资源描述
课时跟踪检测（二十六） 闭合电路欧姆定律及其应用对点训练：电阻的串、并联1电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为12，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1U2为()A12B21C14 D41解析：选B由并联特点可知：，又由串联电路特点可得：，故B正确。2.(2019无锡调研)电子式互感器是数字变电站的关键设备之一。如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的(n1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为()AnUB.C(n1)UD.解析：选ARac与Rcd串联，电流I，对输出端电压UcdUIRcd，即输入端电压为UabnU。3(2019常州检测)如图所示，a、b、c、d、e是五个相同的电阻，如果将电压逐渐升高，则最先烧坏的电阻应是()Aa和b BcCd De解析：选D由题图可知，a和b并联后与e串联，最后跟c和d的串联电路并联，设电阻都为R，则c和d的电压都为，a和b并联电阻为，所以a和b的电压都为，e的电压为，所以e的电压最大，所以随着电压U升高时，先烧坏的电阻应是e。对点训练：闭合电路的动态分析4.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()AA灯变亮 BB灯变亮CB灯变暗 DC灯变亮解析：选ACD将变阻器滑片P向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流IA增大，则A灯变亮。并联部分的电压U并EIA(RAr)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，B灯变暗。通过C灯的电流ICIIB，I增大，IB减小，则IC增大，C灯变亮，故A、C、D正确。5.多选(2019昆山月考)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是()AR0上的电压变小BR2上的电压变大CR1上的电压变大DR1上电压变化量大于R0上的电压变化量解析：选AC触头P由图示位置向右移动时，接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以R2上的电压变小，R2是定值电阻，所以通过R2的电流减小，总电流不变，则通过R1电流增大，所以R1的电压变大，而并联电路电压是减小的，则R0上的电压变小，故A、C正确，B错误；R1的电压变大，R0上的电压变小，R1和R0的电压之和减小，则R1上电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误。6.如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯。当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是()AL1、L2都变亮 BL1、L2都变暗CL1变亮，L2变暗 DL1变暗，L2变亮解析：选B当滑片由b端向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由UEIr可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗；L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2两端的电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗。故B正确。对点训练：闭合电路的功率及效率问题7(2019湖北七市联考)有一个电动势为3 V、内阻为1 的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是()A0.5 B1 C1.5 D2 解析：选C由闭合电路欧姆定律得I，电源效率100%，电阻的功率PI2R。将四个选项代入分析得，只有C符合题目要求，故C正确。8.多选(2019江苏高考)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 ，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有()A路端电压为10 VB电源的总功率为10 WCa、b间电压的大小为5 VDa、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A解析：选AC根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 ，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I A1 A，则路端电压为UIR外10 V，选项A正确；电源的总功率PEI12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为a2.5 V，b点电势为b7.5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5 ，电路的总电流为I A1.26 A，选项D错误。9.多选直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的()A总功率一定减小B效率一定增大C内部损耗功率一定减小D输出功率一定先增大后减小解析：选ABC滑片P向右移动时，外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总EI可得P总减小，故A正确。根据，可知B正确。由P损I2r可知，C正确。P出R外图像如图所示，因不知道R外的初始值与r的大小关系，所以无法判断P出的变化情况，D错误。对点训练：两类UI图像的比较与应用10多选如图所示，直线、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，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线与直线、相交点的坐标分别为P(5.2,3.5)、Q(6,5)。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32B电源1与电源2的电动势之比是11C在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是12D在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是710解析：选AB根据图像可知，E1E210 V，r1 ，r2 ，所以r1r232，E1E211，选项A、B正确；曲线与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P118.2 W和P230 W，小灯泡的电阻分别为R1 ，R2 ，所以选项C、D错误。11多选(2019镇江模拟)如图甲所示，不计电表对电路的影响，改变滑动变阻器的滑片位置，测得电压表和随电流表 的示数变化规律如图乙中a、b所示，下列判断正确的是()A图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势B图线b斜率的绝对值等于电源的内阻C图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电源的输出功率D图线a、b交点的横、纵坐标之积等于此状态下电阻R0消耗的功率解析：选ACD当电路中电流增大时，电压表V2的示数增大，电源的内电压增大，电压表V1的读数减小，则根据图像可知，图像a是电压表V1的示数与I的关系图像。则图线a的延长线与纵轴交点的坐标值等于电源电动势，故A正确。由上分析知，图像b是电压表V2的示数与I的关系图像，由于V2测量的是定值电阻的电压，定值电阻的电压与电流成正比，则图像b的斜率的绝对值等于R0的阻值，故B错误。图像a反映电源的特性，图像b反映定值电阻R0的特性，两图像的交点表示定值电阻R0接在该电源上的工作状态，则交点的横、纵坐标值的乘积等于该状态下定值电阻R0消耗的瞬时功率，也即电源的输出功率。故C、D正确。对点训练：含电容器的电路12.如图所示的电路中，开关S闭合一段时间后，下列说法中正确的是()A滑片M向上滑动过程中，电容器充电B滑片N向左滑动过程中，流过R2电流向上C滑片N向左滑动，电源输出功率一定增大D将滑片N向右滑动，电容器的电能减少解析：选D当滑片M向上滑动时，对电路结构没有影响，电路总电阻没有变化，故电容器保持原来的状态，故A错误；滑片N向左滑动过程中，变阻器R3的阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，R3两端的电压UEI(R1r)增大，电容器两端的电压增大，电容器充电，流过R2的电流向下，故B错误；滑片N向左滑动，变阻器R3的电阻变大，外电阻增大，但因为不知道内外电阻的关系，所以电源的输出功率变化情况无法判断，故C错误；将滑片N向右滑动，变阻器R3的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，变阻器两端的电压UEI(R1r)减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据QCU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确。13(2019南京模拟)如图所示的电路，R1、R2、R4均为定值电阻，R3为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r，初期电容器中悬停一质量为m的带电尘埃，当环境温度降低时，下列说法正确的是()A电压表和电流表的示数都减小B电压表和电流表的示数都增大C电压表和电流表的示数变化量之比保持不变D带电尘埃将向下极板运动解析：选C当环境温度降低时，R3的阻值增大，外电路总电阻增大，则总电流减小，所以电流表的示数减小，图中并联部分的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联部分的电压增大，则电压表的示数增大。故A、B错误。电压表的示数为UEI(R1r)，则电压表和电流表的示数变化量之比为R1r，保持不变，故C正确。电容器板间电压增大，板间场强增大，带电尘埃所受的电场力增大，则带电尘埃将向上极板运动，故D错误。考点综合训练14多选(2019黑龙江省实验中学高三期末)在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 ，电路中电阻R0为1.5 ，小型直流电动机M的内阻为0.5 。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A。则以下判断中正确的是()A电动机的输出功率为12 WB电动机两端的电压为7.0 VC电动机的发热功率为4.0 WD电源输出的电功率为24 W解析：选AB电路中电流表示数为2.0 A，所以电动机的电压为UEIrIR07 V，则电动机的发热功率为P热I2RM2 W；电动机的输出功率为P出UIP热12 W，故A、B正确，C错误；电源的输出功率为P输出EII2r20 W，故D错误。15多选如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是()A保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧C断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧解析：选AD保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为UR0，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力mgqEma，平行板两极板电压减小，产生的加速度增大，则at2，水平位移为xv0tv0，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E，结合C及C可得E，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；如N板稍微下移，则粒子将打在O点右侧，D正确。内容总结（1）根据eq f(R外,R外r)eq f(1,1r/R外)，可知B正确
展开阅读全文