，电压表都看作志向电表，电源内阻为r.闭合开关S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时()A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C．电压表V1的示数变更量小于V2示数变更量D．电压表V1的示数变更量大于V2示数变更量C[图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑片P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，依据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；路端电压U＝E－Ir，则U变大，电压表V1的示数变大；并联部分电压U并＝E－I(r＋R1)，I减小，U并变大，电压表V2的示数变大，故A、B错误；依据欧姆定律，有U＝IR1＋U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变更小于并联部分电压，即电压表V1的示数变更量小于V2的示数变更量，故C正确，D错误．]含有电容器的直流电路的分析与计算1．电容器在直流电路中的特点在直流电路中，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穷大(在电容器志向、不漏电的状况下)的元件，有电容器的电路可看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带的电荷量时，可在相应的位置补上．2．静态分析与动态分析(1)静态分析：稳定状态下，电容器在直流电路中起阻断电流的作用，电容器两极间存在电势差，电容器容纳肯定的电荷量，并满意Q＝CU.(2)动态分析：当直流电路中的电流和电势分布发生变更影响到电容器支路两端时，电容器带的电荷量将随之变更(在耐压范围内)，即电容器发生充、放电现象，并满意ΔQ＝CΔU.3．含有电容器电路的解题步骤在直流电路中，电容器相当于电阻为无穷大的电路元件，此电路是断路．解题步骤如下：(1)先将含电容器的支路去掉(包括与它串联在同一支路上的电阻)，计算各部分的电流、电压值．(2)电容器两极板的电压等于它所在支路两端点间的电压．(3)利用Q＝CU、ΔQ＝CΔU可以求出电容器所带的电荷量或电荷量的变更量．(4)通过电容器的电压和平行板间距离可以求出两板间的电场强度，再分析电场中带电粒子的运动．【例2】如图所示的电路中，电源电动势E＝3V，内阻r＝2Ω，定值电阻R1＝1Ω，变阻器M的最大电阻R2＝5Ω，变阻器N的最大电阻R3＝9Ω，电容器的电容C＝1μF.(1)闭合开关S，调整变阻器M、N的阻值，电流表的最小示数为多少？(2)闭合开关S，调整变阻器M、N的阻值，电源输出的最大功率为多少？(3)闭合开关S，调整变阻器M、N的阻值，当电流表示数为0.3A时，再断开开关S，则流过电流表的电量为多少？[解析](1)闭合开关S，调整变阻器N的阻值为最大时，电流表的示数最小．依据闭合电路欧姆定律得电流的最小值I＝eq\f(E,R3＋R1＋r)＝eq\f(3,9＋1＋2)A＝0.25A(与R2大小无关)．(2)当R3′＋R1＝r，即R3′＝1Ω时(与R2大小无关)，电源输出功率最大，P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,r＋R1＋R3′)))eq\s\up12(2)(R1＋R3′)＝eq\f(9,8)W＝1.125W.(3)由I′＝eq\f(E,r＋R1＋R3″)，得R3″＝7Ω，电容器的带电量q＝CU＝CI′R3″＝2.1×10－6C，则再断开开关S，流过电流表的电量是2.1×10－6C.[答案](1)0.25A(2)1.125W(3)2.1×10－6C[一语通关]电容器的带电量多少及电容器放电时放出的电量多少与含电容器支路串联的电阻值大小无关．2.(多选)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列推断正确的是()A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源消耗的功率增大D．电容器C的电荷量增加BD[滑动变阻器的滑片向右移动时，其电阻R增大，流过R的电流减小，灯泡L变暗，故A错误，B正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C错误；电容器C上电压为路端电压，由U路＝E－Ir知路端电压增大，即电容器C上的电荷量增大，D正确．]仪器的选择、电表的读数以及实物图的连接1.电学试验器材的选择依据(1)平安性：各电表的读数不能超过量程，电阻类元件的电流不能超过其最大允许电流等．(2)精确性：选用电表量程应考虑尽可能减小测量值的相对误差，电压表、电流表在运用时，要尽可能使指针偏转到满偏刻度的eq\f(1,3)到eq\f(2,3).(3)操作性：选用滑动变阻器时，应考虑使供电电压的变更范围既能满意试验要求，还应便于调整，滑动变阻器调整时应用到大部分电阻线，否则不便于操作．(4)敏捷性：试验时没有量程合适的电表则可变通．已知内阻的电流表可作电压表运用，已知内阻的电压表可作电流表运用．2．测量仪器的读数规则测量误差出现在哪一位，读数就相应读到哪一位，一般依据测量仪器的最小分度来确定读数误差出现的位置，对于常用的仪器可按下述方法读数：(1)最小分度是“1”的仪器，测量误差出现在下一位，下一位按非常之一估读．例如，最小分度是0.1A的电流表(量程为3A)和最小分度是0.1V的电压表(量程为3V)，读到小数点后两位．(2)最小分度是“2”或“5”的仪器，测量误差出现在同一位上，同一位分别按二分之一或五分之一估读．例如，最小分度是0.02A的电流表(量程为0.6A)，读到小数点后2位；最小分度是0.5V的电压表(量程为15V)，读到小数点后1位．3．实物图连接的方法(1)画出试验电路图并分析各元件的连接方式，明确电表量程．(2)画线连接各元件时，一般先从电源正极起先，到开关，再到滑动变阻器等，按依次以单线连接方式将主电路中要串联的元件依次串联起来，然后再将要并联的元件并联到电路中．(3)电压表应并联，电流表应串联，且电流应从电表正极流入、负极流出．(4)滑动变阻器滑片的初位置应保证电路中用电器平安，即保证加在用电器两端的电压应尽量小．(5)连线过程中不要交叉，而且全部连线必需连接到接线柱上．【例3】用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材及其规格如下：A．待测电阻Rx(大约100Ω)B．直流毫安表A1(量程0～10mA，内阻约100Ω)C．直流毫安表A2(量程0～40mA.内阻约40Ω)D．直流电压表V1(量程0～3V，内阻约5kΩ)E．直流电压表V2(量程0～15V，内阻约15kΩ)F．直流电源(输出电压4V，内阻不计)G．滑动变阻器R(阻值范围0～50Ω，允许最大电流1A)H．开关一个、导线若干(1)依据器材的规格和试验要求，为使试验结果更加精确，直流毫安表应选________，直流电压表应选________．(2)在虚线框内画出试验电路图，要求电压和电流的变更范围尽可能大一些．(3)按画出的电路图将图中的实物图连线．[解析](1)由于直流电源的电动势为4V，待测电阻Rx阻值约100Ω，故通过Rx的最大电流约为40mA，所以直流毫安表应选C；直流电压表若选15V量程，则读数误差较大，故应选D.(2)由于要求电压和电流的变更范围尽可能大一些，所以滑动变阻器采纳分压式接法；由于eq\f(RV,Rx)＝eq\f(5000,100)＝50>eq\f(Rx,RA)＝eq\f(100,40)＝2.5，故电流表采纳外接法．电路图如图所示：(3)依据电路图，实物图连线如图所示：[答案](1)CD(2)电路图见解析图(3)实物图见解析图3．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的试验中，可供选择的试验仪器如下：小灯泡L“3.8V，0.3A”电压表V，量程0～5V，内阻5kΩ电流表A1，量程0～100mA，内阻4Ω电流表A2，量程0～500mA，内阻0.4Ω滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流1.0A滑动变阻器R2，最大阻值5Ω，额定电流0.5A直流电源E，电动势约为6V开关S及导线若干(1)在上述器材中，滑动变阻器应选________；电流表应选________．(2)在虚线框内画出试验的电路图，并在图中注明各元件的符号．(3)某试验小组完成试验后利用试验中得到的试验数据在I­U坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线．依据此图给出的信息，可以推断图中正确的是(图中P为小灯泡的功率)()[