2019第二章習題課四精品教育.doc

1、第 7 頁習題課四閉合電路歐姆定律的應用要點U閉合電路的動態(tài)分析要點歸納1解決閉合電路動態(tài)變化問題，應按照局部 一整體一局部的程序進行分析。2. 基本思路：電路結(jié)構(gòu)的變化 -R的變化-R總的變化-I總的變化一U內(nèi)的變化一U外的變化固定支路并聯(lián)分流I 串聯(lián)分壓U-變化支路(1) 對于固定不變的部分，一般按照歐姆定律直接判斷。(2) 對于變化的部分，一般應根據(jù)分壓或分流間接判斷。(3) 涉及變阻器滑動引起的電路變化問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個極端 去討論。精典示例例1電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻Ri、R2及滑動變阻器R連接成如圖1所示的電路。當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列

2、說法正確的是()圖1A. 電壓表和電流表讀數(shù)都增大B. 電壓表和電流表讀數(shù)都減小C. 電壓表讀數(shù)增大，電流表 A1減小，A2增大D. 電壓表讀數(shù)減小，電流表 A1增大，A2減小解析 由題圖可知滑動變阻器的觸頭由中點滑向 b端時，滑動變阻器連入電路中的阻值R增大，則外電路的總阻值 R總增大，干路電流1=，因R總增大,R總+ r所以I減小，故A1示數(shù)減??；路端電壓U = E- Ir，因I減小，所以U增大，即電壓表的讀數(shù)增大；R2兩端電壓U2= E- I(R1 + r),因I減小，所以U2增大，由12 =U2R2知，12增大，即電流表A2的讀數(shù)增大，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。答案 C動態(tài)電路

3、的分析方法程序法：局部f整體f局部。 并同串反”法，所謂 并同”即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減?。凰^ 串反”即某一電阻 增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反 之則增大。針對訓練1如圖2所示，Ri阻值恒定，R2為熱敏電阻（熱敏電阻阻值隨溫度降低 而增大），L為小燈泡，當R2所在位置溫度升高時（）圖2A. Ri兩端的電壓減小B. 小燈泡的亮度變暗C. 電流表的示數(shù)減小D. 通過R2的電流減小解析 當R2所在位置溫度升高時，R2阻值減小，總電阻減小，總電流增大，電流 表的示數(shù)增大，Ri兩端的電壓Ui = IR

4、i增大，故A、C錯誤；總電流增大，內(nèi)電 壓增大，則路端電壓U = E Ir減小，并聯(lián)部分的電壓減小，所以燈泡 L變暗，故B正確；通過L的電流減小，而總電流增大，則通過 R2的電流增大，故D錯誤。答案 B要點含容電路的分析與計算要點歸納 i電路穩(wěn)定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以在此支路中的電阻上無電 壓降低，因此電容器兩極間的電壓就等于該支路兩端的電壓。2當電容器和電阻并聯(lián)后接入電路時，電容器兩極間的電壓與其并聯(lián)電阻兩端的 電壓相等。3電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充(放)電。如果電容器兩端電壓升 高，電容器將充電；如果電容器兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放 電。精典

5、示例例2如圖3所示，電源電動勢E= 10 V,內(nèi)阻可忽略，R仟4愆R2= 6莒C =30叮求：圖3(1)S閉合后，穩(wěn)定時通過Ri的電流；S原來閉合，然后斷開，這個過程中流過 Ri的電荷量。解析(1)S閉合后，電路穩(wěn)定時，Ri、R2串聯(lián)，易求1= = 1 A，即為通過Ri + R2Ri的電流。S閉合時，電容器兩端電壓 Uc= U2= I R2= 6 V，儲存的電荷量 Qi = CUc。S 斷開至達到穩(wěn)定后電路中電流為零，此時Uc = E，儲存的電荷量Qi= C Uc。很顯然電容器上的電荷量增加了 AQ = Q -Q = CUc -CUc= i.2 X0-4 C。電容器上 電荷量的增加是在S斷開以

6、后才產(chǎn)生的，只有通過 Ri這條途徑實現(xiàn)，所以流過 Ri的電荷量就是電容器上增加的電荷量。答案(i)i A (2)i.2 W-4 C含電容器電路的分析與計算方法(1) 首先確定電路的連接關(guān)系及電容器和哪部分電路并聯(lián)。(2) 根據(jù)歐姆定律求并聯(lián)部分的電壓即為電容器兩極板間的電壓。最后根據(jù)公式Q= CU或AQ= C AU，求電荷量及其變化量。針對訓練2如圖4所示電路中，電源電動勢 E= 9 V，內(nèi)阻r = 2 Q,定值電阻Ri = 6 Q R2= 10 Q, R3 = 6 Q,電容器的電容 C= 10 譏(1) 保持開關(guān)Si、閉合，求電容器所帶的電荷量；(2) 保持開關(guān)Si閉合，將開關(guān)S2斷開，求斷

7、開開關(guān)S2后流過電阻R2的電荷量。解析(1)保持開關(guān)Si、S2閉合，則電容器兩端的電壓 Uc= Uri=Ri =Ri + R2+ r9答案 A2. （閉合電路的動態(tài)分析）如圖6所示，A、B、C三只電燈均能發(fā)光。當把滑動變 阻器的觸頭P向下滑動時，三只電燈亮度的變化是（）圖6A. A、B、C都變亮B. A、B變亮，C變暗C. A、C變亮，B變暗D. A變亮，B、C變暗解析 滑動變阻器的觸頭P向下滑動時，滑動變阻器連入電路的阻值 R減小，所 以電路總阻值R總減小，由閉合電路歐姆定律知總電流（I總）變大，通過AR總+ r的電流增大，故A變亮；由于I總變大，所以內(nèi)阻上的電壓（U內(nèi)=I總r）變大，所 以

8、C兩端的電壓（Uc= E Ua U內(nèi)）變小，通過C的電流Ic變小，所以C變暗； 由于I總變大，Ic變小，所以通過B的電流（Ib = I總一Ic）一定增大，B燈變亮，選 項B正確。答案 B3. （含容電路分析）阻值相等的四個電阻、電容器 C及電池E（內(nèi)阻可忽略）連接成如 圖7所示電路。開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Qi;閉合開關(guān)S， 電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2。Qi與Q2的比值為（）圖7八2廠1廠3,2A. B.C.D5253解析 分別畫出S斷開時、S閉合時的簡化電路。分別如圖甲、乙所示。根據(jù)串聯(lián)電路的電壓與電阻成正比可得甲、乙兩圖中電容器兩極板間的電壓Ui1 1=5E， U

9、2= 3E， C所帶的電荷量Q = CU，貝U Qi : Q2 = 3 : 5，選項C正確。答案 C基礎過關(guān)1如圖1所示的電路，閉合開關(guān)S,待電路中的電流穩(wěn)定后，減小R的阻值。則（）圖1A. 電流表的示數(shù)減小B. 電壓表的示數(shù)減小C. 電阻R2兩端的電壓減小D. 路端電壓增大解析 題圖中的電路結(jié)構(gòu)是Ri與R先并聯(lián)，再與R2串聯(lián)，故RJ-R總J卄干TTJ 內(nèi)U外乙R2兩端電壓U2= I干R2，U2增大，所以R與Ri的并聯(lián)電壓減小， 示 數(shù)減小，A、C、D錯誤，B正確。答案 B2. 在如圖2所示的電路中，當滑動變阻器 R3的滑動觸頭P向下滑動時（）圖2A. 電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B. 電壓

10、表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大C. 電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D. 電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小解析 R3的滑動觸頭P向下滑動，R3接入電路中的阻值變大，導致并聯(lián)電路的阻 值變大，電路的總電阻變大，干路電流變?。徊⒙?lián)電路的電阻變大，則并聯(lián)電路 的分壓增大，即R2、R4串聯(lián)電路的電壓變大，所以流過這一支路的電流變大，由 于干路電流變小，所以電流表的示數(shù)變??；因為R2、R4串聯(lián)電路的電壓變大，使得R2兩端分壓變大，電壓表示數(shù)變大，故選項 A正確。答案 A3. 如圖3所示的電路中，電源的電動勢 E和內(nèi)電阻r恒定不變，電燈L恰能正常發(fā)光，如果變阻器的滑片向b端滑動，則（）圖3A. 電燈L更亮，電流表

11、的示數(shù)減小B. 電燈L更亮，電流表的示數(shù)增大C. 電燈L更暗，電流表的示數(shù)減小D. 電燈L更暗，電流表的示數(shù)增大解析 變阻器的滑片P向b端滑動，Ri接入電路的有效電阻增大，外電阻 R外增 大，干路電流I減小，電流表的示數(shù)減小，路端電壓 U增大，電燈L變亮，A正 確， B、C、D 錯誤。答案 A4. （多選）如圖4所示，閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后，水平放置的平行金屬板間的帶電質(zhì)點P處于靜止狀態(tài)，若將滑動變阻器 R2的滑片向a端移動，則（）圖4A. 電壓表讀數(shù)增大B. 電流表讀數(shù)減小C. R1 兩端的電壓增大D. 質(zhì)點P將向下運動解析 由圖可知，Ri與滑動變阻器串聯(lián)；電容器與變阻器并聯(lián)；當滑片向a端移

12、動時，滑動變阻器接入電阻減小，總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路 中電流增大；路端電壓減小，同時 Ri兩端的電壓增大，所以電壓表示數(shù)減小，電 流示數(shù)增大，故 A、B 錯誤， C 正確；電容器板間電壓減小，板間電場強度減小， 故質(zhì)點 P 受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，質(zhì)點 P 將向下運動，故 D 正確。答案 CD5. （多選）在如圖5所示的電路中，電源電動勢為 E、內(nèi)電阻為r，C為電容器，Ro為定值電阻，R為滑動變阻器。開關(guān)閉合后，燈泡 L能正常發(fā)光。當滑動變阻器 的滑片向右移動時，下列判斷正確的是 （）圖5A.燈泡L將變暗 B.燈泡L將變亮C.電容器C的電量將減小D.電容器C的

13、電量將增大解析 由題意，可知R增大，電流1=減小，燈泡L將變暗，故A正確,R+ Rl + rB錯誤；路端電壓U = E Ir增大，則電容器電量Q= CU增大，故C錯誤，D正 確。答案 AD能力提升6. 如圖6所示，電路中Ri、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合電鍵 S,電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜 止不動。如果僅改變下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是（）圖6A.增大Ri的阻值B.增大R2的阻值C.增大兩板間的距離D.斷開電鍵S解析 在直流電路中，R2與電容器串聯(lián)的支路不通，因此電容器兩端的電壓等于 Ri兩端的電壓，增大Ri的阻值，Ri兩端的電壓

14、增大，電容器兩端的電壓增大， 由E=d可知，電容器兩極板間的電場強度增大，因此板間帶電油滴受到的電場 力增大，會向上運動，A項錯誤；增大R2的阻值不改變電路中的總電阻，不改變 Ri兩端的電壓，因此電容器中的油滴仍保持靜止，B項正確；增大兩板間的距離， 而電容器的兩板間的電壓一定，由 E = U可知，板間的場強減小，油滴受到的電 場力減小，油滴會向下運動，C項錯誤；斷開電鍵S，電容器會通過Ri、R2進行 放電，使板間場強減小，油滴受到的電場力減小而向下運動，D項錯誤。答案 B7. 如圖7所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，Ro為定值電阻，Ri、R2為可 調(diào)電阻，用絕緣細線將質(zhì)量為 m、帶正電的

15、小球懸于電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)S，小球靜止時受到懸線的拉力為 F。調(diào)節(jié)Ri、R2,關(guān)于F的大小判斷正確的是（）圖7第8頁A.保持B保持Ri不變，緩慢增大Ri不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大R2時，F(xiàn)將變小C保持D保持R2不變，緩慢增大R2不變，緩慢增大Ri時，F(xiàn)將變大Ri時，F(xiàn)將變小解析 當電路接通后，對小球受力分析：小球受重力、電場力和懸線的拉力F個力的作用，其中重力為恒力。當電路穩(wěn)定后，Ri中沒有電流，兩端等電勢，因此電容器兩極板電壓等于 Ro兩端電壓。當R2不變，Ri變化時，電容器兩極板電 壓不變，板間電場強度不變，小球所受電場力不變，F(xiàn)不變，C、D兩項錯誤；若保持Ri不變，緩慢增大R2，R

16、o兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，內(nèi)部電場 場強減弱，小球受到的電場力減小，F(xiàn)變小，故A項錯誤，B項正確。答案 B8. (20i9馬鞍山高二檢測)一電路如圖8所示，電源電動勢E= 28 V,內(nèi)阻r = 2莒電阻Ri = i2莒R2= R4= 4 Q R3= 8 Q C為平行板電容器，其電容 C= 3.0 pF， 虛線到兩極板距離相等，極板長 L = 0.20 m,兩極板的間距d= i.0 W2 m。貝U:圖8(1)若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，求流過 R4的總電量為多少？若開關(guān)S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以 V0= 2.0 m/s的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開

17、關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，能否從C的電場中射出？(要求寫出計算和分析過程，g 取 10 m/s2)解析(1)S斷開時，電阻R3兩端電壓為U3 =R3R2 + R3 + rE= 16 V第 12 頁S閉合后，外電阻為Ri ( R2+ R3)R = 6 QRi + R2+ R3R路端電壓為U = E = 21 VR+ r電阻R3兩端電壓為R3U3=U = 14 VR2 + R3則流過R4的總電量為CU3-CU3= 6.0 X0-12 C(2)設微粒質(zhì)量為m,電量為q,當開關(guān)S斷開時有：qU3d 二 mg開關(guān)S閉合后，設微粒加速度為a,則若U3有 mg q了 = m

18、a設微粒能從c的電場中射出，貝u水平方向上t=Vo豎直方向上y= at2由以上各式求得：3 dy=6.25 沐0- 3 m2故微粒不能從C的電場中射出。答案(1)6 X0-12 C 見解析6+ i0+ 2電容器所帶的電荷量為65Q = CUc= iOXiO- * 63 C= 3Xi0-5 C。(2)保持開關(guān)Si閉合，將開關(guān)S2斷開后，電路穩(wěn)定時電容器兩端的電壓等于電源65電動勢，此時電容器上的電荷量Q = CE= i00- 9 C = 9Xi0- C,而流過 R255的電荷量等于電容器C上電荷量的增加量 Qr2= AQ = Q -Q = 9X0-5 C 3X05 C = 6X0- 5 Co答案 (i)3 X0-5 C (2)6 X0-5