【文档含习题】第02章 直流电路-【创新设计】2019版同步课堂讲义物理（教科版选修3-1）

习题课四　闭合电路欧姆定律的应用 　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→整体→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→R总的变化→I总的变化→U内的变化→ U外的变化→固定支路 →变化支路。 (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。 (3)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、内阻为r的电源与定值电阻R1、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b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A1减小，A2增大 D.电压表读数减小，电流表A1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b端时，滑动变阻器连入电路中的阻值R增大，则外电路的总阻值R总增大，干路电流I＝知，I2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。 ，因R总增大，所以I减小，故A1示数减小；路端电压U＝E－Ir，因I减小，所以U增大，即电压表的读数增大；R2两端电压U2＝E－I(R1＋r)，因I减小，所以U2增大，由I2＝ 答案　C 动态电路的分析方法 (1)程序法：局部→整体→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，R1阻值恒定，R2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R2所在位置温度升高时(　　) 图2 A.R1两端的电压减小 B.小灯泡的亮度变暗 C.电流表的示数减小 D.通过R2的电流减小 解析　当R2所在位置温度升高时，R2阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电流表的示数增大，R1两端的电压U1＝IR1增大，故A、C错误；总电流增大，内电压增大，则路端电压U＝E－Ir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 　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＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，求： 图3 (1)S闭合后，稳定时通过R1的电流； (2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的电荷量。 解析　(1)S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，易求I＝＝1 A，即为通过R1的电流。 (2)S闭合时，电容器两端电压UC＝U2＝I·R2＝6 V，储存的电荷量Q1＝C·UC。S断开至达到稳定后电路中电流为零，此时UC′＝E，储存的电荷量Q1′＝C·UC′。很显然电容器上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CUC′－CUC＝1.2×10－4 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R1这条途径实现，所以流过R1的电荷量就是电容器上增加的电荷量。 答案　(1)1 A　(2)1.2×10－4 C 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ΔQ＝CΔU，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＝9 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝6 Ω，R2＝10 Ω，R3＝6 Ω，电容器的电容C＝10 μF。 图4 (1)保持开关S1、S2闭合，求电容器所带的电荷量； (2)保持开关S1闭合，将开关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S1、S2闭合，则电容器两端的电压UC＝UR1＝×6 V＝3 V。 R1＝ 电容器所带的电荷量为 Q＝CUC＝10×10－6×3 C＝3×10－5 C。 (2)保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器两端的电压等于电源电动势，此时电容器上的电荷量Q′＝CE＝10×1