学科素养提升
科学思维 闭合电路的动态分析
1.闭合电路动态分析的思路
闭合电路中由于局部电阻变化(或开关的通断)引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析这类问题的基本思路是：
2.闭合电路动态分析的三种方法
(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”，即：
R局→R总→I总→U外→
(2)结论法——“串反并同”
“串反”是指某一电阻增大时，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。
“并同”是指某一电阻增大时，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。
(3)特殊值法与极限法：极限法指因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题时，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。特殊值法一般用于滑动变阻器两部分在电路中都有电流时的讨论。
[例1] 在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表的读数为I，电压表的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时( )
A.I变大，U变小 B.I变大，U变大
C.I变小，U变大 D.I变小，U变小
解析 当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5接入电路的电阻变小，外电路的总电阻就变小，总电流变大，路端电压变小即电压表的读数U变小；由于总电流变大，使得R1、R3两端电压都变大，而路端电压又变小，因此，R2和R4串联部分两端电压变小，则电流表的读数I变小，故选D。
答案 D
方法凝结
闭合电路的动态分析是一类非常典型的题目，解决这类问题的关键是抓住电源的E、r不变，思路是：
(1)分析电路，明确各部分电路的串、并联关系及电流表或电压表的测量对象；
(2)由局部电阻变化判断总电阻的变化；
(3)由I＝判断总电流的变化；
(4)据U＝E－Ir判断路端电压的变化；
(5)由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分的电路电压及电流的变化。
[例2] (多选)如图所示，闭合开关S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同。若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为( )
A.A灯变亮 B.B灯变亮
C.B灯变暗 D.C灯变亮
解析 将滑动变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮。并联部分的电压U并＝E－IA(RA＋r)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，B灯变暗。通过C灯的电流IC＝I－IB，I增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮，故A、C、D正确，B错误。
答案 ACD
课件10张PPT。学科素养提升科学思维 闭合电路的动态分析
1.闭合电路动态分析的思路闭合电路中由于局部电阻变化(或开关的通断)引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析这类问题的基本思路是：2.闭合电路动态分析的三种方法“并同”是指某一电阻增大时，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。
(3)特殊值法与极限法：极限法指因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题时，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。特殊值法一般用于滑动变阻器两部分在电路中都有电流时的讨论。A.I变大，U变小 B.I变大，U变大
C.I变小，U变大 D.I变小，U变小答案 D[例2] (多选)如图所示，闭合开关S并调节滑动变阻器滑片P的位置，使A、B、C三灯亮度相同。若继续将P向下移动，则三灯亮度变化情况为( )A.A灯变亮 B.B灯变亮
C.B灯变暗 D.C灯变亮解析 将滑动变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮。并联部分的电压U并＝E－IA(RA＋r)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，B灯变暗。通过C灯的电流IC＝I－IB，I增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮，故A、C、D正确，B错误。
答案 ACD章末检测
(时间：90分钟 满分100分)
一、选择题(本大题共10个小题，共60分。在每小题所给的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～10题有多项符合题目要求，每小题满分6分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)
1.关于能源的开发和利用，下列观点错误的是( )
A.无节制地利用能源，是一种盲目的短期行为
B.根据能量守恒定律，能源是取之不尽、用之不竭的
C.能源的开发和利用，必须同时加强对环境的保护
D.不断开发新能源，是缓解能源危机的主要途径
解析 能源是有限的，必须合理利用能源，A正确；尽管能量守恒，但使用过程中会有能量耗散及品质降低，B错误；能源利用推动人类进步的同时会破坏人类生存的环境，必须加强保护，C正确；开发新能源、清洁能源可以缓解常规能源的不足，D正确。
答案 B
2.以下说法中正确的是( )
A.在外电路和电源内部，正电荷都受静电力作用，所以能不断地定向移动形成电流
B.静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少
C.在电源内部，正电荷能从负极到达正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力
D.静电力移动电荷做功，电势能减小；非静电力移动电荷做功，电势能增加
解析 在电源内部和外部都存在着由正极指向负极的电场，在电源外部，正电荷受静电力作用，能不断地定向移动形成电流，此过程静电力做正功使电荷的电势能减少，在电源内部，正电荷受静电力方向与移动方向相反，静电力不能使正电荷定向移动，而非静电力使正电荷由负极移动到正极，克服静电力做功，使电荷的电势能增加，故D正确，A、B、C错误。
答案 D
3.把6个相同的电灯接成如图甲、乙所示两电路，通过调节供电电压与变阻器R1、R2的阻值，使两组电灯均能正常发光，并且两电路消耗的总电功率也相同，则R1、R2大小满足( )
A.R2＝9R1 B.R2＝6R1
C.R2＝3R1 D.R1＝R2
解析 设每个灯泡正常发光时其电流为I，则题图甲中总电流为3I，题图乙中总电流为I；要使两电路消耗的总电功率也相同，需使PR1＝PR2，即(3I)2R1＝I2R2，故R2＝9R1，所以选项A正确，B、C、D错误。
答案 A
4.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。若A、B点的横坐标均为1 A，那么AB线段表示的功率为( )
A.1 W B.6 W C.2 W D.2.5 W
解析 由题图知，在C点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E＝3 V，短路电流为I＝3 A，所以电源的内阻为r＝＝1 Ω。图像上AB段所表示的功率为PAB＝P总－I2r＝(1×3－12×1) W＝2 W，故C正确，A、B、D错误。
答案 C
5.“神舟九号”与“天宫一号”的成功对接，使中国空间站建设迈出了坚实的一步。飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量。有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA。若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是( )
A.0.1 V B.0.2 V C.0.3 V D.0.4 V
解析 电池板没有接入外电路时，路端电压等于电池板的电动势，所以其电动势E＝800 mV，由闭合电路的欧姆定律得短路电流I短＝，所以电池内阻r＝＝ Ω＝20 Ω，该电池与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I＝＝ mA＝20 mA，所以路端电压U＝IR＝400 mV＝0.4 V，D正确。
答案 D
6.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )
A.的读数变大，的读数变小
B.的读数变大，的读数变大
C.的读数变小，的读数变小
D.的读数变小，的读数变大
解析 将S断开，则电路的总电阻变大，总电流变小，由U＝E－Ir知，路端电压变大，故电压表的示数变大；R1两端的电压IR1变小，则R3两端的电压变大，流过R3的电流变大，电流表的示数变大。选项B正确。
答案 B
7.如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则( )
A.电灯L更亮，电流表的示数减小
B.定值电阻R2消耗的功率增大
C.电灯L变暗，电源的总功率减小
D.电灯L变暗，电流表的示数增大
解析 滑片向b端滑动，R1变大，电路中总电阻变大，路端电压变大，根据I＝知I减小，电流表示数减小，根据E＝U外＋Ir，U外变大，灯泡两端电压变大，故电灯L更亮。再根据P2＝IR2，I总减小，IL变大，故I2变小，R2功率变小，故B、C、D错误，A正确。
答案 A
8.如图所示电路，闭合开关S，两个灯泡都不亮，电流表指针几乎不动，而电压表指针有明显偏转，该电路的故障可能是( )
A.电流表坏了或未接好
B.从点a经过灯L1到点b的电路中有断路
C.灯L2的灯丝断了或灯座未接通
D.电流表和灯L1、L2都坏了
解析 由于闭合开关，两灯不亮，电流表没有示数，可以断定电路中某处断路，由于电压表有示数，则经开关、电流表、电压表、L2线路没有断路，故应是点a经L1到点b间有断路，故B正确。
答案 B
9.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的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＝＝，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
10.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是( )
A.灯泡L1的电阻为12 Ω
B.通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍
C.灯泡L1消耗的电功率为0.75 W
D.灯泡L2消耗的电功率为0.30 W
解析 当开关闭合后，灯泡L1两端的电压U1＝3 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，则灯泡L1的电阻R1＝＝12 Ω，功率P1＝U1I1＝0.75 W，故A、C正确；灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2＝I3＝0.20 A，灯泡L2、L3的功率P＝1.5 V×0.20 A＝0.30 W，故B错误，D正确。
答案 ACD
二、非选择题(写出必要的文字说明和具体的解题步骤。共4个小题，共40分。)
11.(8分)用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V，内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：
A.电流表：量程0.6 A，内电阻约1 Ω
B.电流表：量程3 A，内电阻约0.2 Ω
C.电压表：量程3 V，内电阻约30 kΩ
D.电压表：量程6 V，内电阻约60 kΩ
E.滑动变阻器：0～1 000 Ω，额定电流0.5 A
F.滑动变阻器：0～20 Ω，额定电流2 A
(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号)。
(2)如图为正确选择仪器后，连好的部分电路。为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和__________相连(均填仪器上接线柱的字母代号)。
(3)实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验。实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U。用图像法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以________为纵坐标，以________为横坐标。
解析 (1)为了使测量更准确，电流表选量程为0.6 A的电流表A，电池组的电动势约4.5 V，故电压表选D，为了便于调节，滑动变阻器应选F。
(2)为了使测量误差尽可能小，测量电源电动势和内电阻的原理图如图甲所示，因此将a、d相连，c、g相连，f、h相连。
(3)用电阻箱和电压表测量电源电动势和内电阻的实验原理图如图乙所示，根据闭合电路的欧姆定律
得E＝U＋r
所以＝＋·(或U＝E－r或＝＋R)，
因此可作出－(或U－或－R)图像处理数据。
答案 (1)A D F (2)a d c g f h
(3) (或U 或 R)(横纵坐标互换亦可)
12.(8分)(2017·海南卷)某同学用伏安法测量待测电阻的阻值。现有器材为：待测电阻R(阻值约为5 Ω)，电源(电动势3 V)，滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω)，电流表(量程0.6 A，3 A)，电压表(量程3 V，15 V)，开关，导线若干。实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用。回答下列问题：
(1)按照实验要求在图(a)中画出实物连线图。
图(a)
(2)若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3 V，电流表的示数始终接近0。写出产生这种现象的一个原因：________________________________________________________________。
(3)在连线正确后，闭合开关。电压表和电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示。由图可知，电压表读数为________V，电流表读数为________A。由此可得待测电阻的阻值为________Ω(结果保留3位有效数字)。
解析 (1)实物连线图如图所示。
(2)待测电阻R断路。
(3)电压表读数为2.20 V，电流表读数为0.48 A，
待测电阻的阻值为R＝＝ Ω＝4.58 Ω。
答案 (1)实物连线图见解析
(2)待测电阻R断路
(3)2.20 0.48 4.58
13.(12分)小型直流电动机(其线圈内阻为r＝1 Ω)与规格为“4 V 4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R＝5 Ω的电阻串联，然后接至U＝12 V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，求：
(1)通过电动机的电流；
(2)电动机的输出功率。
解析 (1)流经灯泡的电流IL＝＝ A＝1 A
流经电阻R的电流IR＝＝ A＝1.6 A
流经电动机的电流I＝IR－IL＝0.6 A。
(2)电动机消耗的总功率P＝ULI＝4×0.6 W＝2.4 W
电动机的热功率P热＝I2r＝(0.6)2×1 W＝0.36 W
电动机输出功率
P出＝P－P热＝2.4 W－0.36 W＝2.04 W。
答案 (1)0.6 A (2)2.04 W
14.(12分)如图所示的电路中，所用电源的电动势E＝4 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R1可调。现将R1调到3 Ω后固定。已知R2＝6 Ω，R3＝3 Ω，求：
(1)开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？
(2)为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间消耗的最大电功率是多少？
解析 (1)开关S断开时，
I1＝＝ A＝0.4 A
开关接通时，R2、R3并联的总电阻R23＝＝2 Ω
I1′＝＝ A＝0.667 A。
(2)开关接通时，A、B之间的总电阻R23＝2 Ω为定值，所以，只有当R1′＝0时，总电流最大，A、B之间的电功率才最大。
I＝＝ A＝ A
PAB＝I2R23＝()2×2 W＝3.556 W。
答案 (1)0.4 A 0.667 A (2)0 3.556 W
