（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第18讲闭合电路欧姆定律课件.pptx

1、第18讲 闭合电路欧姆定律,一 电动势,二 闭合电路的欧姆定律,教材研读,突破一 闭合电路的动态分析,突破二 电路中的功率及效率,突破三 电源的U-I图线和电阻的U-I图线,重难突破,突破四 含容电路的分析与计算,一、电动势,教材研读,1.电源:通过非静电力做功把其他形式的能转化为 电能 的装置。,2.电动势 (1)定义:非静电力在电源内部把正电荷从负极移送到正极所做的功与 被移送的电荷量的 比值 叫做电源的电动势。,(2)表达式:E= 。 (3)物理意义:反映不同电源 把其他形式的能转化为电能 的本 领。数值等于电源没有接入电路时两极间的电压。 3.电阻 电源的内部也是由 导体 组成的,所以

2、也有电阻,这个电阻叫做电 源的内阻。,(3)路端电压与外电阻的关系,3.U-I图像 (1)如图甲所示为U-I图像,由U=E-Ir知,图线为一条直线,纵截距表示电源电动势,横截距表示 短路 电流,直线斜率的绝对值等于电源 内阻 。,1.判断下列说法的正误: (1)当外电阻增大时,路端电压也增大。 ( ) (2)闭合电路中的短路电流无限大。 ( ) (3)在闭合电路中,外电阻越大,电源的输出功率越大。 ( ) (4)电源的输出功率越大,电源的效率越高。 ( ),2.将一电源电动势为E、内阻为r的电池,与外电路连接,构成一个闭合电路,用R表示外电路总电阻,I表示电路的总电流,下列说法正确的是 ( C

3、 ) A.由U外=IR可知,外电压随I的增大而增大 B.由U内=Ir可知,电源两端的电压随I的增大而增大 C.由U外=E-Ir可知,电源输出电压随输出电流I的增大而减小 D.由P=IU外可知,电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大,3.一电池外电路断开时的路端电压为3 V,接上8 的负载后路端电压降 为2.4 V,则可以判定电池的电动势E和内阻r分别为 ( B ) A.E=2.4 V,r=1 B.E=3 V,r=2 C.E=2.4 V,r=2 D.E=3 V,r=1 ,4.某直流电路如图所示,电源内阻不可忽略,在滑动变阻器的滑片P向右 移动时,电源的 ( C ) A.总功率一定增大 B.效率

4、一定减小 C.内部损耗功率一定减小 D.输出功率一定先增大后减小,突破一 闭合电路的动态分析,重难突破,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.电路动态分析的方法 (1)程序法:遵循“局部整体部分”的思路,按以下步骤分析:(2)极限法:因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题,可将滑动变阻 器的滑片分别滑至两个极端去讨论。,(3)串反并同法:“串反”是指某一电阻增大(或减小)时,与它串联或间 接串联的电阻中

5、的电流、两端电压、电功率都将减小(或增大)。“并 同”是指某一电阻增大(或减小)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(或减小)。,典例1 如图所示的电路中,电源的电动势E和内阻恒定不变,滑片P在变 阻器的中点位置时,灯泡L正常发光,现将滑片P移到最右端,则 ( C ) A.电压表的示数变大 B.电流表的示数变小 C.灯泡L消耗的功率变小 D.电阻R1消耗的功率变小,解析 将滑片P移到最右端,滑动变阻器连入电路的电阻减小,导致电路 总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律可得,电路的总电流增大,而电流表 在干路中,测量电路总电流,所以电流表的示数变大,因为电压表测量滑 动变阻

6、器两端的电压,而滑动变阻器的电阻减小,故电压表的示数减小, A、B错误;路端电阻减小,则灯泡两端的电压减小,根据公式PL= 可得灯泡消耗的功率减小,C正确;通过灯泡的电流减小,而总电流是增大的,所以通过R1的电流增大,根据公式P=I2R1可得R1消耗的电功率增大,故D错误。,1-1 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R2的滑动触头P移动时,关于两个电压表V1与V2的示数,下 列判断正确的是 ( C ) A.P向a移动,V1示数减小、V2示数减小 B.P向b移动,V1示数增大、V2示数减小 C.P向a移动,V1示数改变量的绝对值小 于V2示数改变量的绝对值

7、D.P向b移动,V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值,解析 P向a移动,R2连入电路的电阻减小,根据“并同串反”可知V2示 数减小,V1示数增大,U内增大,A错误;同理,B错误;E=U内+U外=U内+UV1+UV2, 电源电动势不变,U内改变量的绝对值与V1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。,解析 由题,电压表的示数增大,R和R1并联的电阻增大,得知R增大,总电 阻增大,总电流减小,并联部分电压增大,通过R1的电流增大,所以通过可 变电阻R的电流减小,故A错误;总电流减小,电阻R2两端的电压减小,路端 电压增大,而路端电压等于外电路总电压,所

8、以电阻R2两端的电压减小 量小于U,故B错误;由欧姆定律知,通过电阻R2的电流减小,减小量小于 ,故C错误;由于电阻R2两端的电压减小,所以路端电压的增大量小于 U,故D正确。,突破二 电路中的功率及效率,典例2 如图甲所示电路,定值电阻R0与滑动变阻器RP串联在电源两端, 电源内阻忽略不计,所有电表均为理想电表,改变滑动变阻器滑片P的位 置,读取电压表V1、V2以及电流表A的多组数据,作出如图乙所示I-U图 像,其中图线表示滑动变阻器RP两端电压随电流的变化关系;图线 表示定值电阻R0两端电压随电流的变化关系。根据图上的已知信息,下 列说法中正确的是 ( ),A.定值电阻R0= B.图像中I

9、0=2 A C.当RP=R0时,定值电阻R0上消耗的电功率最大 D.在电流表示数减小的过程中,电源的输出功率变大,解析 此电路为R0和RP的串联,电压表V1测R0两端电压,则有U1=IR0,电压 表V2测RP两端电压,则有U2=E-IR0,由图可知电源电动势为6 V,联立解得 R0=3 ,图中I0= =2 A,故A错误,B正确;定值电阻R0上消耗的电功率P=R0,当RP=0时,定值电阻R0上消耗的电功率最大,故C错误;由于 电源内阻忽略不计,所以电源输出功率为P=EI,在电流表示数减小的过 程中,电源的输出功率变小,故D错误。,2-1 如图所示,电源电动势E=2 V,内阻r=1 ,电阻R0=2

10、 ,可变电阻的阻值范围为010 。求可变电阻为多大时,R上消耗的功率最大,最大值为多少?,答案 W,解析 方法一:PR= , 根据闭合电路欧姆定律,路端电压 U=E = , 所以PR= ,代入数据整理得PR= ,当R= 时,R上 消耗的功率最大,Pmax= W。,方法二:采用等效电源法分析,把定值电阻等效到电源的内部,即把电源 和定值电阻看做电动势为E= E、内阻为r= 的电源,当R=r=时,电源对外电路R的输出功率最大,Pmax= 。 把数据代入各式得:E等=E= E= V r等=r= = 所以Pmax= = W。,突破三 电源的U-I图线和电阻的U-I图线,典例3 如图所示,直线A、B分别

11、为电源a、b的路端电压与电流的关系 图线,设两个电源的内阻分别为ra和rb,若将一定值电阻R0分别接到a、b 两电源上,通过R0的电流分别为Ia和Ib, 则下列说法错误的是 ( D ) A.rarb B.IaIb C.R0接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源的效率较低 D.R0接到b电源上,电源的输出功率较小,电源的效率较低,解析 在电源的路端电压与电流的关系图像中斜率的绝对值表示电源 内阻,rarb,A正确;在图像中作出定值电阻R0的伏安特性曲线,与电源的 图线的交点表示电路工作点,IaIb,B正确;R0接到a电源上,电源的输出功 率较大,但电源的效率较低,R0接到b电源上,电源的输出功

12、率较小,但电 源的效率较高,C正确,D错误。,3-1 如图所示,直线A为电源的U-I图线,直线B为电阻R的U-I图线,用该 电源和电阻组成闭合电路时,电源的输出功率和电路的总功率分别是 ( C ) A.4 W,8 W B.2 W,4 W C.4 W,6 W D.2 W,3 W,解析 从题图中可知E=3 V,图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成 电路的工作点。因此P出=UI=4 W,P总=EI=6 W。故选C。,典例4 某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流 的关系如图所示,用此电源和电阻R1、R2组成电路,R1、R2可以同时接入 电路,也可以单独接入电路。为使电源输出功率

13、最大,可采用的接法是 ( C ) A.将R1、R2串联后接到电源两端 B.将R1、R2并联后接到电源两端 C.将R1单独接到电源两端 D.将R2单独接到电源两端,解析 由题图知电源电动势为E=3 V,内阻为r=0.5 ,电阻R1=0.5 ,R2=1 ,要使电源的输出功率最大,则只需外电阻与电源内阻相等,所以C对。,4-1 (多选)某中学物理学习兴趣小组做“测定电源电动势和内阻”的 实验,他们分别测了两个电源的电动势和内阻,并利用所测数据绘出两 电源的U-I图像分别如图中所示,则 ( AD ) A.电源的电动势比电源的大 B.电源的内阻比电源的小 C.当外接相同电阻时,两电源的输出功率可能相等

14、D.当外接相同电阻时,电源的输出功率一定比电源的输出功率大,解析 由图像在U坐标轴上的截距表示电源电动势,图线的斜率的绝对 值表示电源的内阻,可得A正确、B错误。 作外接电阻R的U-I曲线分别交电源、的U-I 图线于S1、S2两点,如图所示: 电源的工作点横、纵坐标的乘积IU为电源的输出功率,由图可知,无论外接多大电阻,工作点S1的横、纵坐标的乘积都大于S2的横、纵坐标的乘积,可知电源的输出功率总比电源的输出功率大,故C错误,D正确。,突破四 含容电路的分析与计算,1.直流电路中电容的作用分析 在直流电路中,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

15、电的情况)的元件,电容器所处 电路可看做是断路,简化电路时可去掉它,简化后若要求电容器所带电 荷量时,可接在相应的位置上。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,电容器两极板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,电容器两极板间的电压与其并 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;如果电压降低,电容器将通过与它连接的 电路放电。,2.直流电路中静电计与电压表的分析 静电计的本质是一个电容

16、器,因此含有静电计的支路处理方法与电容器 一样,即看做断路处理;但是电压表是阻值相对很大的电阻,含有电压表 的支路,依然有微弱电流经过。,典例5 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,下列判断正确的是 ( D ) A.滑动变阻器R的接入阻值变小 B.灯泡L变亮 C.电源消耗的功率增大 D.电容器C的电荷量增大,解析 滑动变阻器的滑片向右移动时,其接入电阻增大,流过R的电流减 小,灯泡L变暗,故A、B错误;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=E-Ir知路端电压增大,即电容器C的电荷 量增大,D正确。,5-1 在如

17、图所示的电路中,R1=11 ,r=1 ,R2=R3=6 ,当开关S闭合且电 路稳定时,电容器C带电荷量为Q1;当开关S断开且电路稳定时,电容器C 带电荷量为Q2,则 ( A ) A.Q1Q2=13 B.Q1Q2=31 C.Q1Q2=15 D.Q1Q2=51,解析 当开关S闭合时,电容器两端电压等于R2两端的电压,U2= = ,Q1= C;当开关S断开时,电容器两端电压等于电源电动势, U=E,Q2=EC,所以Q1Q2=13,选项A正确。,5-2 如图所示的电路中,电源电动势E=8 V,内阻r=2 ,电阻R2=6 ,电 容为1 F的平行板电容器水平放置且下极板接地。当滑动变阻器R1的 滑片处于b

18、端时,有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状 态。下列说法正确的是 ( B ) A.此时P点电势为6 V B.电容器上极板所带电荷量为610-6 C C.若仅将电容器上极板缓慢上移少许,则P点电势不变 D.若仅将滑片从b端向a端缓慢移动少许,则油滴将向下移动,解析 由闭合电路板的欧姆定律可知路端电压U= E=6 V,则电容 器两极板的电势差为6 V,又下极板接地,故其电势为零,那么,P点电势为 U=3 V,故A错误;电容器上极板所带电荷量Q=CU=110-66 C=610-6 C,故B正确;移动电容器上极板,电容器两极板电势差不变,又两极板间 距离增大,故电场强度减小,又P点到下极板的距离不变,则P点电势减小, 故C错误;未移动滑片前,油滴处于静止状态,则电场力与重力平衡,电场 力方向向上,滑片从b端向a端移动,则外电路电阻增大,所以,路端电压增 大,故两极板电势差增大,极板间场强增大,油滴受到的电场力增大,故油 滴向上运动,故D错误。,