閉合電路歐姆定律及其應用(1)電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱的物理量。(√)(2)電動勢就等于電源兩極間的電壓。(×)(3)閉合電路中外電阻越大，路端電壓越小。(×)(4)在閉合電路中，外電阻越大，電源的輸出功率越大。(×)(5)電源的輸出功率越大，電源的效率越高。(×)突破點(一)電阻的串、并聯1．串、并聯電路的特點串聯電路并聯電路電流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1＋I2＋…＋InI1R1＝I2R2＝…＝InRn電壓eq\f(U1,R1)＝eq\f(U2,R2)＝…＝eq\f(Un,Rn)U1＝U2＝…＝Un總電阻R總＝R1＋R2＋…＋Rneq\f(1,R總)＝eq\f(1,R1)＋eq\f(1,R2)＋…＋eq\f(1,Rn)功率分配eq\f(P1,R1)＝eq\f(P2,R2)＝…＝eq\f(Pn,Rn)P1R1＝P2R2＝…＝PnRn2．三個有用的結論(1)串聯電路的總電阻大于電路中任意一個電阻，電路中任意一個電阻變大時，總電阻變大。(2)并聯電路的總電阻小于電路中任意一個電阻，任意一個電阻變大時，總電阻變大。(3)某電路中無論電阻怎樣連接，該電路消耗的電功率P總等于各個電阻消耗的電功率之和。[題點全練]1．(2019·揚州中學月考)A、B、C三個燈泡按如圖所示的方式連接時，各自消耗的實際功率相同，則RA∶RB∶RC為()A．1∶1∶1 B．1∶2∶2C．2∶1∶1 D．1∶4∶4解析：選D燈泡B、C并聯，電壓相同，根據U＝IR和P＝UI，電流和電阻均相等；通過燈泡A的電流與通過燈泡B的電流之比為2∶1，功率相同，根據公式P＝I2R，電阻之比為1∶4；故RA∶RB∶RC＝1∶4∶4，故D正確，A、B、C錯誤。2．電路如圖所示，接通電路后三個燈的電阻都相等。那么三個燈消耗的電功率P1、P2、P3之間的關系是()A．P1＝P2＝P3 B．P1＝P2＞P3C．P1＝P2＝eq\f(1,2)P3 D．P3＝4P1＝4P2解析：選DL1、L2并聯，所以兩端電壓相等，兩個燈的電阻又相等，所以電流也相等，即I1＝I2，而I3＝I1＋I2＝2I1，根據P＝I2R可知：P3＝4P1＝4P2，故D正確，A、B、C錯誤。3．(2019·重慶市巴蜀中學月考)如圖所示電路中，各燈泡額定電壓和額定功率分別是：A燈“10V10W”，B燈“60V60W”，C燈“40V40W”，D燈“30V30W”。在a、b兩端加上電壓后，四個燈都能發光。比較各燈泡消耗功率大小，以下說法正確的是()A．PB>PA>PD>PC B．PB>PD>PA>PCC．PB>PD>PC>PA D．PA>PC>PD>PB解析：選AA燈的電阻：RA＝eq\f(UA2,PA)＝eq\f(102,10)Ω＝10Ω，B燈的電阻：RB＝eq\f(UB2,PB)＝eq\f(602,60)Ω＝60Ω，C燈的電阻：RC＝eq\f(UC2,PC)＝eq\f(402,40)Ω＝40Ω，D燈的電阻：RD＝eq\f(UD2,PD)＝eq\f(302,30)Ω＝30Ω，設a到b回路中的電流為1A，則IA＝IB＝1A；C、D兩燈并聯，UC＝UD，即ICRC＝(1－IC)RD，則有IC＝eq\f(RD,RC＋RD)＝eq\f(30,40＋30)A＝eq\f(3,7)A，ID＝1A－eq\f(3,7)A＝eq\f(4,7)A，A燈消耗的功率為PA＝IA2RA＝12×10W＝10W，B燈消耗的功率為PB＝IB2RB＝12×60W＝60W，C燈消耗的功率為PC＝IC2RC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,7)))2×40W≈7.3W，D燈消耗的功率為PD＝ID2RD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)))2×30W≈9.8W，所以PB>PA>PD>PC，故A正確，B、C、D錯誤。突破點(二)閉合電路的動態分析1．程序法2．“串反并同”結論法(1)所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯或間接串聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大。(2)所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯或間接并聯的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減小。即：eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(U串↓,I串↓,P串↓))←R↑→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(U并↑,I并↑,P并↑))3．極限法因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個極端，讓電阻最大或電阻為零去討論。[典例][多選](2018·大連模擬)在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，eq\o\ac(○,A)、eq\o\ac(○,V)為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器滑片P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是()A．電壓表示數減小 B．電流表示數增大C．電容器C所帶電荷量增多 D．a點的電勢降低[方法應用](一)由題明3法基礎解法(程序法)：P由a端向b端滑動，其阻值減小，則總電阻減小，總電流增大，電阻R1兩端電壓增大，eq\o\ac(○,V)示數變大，A錯誤；電阻R2兩端的電壓U2＝E－I總(R1＋r)，I總增大，則U2減小，I2＝eq\f(U2,R2)，I2減小，eq\o\ac(○,A)的示數IA＝I總－I2增大，B正確；由于電容器的電壓UC＝U2減小，由Q＝CUC知Q減小，C錯誤；Uab＝φa－φb＝φa＝U2，故φa降低，D正確。能力解法一(結論法)：由于R3減小，R2與R3并聯，則U2、I2均減小，而UC＝U2，Q＝CUC知Q減小，C錯誤；Uab＝U2＝φa－φb＝φa減小，D正確；因為R1間接與R3串聯，故I1、U1均增大，故eq\o\ac(○,V)示數增大，A錯誤；根據IA＝I1－I2知IA增大，B正確。能力解法二(極限法)：設滑片P滑至b點，則R3＝0，φa＝φb＝0，D正確；R2上電壓為零，則C上電壓也為零，Q＝0，C錯誤；當R3＝0時，總電阻最小，總電流最大，R1上電壓最大，故A錯誤；由于IA＝I1－I2，此時I1最大，I2＝0最小，故IA最大，B正確。(二)3法比較(1)“程序法”：較繁瑣，準確度高，學生易掌握。(2)“結論法”：較簡單，要求學生要準確判斷電路中各元件的串、并聯關系。(3)“極限法”：較簡單，僅適用于物理量單調變化的情況，如果電阻先增大后減小或先減小后增大，則不宜用該方法。[集訓沖關]1.(2018·蘇州期末)如圖所示，電源內阻不能忽略，電流表、電壓表均可視為理想電表，在滑動變阻器R的觸頭從a端滑到b端的過程中()A．電壓表V的示數先增大后減小，電流表A的示數增大B．電壓表V的示數先增大后減小，電流表A的示數減小C．電壓表V的示數先減小后增大，電流表A的示數增大D．電壓表V的示數先減小后增大，電流表A的示數減小解析：選A當滑動頭從a端滑到中點時，變阻器左右并聯的電阻增大，分擔的電壓增大，變阻器右邊電阻減小，則通過電流表的電流增大。外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內電壓減小，路端電壓增大，則電壓表的示數增大；當滑動頭從中點滑到b端時，變阻器左右并聯的電阻減小，分擔的電壓減小，外電路總電阻減小，干路電流增大，而通過變阻器左側的電流減小，則通過電流表的電流增大。電源的內電壓增大，路端電壓減小。所以電壓表的示數先增大后減小，電流表示數一直增大，故A正確。2.[多選]如圖所示電路中，電源內阻不能忽略，兩個電壓表均為理想電表。當滑動變阻器R2的滑動觸頭P移動時，關于兩個電壓表V1與V2的示數，下列判斷正確的是()A．P向a移動，V1示數增大、V2的示數減小B．P向b移動，V1示數增大、V2的示數減小C．P向a移動，V1示數改變量的絕對值小于V2示數改變量的絕對值D．P向b移動，V1示數改變量的絕對值大于V2示數改變量的絕對值解析：選ACP向a移動，R2連入電路的電阻減小，根據“并同串反”可知V2示數減小，V1示數增大，U內增大，A正確；同理，B錯誤；由E＝U內＋U外＝U內＋UV1＋UV2，電源電動勢不變可得：U內示數改變量絕對值與V1示數改變量絕對值之和等于V2示數改變量絕對值，C正確；同理，D錯誤。3．[多選]某溫度檢測、光電控制加熱裝置原理如圖所示。圖中RT為熱敏電阻(隨溫度升高阻值減小)，用來探測加熱電阻絲R的溫度，RG為光敏電阻(隨光照強度增大阻值減小)，接收小燈泡L的光照，除RT、RG外，其他電阻均為定值電阻。當R處溫度降低時()A．L變亮 B．通過R3的電流減小C．E2的路端電壓增大 D．R消耗的功率減小解析：選BC當R處溫度降低時，熱敏電阻RT阻值變大，由閉合電路歐姆定律可知，左側電路中的電流減小，通過小燈泡L的電流減小，小燈泡L的光照強度減小，光敏電阻RG的阻值變大，對右側電路，由閉合電路歐姆定律可知，通過R2的電流變小，右側電路中的電源E2的路端電壓變大，R兩端電壓變大，通過R的電流也變大，R消耗的功率變大，通過R3的電流變小，選項B、C正確。突破點(三)閉合電路的功率及效率問題電源總功率任意電路：P總＝EI＝P出＋P內純電阻電路：P總＝eq\f(E2,R＋r)＝I2(R＋r)內部功率P內＝I2r＝P總－P出輸出功率任意電路：P出＝UI＝P總－P內純電阻電路：P出＝eq\f(U2,R)＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)P出與外電阻R的關系P出隨R的增大先增大后減小，當R＝r時達到最大Pm＝eq\f(E2,4r)，P出＜Pm時對應兩個外電阻R1和R2，且R1R2＝r2。電源的效率任意電路：η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(U,E)×100%純電阻電路：η＝eq\f(R,R＋r)×100%[典例]如圖所示，已知電源電動勢為6V，內阻為1Ω，保護電阻R0＝0.5Ω，求：當電阻箱R讀數為多少時，保護電阻R0消耗的電功率最大，并求這個最大值。[解析]保護電阻消耗的功率為P0＝eq\f(E2R0,r＋R＋R02)，因R0和r是常量，而R是變量，所以R最小時，P0最大，即R＝0時，P0max＝eq\f(E2R0,r＋R02)＝eq\f(62×0.5,1.52)W＝8W。[答案]R＝0P0max＝8W[多維探究][變式1]例題中條件不變，求當電阻箱R讀數為多少時，電阻箱R消耗的功率PR最大，并求這個最大值。解析：這時要把保護電阻R0與電源內阻r算在一起，據以上結論，當R＝R0＋r即R＝(1＋0.5)Ω＝1.5Ω時，PRmax＝eq\f(E2,4r＋R0)＝eq\f(62,4×1.5)W＝6W。答案：R＝1.5ΩPRmax＝6W[變式2]在例題中，若電阻箱R的最大值為3Ω，R0＝5Ω，求：當電阻箱R讀數為多少時，電阻箱R的功率最大，并求這個最大值。解析：把R0＝5Ω當作電源內阻的一部分，則等效電源內阻r等為6Ω，而電阻箱R的最大值為3Ω，小于6Ω，P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r等)))2R＝eq\f(E2,\f(R－r等2,R)＋4r等)，則不能滿足R＝r等，當電阻箱R的電阻取3Ω時，R消耗功率最大，最大值為：P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r等)))2R＝eq\f(4,3)W。答案：R＝3ΩP＝eq\f(4,3)W[變式3]例題中條件不變，求電源的最大輸出功率。解析：由電功率公式P出＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R外＋r)))2R外＝eq\f(E2,\f(R外－r2,R外)＋4r)，當R外＝r時，P出最大，即R＝r－R0＝0.5Ω時，P出max＝eq\f(E2,4r)＝eq\f(62,4×1)W＝9W。答案：9W[變式4]如圖所示，電源電動勢E＝2V，內阻r＝1Ω，電阻R0＝2Ω，可變電阻的阻值范圍為0～10Ω。求可變電阻為多大時，R上消耗的功率最大，最大值為多少？解析：方法一：PR＝eq\f(U2,R)，根據閉合電路歐姆定律，路端電壓U＝E·eq\f(\f(R0R,R0＋R),r＋\f(R0R,R0＋R))＝eq\f(ER0R,rR0＋rR＋R0R)，所以PR＝eq\f(E2R02R,rR0＋rR＋R0R2)，代入數據整理得PR＝eq\f(16,\f(4,R)＋9R＋12)，當R＝eq\f(2,3)Ω時，R上消耗的功率最大，PRmax＝eq\f(2,3)W。方法二：采用等效電源法分析，把定值電阻等效到電源的內部，即把電源和定值電阻看作電動勢為E′＝eq\f(R0,R0＋r)E，內阻為r′＝eq\f(R0r,R0＋r)的電源，當R＝r′＝eq\f(R0r,R0＋r)時，電源對外電路R的輸出功率最大PR＝eq\f(E′2,4r′)。把數值代入各式得：E等＝E′＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(4,3)V；r等＝r′＝eq\f(R0r,R0＋r)＝eq\f(2,3)Ω。所以：PR＝eq\f(E等2,4r等)＝eq\f(2,3)W。答案：R＝eq\f(2,3)ΩP＝eq\f(2,3)W突破點(四)閉合電路的圖像兩種U-I圖像的比較電源U-I圖像電阻U-I圖像圖形物理意義電源的路端電壓隨電路電流的變化關系電阻中的電流隨電阻兩端電壓的變化關系截距與縱軸交點表示電源電動勢E，與橫軸交點表示電源短路電流eq\f(E,r)過坐標軸原點，表示沒有電壓時電流為零坐標U、I的乘積表示電源的輸出功率表示電阻消耗的功率坐標U、I的比值表示外電阻的大小，不同點對應的外電阻大小不同每一點對應的比值均等大，表示此電阻的大小斜率(絕對值)電源電阻r電阻大小[題點全練]1．[多選](2019·蘇州質檢)甲、乙兩個電源的路端電壓U和電流I的關系圖線如圖所示，設兩個電源的內阻分別為r甲、r乙。若將一定值電阻R分別接到兩個電源上，設R消耗的功率分別為P甲、P乙，則關于兩個物理量大小關系判斷正確的是()A．r甲＞r乙 B．r甲＜r乙C．P甲＞P乙 D．P甲＜P乙解析：選BC由圖像可知，圖線乙斜率的絕對值大于圖線甲斜率的絕對值，因此r甲＜r乙，選項A錯誤，B正確；在同一坐標系內作出電阻R的U-I圖像，如圖所示，圖像與兩個電源的U-I圖像的交點為電路的工作點，根據P＝IU可知R消耗的功率P甲＞P乙，選項C正確，D錯誤。2．[多選](2018·江陰四校期中)在如圖所示的U-I圖像中，直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線。用該電源直接與電阻R相連組成閉合電路，由圖像可知下列說法正確的是()A．電源的電動勢為3V，內阻為0.5ΩB．電阻R的阻值為0.5ΩC．電源的輸出功率為4WD．電源的效率為50%解析：選AC根據閉合電路歐姆定律得U＝E－Ir，由題圖讀出電源的電動勢E＝3V，內阻等于圖線的斜率大小，則r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(3,6)Ω＝0.5Ω，故A正確；電阻R的阻值為R＝eq\f(U,I)＝eq\f(2,2)Ω＝1Ω，故B錯誤；兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時的工作狀態，由題圖讀出電壓U＝2V，電流I＝2A，則電源的輸出功率為P出＝UI＝4W，故C正確；電源的效率η＝eq\f(P出,P總)＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(2,3)≈66.7%，故D錯誤。3．[多選](2019·如東月考)某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示。以下判斷正確的是()A．在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，這三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PCB．b、c圖線的交點與a、b圖線的交點的橫坐標之比一定為1∶2，縱坐標之比一定為1∶4C．電源的最大輸出功率Pm＝9WD．電源的電動勢E＝3V，內阻r＝1Ω解析：選ABD在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標相同的A、B、C三點，因為直流電源的總功率PE等于輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr的和，所以這三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PC，所以A正確；當內阻和外電阻相等時，電源輸出的功率最大，此時橫坐標即為b、c圖線的交點M的電流，此時電流的大小為eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,2r)，縱坐標功率的大小為eq\f(E2,4r)，a、b圖線的交點N表示電源的總功率PE和電源內部的發熱功率Pr相等，此時只有電源的內電阻，所以此時電流的大小為eq\f(E,r)，功率的大小為eq\f(E2,r)，所以橫坐標之比為1∶2，縱坐標之比為1∶4，所以B正確；圖線c表示電源的輸出功率與電流的關系，很顯然，最大輸出功率小于3W，故C錯誤；當I＝3A時，PR＝0，說明外電路短路，根據PE＝EI知電源的電動勢E＝3V，內阻r＝eq\f(E,I)＝1Ω，故D正確。突破點(五)含電容器的電路1．電路的簡化不分析電容器的充、放電過程時，把電容器所處的支路視為斷路，簡化電路時可以去掉，求電荷量時再在相應位置補上。2．電路穩定時電容器的處理方法電容器所在的支路中沒有電流，同支路的電阻相當于導線，即電阻不降低電壓，是等勢體。電容器兩端的電壓等于與之并聯的支路兩端的電壓。3．電容器所帶電荷量及其變化的計算(1)利用Q＝UC計算電容器所帶的電荷量；(2)如果變化前后極板帶電的電性相同，那么通過所連導線的電荷量等于初、末狀態電容器所帶電荷量之差；(3)如果變化前后極板帶電的電性相反，那么通過所連導線的電荷量等于初、末狀態電容器所帶電荷量之和。[典例][多選](2018·江蘇高考)如圖所示，電源E對電容器C充電，當C兩端電壓達到80V時，閃光燈瞬間導通并發光，C放電。放電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發光。該電路()A．充電時，通過R的電流不變B．若R增大，則充電時間變長C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過的電荷量不變[解析]給電容器充電過程中，隨著兩極板間所帶電荷量增多，電路中的電流逐漸減小，故A錯誤。充滿一次電，電容器增加的電荷量是相同的，即通過R的電荷量Q是一定的；電源恒定，R增大，則電流I減小，根據I＝eq\f(Q,t)可知，充電時間變長，故B正確。若C增大，電容器兩端達到80V時所帶電荷量增大，所以閃光時通過閃光燈的電荷量也增大，故C正確。因為C兩端電壓達到80V時，電容器就不再充電，外接電源只要提供電壓超過80V，產生的效果均相同，閃光燈閃光一次通過的電荷量也相同，故D正確。[答案]BCD[方法規律]含容電路問題的解題思路第一步理清電路的串并聯關系第二步確定電容器兩極板間的電壓。在電容器充電和放電的過程中，歐姆定律等電路規律不適用，但對于充電或放電完畢的電路，電容器的存在與否不再影響原電路，電容器接在某一支路兩端，可根據歐姆定律及串、并聯規律求解該支路兩端的電壓U第三步分析電容器所帶的電荷量。針對某一狀態，由電容器兩端的電壓U求電容器所帶的電荷量Q＝CU，由電路規律分析兩極板電勢的高低，高電勢板帶正電，低電勢板帶負電[集訓沖關]1．(2019·泰州中學月考)如圖所示，E為電源，其內阻不可忽略，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的升高而減小，L為指示燈泡，C為平行板電容器，G為靈敏電流計。閉合開關S，當環境溫度明顯升高時，下列說法正確的是()A．L變暗B．RT兩端電壓變大C．C所帶的電荷量保持不變D．G中電流方向由a→b解析：選D由題圖可以知道，熱敏電阻與L串聯。當環境溫度升高時熱敏電阻的阻值減小，總電阻減小，則電路中電流增大，燈泡L變亮，故A錯誤；因為電路中電流增大，電源的內電壓及燈泡L兩端的電壓增大，RT兩端電壓減小，故B錯誤；因為電容器并聯在電源兩端，因內電壓增大，路端電壓減小，故由Q＝CU知電容器的帶電荷量減小，故C錯誤；電容器的帶電荷量減小，電容器放電，故G中電流方向由a→b，故D正確。2．(2019·南通一模)如圖所示，電源電動勢E＝12V，內阻r＝1.0Ω，電阻R1＝4.0Ω，R2＝7.5Ω，R3＝5.0Ω，電容器的電容C＝10μF，閉合開關S，電路達到穩定后電容器的電荷量為()A．4.5×10－5C B．6.0×10－5CC．7.5×10－5C D．1.2×10－4C解析：選B閉合開關S，R1和R3串聯，電容器的電壓等于R3兩端的電壓，電容器兩端電壓為U＝eq\f(R3,R1＋R3＋r)E＝eq\f(5,4＋5＋1)×12V＝6.0V，電容器上所帶的電荷量Q＝CU＝10×10－6×6.0C＝6.0×10－5C，故B正確。電路故障問題1．電路故障一般是短路或斷路。常見的情況有導線斷芯、