高中物理教科版选修3-1 第二章 直流电路 习题课（四）

习题课四闭合电路欧姆定律的应用

要点u闭合电路的动态分析

［要点归纳］

1.解决闭合电路动态变化问题，应按照局部一整体一局部的程序进行分析。

2.基本思路：电路结构的变化—R的变化一R总的变化―/总的变化-U内的变化一

U外的变化一＞固定支路

f并联分流/一%

.串联分压厂变化乂除

(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。

⑶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。

［精典示例］

［例1］电动势为E、内阻力厂的电源与定值电阻4、R2及滑动变阻器R连接成如

图1所示的电路。当滑动变阻器的触头由中点滑向8端时，下列说法正确的是

()

图1

A.电压表和电流表读数都增大

B.电压表和电流表读数都减小

C.电压表读数增大，电流表Ai减小，A2增大

D.电压表读数减小，电流表Ai增大，A2减小

解析由题图可知滑动变阻器的触头由中点滑向8端时，滑动变阻器连入电路中

F

的限值R增大，则外电路的总限值R息增大，干路电流/=后工1，因Rg.增大，

所以/减小，故Ai示数减小；路端电压。=七一斤，因/减小，所以U增大，即

电压表的读数增大；R?两端电压S=E-/(Ri+r),因/减小，所以S增大，由

知，〃增大，即电流表A2的读数增大，故选项C正确，选项A、B、D错

误。

答案C

方法总结|

动态电路的分析方法

⑴程序法：局部一整仅一局部。

(2)“并同串反‘‘法，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、电功率都将增大,反之则减小：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、电功率都将减小，反

之则增大。

［针对训练1］如图2所示，4阻值恒定，4为热敏电阻(热敏电阻阻值随温度降

低而增大)，L为小灯泡，当凡所在位置温度升高时()

A.Ri两端的电压减小

B.小灯泡的亮度变暗

C电流表的示数减小

D.通过Ri的电流减小

解析当R2所在位置温度升高时，&阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电

流表的示数增大，R两端的电压UI=/RI增大，故A、C错误；总电流增大，内

电压增大，则路端电压U=E一”减小，并联部分的电压减小，所以灯泡L变暗,

故B正确；通过L的电流减小，而总电流增大，则通过R2的电流增大，故D错

误。

答案B

要点含容电路的分析与计算

［要点归纳］

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

压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。

2.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的

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；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路

放电。

［精典示例］

［例2］如图3所示，电源电动势E=10V,内阻可忽略，R=4C,&=60,C

=30pF,求：

图3

(1)S闭合后，稳定时通过Ri的电流；

(2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R的电荷量。

解析(1)S闭合后，电路稳定时，品、及串联，易求/=^S~=1A,即为通过

Ai-rA2

R\的电流。

(2)S闭合时，电容器两端电压UC=U2=1・&=6V,储存的电荷量0=CUc。S

断开至达到稳定后电路中电流为零，此时储存的电荷量Q/=CUF。很

显然电容器上的电荷量增加了△Q=2-Q=CUc-CUc=1.2x10"c。电容器上

电荷量的增加是在S断开以后才产生的，只有通过R这条途径实现，所以流过

R\的电荷量就是电容器上增加的电荷量。

答案(1)1A(2)1.2x10-4c

方法总结|

含电容器电路的分析与计算方法

(1)首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。

(2)根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。

(3)最后根据公式Q=CU或\Q=CMJ,求电荷量及其变化量。

［针对训练2］如图4所示电路中，电源电动势E=9V,内阻r=2C,定值电阻

Ri=6C,&=10Q,R3=6C,电容器的电容C=10"。

图4

(1)保持开关Si、S2闭合，求电容器所带的电荷量；

⑵保持开关Si闭合，瘠开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电荷量。

解析(1)保持开关Si、S2闭合，则电容器两端的电压CRRT

U=U\=I\\"六TA2,\VR=

9

6+10+2X6V=3Vo

电容器所带的电荷量为

Q=CUc=10x10—6x3C=3xl0"5Co

(2)保持开关Si闭合，将开关S?断开后，电路稳定时电容器两端的电压等于电源

，6-5

电动势，此时电容器上的电荷量e=CE=l()xlO-x9C=9xl0C,而流过R2

的电荷量等于电容器。上电荷量的增加量QR2=AQ=0-Q=9X1()-5C-3X1()—5

5

c=6xi(rc0

答案⑴3X1(尸C(2)6X1o-5c

1.(闭合电路的动态分析)如图5所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后,

在变阻器Ro的滑动端向下滑动的过程中()

图5

A.电压表与电流表的示数都减小

B.电压表与电流表的示数都增大

C.电压表的示数增大，电流表的示数减小

D.电压表的示数减小，电流表的示数增大

解析由变阻器Ro的滑动端向下滑可知Ro连入电路的有效电阻减小，则火总减

E

小,由1=可知/增大，由。内=刀•可知U内增大，由E=U内+U外可知U外

R总+r

减小，故电压表示数减小。由Ui=/Ri可知Ui增大，由U%=Ui+S可知比减

小，由/2=高可知电流表示数减小，故A正确。

答案A

2.（闭合电路的动态分析）如图6所示，A、B、C三只电灯均能发光。当把滑动变

阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的变化是（）

图6

A.A、B、C都变亮

B.A、B变亮，C变暗

C.A、C变亮，B变暗

D.A变亮，B、C变暗

解析滑动变阻器的触头尸向下滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值R减小，

所以电路总限值R总减小，由闭合电路欧姆定律知总电流（/总=巷口变大，通过

A的电流增大，故A变亮；由于/息变大，所以内阻上的电压（U内=/总力变大，

所以C两端的电压（UC=E—UA—U内）变小，通过C的电流/c变小，所以C变暗；

由于/总变大，/c变小，所以通过B的电流（加=/总一/c）一定增大，B灯变亮，选

项B正确。

答案B

3.（含容电路分析）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池后（内阻可忽略）连接成

如图7所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Qi；闭合开关S,

电流再次稳定后，C所带的电荷量为。2。Qi与

。2的比值为（）

E

图7

A.eqB.eqC.eqD.eq

解析分别画出S断开时、S闭合时的简化电路。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、乙两第中电容器两极板间的电压S

=*（72=|E,C所带的电荷量Q=CU,则Q：Q2=3：5,选项C正确。

答案C

基础过关

1.如图1所示的电路，闭合开关S,待电路中的电流稳定后，减小R的阻值。则

()

嗯一

图1

A.电流表的示数减小

B.电压表的示数减小

C.电阻R2两端的电压减小

D.路端电压增人

解析题图中的电路结构是RT与R先并联，再与R2串联，故R1-R总］一/千1一。

内T—U力。R2两端电压。2=/千/?2,S增大，所以R与Ri的并联电压减小，回示

数减小，A、C、D错误，B正确。

答案B

2.在如图2所示的电路中，当滑动变阻器R3的滑动触头P向下滑动时（）

图2

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

解析以的滑动触头P向下滑动，心接入电路中的阻值变大，导致并联电路的

阻值变大，电路的总电阻变大，干路电流变小；并联电路的电阻变大，则并联电

路的分压增大，即&、R4串联电路的电压变大，所以流过这一支路的电流变大,

由于干路电流变小，所以电流表的示数变小；因为&、R4串联电路的电压变大,

使得&两端分压变大，电压表示数变大，故选项A正确。

答案A

3.如图3所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常

发光，如果变阻器的滑片向/〉端滑动，则（）

A.电灯L更亮，电流表的示数减小

B.电灯L更亮，电流表的示数增大

C.电灯L更暗，电流表的示数减小

D.电灯L更喑，电流表的示数增大

解析变阻器的滑片尸向8端滑动，Ri接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增

大，干路电流/减小，电流表的示数减小，路端电压。增大，电灯L变亮，A

正确，B、C、D错误。

答案A

4.（多选）如图4所示，闭合开关S,电路稳定后，水平放置的平行金属板间的带

电质点。处于静止状态，若将滑动变阻器R2的滑片向。端移动，贝女）

图4

A.电压表读数增大

B.电流表读数减小

C.Ri两端的电压增大

D.质点P将向下运动

解析由图可知，R与滑动变阻器串联；电容器与变阻器并联；当滑片向，端

移动时，滑动变阻器接入电阻减小，总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电

路中电流增大；路端电压减小，同时用两端的电压增大，所以电压表示数减小，

电流示数增大，故A、B错误，C正确；电容器板间电压减小，板间电场强度减

小，故质点尸受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，质点P将向下运动，

故D正确。

答案CD

5.（多选）在如图5所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为入。为电容器，Ro

为定值电阻，R为滑动变阻器。开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变殂器

的滑片向右移动时，下列判断正确的是（）

—i十।~1~~0—

RL

_II——L—

图5

A.灯泡L将变暗B.灯泡L将变亮

C.电容器C的电量将减小D.电容器C的电量将增大

p

解析由题意，可知R增大，电流上减小,灯泡L将变暗，故A正确,

R错误：路端电压U=E一"增大，则电容器电置Q=C〃增大，故C错误，D

正确。

答案AD

能力提升

6.如图6所示，电路中心、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器

。的极板水平放置。闭合电键S,电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静

止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）

图6

A.增大R的阻值B.增大分的阻值

C.增大两板间的距离D.断开电键S

解析在直流电路中，及与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等

于凡两端的电压，增大凡的阻值，凡两端的电压增大，电容器两端的电压增大,

由后=与可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场

力增大，会向上运动，A项错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改

变凡两端的电压，因比电容器中的油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的

距离，而电容器的两板间的电压一定，由石=%可知，板间的场强减小，油滴受

到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开电键S,电容器会通过4、

&进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D项错误。

答案B

7.如图7所示，M、N是平行板电容器的两个极板，Ro为定值电阻，Ri、R2为可

调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S,

小球静止时受到悬线的拉力为F。调节R\、R?,关于F的大小判断正确的是（）

图7

A.保持用不变,缓慢增大及时,产将变大

B.保持Ri不变,缓慢博大及时,B将变小

C.保持A不变，缓慢增大Q时，尸将变大

D.保持正不变,缓慢增大Ri时,「将变小

解析当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F

三个力的作用，其中重力为恒力。当电路稳定后，R中没有电流，两端等电势，

因此电容器两极板电压等于R）两端电压。当&不变，Ri变化时，电容器两极板

电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，/不变，C、D两项错误；

若保持凡不变，缓慢增大&,治两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电

场场强减弱，小球受到的电场力减小，尸变小，故A项错误，B项正确。

答案B

8.(2017•马鞍山高二检测)一电路如图8所示，电源电动势E=28V,内阻