《2022高中物理 第2章 恒定電流 專題突破與題型專練 閉合電路歐姆定律的應用練習 新人教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高中物理 第2章 恒定電流 專題突破與題型專練 閉合電路歐姆定律的應用練習 新人教版選修3-1（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022高中物理 第2章 恒定電流 專題突破與題型專練 閉合電路歐姆定律的應用練習 新人教版選修3-1 題型一:閉合電路的動態(tài)分析 1.如圖所示,電源電動勢為E,內阻為r,合上開關S后各電燈都能發(fā)光.若某一時刻電燈L1的燈絲斷了(此時其余各電燈均不會被燒毀),則下列判斷正確的是(　A　) A.L2,L4變亮,L3變暗 B.L2,L3變亮,L4變暗 C.L3變亮,L2,L4變暗 D.L3,L4變亮,L2變暗 解析:電燈L1的燈絲斷了,整個電路的外電阻增大,路端電壓增大,L4變亮,L3變暗,L2變亮,選項A正確. 2.在如圖所示的電路中,當滑動變阻器R3的滑動觸頭P向下滑動時(

2、　D　) A.電壓表示數(shù)變小,電流表示數(shù)變小 B.電壓表示數(shù)變小,電流表示數(shù)變大 C.電壓表示數(shù)變大,電流表示數(shù)變大 D.電壓表示數(shù)變大,電流表示數(shù)變小 解析:當滑片向下移動時,滑動變阻器接入電阻增大,則電路中總電阻增大,則由閉合電路歐姆定律可得,電路中總電流減小,故內電壓減小,因此路端電壓增大,并聯(lián)部分電壓也增大,故R2電壓增大,電壓表示數(shù)變大,故流過R2的電流增大,因總電流減小,故電流表示數(shù)減小,故D正確,A,B,C錯誤. 3.(多選)閉合電路的電源電動勢為E,內阻為r,如圖所示,閉合開關S,當滑動變阻器的滑片P從右端滑到左端時,下列說法中正確的是(　BD　) A.小

3、燈泡L1,L3變亮,L2變暗 B.小燈泡L3變暗,L1,L2變亮 C.電壓表V1示數(shù)變化量較小 D.電壓表V2示數(shù)變化量較小 解析:當滑動變阻器的滑片P從右端滑到左端時,并聯(lián)電路總電阻減小(局部),總電流I增大,路端電壓U減小(整體),干路電流增大,則L2變亮;與滑動變阻器串聯(lián)的燈泡L1電流增大,變亮;與滑動變阻器并聯(lián)的燈泡L3電壓U3=U-U2,U減小,U2增大,則U3減小,L3變暗;U1減小,U2增大,而路端電壓U=U1+U2減小,所以U1的變化量大于U2的變化量,故A,C錯誤,B,D正確. 題型二:閉合電路的功率和效率問題 1.(2018·大慶高二期中)某一電源的路端電壓與電

4、流的關系和電阻R1,R2的電壓與電流的關系如圖所示.用此電源和電阻R1,R2組成電路, R1,R2可以同時接入電路,也可以單獨接入電路.在所有可能的各種接法中,下列說法中正確的是 (　A　) A.將R1,R2并聯(lián)后接到電源兩端,電源輸出功率最大,電源效率最低 B.將R1,R2并聯(lián)后接到電源兩端,電源輸出功率最小,電源效率最高 C.將R1,R2串聯(lián)后接到電源兩端,電源輸出功率最小,電源效率最低 D.將R1,R2串聯(lián)后接到電源兩端,電源輸出功率最大,電源效率最高 解析:由圖像得到:電源的電動勢為E=8 V,內阻為r= Ω,由電阻的伏安特性曲線求出R1=4 Ω,R2=2 Ω,當電源的

5、內外電阻相等時,電源的輸出功率最大,R1,R2并聯(lián)電阻為 Ω,所以將R1,R2并聯(lián)后接到電源兩端時,輸出功率最大,電源效率η=,當電路電流最小時,電源效率最高,當電流最大時,電源效率最低,所以將R1,R2串聯(lián)后接到電源兩端,電阻最大,電流最小,效率最高,將R1,R2并聯(lián)后接到電源兩端,電阻最小,電流最大,電源效率最低,A正確,B,C,D錯誤. 2.(2018·合肥高二段考)如圖所示直線A為某電源的UI圖線,曲線B為某小燈泡L1的UI圖線的一部分,用該電源和小燈泡L1串聯(lián)起來組成閉合回路時燈泡L1恰能正常發(fā)光,則下列說法中正確的是(　B　) A.此電源的內電阻為0.67 Ω B.燈泡L

6、1的額定電壓為3 V,額定功率為6 W C.把燈泡L1換成阻值恒為1 Ω的純電阻,電源的輸出功率將變小,效率將變低 D.由于小燈泡L1的UI 圖線是一條曲線,所以燈泡發(fā)光過程中歐姆定律不適用 解析:由圖A讀出:電源的電動勢E=4 V,內阻r== Ω=0.5 Ω,A錯誤;兩圖線的交點表示小燈泡L1與電源連接時的工作狀態(tài),由于燈泡正常發(fā)光,則知燈泡的額定電壓U=3 V,額定電流I=2 A,則額定功率為P=UI=6 W,故B正確;燈泡L1的電阻R1== Ω=1.5 Ω,換成一個 1 Ω的定值電阻,可知其電阻更接近電源的內阻,根據(jù)推論:電源的內外電阻相等時電源的輸出功率最大,知把燈泡L1換成一

7、個1 Ω的定值電阻,電源的輸出功率將變大,根據(jù)閉合回路歐姆定律可知電阻減小,外電路電壓減小,電源效率η==減小,故C錯誤;燈泡是純電阻元件,歐姆定律適用,故D錯誤. 3.(2018·石嘴山高二月考)(多選)如圖所示,R1為定值電阻,R2為可變電阻,E為電源電動勢,r為電源內電阻,(R1>r)以下說法中正確的是(　ACD　) A.當R2=R1+r時,R2獲得最大功率 B.當R1=R2+r時,R1獲得最大功率 C.當R2=0時,R1上獲得最大功率 D.當R2=0時,電源的輸出功率最大 解析:將R1和電源內阻看做一體,根據(jù)當外電路電阻和內阻相等時,電源輸出功率最大,可知當R2=R1+

8、r時, R2的功率最大,A正確;因為R1是定值電阻,所以電流最大時,其功率最大,故當R2=0時,電流最大, R1獲得的功率最大,B錯誤,C正確;因為R1>r,所以外電路電阻恒大于電源內阻,故此種情況下外電路電阻增大,電源的輸出功率減小,故當R2=0時,電源的輸出功率最大,D正確. 4.規(guī)格為“8 V　4 W”的小燈泡與小型直流電動機D(其線圈內阻為r0=0.4 Ω)并聯(lián)后,接至電動勢為10 V,內電阻r=0.5 Ω 的電源上,小燈泡恰好正常發(fā)光,求: (1)通過小燈泡的電流IL和電源的內電壓U′. (2)電路中的總電流I和通過電動機D的電流ID. (3)電動機的輸入功率P和電動機的輸出

9、功率P出. 解析:(1)因小燈泡恰好正常發(fā)光,所以路端電壓為8 V, 由P=UI得通過小燈泡的電流IL==0.5 A 由E=U外+U′得電源的內電壓U′=E-U外=2 V. (2)由E=U外+Ir得電路的總電流 I== A=4 A 通過電動機D的電流 ID=I-IL=4 A-0.5 A=3.5 A. (3)電動機的輸入功率P=UID=8×3.5 W=28 W 電動機的發(fā)熱功率P熱=r0=3.52×0.4 W=4.9 W 電動機的輸出功率P出=P-P熱=28 W-4.9 W=23.1 W. 答案:(1)0.5 A　2 V　(2)4 A　3.5 A (3)28 W　23.1

10、 W 題型三:含電容器電路的分析與計算 1.如圖所示的電路中,電源電動勢為E,內電阻為r,在平行板電容器C中恰好有一帶電粒子處于懸空靜止狀態(tài),當變阻器R0的滑動觸頭向左移動時,帶電粒子將(　B　) A.向上運動 B.向下運動 C.靜止不動 D.不能確定運動狀態(tài)的變化 解析:當滑動觸頭向左移動時,R0接入電路的電阻值變大,則R總變大,總電流變小,R兩端的電壓變小,電容器中的電場強度變小,所以粒子將向下運動,故B正確. 2.(2018·合肥高二段考)在如圖所示的電路中R1=11 Ω,r=1 Ω,R2= R3=6 Ω,當開關S閉合且電路穩(wěn)定時,電容器C的帶電荷量為Q1;當開關S

11、斷開且電路穩(wěn)定時,電容器C的帶電荷量為Q2,則(　A　) A.Q1∶Q2=1∶3 B.Q1∶Q2=3∶1 C.Q1∶Q2=1∶5 D.Q1∶Q2=5∶1 解析:開關斷開穩(wěn)定時,電路中沒有電流,電容器的電壓等于電源的電動勢,即U2=E,開關閉合穩(wěn)定時,電容器的電壓等于電阻R2兩端的電壓,則U1=E=E,對于給定電容器,電容不變,由Q=CU得Q1∶Q2=U1∶U2= 1∶3,A正確. 3.(2018·福州高二期中)(多選)M,N是一對水平放置的平行板電容器,將它與一電動勢為E,內阻為r的電源組成如圖所示的電路,R是并聯(lián)在電容器上的滑動變阻器,G是靈敏電流計,在電容器的兩極板間有一帶電

12、的油滴處于懸浮狀態(tài),如圖所示,現(xiàn)保持開關S閉合,將滑動變阻器的滑片向上滑動,則(　BC　) A.在滑片滑動時,靈敏電流計中有從b向a的電流 B.在滑片滑動時,靈敏電流計中有從a向b的電流 C.帶電油滴將向上運動 D.帶電油滴將向下運動 解析:電容器兩極板間的電壓等于路端電壓,根據(jù)閉合回路歐姆定律可知U=E,當將滑動變阻器的滑片向上滑動時,R增大,U增大,根據(jù)C=可得電容器的電荷量增加,處于充電狀態(tài),靈敏電流計中有電流,由于電容器上板帶正電,則靈敏電流計中有從a向b的電流,A錯誤,B正確;U增大,由E=分析得知,板間場強增大,則帶電油滴將向上運動.故C正確,D錯誤. 4.(201

13、8·泰州高二期中)如圖所示,電源電動勢E=6 V,內阻r=1 Ω,電流表內阻RA=3 Ω,三個定值電阻的阻值分別為R1=5 Ω,R2=10 Ω, R3=15 Ω,電容器電容C=1.0×10-10F,問: (1)閉合開關S待電路穩(wěn)定后,電流表的示數(shù)是多少? (2)閉合開關S待電路穩(wěn)定后,電容器的帶電荷量是多少? (3)再次斷開開關S待電路穩(wěn)定,通過R2的電荷量是多少? 解析:(1)根據(jù)電阻之間的關系,有 R總=r+RA+=10 Ω 電流表示數(shù)I==0.6 A. (2)電容器兩端電壓U=E-I(r+RA)=3.6 V,電容器帶電荷量Q=CU=3.6×10-10C. (3)電容

14、器通過R2和R3放電,放電電流與電阻成反比,因此電荷量也跟電阻成反比,則通過R2電荷量為 QR2=Q=2.16×10-10C. 答案:(1)0.6 A　(2)3.6×10-10C　(3)2.16×10-10C (教師備用) 1.如圖所示電路,電源內阻不可忽略.開關S閉合后,在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中(　A　) A.電壓表與電流表的示數(shù)都減小 B.電壓表與電流表的示數(shù)都增大 C.電壓表的示數(shù)增大,電流表的示數(shù)減小 D.電壓表的示數(shù)減小,電流表的示數(shù)增大 解析:在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中,變阻器R0接入電路的電阻減小,電路總電阻減小,干路電流增大,內電壓增

15、加,路端電壓減小,電壓表的示數(shù)減小,同時,定值電阻R1上的電壓也增加,使得定值電阻R2兩端電壓降低,導致電流表的示數(shù)減小,所以A正確. 2.在輸液時,藥液有時會從針口流出體外,為了及時發(fā)現(xiàn),設計了一種報警裝置,電路如圖所示.M是貼在針口處的傳感器,接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化,導致S兩端電壓U增大,裝置發(fā)出警報,此時(　C　) A.RM變大,且R越大,U增大越明顯 B.RM變大,且R越小,U增大越明顯 C.RM變小,且R越大,U增大越明顯 D.RM變小,且R越小,U增大越明顯 解析:當RM變大時,回路的總電阻R總變大,根據(jù)I總=,得干路中的電流變小,S兩端的電壓U=I總RS變

16、小,故選項A,B錯誤;當RM變小時,回路的總電阻R總=+RS變小,根據(jù)I總=,得干路中的電流變大,S兩端的電壓U=I總RS變大,而且R越大,RM變小時,對回路的總電阻變化的影響越明顯,故選項C正確,選項D錯誤. 3.如圖所示的電路,電源電動勢為12 V,內阻恒定且不可忽略.初始時刻,電路中的電流等于I0,且觀察到電動機正常轉動.現(xiàn)在調節(jié)滑動變阻器使電路中的電流減小為I0的一半,觀察到電動機仍在轉動.不考慮溫度對電阻的影響,下列說法正確的是(　B　) A.電源的熱功率減為初始時的一半 B.電源的總功率減為初始時的一半 C.電動機的熱功率減為初始時的一半 D.變阻器的熱功率減為初始時

17、的一半 解析:根據(jù)公式P=I2R知,電路中的電流減小為I0的一半,則電源的熱功率和電動機的熱功率均減為初始時的,選項A,C錯誤;電路中電流減小,變阻器接入電路的電阻增大,由于電源有內阻,所以變阻器的電阻不是初始的2倍,所以由P=I2R知變阻器的功率不是初始時的一半,選項D錯誤;根據(jù)公式P=EI,E不變,則電路的總功率減為初始時的一半,選項B正確. 4.(2018·瀏陽高二月考)(多選)在圖中所示的電路中,當滑動變阻器的滑動觸片向b端(即向下)移動時(　AD　) A.電容C的電荷量在減小 B.電容C的電荷量在增大 C.電壓表V的讀數(shù)增大,電流表A的讀數(shù)減小 D.電壓表V的讀數(shù)減小,電流表A的讀數(shù)增大 解析:當滑動變阻器的滑動觸片向b端移動時,變阻器R3有效電阻減小,外電路總電阻減小,由閉合電路歐姆定律知,總電流增大,則內電壓增大,路端電壓減小,所以電壓表V的讀數(shù)減小.根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點可知,R1兩端電壓增大,電路中并聯(lián)部分分壓減小,通過R2的電流減小,而總電流增大,所以通過電流表的電流增大,即電流表A的讀數(shù)增大.由于并聯(lián)部分電壓減小,電容器板間電壓減小,則電容器C的電荷量減小.故A,D正確,B,C錯誤.