1、习题课二 闭合电路的分析 关键能力合作学习 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。ERr(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、
2、电功率都将减小;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。3.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。【典例示范】【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
3、和电压变小;灯泡B比原来亮了些,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。【题后反思】电路的故障分析问题是闭合电路动态分析的一个直接应用,处理问题的思路也与闭合电路动态分析一致。另外应注意以下几点:(1)在常见故障中,断路可理解为用电器的电阻增大,短路则用电器的电阻减小为零。(2)处理故障分析问题时多由选项入手,先由选项中的故障分析现象,然后看是否与题干描述一致。(3)灵活运用“串
4、反并同”的结论,将会极大地简化问题。【素养训练】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
5、正确。ERr外2.(2020江苏高考改编)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时,开关S闭合,电机工作,车灯突然变暗,此时()A.通过车灯的电流变大 B.路端电压变大 C.电路的总电流变小 D.电源的总功率变大【解析】选D。开关闭合时,车灯变暗,故流过车灯的电流I灯变小,A错误;电路的路端电压为U路=U灯=I灯R灯,I灯变小,路端电压变小,B错误;总电流即干路 电流为I干=U路减小,干路电流增大,C错误;电源总功率为P总=EI干,I干增大,总功率变大,D正确。EUUrr路内，【加固训练】1.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
6、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()11223322UUUUA.B.IIIIUUUUC.D.IIII变大，不变 变大，变大不变，不变 变大，不变【解析】选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,故D正确。11221121UUUUI(Rr)R,R,RrIIIII。3321UUIrRR,rIII，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
7、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,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。ERr总，22UR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
8、,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=C U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
9、能定理等方法确定带 电粒子在电容器中的运动状态。Ud【典例示范】【典例】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=1.5 A B.I=0.5 A C.q=210-5 C D.q=110-5 C【解析】选D。开关S闭合时,I=0.75 A,故A、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
10、电荷量q=QC=110-5 C,故C项错误,D项正确。2ErRR并RU并13【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。【素养训练】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.
11、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
12、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
13、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。UdUd【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
14、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。VR测【典例示范】【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
15、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
16、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
17、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(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
18、: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。【素养训练】一块电流计的内阻大约是几百欧,某同学甲设计如图电路,想用半偏法测量其内阻和满偏电流Ig,部分实验步骤如下:选择器材:两个电阻箱(最大阻值均为999.9 )、2节干电池(每节电动势为1.5 V,内阻不计)、2个单刀单掷开关和若干导线;按如图所示的电路图连接好器材,断开开关S1、S2,将电阻箱1的电阻调至最大;闭合开关S1,调节电阻箱1,并同时观察电流计指针,当指针处于满偏刻度时,读取电阻箱1的阻值为500 ;保持电阻箱1的电阻不变,再闭合开关S2,只调节电阻箱2,并同时
19、观察电流计指针,当指针处于半偏刻度时,读取电阻箱2的阻值为250 。此时同学甲认为电流计G的内阻Rg=R2=250 。而同学乙认为甲的做法有很大的误差。(1)(多选)经过分析,你认为下列说法正确的是_。A.同学甲的做法电流计G的内阻测量值比真实值小 B.同学甲的做法电流计G的内阻测量值比真实值大 C.要减少误差,电阻箱1用最大阻值更大的电阻箱即可 D.要减少误差,必须要提高电源的电动势和选用最大阻值更大的电阻箱1(2)通过分析与计算,同学们认为可以利用同学甲的实验数据求出电流计的内阻和满偏电流值,那么电流计内阻的测量值Rg=_;电流计的满偏电流值Ig=_mA。【解析】(1)选A、D。闭合S2之
20、后电路总阻值变小,故干路电流增大,干路电流大 于电流计的满偏电流Ig,当电流计电流由满偏Ig变为半偏 后,流过电阻箱的电 流大于 ,故电流计G的内阻大于电阻箱阻值,即RgR2=R测,故A项正确,B项错误;要减少误差,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。gI2gI2(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)500
21、3 gI2ggg2II R22R【加固训练】某学习小组练习将一满偏电流为10 mA,内阻约为500 的毫安表 ,改装成 量程为0.50 A的电流表,并且同时测出相应的表头内阻,设计了如图1所示的电 路原理图,图中的 为量程为0.6 A的标准电流表,R为最大阻值为20 的滑 动变阻器,R0为电阻箱,E为电源,S为开关。(1)首先根据电路原理图在图2实物图上补充上相应的导线。(2)完善以下实验操作步骤,并回答相应问题:按原理图连接电路,闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调至_端(选填“a”或“b”);将电阻箱R0的阻值调至零,闭合开关;调节滑动变阻器,逐渐增大电路中的电流,使标准电流表读数为0.50
22、A;调节电阻箱R0的阻值,使毫安表指针接近满偏,此时标准电流表的读数会_(选填“增大”“减小”或“不变”);多次重复步骤,直至标准电流表的读数为0.5 A,同时毫安表指针满偏。在完成全部实验步骤后,电阻箱使用阻值的读数为10.0 ,由此可知毫安表头的内阻为_。该学习小组用改装后的电流表测量某电路中的电流时,毫安表指针情况如图3,此时流过电路中的电流为_A。【解析】(1)根据电路图从电源的正极出发,沿电流的流向画实物图如图所示:(2)实验中要在电路接通时电流最小,故滑动触头应滑到使有电流表的支路短 路,当滑动头滑到a端时,两个电流表所在支路短路,故电键闭合时电流表的示数 为零,故滑动头应调至a端
23、;因电阻箱电阻增大,则总电阻增加,干路电流减小,上边支路电流减小,故标准 电流表示数减小;并联电路两端电压相等,可得:(I-Ig)R0=IgRg,代入数据解得:Rg=490;由于 毫安表的量程为10 mA,根据读数规则可知,通过毫安表的电流为6.5 mA,由于新 量程为0.5 A,I=0.325 A,故电路中的电流为0.325 A。mI6.5 mAI10 mA，答案:(1)见解析(2)a 减小 490 0.325(0.3240.326)1.在如图所示的电路中,开关S闭合后和闭合前相比,三个理想电表示数的变化情况是()A.V示数变大,A1示数变大,A2示数变小 B.V示数变大,A1示数变小,A2
24、示数变大 C.V示数变小,A1示数变大,A2示数变小 D.V示数变小,A1示数变小,A2示数变大 课堂检测素养达标【解析】选C。开关S闭合后,总电阻减小,干路电流I增大,A1示数变大,由U外=E-Ir知,路端电压U外减小,V示数变小,由于R处在干路中且其中的电流增大,故其两端的电压UR增大,R2两端的电压U2=U外-UR,故U2减小,由欧姆定律知,其中的电流I2减小,A2示数变小,故C项正确。2.如图所示,R1阻值恒定,R2为热敏电阻(热敏电阻阻值随温度降低而增大),L为小灯泡,当R2所在位置温度升高时()A.R1两端的电压减小 B.小灯泡的亮度变暗 C.电流表的示数减小 D.通过R2的电流减
25、小【解析】选B。当R2所在位置温度升高时,R2阻值减小,总电阻减小,总电流增大,电流表的示数增大,R1两端的电压U1=IR1增大,故A、C项错误;总电流增大,内电压增大,则路端电压U=E-Ir减小,并联部分的电压减小,所以灯泡L变暗,故B项正确;通过L的电流减小,而总电流增大,则通过R2的电流增大,故D项错误。3.如图所示的电路中,已知电容C1=C2,电阻R1=R2,电源电动势为E,内阻为r,当开关S由闭合状态断开时,下列说法中正确的是()A.电容器C1的电荷量增多,电容器C2的电荷量减少 B.电容器C1的电荷量减少,电容器C2的电荷量增多 C.电容器C1、C2的电荷量都增多 D.电容器C1、
26、C2的电荷量都减少【解析】选C。开关S闭合时,电容器C1两端电压与R2两端电压相等,C2两端电压与R1两端电压相等;开关S断开时,电路断路,电容器C1、C2两端电压均等于电源电动势E,由Q=CU知,电容器C1、C2的电荷量均增多,故C项正确。4.如图所示的电路中,电源提供的电压为U=10 V保持不变,已知R1=4 ,R2=6 ,C=30 F。(1)闭合开关S,求电路稳定后通过R1的电流。(2)在(1)中电路稳定后,将开关S断开,求这以后流过R1的电荷量。【解析】(1)闭合S,电路达到稳定后电容器相当于断路。由欧姆定律得通过R1 的电流为 I=A=1 A。(2)S断开前,电容器两极板间的电压等于
27、R2两端的电压,即有UC=U2=IR2=16 V=6 V,电容器所带电荷量为 Q=CUC=3010-66 C=1.810-4 C。S断开且电路稳定时,电容器两极板间的电压等于电源提供的电压U,电容器所 带电荷量为 12U10RR46Q=CU=3010-610 C=310-4 C,流过R1的电荷量等于电容器所带电荷量的增加量,即 Q=Q-Q=310-4 C-1.810-4 C=1.210-4 C。答案:(1)1 A(2)1.210-4 C【加固训练】1.如图所示,当R1的触头向右移动时,电压表V1和电压表V2的示数的变化为 U1和 U2(均取绝对值),则 U1和 U2的大小关系为()A.U1 U
28、2 B.U1=U2 C.U1 U2 D.条件不足,无法确定 U1和 U2的大小关系【解析】选A。对于确定的电源来说,E、r是不变的,故电路中的一部分电压增加必有另一部分电压减小,且增加值与减小值在数值上相等。当R1的触头向右移动时,接入电路中的电阻减小,故电路中的电流增大致使(R2+r)上的电压增加(U2+Ur),R1上的电压减小 U1,则 U2+Ur=U1,故A项正确。2.湿敏电阻是利用湿敏材料吸收空气中的水分而导致本身电阻值发生变化这一原理而制成的,当湿度增加时,湿敏电阻的阻值会减小,常用于制作湿度传感器。在室内设计如图所示电路,当周围环境的湿度增加时()A.电灯L变亮 B.电流表的示数变
29、小 C.流过湿敏电阻的电流变大 D.电源的总功率变小【解析】选C。当周围环境的湿度增加时,湿敏电阻的阻值减小,总电阻减小,电流增大,内电压增大,路端电压减小,所以电灯L变暗,故A、B项错误;路端电压减小,电灯中的电流减小,而总电流增大,则流过湿敏电阻的电流变大,故C项正确;电源的总功率P=EI,电流增大,总功率变大,故D项错误。课时素养评价 十五 闭合电路的分析【合格性考试】(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.如图所示,电源的电动势为E、内阻为r,定值电阻R的阻值也为r,滑动变阻器的最大阻值是2r。在滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中,下列说法中正确的是(
30、)A.电压表的示数变大 B.电流表的示数变小 C.滑动变阻器消耗的功率变小 D.定值电阻R消耗的功率先变大后变小 【解析】选C。等效电路图如图所示。滑片从a端滑向b端,滑动变阻器接入电路的阻值Rb减小,由“串反并同”原则有,电压表示数减小,电流表示数增大,电阻R消耗的功率增大,故A、B、D错误;把电阻R当作电源内电阻(等效电源),则R内=2r,Rb减小,且Rb2r,等效电源的输出功率减小,即滑动变阻器消耗的功率减小,故C项正确。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
31、.R2两端的电压增大,增加量一定等于 U C.路端电压减小,减少量一定等于 U D.通过R2的电流增大,增加量等于 1UR2UR【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。11UI1UR2UR3.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
32、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;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,闭合开关S,灯泡L1和L2均正常发光,由于某种原因灯泡L2的灯丝突然烧断,其余用电器均不会损坏,则下列结论正确的是()A.电流表读数变大,电压表读数变小 B.灯泡L1变亮 C.电容器C上电荷量减小
33、D.电源的输出功率可能变大 【解析】选D。L2灯丝突然烧断后,电路总电阻将增大,总电流减小,内电压减小,外电压将增大,故A项错误;灯泡L1电流减小,将变暗,故B项错误;电阻R上的电压增大,电容器C上电压也增大,电荷量将增大,故C项错误;由P=UI知,外电压U增大,而电流I减小,所以电源的输出功率可能变大,故D项正确。5.如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为R,L1和L2为相同的灯泡,每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R。电压表为理想电表,K为单刀双掷开关,当开关由1位置掷到2位置时,下列说法中正确的是()A.L1亮度不变,L2将变暗 B.L1将变亮,L2将变暗 C.电源内阻的发热功率将变小
34、D.电压表示数将变小【解析】选D。开关在位置1时,外电路总电阻R总=R,电压表示数 U=,同理,两灯电压U1=U2=E,电源内阻的发热功率为 P热=。开关在位置2时,外电路总电阻R总=R,电压表示数 U=,323 R32EE35RR215222(E)4E5R25R232 R23EE25RR3灯泡L1的电压U1=E,L2的电压U2=E,电源内阻的发热功 率为P热=。由上可知,L1亮度不变,L2将变亮,故A、B项错误;电源 内阻的发热功率将变大,故C项错误;电压表读数变小,故D项正确。1525223(E)9E5R25R6.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
35、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,则下列关系正确的是()A.1 2,I1 2,I1I2 C.1=2,I1=I2 D.1 2,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。
36、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
37、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=_。1223(3)为减小系统误差,该小组改进了电路设计,如图丙所示。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R
38、2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。12【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=(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)r
39、1 2r2(3)2 gI2g2I3gI28.(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 ,电阻R1可调。现将R1调到3 后固定。已知R2=6 ,R3=3 ,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,I1=。12E4rRR136 2323R RRR123E42 A ArRR1323(2)开关接通时,A、B之间的总电阻R23=2 为定值,所以
40、R1=0时,总电流最大,A、B之间的电功率最大。I=。PAB=I2R23=()22 W=W。答案:(1)0.4 A A(2)0 W 123E44 A ArRR10 23 4332923329【加固训练】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。则不正确的是()A.充电时,通过R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A。充电时,通过R的电流逐渐减小
41、,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。【选择性考试】(15分钟40分)9.(6分)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。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变暗,小灯泡L2变亮 C.电流表A的读数变大,电压表V的读数变小 D.电流表
42、A的读数变化量与电压表V的读数变化量之比不变 【解析】选D。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A、B、C项错误;电压表的读数变化量(外电压的变化量)与电流表的读数变化量的比值为电源的内阻,电源的内阻不变,故D项正确。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
43、;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()2132A.B.C.D.5253【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。151311.(6分)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.
44、通过R1的电流变大,电源提供的总功率变小 D.R1两端的电压变小,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项错误;由 P总=EI,电源提供的总功率变大,故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。【加固训练】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
45、.U先变大后变小 B.I先变大后变小 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选项错误;U不变,故U0的变化量为0,比值等于0,D选项错误。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
46、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,12ERRr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 312312R(RR)RRRERr外25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
