2023届高考物理江苏专版一轮复习课时检测（二十六） 闭合电路欧姆定律及其应用

第页课时跟踪检测〔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1∶2，那么当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为()A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1解析：选B由并联特点可知：eq\f(R1,R2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，又由串联电路特点可得：eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(2,1)，故B正确。2.(2023·无锡调研)电子式互感器是数字变电站的关键设备之一。如下图，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(n－1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，那么输入端的电压为()A．nU B.eq\f(U,n)C．(n－1)U D.eq\f(U,n－1)解析：选ARac与Rcd串联，电流I＝eq\f(Uab,Rac＋Rcd)，对输出端电压Ucd＝U＝IRcd＝eq\f(UabRcd,Rac＋Rcd)＝eq\f(Uab,n)，即输入端电压为Uab＝nU。3．(2023·常州检测)如下图，a、b、c、d、e是五个相同的电阻，如果将电压逐渐升高，那么最先烧坏的电阻应是()A．a和b B．cC．d D．e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，那么c和d的电压都为eq\f(U,2)，a和b并联电阻为eq\f(R,2)，所以a和b的电压都为eq\f(U,3)，e的电压为eq\f(2U,3)，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.[多项选择]如下图，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。假设继续将P向下移动，那么三灯亮度变化情况为()A．A灯变亮 B．B灯变亮C．B灯变暗 D．C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，那么A灯变亮。并联局部的电压U并＝E－IA(RA＋r)，E、RA、r不变，IA增大，U并减小，B灯变暗。通过C灯的电流IC＝I－IB，I增大，IB减小，那么IC增大，C灯变亮，故A、C、D正确。5.[多项选择](2023·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，如下图的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，以下说法中正确的选项是()A．R0上的电压变小B．R2上的电压变大C．R1上的电压变大D．R1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，那么总电阻也减小，而电源输出电流不变，由欧姆定律可知，并联局部电压减小，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，那么通过R1电流增大，所以R1的电压变大，而并联电路电压是减小的，那么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，那么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，以下说法正确的选项是()A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗 D．L1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，那么内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，那么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．(2023·湖北七市联考)有一个电动势为3V、内阻为1Ω的电源。以下电阻与其连接后，使电阻的功率大于2W，且使该电源的效率大于50%的是()A．0.5Ω B．1ΩC．1.5Ω D．2Ω解析：选C由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，电源效率η＝eq\f(I2R,I2R＋r)×100%，电阻的功率P＝I2R。将四个选项代入分析得，只有C符合题目要求，故C正确。8.[多项选择](2023·江苏高考)如下图的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，以下说法正确的有()A．路端电压为10VB．电源的总功率为10WC．a、b间电压的大小为5VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A解析：选AC根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝eq\f(12,2＋10)A＝1A，那么路端电压为U＝IR外＝10V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12W，选项B错误；假设取电源负极的电势为0，那么a点电势为φa＝2.5V，b点电势为φb＝7.5V，a、b间电压的大小为5V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5Ω，电路的总电流为I＝eq\f(12,2＋7.5)A≈1.26A，选项D错误。9.[多项选择]直流电路如下图，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η＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋r/R外)，可知B正确。由P损＝I2r可知，C正确。P出­R外图像如下图，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图像的比拟与应用10．[多项选择]如下图，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化的特性图线，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)。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，那么以下说法正确的选项是()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解析：选AB根据图像可知，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。11．[多项选择](2023·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eq\o\ac(○,V1)和eq\o\ac(○,V2)随电流表eq\o\ac(○,A)的示数变化规律如图乙中a、b所示，以下判断正确的选项是()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，那么根据图像可知，图像a是电压表V1的示数与I的关系图像。那么图线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，那么图像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，那么交点的横、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.如下图的电路中，开关S闭合一段时间后，以下说法中正确的选项是()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U＝E－I(R1＋r)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U＝E－I(R1＋r)减小，电容器两端的电压等于变阻器R3两端的电压，根据Q＝CU知电容器放电，电容器的电能减少，故D正确。13．(2023·南京模拟)如下图的电路，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，以下说法正确的选项是()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，那么总电流减小，所以电流表的示数减小，图中并联局部的总电阻增大，由串联电路电压与电阻成正比的规律知：并联局部的电压增大，那么电压表的示数增大。故A、B错误。电压表的示数为U＝E－I(R1＋r)，那么电压表和电流表的示数变化量之比为eq\f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，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，那么带电尘埃将向上极板运动，故D错误。考点综合训练14．[多项选择](2023·黑龙江省实验中学高三期末)在如下图电路中，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A。那么以下判断中正确的选项是()A．电动机的输出功率为12WB．电动机两端的电压为7.0VC．电动机的发热功率为4.0WD．电源输出的电功率为24W解析：选AB电路中电流表示数为2.0A，所以电动机的电压为U＝E－Ir－IR0＝7V，那么电动机的发热功率为P热＝I2RM＝2W；电动机的输出功率为P出＝UI－P热＝12W，故A、B正确，C错误；电源的输出功率为P输出＝EI－I2r＝20W，故D错误。15．[多项选择]如下图，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。假设经以下调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，那么关于微粒打在N板上的位置说法正确的选项是()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U＝eq\f(E,R0＋R1)·R0，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mg－qE＝ma，平行板两极板电压减小，产生的加速度增大，那么eq\f(