还剩14页未读，
继续阅读
鲁科版 (2019)必修 第三册第1节 闭合电路欧姆定律优质教学设计
展开
这是一份鲁科版 (2019)必修 第三册第1节 闭合电路欧姆定律优质教学设计，共17页。
核心要点 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→局部的顺序进行分析。
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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(并联分流I,串联分压U))→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端点去讨论。
[试题案例]
[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( )
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＝eq \f(E,R总＋r)，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＝eq \f(U2,R2)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。
答案 C
方法总结 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( )
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
核心要点 闭合电路的功率和效率
[要点归纳]
1.电源的总功率：P总＝EI；电源内阻消耗功率P内＝U内I＝I2r；电源输出功率P出＝U外I。
2.对于纯电阻电路，电源的输出功率P出＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)，当R＝r时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P＝eq \f(E2,4r)。电源输出功率随外电阻的变化曲线如图所示。
3.电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝eq \f(P出,P总)＝eq \f(IU,IE)＝eq \f(U,E)。对于纯电阻电路，电源的效率η＝eq \f(I2R,I2（R＋r）)＝eq \f(R,R＋r)＝eq \f(1,1＋\f(r,R))，所以当R增大时，效率η提高。当R＝r(电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高。
[试题案例]
[例2] 如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值。
解析 保护电阻消耗的功率为P0＝eq \f(E2R0,（r＋R＋R0）2)，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝eq \f(E2R0,（r＋R0）2)＝eq \f(62×0.5,1.52) W＝8 W。
答案 8 W
总结提升
(1)定值电阻消耗功率最大时通过的电流最大。
(2)求可变电阻消耗的功率时可将其他电阻等效为电源内阻。
[变式1] 例题中条件不变，求当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。
解析 这时要把保护电阻R0与电源内阻r等效为电源内阻，据以上结论，当R＝R0＋r即R＝(1＋0.5 ) Ω＝1.5 Ω时，PRmax＝eq \f(E2,4（r＋R0）)＝eq \f(62,4×1.5) W＝6 W。
答案 1.5 Ω 6 W
[变式2] 在例题中，若电阻箱R的最大值为3 Ω，R0＝5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。
解析 把R0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r等)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(E2,\f(（R－r等）2,R)＋4r等)，则不能满足R＝r等，当电阻箱R的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r等)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(4,3) W。
答案 3 Ω eq \f(4,3) W
[变式3] 例题中条件不变，求电源的最大输出功率。
解析 由电功率公式P出＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R外＋r)))eq \s\up12(2)R外＝eq \f(E2,\f(（R外－r）2,R外)＋4r)，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5 Ω时，P出max＝eq \f(E2,4r)＝eq \f(62,4×1) W＝9 W。
答案 9 W
[例3] 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R为电阻箱。图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图像，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0。下列说法中正确的是( )
A.R1＜R2 B.I1＋I2>eq \f(E,r)
C.R1R2＝r2 D.η1＝η2
解析 由闭合电路欧姆定律可知：I＝eq \f(E,r＋R)，由图可知，I1＜I2，则R1＞R2，故A错误；由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，输出功率为P＝UI＝EI－I2r，由图有EI1－Ieq \\al(2,1)r＝EI2－Ieq \\al(2,2)r，整理得I1＋I2＝eq \f(E,r)，故B错误；
根据电功率表达式，P0＝Ieq \\al(2,1)R1＝Ieq \\al(2,2)R2，
且I＝eq \f(E,R＋r)，则有eq \f(E2,（r＋R1）2)R1＝eq \f(E2,（r＋R2）2)R2，
整理得R1R2＝r2，故C正确；
根据电源的效率可得η＝eq \f(P0,EI)，因I1＜I2，因此η1＞η2，故D错误。
答案 C
[针对训练2] 受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车。某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图像如图所示(纯电阻电路)。
(1)求该电池的电动势E和内阻r；
(2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R(纯电阻电路)；
(3)由图像可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻(纯电阻)R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系。
解析 (1)I1＝2 A时，Pm＝eq \f(E2,4r)
I2＝4 A时，输出功率为零，此时电源被短路，即I2＝eq \f(E,r)
解得E＝2 V，r＝0.5 Ω。
(2)R＝r＝0.5 Ω。
(3)由题知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R1＋r)))eq \s\up12(2)R1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R2＋r)))eq \s\up12(2)R2
整理得r2＝R1R2。
答案 (1)2 V 0.5 Ω (2)0.5 Ω (3)r2＝R1R2
核心要点 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。
[试题案例]
[例4] 如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝
30 μF，求：
(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，则I＝eq \f(E,R1＋R2)＝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Q＝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Q′＝C·UC′。故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
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ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。
[针对训练3] 如图所示电路中，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。
(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＝eq \f(E,R1＋R2＋r)R1＝eq \f(9,6＋10＋2)×6 V＝3 V。
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＝10×10－6×9 C＝9×10－5 C，而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量QR2＝ΔQ＝Q′－Q＝9×10－5 C－3×
10－5 C＝6×10－5 C。
答案 (1)3×10－5 C (2)6×10－5 C
1.(闭合电路的动态分析)如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
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R0的滑动端向下滑动可知R0连入电路的有效电阻减小，则R外减小，由I＝eq \f(E,R外＋r)可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小。由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝eq \f(U2,R2)可知电流表示数减小，故A正确。
答案 A
2.(闭合电路中的功率和效率)如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U－I图线。用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2。则( )
A.P1>P2 B.P1
C.η1>η2 D.η1<η2
解析 由图线的交点可得出，R1接在电源上时，电源的输出功率P1＝U1I1＝8 W；R2接在电源上时，电源的输出功率P2＝U2I2＝8 W，A、B错误；η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(U,E)×100%，由于U1>U2，故η1>η2，C正确，D错误。
答案 C
3.(含容电路分析)如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )
A.电容器中的电场强度将增大
B.电容器上的电荷量将减少
C.电容器的电容将减少
D.液滴将向上运动
解析 若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小，R2两端电压减小，所以电容器两端电压减小，电容器上的电荷量减少，电容器两极板间的电场强度减小，液滴将向下运动，故B正确，A、D错误；由平行板电容器电容C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容不变，选项C错误。
答案 B
4.(闭合电路的功率极值问题)如图所示，电路中E＝3 V，r＝0.5 Ω，R0＝1.5 Ω。变阻器的最大阻值R＝10 Ω。
(1)在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？
(2)在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？
解析 (1)此种情况可以把R0归入电源内电阻，这样变阻器上消耗的功率，也就是电源的输出功率。
即当R＝r＋R0＝2 Ω时，R消耗功率最大为
Pm＝eq \f(E2,4R)＝eq \f(32,4×2) W＝eq \f(9,8) W。
(2)定值电阻R0上消耗的功率可以表示为P＝I2R0，因为R0不变，当电流最大时功率最大，此时对应电路中电阻最小，即当R＝0时，R0上消耗的功率最大。
Pm′＝eq \f(E2,（R0＋r）2)R0＝eq \f(32,（1.5＋0.5）2)×1.5 W＝eq \f(27,8) W。
答案 (1)2 Ω eq \f(9,8) W (2)0 eq \f(27,8) W
基础过关
1.如图所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值。则( )
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.路端电压增大
解析 题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U外↓，示数增大；R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小，示数减小，A、C、D错误，B正确。
答案 B
2.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb。由图可知ηa、ηb的值分别为( )
A.eq \f(3,4)、eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)、eq \f(2,3)
C.eq \f(1,2)、eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)、eq \f(1,3)
解析 由U－I图像可知，若电源的电动势为6U0，则a、b两点处对应的路端电压分别为4U0、2U0，电源的效率η＝eq \f(UI,EI)＝eq \f(U,E)，所以ηa＝eq \f(U1,E)＝eq \f(2,3)，ηb＝eq \f(U2,E)＝eq \f(1,3)，选项D正确。
答案 D
3.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q。将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比( )
A.U变小 B.I变小
C.Q不变 D.Q减小
解析 当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U＝E－I(R2＋r)，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C＝eq \f(Q,U)，得Q＝CU，可判断出电容器所带的电荷量Q增大，故B正确，A、C、D错误。
答案 B
4.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I，a、b两端的电压U将( )
A.I变大，U变大B.I变小，U变小
C.I变大，U变小D.I变小，U变大
解析 由题意知RB的电阻随断针的出现而减小，即外电路的总电阻R外减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝eq \f(E,R外＋r)可知I总增大，再由U＝E－I总r可知，外电压U减小。而由U1＝I总R1可知，U1增大，U2必减小，I2减小，由电流表的电流I＝
I总－I2可知，电流表的电流必变大。故A、B、D错误，选项C正确。
答案 C
5.(多选)如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线。将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么( )
A.R接到b电源上时电源的效率高
B.R接到b电源上时电源的输出功率较大
C.R接到a电源上时电源的输出功率较大，但电源效率较低
D.R接到a电源上时电阻的发热功率较大，电源效率也较高
解析 由题图知Ea>Eb，内阻ra>rb，当电阻R接到电源两极时，电源的效率为
η＝eq \f(I2R,I2（R＋r）)＝eq \f(R,R＋r)，所以R接到电源b上时，电源的效率高，A正确，D错误；由题图知，R接到电源a上时，电源的输出电压和电流均比接到b上时大，故R接到电源a上时，电源的输出功率较大，B错误，C正确。
答案 AC
6.如图所示电路中，定值电阻R2＝r(r为电源内阻)，滑动变阻器的最大阻值为R1且R1≫R2＋r。在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是( )
A.电源的输出功率变小
B.R2消耗的功率先变大后变小
C.滑动变阻器消耗的功率先变大后变小
D.以上说法都不对
解析 滑片向右滑动，滑动变阻器接入电路部分电阻变小，电路中的电流变大，通过电源内阻的电流和通过电阻R2的电流都变大，这两个电阻是定值电阻，消耗的功率变大，在滑动的过程中内阻始终小于外电阻，所以电源的输出功率增大。考虑滑动变阻器上的功率消耗时可以把R2看成电源的一部分，当滑动变阻器的阻值等于2r时，消耗的功率最大，当滑动变阻器阻值小于2r时，消耗的功率变小，故只有选项C正确。
答案 C
7.如图所示，R为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2 Ω 时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V。求：
(1)电源的电动势E和内阻r；
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
解析 (1)由闭合电路欧姆定律E＝U1＋eq \f(U1,R1)r①
E＝U2＋eq \f(U2,R2)r②
联立①②并代入数据解得E＝6 V，r＝1 Ω
(2)由电功率表达式P＝eq \f(E2,（R＋r）2)R③
将③式变形为P＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)④
由④式知，R＝r＝1 Ω时，P有最大值Pm＝eq \f(E2,4r)＝9 W
答案 (1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W
能力提升
8.(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0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。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )
A.灯泡L将变暗
B.灯泡L将变亮
C.电容器C的电荷量将减小
D.电容器C的电荷量将增大
解析 由题意，可知R增大，电流I＝eq \f(E,R＋RL＋r)减小，灯泡L将变暗，故A正确，B错误；路端电压U＝E－Ir增大，则电容器电荷量Q＝CU增大，故C错误，D正确。
答案 AD
9.(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )
A.电源1与电源2的内阻之比是11∶7
B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
解析 图线Ⅰ、Ⅱ的斜率的绝对值为电源内阻，所以电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A正确；图线Ⅰ、Ⅱ与纵轴的交点等于电源电动势，两条图线相交于纵轴上一点，所以电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B正确；曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ的交点就是在这两种连接状态下，小灯泡实际工作的电压和电流，小灯泡消耗的功率之比eq \f(P1,P2)＝eq \f(U1I1,U2I2)＝eq \f(1,2)，选项C正确；在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比eq \f(R1,R2)＝eq \f(\f(U1,I1),\f(U2,I2))＝eq \f(18,25)，选项D错误。
答案 ABC
10.在如图所示电路中，R2为光敏电阻，合上开关S，用较弱光照射R2，电压表读数为U0，电流表读数为I0；用较强光照射R2，电压表读数为U1，电流表读数为I1；用更强光照射R2，电压表读数为U2，电流表读数为I2。处理实验数据，令
k1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U1－U0,I1－I0)))，k2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U2－U0,I2－I0)))，则k1、k2的关系为( )
A.k1＞k2 B.k1＝k2
C.k1＜k2 D.无法确定
解析 设路端电压为U，干路中电流为I，电源的内阻为r。根据电路结构可知，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir
则得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝r可知，k1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U1－U0,I1－I0)))＝r，k2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U2－U0,I2－I0)))＝r
所以k1＝k2，故B正确。
答案 B
11.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、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R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )
A.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C.保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D.保持R2不变，缓慢增大R1时，F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，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压。当R2不变，R1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，F不变，C、D两项错误；若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，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，F变小，故A项错误，B项正确。
答案 B
12.如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF。开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？
解析 S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则U2＝eq \f(E,R1＋R2＋r)R2＝3 V。电容器C的电荷量Q＝CU＝CU2＝1.2×10－5 C。且a板带正电，b板带负电。
S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U′为电阻R1两端电压U1′。则有R外＝eq \f(R3（R1＋R2）,R3＋（R1＋R2）)＝3 Ω，电阻R1中的电流I1′＝eq \f(E,R外＋r)·eq \f(R外,R1＋R2)＝0.9 A，电阻R1两端电压U1′＝I1′R1＝1.8 V，电容器C的电荷量Q′＝CU1′＝7.2×10－6 C。且a板带负电，b板带正电。故通过电流表的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝1.92×10－5 C。
答案 1.92×10－5 C
核心要点 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→局部的顺序进行分析。
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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(并联分流I,串联分压U))→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端点去讨论。
[试题案例]
[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( )
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＝eq \f(E,R总＋r)，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＝eq \f(U2,R2)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。
答案 C
方法总结 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( )
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
核心要点 闭合电路的功率和效率
[要点归纳]
1.电源的总功率：P总＝EI；电源内阻消耗功率P内＝U内I＝I2r；电源输出功率P出＝U外I。
2.对于纯电阻电路，电源的输出功率P出＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)，当R＝r时，电源的输出功率最大，其最大输出功率为P＝eq \f(E2,4r)。电源输出功率随外电阻的变化曲线如图所示。
3.电源的效率：指电源的输出功率与电源的总功率之比，即η＝eq \f(P出,P总)＝eq \f(IU,IE)＝eq \f(U,E)。对于纯电阻电路，电源的效率η＝eq \f(I2R,I2（R＋r）)＝eq \f(R,R＋r)＝eq \f(1,1＋\f(r,R))，所以当R增大时，效率η提高。当R＝r(电源有最大输出功率)时，效率仅为50%，效率并不高。
[试题案例]
[例2] 如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值。
解析 保护电阻消耗的功率为P0＝eq \f(E2R0,（r＋R＋R0）2)，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝eq \f(E2R0,（r＋R0）2)＝eq \f(62×0.5,1.52) W＝8 W。
答案 8 W
总结提升
(1)定值电阻消耗功率最大时通过的电流最大。
(2)求可变电阻消耗的功率时可将其他电阻等效为电源内阻。
[变式1] 例题中条件不变，求当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。
解析 这时要把保护电阻R0与电源内阻r等效为电源内阻，据以上结论，当R＝R0＋r即R＝(1＋0.5 ) Ω＝1.5 Ω时，PRmax＝eq \f(E2,4（r＋R0）)＝eq \f(62,4×1.5) W＝6 W。
答案 1.5 Ω 6 W
[变式2] 在例题中，若电阻箱R的最大值为3 Ω，R0＝5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。
解析 把R0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r等)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(E2,\f(（R－r等）2,R)＋4r等)，则不能满足R＝r等，当电阻箱R的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R＋r等)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(4,3) W。
答案 3 Ω eq \f(4,3) W
[变式3] 例题中条件不变，求电源的最大输出功率。
解析 由电功率公式P出＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R外＋r)))eq \s\up12(2)R外＝eq \f(E2,\f(（R外－r）2,R外)＋4r)，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5 Ω时，P出max＝eq \f(E2,4r)＝eq \f(62,4×1) W＝9 W。
答案 9 W
[例3] 如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R为电阻箱。图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图像，电流表为理想电表，其中电流为I1、I2时对应的外电阻分别为R1、R2，电源的效率分别为η1、η2，输出功率均为P0。下列说法中正确的是( )
A.R1＜R2 B.I1＋I2>eq \f(E,r)
C.R1R2＝r2 D.η1＝η2
解析 由闭合电路欧姆定律可知：I＝eq \f(E,r＋R)，由图可知，I1＜I2，则R1＞R2，故A错误；由闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir，输出功率为P＝UI＝EI－I2r，由图有EI1－Ieq \\al(2,1)r＝EI2－Ieq \\al(2,2)r，整理得I1＋I2＝eq \f(E,r)，故B错误；
根据电功率表达式，P0＝Ieq \\al(2,1)R1＝Ieq \\al(2,2)R2，
且I＝eq \f(E,R＋r)，则有eq \f(E2,（r＋R1）2)R1＝eq \f(E2,（r＋R2）2)R2，
整理得R1R2＝r2，故C正确；
根据电源的效率可得η＝eq \f(P0,EI)，因I1＜I2，因此η1＞η2，故D错误。
答案 C
[针对训练2] 受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车。某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I变化的图像如图所示(纯电阻电路)。
(1)求该电池的电动势E和内阻r；
(2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R(纯电阻电路)；
(3)由图像可以看出，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻(纯电阻)R1、R2，试确定r、R1、R2三者间的关系。
解析 (1)I1＝2 A时，Pm＝eq \f(E2,4r)
I2＝4 A时，输出功率为零，此时电源被短路，即I2＝eq \f(E,r)
解得E＝2 V，r＝0.5 Ω。
(2)R＝r＝0.5 Ω。
(3)由题知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R1＋r)))eq \s\up12(2)R1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R2＋r)))eq \s\up12(2)R2
整理得r2＝R1R2。
答案 (1)2 V 0.5 Ω (2)0.5 Ω (3)r2＝R1R2
核心要点 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。
[试题案例]
[例4] 如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝
30 μF，求：
(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，则I＝eq \f(E,R1＋R2)＝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Q＝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Q′＝C·UC′。故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
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ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。
[针对训练3] 如图所示电路中，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。
(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＝eq \f(E,R1＋R2＋r)R1＝eq \f(9,6＋10＋2)×6 V＝3 V。
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＝10×10－6×9 C＝9×10－5 C，而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量QR2＝ΔQ＝Q′－Q＝9×10－5 C－3×
10－5 C＝6×10－5 C。
答案 (1)3×10－5 C (2)6×10－5 C
1.(闭合电路的动态分析)如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
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R0的滑动端向下滑动可知R0连入电路的有效电阻减小，则R外减小，由I＝eq \f(E,R外＋r)可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小。由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝eq \f(U2,R2)可知电流表示数减小，故A正确。
答案 A
2.(闭合电路中的功率和效率)如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U－I图线。用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2。则( )
A.P1>P2 B.P1
C.η1>η2 D.η1<η2
解析 由图线的交点可得出，R1接在电源上时，电源的输出功率P1＝U1I1＝8 W；R2接在电源上时，电源的输出功率P2＝U2I2＝8 W，A、B错误；η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(U,E)×100%，由于U1>U2，故η1>η2，C正确，D错误。
答案 C
3.(含容电路分析)如图所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则( )
A.电容器中的电场强度将增大
B.电容器上的电荷量将减少
C.电容器的电容将减少
D.液滴将向上运动
解析 若将滑片向左移动，则R总增大，干路电流减小，R2两端电压减小，所以电容器两端电压减小，电容器上的电荷量减少，电容器两极板间的电场强度减小，液滴将向下运动，故B正确，A、D错误；由平行板电容器电容C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容不变，选项C错误。
答案 B
4.(闭合电路的功率极值问题)如图所示，电路中E＝3 V，r＝0.5 Ω，R0＝1.5 Ω。变阻器的最大阻值R＝10 Ω。
(1)在变阻器的阻值R为多大时，变阻器上消耗的功率最大？最大为多大？
(2)在变阻器的阻值R为多大时，定值电阻R0上消耗的功率最大？最大为多大？
解析 (1)此种情况可以把R0归入电源内电阻，这样变阻器上消耗的功率，也就是电源的输出功率。
即当R＝r＋R0＝2 Ω时，R消耗功率最大为
Pm＝eq \f(E2,4R)＝eq \f(32,4×2) W＝eq \f(9,8) W。
(2)定值电阻R0上消耗的功率可以表示为P＝I2R0，因为R0不变，当电流最大时功率最大，此时对应电路中电阻最小，即当R＝0时，R0上消耗的功率最大。
Pm′＝eq \f(E2,（R0＋r）2)R0＝eq \f(32,（1.5＋0.5）2)×1.5 W＝eq \f(27,8) W。
答案 (1)2 Ω eq \f(9,8) W (2)0 eq \f(27,8) W
基础过关
1.如图所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小R的阻值。则( )
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.路端电压增大
解析 题图中的电路结构是R1与R先并联，再与R2串联，故R↓→R总↓→I干↑→U内↑→U外↓，示数增大；R2两端电压U2＝I干R2，U2增大，所以R与R1的并联电压减小，示数减小，A、C、D错误，B正确。
答案 B
2.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb。由图可知ηa、ηb的值分别为( )
A.eq \f(3,4)、eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)、eq \f(2,3)
C.eq \f(1,2)、eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)、eq \f(1,3)
解析 由U－I图像可知，若电源的电动势为6U0，则a、b两点处对应的路端电压分别为4U0、2U0，电源的效率η＝eq \f(UI,EI)＝eq \f(U,E)，所以ηa＝eq \f(U1,E)＝eq \f(2,3)，ηb＝eq \f(U2,E)＝eq \f(1,3)，选项D正确。
答案 D
3.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q。将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，与P移动前相比( )
A.U变小 B.I变小
C.Q不变 D.Q减小
解析 当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U＝E－I(R2＋r)，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据C＝eq \f(Q,U)，得Q＝CU，可判断出电容器所带的电荷量Q增大，故B正确，A、C、D错误。
答案 B
4.为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在。如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中RB是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器RB所在处出现断针时，电流表的电流I，a、b两端的电压U将( )
A.I变大，U变大B.I变小，U变小
C.I变大，U变小D.I变小，U变大
解析 由题意知RB的电阻随断针的出现而减小，即外电路的总电阻R外减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝eq \f(E,R外＋r)可知I总增大，再由U＝E－I总r可知，外电压U减小。而由U1＝I总R1可知，U1增大，U2必减小，I2减小，由电流表的电流I＝
I总－I2可知，电流表的电流必变大。故A、B、D错误，选项C正确。
答案 C
5.(多选)如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线。将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么( )
A.R接到b电源上时电源的效率高
B.R接到b电源上时电源的输出功率较大
C.R接到a电源上时电源的输出功率较大，但电源效率较低
D.R接到a电源上时电阻的发热功率较大，电源效率也较高
解析 由题图知Ea>Eb，内阻ra>rb，当电阻R接到电源两极时，电源的效率为
η＝eq \f(I2R,I2（R＋r）)＝eq \f(R,R＋r)，所以R接到电源b上时，电源的效率高，A正确，D错误；由题图知，R接到电源a上时，电源的输出电压和电流均比接到b上时大，故R接到电源a上时，电源的输出功率较大，B错误，C正确。
答案 AC
6.如图所示电路中，定值电阻R2＝r(r为电源内阻)，滑动变阻器的最大阻值为R1且R1≫R2＋r。在滑动变阻器的滑片P由左端a向右滑动的过程中，以下说法正确的是( )
A.电源的输出功率变小
B.R2消耗的功率先变大后变小
C.滑动变阻器消耗的功率先变大后变小
D.以上说法都不对
解析 滑片向右滑动，滑动变阻器接入电路部分电阻变小，电路中的电流变大，通过电源内阻的电流和通过电阻R2的电流都变大，这两个电阻是定值电阻，消耗的功率变大，在滑动的过程中内阻始终小于外电阻，所以电源的输出功率增大。考虑滑动变阻器上的功率消耗时可以把R2看成电源的一部分，当滑动变阻器的阻值等于2r时，消耗的功率最大，当滑动变阻器阻值小于2r时，消耗的功率变小，故只有选项C正确。
答案 C
7.如图所示，R为电阻箱，为理想电压表，当电阻箱读数为R1＝2 Ω 时，电压表读数为U1＝4 V；当电阻箱读数为R2＝5 Ω时，电压表读数为U2＝5 V。求：
(1)电源的电动势E和内阻r；
(2)当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
解析 (1)由闭合电路欧姆定律E＝U1＋eq \f(U1,R1)r①
E＝U2＋eq \f(U2,R2)r②
联立①②并代入数据解得E＝6 V，r＝1 Ω
(2)由电功率表达式P＝eq \f(E2,（R＋r）2)R③
将③式变形为P＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)④
由④式知，R＝r＝1 Ω时，P有最大值Pm＝eq \f(E2,4r)＝9 W
答案 (1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W
能力提升
8.(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0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。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是( )
A.灯泡L将变暗
B.灯泡L将变亮
C.电容器C的电荷量将减小
D.电容器C的电荷量将增大
解析 由题意，可知R增大，电流I＝eq \f(E,R＋RL＋r)减小，灯泡L将变暗，故A正确，B错误；路端电压U＝E－Ir增大，则电容器电荷量Q＝CU增大，故C错误，D正确。
答案 AD
9.(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )
A.电源1与电源2的内阻之比是11∶7
B.电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
解析 图线Ⅰ、Ⅱ的斜率的绝对值为电源内阻，所以电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A正确；图线Ⅰ、Ⅱ与纵轴的交点等于电源电动势，两条图线相交于纵轴上一点，所以电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B正确；曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ的交点就是在这两种连接状态下，小灯泡实际工作的电压和电流，小灯泡消耗的功率之比eq \f(P1,P2)＝eq \f(U1I1,U2I2)＝eq \f(1,2)，选项C正确；在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比eq \f(R1,R2)＝eq \f(\f(U1,I1),\f(U2,I2))＝eq \f(18,25)，选项D错误。
答案 ABC
10.在如图所示电路中，R2为光敏电阻，合上开关S，用较弱光照射R2，电压表读数为U0，电流表读数为I0；用较强光照射R2，电压表读数为U1，电流表读数为I1；用更强光照射R2，电压表读数为U2，电流表读数为I2。处理实验数据，令
k1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U1－U0,I1－I0)))，k2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U2－U0,I2－I0)))，则k1、k2的关系为( )
A.k1＞k2 B.k1＝k2
C.k1＜k2 D.无法确定
解析 设路端电压为U，干路中电流为I，电源的内阻为r。根据电路结构可知，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir
则得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝r可知，k1＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U1－U0,I1－I0)))＝r，k2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(U2－U0,I2－I0)))＝r
所以k1＝k2，故B正确。
答案 B
11.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、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R1、R2，关于F的大小判断正确的是( )
A.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大
B.保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小
C.保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大
D.保持R2不变，缓慢增大R1时，F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，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压。当R2不变，R1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，F不变，C、D两项错误；若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，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，F变小，故A项错误，B项正确。
答案 B
12.如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF。开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？
解析 S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则U2＝eq \f(E,R1＋R2＋r)R2＝3 V。电容器C的电荷量Q＝CU＝CU2＝1.2×10－5 C。且a板带正电，b板带负电。
S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U′为电阻R1两端电压U1′。则有R外＝eq \f(R3（R1＋R2）,R3＋（R1＋R2）)＝3 Ω，电阻R1中的电流I1′＝eq \f(E,R外＋r)·eq \f(R外,R1＋R2)＝0.9 A，电阻R1两端电压U1′＝I1′R1＝1.8 V，电容器C的电荷量Q′＝CU1′＝7.2×10－6 C。且a板带负电，b板带正电。故通过电流表的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝1.92×10－5 C。
答案 1.92×10－5 C
相关教案
高中物理人教版 (2019)必修 第三册2 闭合电路的欧姆定律教案： 这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册2 闭合电路的欧姆定律教案，共12页。教案主要包含了教学目标，核心素养，闭合电路欧姆定律及其能量分析，路端电压与负载的关系等内容，欢迎下载使用。
粤教版 (2019)必修 第三册第二节 闭合电路的欧姆定律教学设计： 这是一份粤教版 (2019)必修 第三册第二节 闭合电路的欧姆定律教学设计，共4页。教案主要包含了观察与思考，思考问题，讨论与交流等内容，欢迎下载使用。
高中鲁科版 (2019)第1节 闭合电路欧姆定律优秀教学设计： 这是一份高中鲁科版 (2019)第1节 闭合电路欧姆定律优秀教学设计，共17页。
