【物理】2018届一轮复习人教版闭合电路欧姆定律及其应用学案 20页

第2节闭合电路欧姆定律及其应用 ‎(1)电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量。(√)‎ ‎(2)电动势就等于电源两极间的电压。(×)‎ ‎(3)闭合电路中外电阻越大，路端电压越小。(×)‎ ‎(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大。(×)‎ ‎(5)电源的输出功率越大，电源的效率越高。(×)‎ 突破点(一)　电阻的串、并联 ‎1．串、并联电路的特点 串联电路 并联电路 电流 I＝I1＝I2＝…＝In I＝I1＋I2＋…＋In I1R1＝I2R2＝…＝InRn 电压 ＝＝…＝ U1＝U2＝…＝Un 总电阻 R总＝R1＋R2＋…＋Rn ＝＋＋…＋ 功率分配 ＝＝…＝ P1R1＝P2R2＝…＝PnRn ‎2．三个有用的结论 ‎(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻，电路中任意一个电阻变大时，总电阻变大。‎ ‎(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个电阻，任意一个电阻变大时，总电阻变大。‎ ‎(3)某电路中无论电阻怎样连接，该电路消耗的电功率P总等于各个电阻消耗的电功率之和。‎ 多角练通]‎ ‎1．(多选)(2017·商丘模拟)如图所示，图线1表示导体A的电阻，设为R1，图线2表示导体B的电阻，设为R2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．R1∶R2＝1∶3‎ B．把A拉长为原来的3倍后其电阻等于B的电阻R2‎ C．将A与B串联后接在电源上，二者消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3‎ D．将A与B并联后接于电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝1∶3‎ 解析：选AC　根据IU图像知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1∶R2＝1∶3，A正确；根据公式R＝ρ可得，把A拉长为原来的3倍后，横截面积减小为原来的，所以电阻变为原来的9倍，B错误；串联电路电流相等，将A与B串联后接于电源上，根据公式P＝I2R可得，消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3，C正确；并联电路电压相等，电流之比等于电阻之反比，所以将A与B并联后接在电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝3∶1，D错误。‎ ‎2.(2017·宁德质检)电阻R1和R2分别标有“2 Ω ‎1.0 A”和“4 Ω ‎0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为(　　)‎ A．1.5 W　　　　　　　　　 B．3.0 W C．5.0 W D．6.0 W 解析：选A　由题意可知，两电阻串联后能通过的最大电流为I＝‎0.5 A，则电路允许消耗的最大电功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W，A正确。‎ ‎3.(多选)一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=10 Ω，R2=120 Ω，R3=40 Ω。另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计。则(　　)‎ A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V 解析：选AC　当cd端短路时，R2与R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻为40 Ω，A正确；同理可得B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2无效，cd两端的电压就等于R3分得的电压，可以求得为80 V，C正确；同理可得D错误。‎ 突破点(二)　闭合电路的动态分析 ‎1．程序法 ‎2．“串反并同”结论法 ‎(1)所谓“串反”，即某一电阻增大时，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，反之则增大。‎ ‎(2)所谓“并同”，即某一电阻增大时，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，反之则减小。‎ 即：←R↑→ ‎3．极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。‎ 典例]　(多选)(2017·大连模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，、为理想电流表和电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电压表示数减小　　　　　　 B．电流表示数增大 C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低 规律方法]‎ ‎(一)由题明3法 基础解法(程序法)：P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大，示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，I2＝，I2减小，的示数IA＝I总－I2‎ 增大，B正确；由于电容器的电压UC＝U2减小，由Q＝CUC知Q减小，C错误；Uab＝φa－φb＝φa＝U2，故φa降低，D正确。‎ 能力解法一(结论法)：由于R3减小，R2与R3并联，则U2、I2均减小，而UC＝U2，Q＝CUC知Q减小，C错误；Uab＝U2＝φa－φb＝φa减小，D正确；因为R1间接与R3串联，故I1、U1均增大，故示数增大，A错误；根据IA＝I1－I2知IA增大，B正确。‎ 能力解法二(极限法)：设滑片P滑至b点，则R3＝0，φa＝φb＝0，D正确；R2上电压为零，则C上电压也为零，Q＝0，C错误；当R3＝0时，总电阻最小，总电流最大，R1上电压最大，故A错误；由于IA＝I1－I2，此时I1最大，I2＝0最小，故IA最大，B正确。‎ ‎(二)3法比较 ‎(1)“程序法”：较繁琐，准确度高，学生易掌握。‎ ‎(2)“结论法”：较简单，要求学生要准确判断电路中各元件的串、并联关系。‎ ‎(3)“极限法”：较简单，仅适用于物理量单调变化的情况，如果电阻先增大后减小或先减小后增大，则不宜用该方法。‎ 集训冲关]‎ ‎1.(2017·邯郸模拟)如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　　)‎ A．电压表读数减小 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大 解析：选A　由题图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误；因并联部分电压减小，而R2‎ 中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P＝可知，R3上消耗的功率减小，故D错误。‎ ‎2.(多选)(2017·湖北省公安县期末)如图所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表。当滑动变阻器R2的滑动触头P移动时，关于两个电压表V1与V2的示数，下列判断正确的是(　　)‎ A．P向a移动，V1示数增大、V2的示数减小 B．P向b移动，V1示数增大、V2的示数减小 C．P向a移动，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值 D．P向b移动，V1示数改变量的绝对值大于V2示数改变量的绝对值 解析：选AC　P向a移动，R2连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V2示数减小，V1示数增大，U内增大，A正确；同理，B错误；由E＝U内＋U外＝U内＋UV1＋UV2，电源电动势不变可得：U内示数改变量绝对值与V1示数改变量绝对值之和等于V2示数改变量绝对值，C正确；同理，D错误。‎ 突破点(三)　闭合电路的功率及效率问题 电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内 纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝ 电源内部 消耗的功率 P内＝I2r＝P总－P出 电源的 输出功率 任意电路：P出＝UI＝P总－P内 纯电阻电路：P出＝I2R＝ P出与外电阻 R的关系 电源的效率 任意电路：η＝×100%＝×100%‎ 纯电阻电路：η＝×100%‎ 由P出与外电阻R的关系图像可知 ‎①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝。‎ ‎②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。‎ ‎③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。‎ ‎④当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。‎ 典例]　如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值。‎ 解析]　保护电阻消耗的功率为P0＝，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝＝ W＝8 W。‎ 答案]　R＝0　P0max＝8 W 多维探究]‎ 变式1]　例题中条件不变，求当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。‎ 解析：这时要把保护电阻R0与电源内阻r算在一起，据以上结论，当R＝R0＋r即R＝(1＋0.5) Ω＝1.5 Ω时，PRmax＝＝ W＝6 W。‎ 答案：R＝1.5 Ω　PRmax＝6 W 变式2]　在例题中，若电阻箱R的最大值为3 Ω，R0＝5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。‎ 解析：把R0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P＝2R＝，则不能满足R＝r等，当电阻箱R的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P＝2R＝ W。‎ 答案：R＝3 Ω　P＝ W 变式3]　例题中条件不变，求电源的最大输出功率。‎ 解析：由电功率公式P出＝2R外＝，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5 Ω时，P出max＝＝ W＝9 W。‎ 答案：9 W 变式4]　如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝1 Ω，电阻R0＝2 Ω，可变电阻的阻值范围为0～10 Ω。求可变电阻为多大时，R上消耗的功率最大，最大值为多少？‎ 解析：方法一：PR＝，‎ 根据闭合电路欧姆定律，路端电压 U＝E·＝，‎ 所以PR＝， 代入数据整理得PR＝，当R＝ Ω时，R上消耗的功率最大，PRmax＝ W。‎ 方法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E′＝E，内阻为r′＝的电源，当R＝r′＝时，电源对外电路R的输出功率最大PR＝。‎ 把数值代入各式得：E等＝E′＝E＝ V；‎ r等＝r′＝＝ Ω。‎ 所以：PR＝＝ W。‎ 答案：R＝ Ω　P＝ W 突破点(四)　两类UI图像的比较与应用 两种图像的比较 电源UI图像 电阻UI图像 图形 物理意义 电源的路端电压随电路电流的变化关系 电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系 截距 与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流 过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零 坐标U、I 的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U、I 的比值 表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同 每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小 斜率 ‎(绝对值)‎ 电源电阻r 电阻大小 多角练通]‎ ‎1．(多选)(2017·苏州期末)如图所示，甲、乙分别表示两个电源的路端电压与通过它们的电流I的关系，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电源甲的电动势大于乙的电动势 B．电源甲的内阻小于乙的内阻 C．电流都是I0时，两电源的内电压相等 D．路端电压都为U0时，它们所在电路的外电阻相等 解析：选AD　图线与纵坐标的交点表示电源的电动势，图线斜率的大小表示电源的内阻，由题图可知E甲>E乙，r甲>r乙，A正确，B错误；当电流都为I0时，两电源的路端电压相等，内电压不相等，C错误；当路端电压为U0时，电流为I0，外电阻R＝相等，D正确。‎ ‎2．(多选)(2017·衡水中学模拟)在如图所示的图像中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图像可知(　　)‎ A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B．电阻R的阻值为1 Ω C．电源的输出功率为2 W D．电源的效率为66.7%‎ 解析：选ABD　图线Ⅰ与纵轴的交点表示电源电动势E为3 V，图线Ⅰ的斜率的绝对值表示电源内阻r为0.5 Ω，A正确。图线Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1 Ω，B正确。由Ⅰ、Ⅱ图线的交点坐标可知电流I＝‎2 A，路端电压U＝2 V，电源输出功率P＝UI＝4 W，C错误。电源效率η＝＝≈66.7%，D正确。‎ ‎3．(多选)(2017·南昌模拟)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是(　　)‎ A．E＝50 V B．r＝ Ω C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 Ω D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 解析：选AC　由图像的物理意义可知电源的电动势E＝50 V，内阻r＝＝ Ω＝5 Ω，故A正确，B错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U＝40 V，I＝‎2 A，则R＝＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P总＝EI＝100 W，故C正确，D错误。‎ 突破点(五)　含电容器的电路 ‎1．电路的简化 不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。‎ ‎2．电路稳定时电容器的处理方法 电容器所在的支路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不降低电压，是等势体。电容器两端的电压等于与之并联的支路两端的电压。‎ ‎3．电容器所带电荷量及其变化的计算 ‎(1)利用Q＝UC计算电容器所带的电荷量；‎ ‎(2)如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之差；‎ ‎(3)如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于初、末状态电容器所带电荷量之和。‎ 典例]　(2016·全国甲卷)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. 思路点拨]　请分别画出S断开时、S闭合时的简化电路。‎ 提示：‎ 解析]　断开S和闭合S后等效电路分别如图甲、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Q1∶Q2＝3∶5，选项C正确。‎ 答案]　C 方法规律]‎ 含容电路问题的解题思路 第一步 理清电路的串并联关系 第二步 确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U 第三步 分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q＝CU，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势板带正电，低电势板带负电 集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2017·佛山质检)在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是(　　)‎ A．滑动变阻器R的阻值变小 B．灯光L变暗 C．电源消耗的功率增大 D．电容器C的电荷量增大 解析：选BD　滑动变阻器的滑片向右移动时，其电阻R增大，流过R的电流减小，灯泡L变暗，故A错误，B正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C错误；电容器C上电压为路端电压，由U路＝E－Ir知路端电压增大，即电容器C上的电荷量增大，D正确。‎ ‎2．(多选)(2017·东北三校二模)如图所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计。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 A C．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BC　S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误。S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1＞C2，由Q＝CU知此时Q1＞Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝‎2 A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6 V、U2＝IR2＝12 V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－‎5C、Q2′＝C2U2＝3.6×10－‎5C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误。‎ ‎1．电路故障一般是短路或断路。常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象。故障的特点如下：‎ 断路状态的特点 短路状态的特点 电源电压不为零而电流为零；若外电路某两点之间的电压不为零，则这两点间有断点，而这两点与电源连接部分无断点 有电流通过电路而电压为零 ‎2．利用电流表、电压表判断电路故障的方法：‎ ‎(1)电流表示数正常而电压表无示数。‎ ‎“电流表示数正常”表明电流表所在电路为通路，“电压表无示数”表明无电流通过电压表。‎ 故障原因可能是：a.电压表损坏；b.电压表接触不良；c.与电压表并联的用电器短路。‎ ‎(2)电压表有示数而电流表无示数。‎ ‎“电压表有示数”表明电压表有电流通过，“电流表无示数”说明没有或几乎没有电流流过电流表。‎ 故障原因可能是：a.电流表短路；b.和电压表并联的用电器断路。‎ ‎(3)电流表和电压表均无示数。‎ ‎“两表均无示数”表明无电流通过两表，除了两表同时短路外，可能是干路断路导致无电流。‎ 应用体验]‎ ‎1．如图所示的电路中，电源的电动势为6 V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分的电压是Uab＝6 V，Uad＝0 V，Ucd＝6 V，由此可断定(　　)‎ A．L1和L2的灯丝都烧断了 B．L1的灯丝烧断了 C．L2的灯丝烧断了 D．变阻器R断路 解析：选C　由Uab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间。由Ucd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路。所以选项C正确。‎ ‎2.如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光。由于电路出现故障，突然发现L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(　　)‎ A．R1断路　　　　　　　 B．R2断路 C．R3短路 D．R4短路 解析：选A　等效电路如图所示。若R1断路，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A正确。若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误。若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表中电流变大，与题意相矛盾，C、D错误，因此正确选项只有A。‎ 反思领悟]‎ 已知电路发生某种故障，寻找故障发生的位置时，可将整个电路划分为若干部分；然后逐一假设某部分电路发生故障，运用欧姆定律进行推理，推理结果若与题述物理现象符合，则故障可能发生在这部分电路；若不符合，则故障不发生在这部分电路。用这种方法逐段找下去，直至找到发生故障的全部可能为止，这里应用了排除法。‎ 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，则当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∶1‎ C．1∶4 D．4∶1‎ 解析：选B　由并联特点可知：＝＝，又由串联电路特点可得：＝＝，故B正确。‎ ‎2.(2017·武汉调研)电子式互感器是数字变电站的关键设备之一。如图所示，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，则输入端的电压为(　　)‎ A．nU B. C．(n－1)U D. 解析：选A　Rac与Rcd串联，电流I＝，对输出端电压Ucd＝U＝IRcd＝＝，即输入端电压为Uab＝nU。‎ ‎3．(2016·漳州检测)如图所示，a、b、c、d、e是五个相同的电阻，如果将电压逐渐升高，则最先烧坏的电阻应是(　　)‎ A．a和b B．c C．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，则c和d的电压都为，a和b并联电阻为，所以a和b的电压都为，e的电压为，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．(2017·福州检测)如图是一同学将变阻器与一只“6 V,8 W”的小灯泡L及开关S串联后接在6 V的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发亮。按此图的接法，当滑片P向右滑动时，灯泡将(　　)‎ A．变暗 B．变亮 C．亮度不变 D．可能烧坏灯泡 解析：选B　由题图可知，变阻器接入电路的是P的右侧电阻丝，当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，根据欧姆定律得知，电路中电流增大，则灯泡变亮，故A、C错误，B正确；由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡，故D错误。‎ ‎5．(2017·广东六校高三第一次联考)如图所示的闭合电路中，当滑片P右移时，两电表读数变化是(　　)‎ A．电流表变小，电压表变小 B．电流表变大，电压表变大 C．电流表变大，电压表变小 D．电流表变小，电压表变大 解析：选D　闭合电路中，当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则电源内电压及R0的分压减小，滑动变阻器两端电压变大。故电流表示数减小，电压表示数变大，D正确。‎ ‎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，下列说法正确的是(　　)‎ 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，则内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，则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．(2017·湖北七市联考)有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是(　　)‎ A．0.5 Ω B．1 Ω C．1.5 Ω D．2 Ω 解析：选C　由闭合电路欧姆定律得I＝，电源效率η＝×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．（多选）(2016·江苏高考)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有(　　)‎ A．路端电压为10 V B．电源的总功率为10 W C．a、b间电压的大小为5 V D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为‎1 A 解析：选AC　根据串并联电路的特点可得，外电路总电阻为10 Ω，根据闭合电路欧姆定律得通过电源的电流为I＝ A＝‎1 A，则路端电压为U＝IR外＝10 V，选项A正确；电源的总功率P＝EI＝12 W，选项B错误；若取电源负极的电势为0，则a点电势为φa＝2.5 V，b点电势为φb＝7.5 V，a、b间电压的大小为5 V，选项C正确；a、b间用导线连接起来后外电路总电阻为7.5 Ω，电路的总电流为I＝ A≈‎1.26 A，选项D错误。‎ ‎9.(多选)直流电路如图所示，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==，可知B正确。由P损=I2r可知，C正确。P出R外图像如图所示，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图像的比较与应用 ‎10．(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，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2‎ B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1‎ C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2‎ D．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＝10 V，r1＝ Ω，r2＝ 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＝18.2 W和P2＝30 W，小灯泡的电阻分别为R1＝ Ω，R2＝ Ω，所以选项C、D错误。‎ ‎11．(多选)(2016·郑州期末)在图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随干路电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的，则 A．电源的电动势为20 V、内电阻为20 Ω B．定值电阻R2的阻值为5 Ω C．定值电阻R2消耗的最大功率为16 W D．滑动变阻器R3的最大阻值为300 Ω 解析：选ABD　取UA＝16 V、IA＝‎0.2 A，UB＝4 V，IB＝‎0.8 A，利用E＝U＋Ir，解得：E＝20 V，r＝20 Ω，A正确；当滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电阻为R2且对应图中B点，则R2＝＝ Ω＝5 Ω，此时R2上功率最大，P2＝UBIB＝3.2 W，故B正确，C错误；当滑片位于R3最左端时，R3最大，此时外电阻为R＝＝ Ω＝80 Ω。又因为R＝＋R2，解得R3＝300 Ω，D正确。‎ 对点训练：含电容器的电路 ‎12．(多选)(2017·揭阳高三模拟)在如图所示的电路，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)‎ A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小 C．电流表读数变小 D．电容器C上的电荷量增加 解析：选CD　滑片P向左移动电阻增大，电路中电流减小，电灯L变暗，故A错误，C正确；电压表读数为路端电压，由U路＝E－Ir知U路增大，故B错误；电容器两端的电压UC＝E－Ir－U灯可知UC增大，则C上电荷量增加，D正确。‎ ‎13．(2017·衡阳八中模拟)在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电容器的电荷量增大 B．电流表A的示数减小 C．电压表V1示数在变大 D．电压表V2示数在变大 解析：选C　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动过程中，滑动变阻器阻值减小，故路端电压减小，而电容器的两端间的电压就是路端电压，结合Q＝CU 可得，电容器的电荷量减小，故A错误；滑动变阻器阻值减小，电路的电流增大，电流表A的示数变大，故B错误；电压表V1示数等于电流与R1阻值的乘积，故示数在变大，故C正确；路端电压减小，而电压表V1示数在变大，电压表V2示数在减小，故D错误。‎ 考点综合训练 ‎14．(多选)(2016·黑龙江省实验中学高三期末)在如图所示电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω。闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为‎2.0 A。则以下判断中正确的是(　　)‎ A．电动机的输出功率为12 W B．电动机两端的电压为7.0 V C．电动机的发热功率为4.0 W D．电源输出的电功率为24 W 解析：选AB　电路中电流表示数为‎2.0 A，所以电动机的电压为U＝E－Ir－IR0＝7 V，则电动机的发热功率为P热＝I2RM＝2 W；电动机的输出功率为P出＝UI－P热＝12 W，故A、B正确，C错误；电源的输出功率为P输出＝EI－I2r＝20 W，故D错误。‎ ‎15．(多选)如图所示，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。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是(　　)‎ 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＝·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，则＝at2，水平位移为x＝v0‎ t＝v0，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E＝，结合C＝及C＝可得E＝，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；如N板稍微下移，则粒子将打在O点右侧，D正确。‎