【电路】高中物理电路经典例题.

如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V。

调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（ a ）A．P甲＞ P乙B．P甲＜P乙C．P甲 = P乙D．无法确定P=知，电路的总功率1B.∶1D.(-P1=I2R2=R1=(-1)R2所以，故选项变阻器上消耗的功率多大？灯泡的电阻闭合电路欧姆定律典型例题[例1] 电动势和电压有些什么区别？[答] 电动势和电压虽然具有相同的单位，但它们是本质不同的两个物理量.（1）它们描述的对象不同：电动势是电源具有的，是描述电源将其他形式的能量转化为电能本领的物理量，电压是反映电场力做功本领的物理量.（2）物理意义不同：电动势在数值上等于将单位电量正电荷从电源负极移到正极的过程中，其他形式的能量转化成的电能的多少；而电压在数值上等于移动单位电量正电荷时电场力作的功，就是将电能转化成的其他形式能量的多少.它们都反映了能量的转化，但转化的过程是不一样的.[例2]电动势为2V的电源跟一个阻值R=9Ω的电阻接成闭合电路，测得电源两端电压为1.8V，求电源的内电阻（见图）.[分析] 电源两端的电压就是路端电压，由于外电路仅一个电阻，因此也就是这个电阻两端的电压.可由部分电路欧姆定律先算出电流，再由全电路欧姆定律算出内电阻.[解]通过电阻R的电流为由闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得电源内电阻[说明] 由于电动势等于内、外电路上电压之和，而通过内、外电路的电流又处处相同，因此也可以根据串联分压的关系得[例3] 把电阻R1接到内电阻等于1Ω的电源两端，测得电源两端电压为3V.如果在电阻R1上串联一个R2=6Ω的电阻，再接到电源两端，测得电源两端电压为4V.求电阻R1的阻值.[分析] 两次在电源两端测得的都是路端电压，将两次所得结果代入闭合电路的欧姆定律，可得两个联立方程，解此联立方程即得R1的大小。

[解] 设电源电动势为E，内阻为r.根据闭合电路欧姆定律可知，前、后两次的路端电压分别为即R12＋7R1-18=0，取合理值得R1=2Ω（另一解R1'=-9Ω舍去）.[例4] 四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光.若小灯L4灯丝突然烧断，则其余各灯亮度的变化情况是[ ]A. L1变亮，L2L3均变暗B. L1变暗，L2L3均变亮C. L1变暗，L2熄灭，L3变亮D. L1L2变亮，L3变暗[分析] 由于L4开路引起的一系列变化为：L4开路——R总↑——I总↓——U端↑——I1↑（L1变亮）——I3（=I总—I1）↓（L3变暗）——U3（=I3R3）↓——U2（=U端—U3）↑（L2变亮）.[答] D.[例5]如图所示的电路中，当可变电阻R的值增大时[ ]A.ab两点间的电压U ab增大.B.ab两点间的电压U ab减小.C.通过电阻R的电流I R增大.D.通过电阻R的电流I R减小.[分析] 可变电阻R的阻值增大→ab并联部分的电阻增大→整个外电路总电阻增大→电路的总电流I减小→内电路上电压（U内=Ir）和电阻R1上的电压（U1=IR1）都减小→ab并联部分的电压增大（U ab=E-减小（I R=I-I2）.[答] A、D.[说明]当电路中某一部分电阻变化时，整个电路各处的电压、电流都会受到影响，可谓“牵一发而动全身”.分析时，应抓住全电路中电源电动势和内阻不变的特点，从总电流的变化顺次推理.如果只从孤立的局部电路考虑，R增大时，U ab也增大，将无法判断通过R的电流的变化情况.[例6] 如图所示的电路中，电源由4个相同的电池串联而成.电压表的电阻很大.开关S断开时，电压表的示数是4.8V，S闭合时，电压表的示数是3.6V.已知R1=R2=4Ω，求每个电池的电动势和内电阻.[分析] S断开和闭合，电压表测得的都是路端电压，亦即分别是外电阻R2和（R1∥R2）上的电压.据此，由闭合电路欧姆定律即可列式求解.[解]设电池组的总电动势是E，总内电阻是r.S断开和闭合时，电路的总电流分别为I1和I2.根据闭合电路欧姆定律，有关系式代入题中数据，得两式相比，得代入①式后得E=7.2V. ④设每个电池的电动势为E0，内阻r0，由串联电池组的特点，得[例7] 图1所示的电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=6Ω，电源电动势E=24V，内阻不计.当电键S1、S2均开启和均闭合时，灯泡L都同样正常发光.（1）写出两种情况下流经灯泡的电流方向：S1、S2均开启时；S1、S2均闭合时.（2）求灯泡正常发光时的电阻R和电压U.[分析]画出S1、S2均开启和闭合时的等效电路图（图2），即可判知电流方向.灯泡L能同样正常发光，表示两情况中通过灯泡的电流相同.[解] （1）S1、S2均开启时，流经灯泡的电流方向从b→a；S1、S2均闭合时，流经灯泡的电流方向从a→b.其等效电路分别如图2所求.（2）设灯泡的电阻为R.S1、S2均开启时，由全电路欧姆定律得流过灯泡的电流S1、S2均闭合时，由全电路欧姆定律和并联分流的关系得流过灯泡的电流两情况中，灯泡L同样正常发光，表示I1=I2，即解得灯泡正常发光时的电压由等效电路图根据串联分压得[例8] 四节干电池，每节电动势为1.5V，内阻为0.5Ω，用这四节干电池组成串联电池组对电阻R=18Ω的用电器供电，试计算：（1）用电器上得到的电压和电功率；（2）电池组的内电压和在内电阻上损失的热功率.[分析]根据串联电池组的特点和全电路欧姆定律算出电路中的电流，即可由部分电路欧姆定律和电功率公式求出结果.[解]电路如图所示.串联电池组的电动势和内阻分别为E=nE0=4×1.5V=6V，r＝nr0＝4×0.5Ω＝2Ω.根据闭合电路欧姆定律，得电流（1）用电器上得到的电压和电功率分别为U R=IR=0.3×18V=5.4V，P R＝U R I=5.4×0.3W=1.62W.（2）电池组的内电压和内电阻上的热功率分别为U r＝Ir＝0. 3×2V＝0.6V，P r＝I2r＝0.32×2W＝0.18W.[说明]（1）本题也可以不必算出电流，直接由内、外电阻的分压比（2）电池的总功率P总=IE=0.3×6W=1.8W，而P R＋P r=1.62W＋0.18W=1.8W=P总.这正是能的转化和守恒在全电路上的反映.（3）闭合电路欧姆定律，实质是能的转化和守恒在电路中的反映.由EI=U+Ir，可得I=UI＋I2r或EIt=UIt＋I2rt.式中EI是电源每秒向电路提供的能量，即电源的总功率（EIt是电源在时间t内提供的能量）；I2r是电源内阻上的热功率（I2rt是电源内阻在时间t内产生的热量），UI就是电源对外输出的功率，也就是转化为其他形式能的功率（UIt就是电源对外做的功，即转化为其他形式的能量）.[例9]在图1的电路中，电池的电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，在R0由零增加到400Ω的过程中，求：（1）可变电阻R0上消耗热功率最大的条件和最大热功率.（2）电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和.[分析] 根据焦耳定律，热功率P=I2R，内阻r和R都是固定电阻，电流最小时，其功率也最小.对可变电阻R0，则需通过热功率的表达式找出取最大值的条件才可确定.[解] （1）电池中的电流可变电阻R0的消耗的热功率为了求出使P取极大值的条件，对上式作变换（2）在电池内阻r和固定电阻R上消耗的热功率为当R0调到最大值400Ω时，P'有最小值，其值为[说明]根据电源输出功率最大的条件，如把题中固定电阻“藏”在电源内部，即等效内阻r'=r＋R（图2），于是立即可知，当R0 =r'=r＋R=100Ω时，输出功率（即R0上消耗的功率）最大，其值为这种等效电源的方法（称等效电压源定理）在电路中很有用.对于外电路中的固定电阻，则通过它的电流越小，消耗的功率越小.[例10]有N=32个相同的电池，每个电池的电动势均为E=1.5V.内阻均为r0=1Ω.用这些电池如何组合，才能使外电路中阻值R=2Ω的用电器得到最大的电流？[分析] 如把32个电池全部串联，电池组的电动势增大了，但内阻也同时增大；如全部并联，电池组的内电阻小了，但电动势仍为1.5V.为了兼顾到既增大电动势，又减小内电阻，应采用混联电池组的供电电路.[解] 设将n个电池串联，再组成m组并联，使N=nm，电路如图所示.这个混联电池组的总电动势和总内阻分别为根据闭合电路欧姆定律，得外电阻中的电流为因n·2m=2N=64=常数，由数学知识知，当n=2m时，（n＋2m）有最小值，则I有最大值.所以，应取m=4，n=8，代入上式得电流的最大值为[说明]上面是根据两数的和积关系，直接求出了电流取最大值的条件.一般情况下，可用配方法计算.因式中分母显然，当nr0-mR=0时，nr0＋mR有最小值，则I有最大值.由此得到外电路中电流取最大值的条件为即电池组的总内阻等于外电阻时，外电路中电流最大.已知R＝2Ω，r0＝1Ω，代入上式得：n＝2m，∴n＝8，m＝4.这样计算，虽较为繁复，但由此得到一个普遍的结论是十分有价值的.[例11]如图所示电路，E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω电池内阻不计，C1=C2=30F，先闭合开关K，待电路稳定后再断开K，求断开K通过电阻R1的电量。

[误解一] K闭合时有K断开，电路中无电流，则电容器C1不再带电，流过R1的电量即Q1=1.8×10-4（C）。

K断开时，U'c1=E=10(V)，此时C1带电Q'1=C1U'c1=3×10-4(C)，则流过R1的电量△Q=Q'1-Q1=1.2×10-4（C）。

由于C2被K短路，其两端电压Uc2=0。

K断开时，由于电路中无电流，故U'c1=U'c2=E=10(V)。

电容器C2上增加的电量为△Q2=C(U'c2-0)=30×10-6×10=3×10-4(C)；电容器C1上增加的电量为△Q1=C(U'c1-U c1)=30×10-6×(10-6)=1.2×10-4(C)。

通过R1的电量为：Q=△Q1+△Q2=1.2×10-4+30×10-4=4.2×10-4（C）。

[错因分析与解题指导] [误解]原因是对含有电容器的电路的连接关系不熟悉，弄不清电容器上是不是有电压或者不会计算这个电压。

[误解一] 以为电路断开，电容器上便没有了电压，不再带电；[误解二]虽知道K断开后C1直接接于电源两端，但却看不出C2也同样如此，因此全部运算撇开了C2导致错误。