2024高中物理一轮复习14电路闭合电路欧姆定律含解析新人教版

PAGE8-电路闭合电路欧姆定律考点分析考点分析电路的分析与计算是本专题的重点，要驾驭欧姆定律的应用问题、动态分析问题、故障推断问题、含容电路问题、电功和电功率问题的处理方法，常与电场、电磁感应、交变电流等学问综合。例1．(2024∙全国I卷∙17)图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以限制电容器C两端的电压UC。假如UC随时间t的变更如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变更的图像中，正确的是()【答案】A【解析】依据电容器的定义式C＝eq\f(Q,U)可知，结合图像可知，图像的斜率为，则1～2s内的电流I12与3～5s内的电流I35关系为I12=2I35，且两段时间中的电流方向相反，依据欧姆定律I＝eq\f(U,R)可知R两端电压大小关系满意UR12=2UR25，由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。例2．(2024∙山东卷∙5)图甲中的志向变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变更关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调整为()A.1ΩB.5ΩC.6ΩD.8Ω【答案】A【解析】输电电压的有效值为U1=eq\f(Um,\r(2))＝220V，依据志向变压器电压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈电压有效值U2＝30V，灯泡正常工作，依据欧姆定律可知分压为24V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为，依据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压U=U2-UL=6V，通过R1的电流，通过R2、R的电流I2=IL-I1=1A，R2、R的分压为U=I2(R2+R)，解得滑动变阻器的阻值R=1Ω，A正确，BCD错误。提分训练提分训练1．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为()A．5.5Ω B．7.0ΩC．12.0Ω D．12.5Ω【答案】A【解析】由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6V，依据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U＝2.5V，电流为I＝0.2A，则硅光电池的内阻为r＝eq\f(E－U,I)＝eq\f(3.6－2.5,0.2)Ω＝5.5Ω，故选项A正确。2．(多选)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r肯定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻，电阻随光强的增大而减小。当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U。以下说法正确的是()A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量削减C．若仅用更强的光照耀R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．若仅用更强的光照耀R1，则U变更量的肯定值与I变更量的肯定值的比值不变【答案】BD【解析】电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻R3串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，A错误；若增大电容器极板间的距离，依据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)可得电容器电容减小，由于电容器两端的电压恒定，依据公式C＝eq\f(Q,U)，故电容器所带电荷量减小，B正确；若仅用更强的光照耀R1，R1的电阻减小，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，外电路总电阻减小，即电压表示数减小，依据公式C＝eq\f(Q,U)可得，U减小，Q也减小，C错误；依据闭合电路欧姆定律可得U变更量的肯定值与I变更量的肯定值的比值表示电源内阻，所以恒定不变，D正确。3．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻随温度的变更，电流表、电压表均为志向电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是()A．电流表读数减小，小灯泡L1变暗B．电压表读数变大C．电流表读数增大，小灯泡L2变暗D．电容器所带电荷量增大【答案】B【解析】将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，其与小灯泡L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，电流表读数减小，小灯泡L2变暗，路端电压U＝E－Ir增大，电压表的读数变大，选项B正确，C错误；小灯泡L1两端的电压U1＝E－I(r＋RL2)增大，通过小灯泡L1的电流变大，小灯泡L1变亮，选项A错误；通过小灯泡L2的电流减小，小灯泡L2两端电压变小，与小灯泡L2并联的电容器两端电压减小，由Q＝CU可得电容器所带电荷量减小，选项D错误。4．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段匀称的电阻丝。闭合开关，变更滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为()A．eq\f(l1,l2)R0 B．eq\f(l1,l1＋l2)R0C．eq\f(l2,l1)R0 D．eq\f(l2,l1＋l2)R0【答案】C【解析】电流表G中的电流为零，表示电流表G两端电势差为零(即电势相等)，则R0与Rl1两端电压相等，Rx与Rl2两端电压相等，其等效电路图如图所示，有I1R0＝I2Rl1，I1Rx＝I2Rl2；由公式R＝ρeq\f(l,S)知Rl1＝ρeq\f(l1,S)，Rl2＝ρeq\f(l2,S)，联立得eq\f(R0,Rx)＝eq\f(l1,l2)，即Rx＝eq\f(l2,l1)R0，选项C正确。5．已知电源内阻r＝2Ω，灯泡电阻RL＝2Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为3Ω，如图所示，将滑片P置于最左端，闭合开关S1、S2，电源的输出功率为P0，则()A．滑片P向右滑动，电源输出功率始终减小B．滑片P向右滑动，电源输出功率始终增大C．断开S2，电源输出功率达到最大值D．滑片P置于最右端时，电源输出功率仍为P0【答案】D【解析】闭合开关S1、S2，外电路总电阻R＝R1＋R并＝R1＋1Ω，当R＝r＝2Ω时，电源输出功率最大，依据电源输出功率与外电路电阻的关系图象可知，滑片从最左端向右滑动，外电路总电阻从4Ω减小到1Ω，电源输出功领先增大再减小，A、B错误。若滑片在最左端，断开S2，外电路总电阻R＝R1＋R2＝5Ω≠r，电源的输出功率不是最大，C错误。当滑片在最左端时，R＝R1＋R并＝4Ω，电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(E,6)(A)，电源的输出功率为P0，则P0＝I2R＝eq\f(E2,9)(W)；当滑片在最右端时，R′＝R并＝1Ω，电流I′＝eq\f(E,R′＋r)＝eq\f(E,3)(A)，电源的输出功率P′＝I′2R′＝eq\f(E2,9)(W)＝P0，D正确。6．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变更的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，则下列说法中正确的是()A．P1＝4P2 B．PD＝eq\f(P,4)C．PD＝P2 D．P1＜4P2【答案】D【解析】由于电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相等．当三者依据题图乙所示的电路连接时，电阻器D两端的电压小于U，由题图甲可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1＝R2，而RD与R2并联，电压相等，依据P＝eq\f(U2,R)，则有PD＜P2，C错误；由欧姆定律可知，电流ID＜I2，又I1＝I2＋ID，故I1＜2I2，依据P＝I2R，则有P1＜4P2，A错误，D正确；由于电阻器D与电阻R2的并联电阻R＜R1，所以D两端的电压小于eq\f(U,2)，且D阻值变大，则PD＜eq\f(P,4)，B错误。7．两位同学在试验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调整滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。依据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线。则图象中两直线的交点表示的物理意义是()A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0WD．电源的效率达到最大值【答案】B【解析】由图乙可得，电源的电动势E＝1.5V，r＝1Ω，交点位置：R＋R0＝eq\f(U1,I)＝2Ω，R0＝eq\f(U2,I)＝2Ω，R＝0，滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端，A项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R0>r，变更滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B项正确；R0消耗的功率P＝IU2＝0.5W，C项错误；电源的效率η＝eq\f(IE－I2r,IE)，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，D项错误。8．(多选)在如图所示电路中，电源电动势E＝12V，内阻r＝4Ω，R1＝R2＝2Ω，灯泡电阻恒为RL＝3Ω，滑动变阻器总阻值R＝8Ω，当滑片P位于滑动变阻器正中间、开关S处于闭合状态时，电容器内有一带电微粒恰好处于静止状态，灯泡L正常发光．当滑片P向N端移动后，下列说法正确的是()A．微粒向上运动 B．电流表示数变小C．灯泡L变暗 D．电源输出功率变大【答案】AC【解析】电路中滑动变阻器RP、电流表、R1串联，然后三者和灯泡并联，并联完后和干路中的R2串联，电容器A板带正电，带电微粒恰好静止有mg＝Eq＝eq\f(U,d)q。当P向N端移动时，RP变小，它所在支路的电阻变小，依据并联电路的特点，并联电阻R并变小，所以并联电路两端的电压变小，所以灯泡变暗，故C正确；并联电阻R并变小，回路中的外电阻(R外＝R并＋R2)变小，则回路中的总电流变大，由I总＝IR1＋IRL知IR1变大，故B错误；由U＝IR知R1两端的电压变大，由E＝eq\f(U,d)知电容器两极板间的电场变强，所以微粒向上运动，故A正确；当滑动变阻器滑片在变阻器正中间时RP＝4Ω，此时回路中的外电阻R外＝eq\f(（R1＋RP）RL,R1＋RP＋RL)＋R2＝4Ω＝r，此时电源输出功率最大，当滑片向N端滑动时，滑动变阻器的阻值变小，所以电源输出功率变小，所以D错误。9．(多选)如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变更的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)。假如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3∶2B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10【答案】AB【解析】依据题图可知，E1＝E2＝10V，r1＝eq\f(5,4)Ω，r2＝eq\f(5,6)Ω，所以r1∶r2＝3∶2，E1∶E2＝1∶1，选项A、B正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，依据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝18.2W和P2＝30W，小灯泡的电阻分别为R1＝eq\f(35,52)Ω，R2＝eq\f(5,6)Ω，所以选项C、D错误。10．(多选)如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽视一切阻力及导线电阻，则()A．电源内阻r＝eq