1、第二章直流电路习题课(二)闭合电路的分析与计算01 课堂 合作探究02 课后 巩固提升课时作业类型一 闭合电路的动态分析问题动态电路分析的基本步骤(1)明确各部分电路的串、并联关系，特别要注意电流表或电压表测量的是哪部分电路的电流或电压(2)由局部电路电阻的变化确定外电路总电阻的变化(3)根据闭合电路欧姆定律I ERr判断电路中总电流如何变化(4)根据U内Ir，判断电源的内电压如何变化(5)根据U外EIr，判断电源的外电压(路端电压)如何变化(6)根据串、并联电路的特点，判断各部分电路的电流、电压、电功率、电功如何变化例1 在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，灯泡L1、
2、L2均能发光现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是()A灯泡L1、L2均变亮 B灯泡L1变亮、L2变暗C电流表的示数变小D电源的总功率变小思路点拨 解此题的关键有两步：(1)分析电路的连接方式及各电表的测量部分(2)正确分析因滑片P移动造成的电阻、电流的变化解析 滑片P稍向上移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，外电路的总电阻变小，干路电路I变大，灯泡L1变亮；干路电路I变大时，电源的总功率PEI变大，并联部分的电压U并EI(rRL1)变小，灯泡L2变暗，选项B正确，A、D错误；干路电流I变大，流过灯泡L2的电流变小，所以电流表的示数变大，选项C错误答案 B动态电路变化的分析是根
3、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解答这类问题的基本思路是“由部分电路的电阻变化判断整体电阻的变化判断干路中的电流变化由串并联特点分析部分电路中电压、电流变化”1.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在a端时闭合开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小解析：由图知电压表测量
4、路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流R2的滑动触点向b端移动时，R2接入电路的电阻减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3两端电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，故A、C、D错误，B正确答案：B2(多选)在如图所示电路中，三个灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是()AL1和L3变暗，L2变亮BL1变暗，L2变亮，L3亮度不变CL1中电流变化值大于L3中电流变化值DL1上电压变化值小于L2上的电压变化值解析：当滑
5、片右移时，电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；内阻、R0及L1两端的电压减小，而电源电动势不变，故并联部分的电压增大，所以L2变亮因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，所以L3变暗，故A正确，B错误因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大，且有I1I2I3，故L1中电流的变化值一定小于L3中电流的变化值，故C错误；因并联部分的电压与L1、R0及内阻上的总电压等于电源的电动势，L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2两端电压增大值应等于其他三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D
6、正确答案：AD闭合电路动态问题的分析方法(1)程序法基本思路：电路结构的变化R的变化R总的变化I总的变化U内的变化U外的变化固定支路并联分流I串联分压U变化支路(2)结论法“并同串反”“并同”：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；某一电阻减小时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小“串反”：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；某一电阻减小时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大类型二 含容电路的分析与计算1电容器在电路中的特点(1)电路稳定时：电容器所在支路相当于断路因此
7、，该支路上的电阻两端无电压，该电阻相当于导线(2)当电容器与电阻并联后接入电路时：电容器两端的电压与并联电阻两端的电压相等(3)电路中的电流、电压变化时：将会引起电容器的充放电，如果电容器两端的电压升高，电容器将充电，反之电容器放电，通过与电容器串联的电阻的电荷量等于电容器带电荷量的变化2解答含电容器电路问题的步骤(1)应用电路的有关规律分析出电容器两极板间的电压及其变化情况(2)根据平行板电容器的相关知识进行分析求解例2 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻忽略不计R1、R2、R3、R4均为定值电阻，C是电容器，开关S是断开的现将开关S闭合，则在闭合S后的较长时间内，通过R4的电荷量是
8、多少？思路点拨 解答此题应注意以下三点：(1)S断开时电容器上电压与R2上电压相等；(2)S闭合时电容器上电压与R1上电压相等；(3)两种情况下电容器极性不同解析 S断开时，电源与R1、R2串联，R3、R4和电容器串联后与R2并联，由于电容器可看做断路，故R3、R4上电压为零，电容器上电压等于R2的电压，且上板电势高，带正电，Q1 CR2ER1R2.S闭合时，R1、R2串联后与R3并联，R4和电容器串联后并联在R1两端，电容器上的电压等于R1两端的电压，且上板电势低，带负电，Q2 CR1ER1R2.闭合S后的较长时间内，通过R4的电荷量为QQ1Q2 CR2ER1R2 CR1ER1R2CE.答案
9、 CE在计算电容器的带电荷量变化时，如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之和1(多选)在如图所示的电路中，已知C1C2，电阻R1R2，电源电动势为E，内阻不计当开关S由断开到接通后，下列说法正确的是()AC1所带的电荷量变多，C2所带的电荷量变少B电路稳定后C1所带的电荷量小于C2所带的电荷量CC1和C2的电荷量都变多DC1和C2的电荷量都变少解析：开关S断开时，C1和C2两端的电压均等于电源电动势E.当开关S接通稳定后，电源给串联的电阻R1和R2供电，
10、C1和C2两端的电压U1和U2分别等于电阻R2和R1两端的电压，因R1R2，所以U1U2E，由QCU得，开关S由断开到接通时，C1和C2的电荷量都变少，且C1所带的电荷量小于C2所带的电荷量，选项B、D正确答案：BD2.(多选)如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法中正确的是()A灯泡L1变亮B灯泡L2变亮C电容器的带电荷量增加D闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左解析：根据电路可知，S1闭合、S2断开时，L1、L2串联，则两灯一样亮，因L3与电容器串联后接到电源两端，则L3不亮，电
11、容器两端电压等于电源电动势E；当S2也闭合后，电路总阻值变小，流过L1的电流变大，L1两端电压变大，L2两端电压变小，则灯L1变亮，L2变暗；因电容器此时与灯L1并联，则电容器两端电压变小，电容器所带的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，B、C错误，A、D正确答案：AD(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QCU或QCU，求电荷量及其变化量类型三 电机电路的分析与计算1电动机的等效处理：电动机是一种非纯电阻用电器，它把电
12、能转化为机械能和内能在电路计算中，常把电动机等效为阻值等于其内阻的电阻r和无电阻的转动线圈串联而成，如图所示电流通过r时把电能转化为热能，而线圈把电能转化为机械能2输入功率：电动机的总功率，由电动机电路的电流和电压决定，计算公式：P总UI.3输出功率：电动机做有用功的功率，如图所示，P机mgv(设重物匀速上升)4热功率：电动机线圈上有电阻，电流通过线圈时要发热，热功率P热I2r.5功率关系：P总P机P热6电动机的效率：P机P总.例3 如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈的电阻为r1，电动机两端电压为5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N忽略一切摩擦，求：(1)电动机线圈电阻消耗的
13、热功率为多少？(2)电动机输入功率和输出功率各是多少？(3)10 s内电动机可以把重物匀速提升多高？(4)这台电动机的机械效率是多少？思路点拨 解此题的关键是正确理解电机输入功率、输出功率、热功率的概念及相互关系解析 电动机工作时，其电路为非纯电阻电路，它从电源获取的功率一部分转化为线圈的热功率，另一部分转化为电动机的机械功率(1)电动机线圈上消耗的热功率为P热I2r1 W.(2)电动机的输入功率就是电流通过电动机做功的功率，即P入UI51 W5 W，电动机的输出功率就是电动机对外做机械功的功率，根据P入P出P热得P出P入P热5 W1 W4 W.(3)设物体A的重力为G，t10 s内物体上升的
14、高度为h，根据能量守恒定律得P出tGh，hP出tG 41020 m2 m.(4)这台电动机的机械效率为P出P入100%45100%80%.答案(1)1 W(2)5 W 4 W(3)2 m(4)80%(1)电动机是非纯电阻用电器，要注意区分电功率和热功率，电功率用P总UI计算，热功率P热I2R，机械功率P机P总P热(2)明确电动机电路中的能量转化关系，利用能量守恒定律分析问题1在如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6 V 12 W”字样，电动机线圈的电阻RM0.5.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是()A电动机的输入功率为24 WB电动机的输出功率为12 WC电动机的热功
15、率为2 WD整个电路消耗的电功率为22 W解析：电动机为非纯电阻电路，欧姆定律对电动机不再适用灯泡L正常发光，则ILPU2 A，所以电路中的电流I2 A，故整个电路消耗的总功率P总UI24 W，选项D错误电动机的输入功率P入P总P灯12 W，选项A错误电动机的热功率P热I2RM2 W，选项C正确电动机的输出功率为P出P入P热10 W，选项B错误答案：C2.如图所示，电源的电动势E24 V，内阻r1，电阻R2，M为直流电动机，其电阻r1，电动机正常工作时，其两端所接电压表读数为UV21 V，求电动机转变为机械能的功率是多大？解析：由闭合电路欧姆定律可得EUVI(Rr)，则IEUVRr 24212
16、1 A1 A.由能量守恒可知电动机输出的机械功率为P机IUVI2r(121121)W20 W.答案：20 W含电动机的电路部分必须利用能量守恒求解，对于电动机必须注意公式要运用正确纯电阻电路部分一些公式的变形不能使用，所以需要计算输入功率时，必须求出电动机两端电压和工作电流；需要计算电动机消耗的电热功率时，必须求出电动机的工作电流和内阻随堂训练1(多选)在如图所示的电路中，当可变电阻R的阻值增大时()AA、B两点间的电压增大BA、B两点间的电压减小C通过R的电流I增大D通过R的电流I减小2.在如图所示的电路中，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则()A电源的总功率变小B电容器储存的电荷量变大C灯
17、L1变暗D灯L2变亮解析：RR总IUUCIR1IL2由此电路的变化可知：电源的总功率(PEI)变大；电容器储存的电荷量(QCUC)变小；灯L1变亮；灯L2变亮所以答案是D.答案：D3.在如图所示的电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0，电路中的电阻R0为1.5，小型直流电动机M的内阻为0.5.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2 A，则以下判断中正确的是()A电动机的输出功率为14 WB电动机两端的电压为7.0 VC电动机产生的热功率为4.0 WD电源输出的功率为24 W解析：电动机两端的电压U机EI(rR0)7.0 V，选项B正确；电动机输出的功率P机出U机II2r机12 W，
18、选项A错误；电动机产生的热功率为P机热I2r机2.0 W，选项C错误；电源输出的功率P出EII2r20 W，选项D错误答案：B4.如图所示，E10 V，r1，R1R35，R24，C100 F.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：(1)开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qEmg且qE竖直向上S闭合后，qEmg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UCR2R1R2rE4 V，qUCd mg.S闭合后，UC R2R2rE8 V.设带电粒子加速度为a，则qUCd mgma，解得ag，方向竖直向上(2)S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以QC(UCUC)4104 C.答案：(1)g 方向竖直向上(2)4104 C课时作业
