1、习题课二闭合电路的分析关键能力探究学习知识点一闭合电路的动态分析闭合电路中如果某个电阻发生变化(或开关通断)就会引起其他各部分电压、电流(或灯泡明暗)的变化。处理这类问题有三种常用方法:1.程序判断法:遵循“部分整体部分”的思路,按照以下步骤分析:(1)明确局部电阻的变化。(2)由局部电阻的变化可知外电路总电阻R的变化。(3)运用I总=判断I总的变化。(4)运用U内=I总r判断U内的变化。(5)运用U外=E-U内判断U外的变化。(6)运用部分电路欧姆定律定性分析各支路相关量变化。2.“串反并同”结论法:所谓“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;
2、反之都将增大。所谓“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;反之都将减小。即:R3.特殊值法:指因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题,可将滑动变阻器的滑片滑至最左端、最右端和正中间分别进行分析,并比较。从而使问题得以简化,一般用于滑动变阻器两部分在电路中都有电流时的讨论。【典例】如图所示的电路中,灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的。现在突然发现灯泡A比原来变暗了些,灯泡B比原来变亮了些,则电路中出现的故障可能是()A.R3断路B.R1短路C.R2断路D.R1、R2同时短路【解析】选C。灯泡A比原来暗了些,说明灯泡A的电流和电压变小;灯泡B比原来亮了
3、些,说明灯泡B的电压和电流变大。采取代入排除法,将选项逐个代入分析:R3断路R外增大R总变大I减小U变大,由此可知两灯均变亮,故A项错误;R1短路R外减小R总减小I增大,通过灯泡A和B的电流变大,由此可知两灯变亮,故B项错误;同理分析可知C选项正确,D选项错误。1.如图所示电路中,开关S闭合,当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时,以下判断正确的是()A.电压表示数变大,通过灯L1的电流变大,灯L2变亮B.电压表示数变小,通过灯L1的电流变小,灯L2变暗C.电压表示数变大,通过灯L2的电流变小,灯L1变亮D.电压表示数变小,通过灯L2的电流变大,灯L1变暗【解析】选D。当滑动变阻器的滑片P向上
4、滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,由I=知总电流增大,通过L2的电流增大,L2变亮;由U并=E-I(RL2+r)知,滑动变阻器与L1并联部分电压减小,电压表示数变小,L1变暗,故D项正确。2.(多选)(2020哈师大附中高二检测)如图所示,四个电表均为理想电表,当滑动变阻器的滑动触头P向左端移动时,下列说法正确的是()A.电压表V1的读数减小,电流表A1的读数增大B.电压表V1的读数增大,电流表A1的读数减小C.电压表V2的读数减小,电流表A2的读数增大D.电压表V2的读数增大,电流表A2的读数减小【解析】选B、C。当滑动变阻器的滑动触头P向左端移动时,滑动变阻器接入电路
5、的电阻增大,电路中的总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,干路中的电流减小,电源内阻及R1分担的电压减小,电压表V1的读数增大,电流表A1的读数减小,选项A错误,B正确;由于电压表V1的读数增大,由欧姆定律可得通过R2的电流增大,则电流表A2的读数增大,由I1=+可知通过R3的电流减小,则电压表V2的读数减小,选项C正确,D错误。故选B、C。【加固训练】1.(多选)在如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示,电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示,下列比值正确的是()A.不变,不变B.变大,
6、变大C.变大,不变D.变大,不变【解析】选A、C、D。当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时,电路的电阻变大,总电流减少,路端电压变大,=R1,=R2,=R1+r。=R2+R1,=r,故A、C、D正确。2.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】选C。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
7、,干路电流I=,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=知,I2增大,即电流表A2的读数增大,故选项C正确。知识点二含容电路电容器是一种能储存电荷与电能的元件。在直流电路中,当电容器充、放电时,电路中会有电流通过,一旦电路达到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的元件。如果直流电路中含有电容器,分析步骤具体如下:(1)简化电路:当电路稳定时,电容器所在的电路可看作断路,简化电路时可以将电容及与电容器串联的所有元件去掉。(2)分析、计算电容器电压:确定电
8、容器与哪个电阻并联,该电阻两端的电压与电容器两端的电压相等,根据电路公式计算出电阻两端的电压即可。(3)计算电荷量:分别算出变化前后电容器的电压,然后根据Q=CU或Q=CU计算电容器上电荷量的变化。(4)电容器中的动力学问题:计算出电容器两端的电压后,应用公式E=得出电容器两极板间的电场强度,进而根据牛顿第二定律、动能定理等方法确定带电粒子在电容器中的运动状态。【典例】(多选)如图所示的电路中,电源电动势E=6 V,内阻r=1 ,电阻R1=6 ,R2=5 ,R3=3 ,电容器的电容C=210-5 F。若将开关S闭合,电路稳定时通过R2的电流为I;断开开关S后,通过R1的电荷量为q。则()A.I
9、=0.75 AB.I=0.5 AC.q=210-5 CD.q=110-5 C【解析】选A、D。开关S闭合时,I=0.75 A,故A项正确,B项错误;此时UC=1.5 V,QC=CUC=310-5 C,若将开关断开,则电容器上所带的电荷量通过R1、R3放掉,因I1I3=R3R1=12,根据q=It可知,通过R1的电荷量q=QC=110-5 C,故C项错误,D项正确。【题后反思】分析含容电路时的注意事项(1)电路稳定时电容器所在支路上电阻两端无电压,该电阻相当于导线。(2)电路中的电流、电压变化时,将会引起电容器的充、放电,如果电容器两端的电压升高,电容器将充电,反之,电容器将放电。(3)分析S闭
10、合前、后电容器极板时,应注意极板上带电的正、负。如果变化前后极板电性相同,那么通过导线的电荷量等于初、末状态电容器带电荷量之差;如果电性相反,则等于电荷量之和。1.在如图所示的电路中,当滑动变阻器的滑片向下移动时,关于电灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是()A.L变暗,Q增大B.L变暗,Q减小C.L变亮,Q增大D.L变亮,Q减小【解析】选B。当滑动变阻器的滑动片向下移动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律得知,干路电流增大,电源的内电压增大,则路端电压减小,灯L变暗。电容器板间电压等于滑动变阻器两端的电压。由上得知,路端电压减小,则通过L灯的电
11、流减小,而干路电流增大,则通过R1的电流增大,R1的电压也增大,则滑动变阻器两端的电压减小,电容器所带电荷量Q减小,故B项正确。2.如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件,油滴仍能静止不动的是()A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值C.增大两板间的距离D.断开电键S【解析】选B。在直流电路中,R2与电容器串联的支路不通,因此电容器两端的电压等于R1两端的电压,增大R1的阻值,R1两端的电压增大,电容器两端的电压增大,由E=可知,电容器两极板间的电场强度增大,因此
12、板间带电油滴受到的电场力增大,会向上运动,故A项错误;增大R2的阻值不改变电路中的总电阻,不改变R1两端的电压,因此电容器中油滴仍保持静止,故B项正确;增大两板间的距离,而电容器的两板间的电压一定,由E=可知,板间的场强减小,油滴受到的电场力减小,油滴会向下运动,故C项错误;断开电键S,电容器会通过R1、R2进行放电,使板间场强减小,油滴受到的电场力减小而向下运动,故D项错误。【加固训练】如图所示的电路中,E为电池,R1、R2为可变电阻,R为定值电阻,C为平行板电容器。闭合开关S后,能使电容器带电荷量增加的方法是()A.增大R1的阻值B.增大电容器两极板间的距离C.减小R2的阻值D.将电容器的
13、两极板错开些【解析】选C。电容器与R1串联,改变R1的阻值对电容器两端电压无影响,A项错误;增大电容器两极板的距离和将电容器的两极板错开些,电容C减小,电压不变,带电荷量减小,B、D选项错误;减小R2可以增大R两端电压,C项正确。知识点三电表内阻的测量1.半偏法测电流表电阻的电路及其工作原理:(1)按图接线,图中R1 、R2 为电阻箱,电源为蓄电池,内阻可以不计。(2)闭合S1 ,调节R1使电流表指针满偏。(3)闭合S2,保持电阻R1不变,调节R2使电流表指针半偏,记下R2的值。(4)RG测=R2。2.半偏法测电压表电阻的电路及其工作原理:(1)按图接线,图中R0 为电阻箱;(2)闭合S,调节
14、R0=0,再调节R使电压表指针满偏;(3)保持变阻器电阻R不变,调节R0使电压表指针半偏,记下R0的值;(4)=R0。【典例】某同学利用如图1所示的电路测量量程为1 mA的灵敏电流计的内阻(内阻约为600 );可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值为9 999.9 ),滑动变阻器R1(最大阻值为20 ),滑动变阻器R2(最大阻值为200 ),滑动变阻器R3(最大阻值为2 k),直流电源E(电动势为2 V),开关1个,导线若干。实验步骤如下:按图1所示电路连接好线路;将电阻箱阻值调节为1 200 ,将滑动变阻器的滑片移到图1中最左端所对应的位置,闭合开关S;调节滑动变阻器,使灵敏电流计满偏;保持滑
15、动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使灵敏电流计的示数为0.8 mA,记下电阻箱的阻值。回答下列问题:(1)实验中应选择滑动变阻器_(选填“R1”“R2”或“R3”)。(2)根据图1所示电路将图2中实物图连线。(3)实验步骤中记录的电阻箱阻值为1 640.0 ,计算可得灵敏电流计的内阻为_。(4)实验步骤中保持滑动变阻器滑片的位置不变,请判断本实验测出的灵敏电流计的内阻会比真实值_(选填“偏大”或“偏小”)。【解析】(1)本实验借用了半偏法测电流计内阻的实验方法,在电阻箱阻值变化时,认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,即对滑动变阻器上的分压几乎没有影响,故需要待测电阻的阻值远大于滑动变
16、阻器的电阻,选滑动变阻器R1可减小实验误差;(2)在电路中滑动变阻器为分压式连接,连接实物电路如图所示:(3)认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,有Ig(Rg+R)=0.8Ig(Rg+R),解得Rg=560 ;(4)假设在整个实验过程中滑动变阻器的分压是不变的,根据灵敏电流计的读数可以计算出灵敏电流计内阻。而事实上是,在电阻箱的阻值增大后,灵敏电流计和电阻箱所在支路的电阻增加了,和滑动变阻器并联后的电阻也增加了,滑动变阻器的分压增加了,设灵敏电流计内阻的真实值为Rg,存在Ig(Rg+1 200)0.8Ig(Rg+1 640),可知Rg560 ,即测量值会偏大。答案:(1)R1(2)见解析(
17、3)560(4)偏大【题后反思】半偏法测电阻的误差分析1.半偏法测电流表电阻:(1)误差来源:本实验需假设在整个实验过程中干路电流不变,而事实上,在并联一个电阻箱后,导致整个电路总电阻减小,干路电流增大。(2)对测量结果的影响:R测R真,即测量结果偏大。(3)减小误差的方法:选用阻值较小的滑动变阻器,进而减小因电阻箱阻值变化导致的电压变化。(2020南充高二检测)在测定电流表内电阻的实验中,备用的器材有:A.待测电流表(量程为0100 A)B.标准电压表(量程为05 V)C.电阻箱(阻值范围为099 999 )D.电阻箱(阻值范围为09 999.9 )E.电源(电动势为2 V,有内阻)F.电源
18、(电动势为6 V,有内阻)G.滑动变阻器(阻值范围为050 ,额定电流为1.5 A)H.若干开关和导线(1)用如图所示的电路测定待测电流表的内电阻,并且想得到较高的精确度,那么从以上备用的器材中,可变电阻R1应选用_,可变电阻R2应选用_,电源应选用_。(用字母代号填写)(2)实验时要进行的步骤有:A.合上开关S1;B.合上开关S2;C.观察R1接入电路的阻值是否最大,如果不是,将R1的阻值调至最大;D.调节R1的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度;E.调节R2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半;F.记下R2的阻值。以上步骤的合理顺序为:_。(3)如果在步骤F中所得R2的阻值为600 ,则
19、图中电流表的内阻Rg的测量值为_。若将此电流表改装成量程为05 V的电压表,则应将电流表_(选填“串”或“并”)联一个阻值为_的电阻。(4)若用(3)中的改装表去测量一稳恒电压,则测量值和真实值相比_。(选填“偏大”或“偏小”)(5)用给定的备用器材,画出改装和校对都包括在内的电路图。(要求对05 V的所有刻度都能在实验中进行校对)【解析】(1)所给电路图为半偏法测电阻的实验电路图,误差产生的原因是并联R2前、后电路的总电阻发生了变化。为提高精确度,就应减小总电阻变化带来的影响。选电源的原则是在题给电阻能调到满偏的条件下尽量选较大电动势的电源。本题若选E=6 V,则R总=60 k,C电阻箱可提
20、供如此大的电阻,所以电源选择F,R1选C,R2选D。(2)串联接入电路的电阻箱起保护待测电流表的作用,接通电路前要先调到最大;闭合开关S1,先调节R1,使电流表满偏;保持R1不变,闭合开关S2,调节R2,使电流表指针达到半偏,则实验顺序为:CADBEF。(3)由半偏法原理可知电流表内阻为Rg=600 。电流表改装成电压表,必须串联一个电阻。电流表两端可加最大电压Ug=IgRg=0.06 V,由串联电路电阻两端的电压与电阻成正比,可求得串联电阻的阻值应为R= =4.94104 。(4)当S2闭合时,R2和电流表并联,并联后总阻值R并U2B.U1=U2C.U1R2=R测,故A项正确,B项错误;要减
21、少误差,要同时提高电源的电动势和电阻箱1的最大阻值,这样可以使开关S2闭合前后干路电流增大量很小,可以近似认为不变,故C项错误,D项正确。(2)当开关S2断开时,根据闭合电路欧姆定律应有:E=Ig(R1+Rg)开关S2闭合后应有:E=Rg+(+)R1;联立以上两式并将R1=500 ,R2=250 ,E=3 V代入解得:Rg=500 ,Ig=3 mA。答案:(1)A、D(2)5003课时素养评价十三闭合电路的分析(45分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.(2020湛江高二检测)在如图所示的电路中,电源内阻不可忽略,电表均可以看作是理想电表。当开关K闭合后,将滑动变阻器的
22、触头由上端向下端移动的过程中,下列说法正确的是()A.电路中总电阻减小B.电压表示数增大C.电流表示数减小D.灯泡L变亮【解析】选A。将滑动变阻器的触头由上端向下端移动的过程中,滑动变阻器阻值变小,则电路中总电阻减小,干路电流变大,则R1分压变大,则并联部分电压U并=E-I(R1+r)变小,则电压表示数变小,灯泡变暗,灯泡支路电流变小,而干路电流变大,故通过滑动变阻器的电流变大,电流表示数变大,故A正确,B、C、D错误。故选A。2.如图所示电路的电源内阻不可忽略,若调整可变电阻R的阻值,可使电压表V的示数减小U(电压表为理想电表),在这个过程中()A.通过R1的电流减小,减少量一定等于B.R2
23、两端的电压增大,增加量一定等于UC.路端电压减小,减少量一定等于UD.通过R2的电流增大,增加量等于【解析】选A。由R1=知,当电压减小U时,通过R1的电流减小,故A正确;由闭合电路欧姆定律知,当电压减小U时,则U2+U内增大U,所以R2两端的电压增加量小于U,路端电压减小量小于U,通过R2的电流增加量小于,故B、C、D错误。3.在如图所示的电路中,开关S闭合后,由于电阻元件发生短路或断路故障,电压表和电流表的读数都增大,则可能出现了下列哪种故障()A.R1短路B.R2短路C.R3短路D.R1断路【解析】选A。若各元件没有故障,电路正常,则电流表测量流过R1的支路电流,电压表测量R3两端的电压
24、;若R1短路,则R2被短路,外电路只有电阻R3接在电源两端,电流表测量干路电流,电压表测量路端电压,两表示数均增大,故A项正确;若R2短路,则R1被短路,电流表示数为零,显然不符合题意,故B项错误;若R3短路,则电压表示数为零,不符合题意,故C项错误;若R1断路,则电流表示数为零,也不符合题意,故D项错误。4.如图所示的电路中,R1是光敏电阻,其阻值随光照强度的增强而减小;R2、R3、R4是定值电阻,当开关S闭合且没有光照射时,电容器C不带电。当用强光照射R1且电路稳定时,与无光照时比较,下列说法中正确的是()A.电容器C的下极板带正电B.R2两端电压降低C.通过R1的电流变小D.R1两端的电
25、压变小,电源的路端电压变小【解析】选D。当开关S闭合且没有光照射时,电容器C不带电,说明此时电容器C上下两板的电势相等,当用强光照射R1时,R1阻值减小,总电阻减小,R2上的电流增大,R2两端的电压增大,C上板的电势增大,上板带正电,故A、B、C项错误;由U=E-Ir,可知电源的路端电压减小,R2两端的电压增大,则R1两端的电压变小,故D项正确。5.竖直放置的一对平行金属板的左极板上,用绝缘线悬挂了一个带负电的小球,将平行金属板按如图所示的电路连接,开关闭合后绝缘线与左极板间的夹角为。当滑动变阻器R的滑片在a位置时,电流表的读数为I1,夹角为1;当滑片在b位置时,电流表的读数为I2,夹角为2,
26、则下列关系正确的是()A.12,I12,I1I2C.1=2,I1=I2D.12,I1=I2【解析】选A。由图示电路图可知,滑动变阻器滑片由a位置移动到b位置过程,外电路总电阻变小,由闭合电路欧姆定律可知,电路电流变大,电流表示数变大;由图示电路图可知,电容器与定值电阻并联,滑片由a移动到b过程,定值电阻两端电压变大,电容器两极板间电压变大,电场强度增大,小球所受电场力变大,绝缘线与左板间的夹角变大,故A项正确。6.如图是小强在做“探究串联电路中电流、电压特点”实验时连接的实物电路。当开关闭合时,发现灯L1不亮、灯L2亮,电流表和电压表均有读数。则出现此故障的原因可能是()A.灯L2断路B.灯L
27、2短路C.灯L1断路D.灯L1短路【解析】选D。串联电路中一灯亮一灯不亮,则可能不亮的灯泡短路了,即L1短路,电流表有示数,说明电路故障不可能是断路,电压表有示数,说明电压表所测部分没有短路,综合判断可知是L1短路,故选D。二、非选择题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)某实验小组利用如图甲所示的电路测量一微安表(量程为0500 A,内阻约为300 )的内阻。可选用的器材有:定值电阻R0(阻值为120 )、滑动变阻器R1(阻值范围为010 )、电源E(电动势为2 V,内阻很小)、电阻箱R2和R3(阻值范围均为0999.9 )、单刀单掷开
28、关S1、单刀双掷开关S2和导线若干。(1)根据图甲的电路图,用笔画线代替导线将图乙中的实物电路补充完整。(闭合开关前滑动变阻器的滑片在最左端)(2)完成电路连接后,该小组的操作步骤如下:将滑动变阻器R1的滑片P移到最左端,调节电阻箱R2的阻值为0;闭合开关S1,移动滑片P,使微安表的指针满偏;保持滑片P的位置不动,调节电阻箱R2,使微安表的示数正好是指针满偏时的;记录电阻箱R2的阻值r1,则微安表内阻的测量值rA1=_;保持滑片P的位置不动,调节电阻箱R2,使微安表的示数正好是指针满偏时的;记录电阻箱R2的阻值r2,则微安表内阻的测量值rA2=_。(3)为减小系统误差,该小组改进了电路设计,如
29、图丙所示。先闭合开关S1,将开关S2拨到位置a,调节滑动变阻器R1的滑片P,使微安表的指针满偏。然后将开关S2拨到位置b,保持滑片P的位置不变。同时调节电阻箱R2和R3,使电阻箱R3的阻值r3和电阻箱R2的阻值r4满足r3=_r4,且使微安表的示数正好是指针满偏时的,则微安表内阻的测量值rA3=r4。【解析】(1)根据实验原理图,连接实物图,如图所示。(2)将滑动变阻器R1的滑片P移到最左端,保护微安表;保持滑片P的位置不动,滑动变阻器左端接入电路的电阻不变,而且左端电阻很小,则左端电阻上的电压恒定,微安表满偏电流为Ig,有IgrA1=(rA1+r1),故rA1=r1;由题意有,IgrA2=(
30、rA2+r2),故rA2=2r2。(3)当r3=2r4,且微安表半偏时,通过电阻箱R3的电流恰好为,即两支路的电阻一样,大小为2r4,此时方可得到rA3=r4。答案:(1)见解析(2)r12r2(3)28.(12分)(2020深圳高二检测)如图所示,电阻的阻值R1 = 4.0 、R2 = 6.0 ,R3 = 10.0 ,电容器的电容C = 30 F,电源电动势e=10 V,电源内阻可忽略。先闭合开关K,待电路稳定后再将开关断开。试求:(1)闭合开关K,电路稳定后,通过R1的电流强度;(2)断开开关K后流过R1的电量为多少?【解析】(1)K闭合,电路稳定后电路为R1、R2串联的电路;所以流过R1
31、的电流为I= A=1 A,(2)K闭合时电容器C与R2并联,两极板间的电压U=IR2=16 V=6 V,且上极板带正电;断开K后,由于e=10 V,所以继续对电容器充电至两极板间的电压U=e=10 V,仍是上极板带正电;流过R1的电量等于继续给电容器充电的电量,所以Q=C(U-U)=3010-6(10-6) C=1.210-4C。答案:(1)1 A(2)1.210-4C【加固训练】(多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。则该电路()A.充电时,通过R
32、的电流不变B.若R增大,则充电时间变长C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【解析】选B、C、D。充电时,通过R的电流逐渐减小,故A项错误;若R增大,充电的最大电流减小,充电时间变长,故B项正确;若C增大,电容器充满电后带的电荷量增多,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C项正确;若E减小为85 V,电容器充满电后电压仍然大于闪光灯导通需要的电压,所以闪光灯闪光一次通过的电荷量不变,故D项正确。(15分钟40分)9.(6分)(多选)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,不计电压表和电流表内阻对电路的影响,当开关闭合后,两小灯泡均能发光
33、。在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中,下列说法正确的是()A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1变亮,小灯泡L2变暗C.电流表A的读数变小,电压表V的读数变大D.电流表A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比变大【解析】选B、C。将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中,变阻器接入电路的电阻增大,与灯L1并联的电路的电阻增大,外电路总电阻增大,干路电流减小,电流表读数变小,L2变暗,电源的内电压减小,根据闭合电路欧姆定律知路端电压增大,电压表V的读数变大,而灯L2两端电压减小,所以灯L1两端的电压增大,灯L1变亮,故B、C正确,A项错误;电压表的读数变化量(外电压的变化量)与电流表的读数
34、变化量的比值为电源的内阻,电源的内阻不变,故D项错误。【加固训练】(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中()A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I比值先变大后变小D.U变化量与I变化量比值等于R3【解析】选B、C。不计电源内阻,电路的路端电压等于电源电动势,A选项错误;滑动变阻器的上半部分和下半部分并联,在滑片由a端滑到b端的过程中,该并联值先变大再变小,电压表示数U和电流表示数I的比值为该并联值和电阻R2之和,C选项正确;根据电阻的变化可判断电路中电流先变小再变大,B选项正确;U不变,故U0的
35、变化量为0,比值等于0,D选项错误。10.(6分)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A.B.C.D.【解析】选C。分别画出S断开时、S闭合时的简化电路。分别如图甲、乙所示。根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U1=E,U2=E,C所带的电荷量Q=CU,则Q1Q2=35,故C项正确。11.(6分)(多选)(2020东莞高二检测)如图所示,C1=6 F,C2=3 F,R1=3 ,R2=6 ,电源电动势E=18 V,内
36、阻不计,下列说法正确的是()A.开关S断开时,a、b两点电势相等B.开关S闭合后,a、b两点间的电流是2 AC.开关S断开时,C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合,C1带的电荷量总比C2带的电荷量大【解析】选B、C。当S断开时,两电容器并联在电源两端,所以电容器两极板间的电势差相等,但是a接电源正极,b接电源负极,两点的电势不相等,A错误;当S闭合后,电路相当于两个定值电阻串联在电路中,ab两点间的电流为干路电流,故I= A=2 A,B正确;开关闭合时,电容器C1电压为R1两端的电压,开关断开时,其两端的电压大小等于电源电动势为18 V,电压增大,故而电荷量增
37、大,故C正确;当开关闭合时,C1两端的电压U1=23 V=6 V;C2两端的电压为:U2=26 V=12 V;则Q1=U1C1=6610-6 C=3.610-5 C;Q2=U2C2=12310-6 C=3.610-5 C,故D错误。12.(22分)如图所示,电源电动势E=6 V,内阻r=1 ,电阻R1=2 ,R2=3 ,R3=7.5 ,电容器的电容C=4 F。开关S原来断开,从闭合开关S到电路稳定,试问这一过程中通过电阻R的电荷量是多少?【解析】S断开时的等效电路图如图甲所示,电容器C两端电压U等于电阻R2两端电压U2,而U2=R2=3 V电容器C的带电荷量Q=CU=CU2=1.210-5 C。且a板带正电,b板带负电。S闭合时的等效电路图如图乙所示,电容器C两端电压U等于电阻R1两端电压U1,有R外=3 干路电流:I=1.5 A外电压U外=E-Ir=4.5 V电阻R1两端电压U1=U外=1.8 V电容器C的带电荷量Q=CU=CU1=7.210-6 C且a板带负电,b板带正电,通过电阻R的电荷量Q=Q+Q=1.9210-5 C。答案:1.9210-5 C