2022步步高大一轮复习--物理 第八章 恒定电流 第2讲 闭合电路欧姆定律学案

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一、串、并联电路的特点
1．特点对比
2.几个常用的推论
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻．
(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻．
(3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和．
(4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．
自测1 一个量程为0～150 V的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在110 V电路的两端，电压表的读数是5 V．这个外接电阻是( )
A．240 Ω B．420 kΩ C．240 kΩ D．420 Ω
答案 B
二、电源 闭合电路的欧姆定律
1．电源
(1)电动势
①计算：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝eq \f(W,q)；
②物理含义：电动势表示电源把其他形式的能转化成电能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压．
(2)内阻：电源内部导体的电阻．
2．闭合电路欧姆定律
(1)内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比；
(2)公式：I＝eq \f(E,R＋r)(只适用于纯电阻电路)；
(3)其他表达形式
①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir；
②功率表达式：EI＝UI＋I2r.
3．路端电压与外电阻的关系
(1)一般情况：U＝IR＝eq \f(E,R＋r)·R＝eq \f(E,1＋\f(r,R))，当R增大时，U增大；
(2)特殊情况：
①当外电路断路时，I＝0，U＝E；
②当外电路短路时，I短＝eq \f(E,r)，U＝0.
自测2 电源的电动势为4.5 V、外电阻为4.0 Ω时，路端电压为4.0 V，若在外电路中分别并联一个6.0 Ω的电阻和串联一个6.0 Ω的电阻，则两种情况下的路端电压分别约为( )
A．4.3 V 3.72 V B．3.73 V 4.3 V
C．3.72 V 4.3 V D．4.2 V 3.73 V
答案 C
三、电路中的功率
1．电源的总功率
(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．
(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝eq \f(E2,R＋r).
2．电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．
3．电源的输出功率
(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．
(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝eq \f(E2R,R＋r2)＝eq \f(E2,\f(R－r2,R)＋4r).
(3)纯电阻电路中输出功率随R的变化关系
①当R＝r时，电源的输出功率最大为Pm＝eq \f(E2,4r).
②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小．
③当R自测3 如图1所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：
图1
(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？
(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多少？这时电源的效率是多大？
(3)调节R2的阻值，能否使电源以最大的功率eq \f(E2,4r)输出？为什么？
答案 (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%
(3)不能 理由见解析
解析 (1)将R1和电源等效为一新电源，则新电源的电动势E′＝E＝8 V，内阻r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值．利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R2＝r′＝10 Ω时，R2有最大功率，即P2max＝eq \f(E′2,4r′)＝eq \f(82,4×10) W＝1.6 W.
(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大．当R2＝0时，电路中有最大电流，即Imax＝eq \f(E,R1＋r)＝0.8 A，R1的最大功率P1max＝Imax2R1＝5.12 W，这时电源的效率η＝eq \f(R1,R1＋r)×100%＝80%.
(3)不能．因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不可能有eq \f(E2,4r)的最大输出功率．
题型1 电路的动态分析
1．动态电路的特点
断开或闭合开关、滑动变阻器的滑片移动、电阻增大或减小，导致电路电压、电流、功率等的变化．
2．动态分析的方法
(1)程序法：电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(并联分流I,串联分压U))→变化支路．
(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例1 (2019·吉林“五地六校”合作体联考)在图2所示的电路中，R1、R2是定值电阻，当滑动变阻器滑片向上移动时( )
图2
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
答案 B
解析 由题图可知，电流表与滑动变阻器串联而电压表与滑动变阻器并联，当向上移动滑片时滑动变阻器接入电路的阻值变小，再根据结论“串反并同”，可知电流表示数变大，电压表示数变小，B选项正确．
变式1 (多选)(2020·福建福州市质检)如图3所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小)．闭合开关，当照射到R3的光照强度变化时，R2功率变大，以下判断正确的是( )
图3
A．电流表示数一定变小
B．电压表示数一定变小
C．R3的功率一定变大
D．照射到R3的光照强度一定增加
答案 BD
解析 由于R2功率变大，根据P＝I2R可知R2的电流增大，根据“串反并同”可得R3的阻值减小，照射到R3的光照强度一定增加，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故B、D正确，A错误；R3的阻值减小，通过R3的电流增大，根据P＝I2R可知，R3的功率无法确定变化，故C错误．
题型2 应用闭合电路欧姆定律定量计算
例2 (多选)(2016·江苏卷·8)如图4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( )
图4
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
答案 AC
解析 外电路的总电阻R＝eq \f(20×20,20＋20) Ω＝10 Ω，总电流I＝eq \f(E,R＋r)＝1 A，则路端电压U＝IR＝10 V，A对；电源的总功率P总＝EI＝12 W，B错；a、b间电压大小为|Uab|＝0.5×15 V－0.5×5 V＝ 5 V，C对；a、b间用导线连接后，外电路的总电阻为R′＝2×eq \f(5×15,5＋15) Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I＝eq \f(E,R′＋r)≈1.26 A，D错．
变式2 (2019·江苏卷·3)如图5所示的电路中，电阻R＝2 Ω.断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为( )
图5
A．1 Ω B．2 Ω
C．3 Ω D．4 Ω
答案 A
解析 当断开S后，电压表的读数等于电源的电动势，即E＝3 V；当闭合S后，有U＝IR，又由闭合电路欧姆定律可知，I＝eq \f(E,R＋r)，联立解得r＝1 Ω，A正确，B、C、D错误.
1．电源的效率
η＝eq \f(IU,IE)×100%＝eq \f(U,E)×100%.
2．纯电阻电路
P总＝EI＝eq \f(E2,R＋r)，
P出＝eq \f(E2,R＋r2)R，
η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(R,R＋r)×100%.
3．电源的最大输出功率
P出＝UI＝I2R＝eq \f(E2,R＋r2)R
＝eq \f(E2R,R－r2＋4Rr)
＝eq \f(E2,\f(R－r2,R)＋4r)
P出与外电阻R的函数关系可用如图6所示图象表示，由图象可以看出：
图6
(1)当R＝r时，输出功率最大，Pm＝eq \f(E2,4r).
(2)当R“接近”r时，P出增大，当R“远离”r时，P出减小．
(3)当P出例3 (多选)(2019·江苏盐城市第三次模拟)如图7所示，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图象中可能正确的是( )
图7
答案 CD
解析 电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)可知，I－R图象不是直线，选项B错误；U＝IR＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(E,1＋\f(r,R))，则随R增加，U增大，当R→∞时U→E，选项C正确；P＝I2R＝eq \f(E2R,R＋r2)＝eq \f(E2,R＋\f(r2,R)＋2r)，当r＝R时，P最大，选项D正确．
变式3 (2020·辽宁沈阳市质检)某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图8中的a、b、c所示，则下列判断正确的是( )
图8
A．直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线
B．曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线
C．曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线
D．电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝2 Ω
答案 C
解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式PE＝EI，Pr＝I2r可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率PE随电流I变化的图线，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR随电流I变化的图线，所以A、B错误，C正确；由题图可知，当短路时电流为2 A，总功率PE＝EI＝6 W，则可知电源电动势为：E＝3 V，则内电阻为r＝eq \f(E,I)＝eq \f(3,2) Ω＝1.5 Ω，故D错误．
1.截距
纵轴上的截距等于电源的电动势；横轴上的截距等于外电路短路时的电流，即I短＝eq \f(E,r)(如图9所示)．
图9
2．斜率
图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r＝|eq \f(ΔU,ΔI)|＝eq \f(E,I短)，斜率的绝对值越大，电源的内阻越大．
3．面积
面积UI为电源的输出功率，而电源的总功率P总＝EI，P总－P出＝EI－UI为电源的发热功率．
4．图线上的点
图线上任一点对应的U、I的比值为此时外电路的电阻，即R＝eq \f(U,I).
例4 (多选)如图10所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是( )
图10
A．电源的电动势为50 V
B．电源的内阻为eq \f(25,3) Ω
C．电流为2.5 A时，外电路的电阻为15 Ω
D．输出功率为120 W时，输出电压是30 V
答案 ACD
解析 电源的路端电压和电流的关系为：U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E＝50 V，r＝eq \f(50－20,6－0) Ω＝5 Ω，A正确，B错误；当电流为I1＝2.5 A时，由回路中电流I1＝eq \f(E,r＋R外)，解得外电路的电阻R外＝15 Ω，C正确；当输出功率为120 W时，由题图中P－I关系图线看出对应干路电流为4 A，再从U－I图线读取对应的输出电压为30 V，D正确.
变式4 (多选)如图11所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )
图11
A．R1接在电源上时，电源的效率高
B．R2接在电源上时，电源的效率高
C．R2接在电源上时，电源的输出功率大
D．电源的输出功率一样大
答案 AC
解析 电源的效率η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(UI,EI)×100%＝eq \f(U,E)×100%，当R1与R2分别接到电源上时，UR1>UR2，故R1接在电源上时，电源的效率高，A正确，B错误；由题图可知，R2与电源的内阻相等，R1>R2，所以R2接在电源上时，电源的输出功率大，C正确，D错误．
1．电路简化
把电容器所在的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．
2．电容器的电压
(1)电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．
(2)电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻无电压，相当于导线．
3．电容器的电荷量及变化
(1)利用Q＝UC计算电容器初、末状态所带的电荷量Q1和Q2；
(2)如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q1－Q2|；
(3)如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q1＋Q2.
例5 (多选)(2018·江苏卷·8)如图12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．该电路( )
图12
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
答案 BCD
解析 给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，A错；充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过R的电荷量Q是一定的．电源恒定，R增大，则电流I减小，根据I＝eq \f(Q,t)可知，充电时间变长，B对；若C增大，电容器充满时所带电荷量增多，即闪光时电容器释放的电荷量也增多，通过闪光灯的电荷量也增多，C对；因为C两端电压达到80 V时，电容器就不再充电，外接电源只要提供电压超过80 V，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，D对．
变式5 (2019·江苏通州、海门、启东期末)如图13所示，R1是光敏电阻(光照增强，电阻减小)，C是电容器，R2是定值电阻．当R1受到的光照强度减弱时( )
图13
A．电阻R2上的电流增大
B．光敏电阻R1上的电压减小
C．电源两端电压减小
D．电容器C的带电荷量减小
答案 D
解析 当R1受到的光照强度减弱时，R1的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析知，总电流I减小，即流过R2的电流减小，故A错误；根据闭合电路欧姆定律分析知，总电流I减小，路端电压U＝E－Ir，E、r不变，则U增大，R2两端电压减小，所以光敏电阻R1上的电压增大，故B、C错误；由于电容器与R2并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU2可知，电容器带电荷量减小，故D正确.
1．故障特点
(1)断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零；
(2)短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但用电器或电阻两端电压为零．
2．检测方法
(1)电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路；
(2)电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程；
(3)欧姆表检测：在运用欧姆表检测时，被检测元件应从电路中拆下来；当测量值很大时，表示该处断路；当测量值很小或为零时，表示该处短路．
(4)假设法：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某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．
例6 如图14所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )
图14
A．R1短路
B．R2断路
C．R2短路
D．R3短路
答案 D
解析 A灯在干路上，A灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B错误；因为短路部分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器两端的电压减小，C、D两灯变暗，A、B两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的，而与A、B两灯是串联的．观察电路中电阻的连接形式，只有R3短路符合条件，故选项A、C错，D正确．
1．(电路的动态分析)(多选)(2019·江苏苏州新区一中一模)如图15所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，电表均为理想电表，则下列说法正确的是( )
图15
A．该变压器起降压作用
B．电压表V1示数增大
C．电压表V2、V3示数均增大
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案 AD
解析 对理想变压器有U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项A正确；电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项B错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．
2．(闭合电路的功率问题)(多选)(2019·江苏苏锡常镇四市二模)如图16甲所示连接电路，电源E＝12 V，内阻不计，灯泡L的额定电压为9 V，其伏安特性曲线如图乙所示，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω.则( )
图16
A．灯泡L的阻值随电流的增大则减小
B．灯泡L的额定功率为13.5 W
C．灯泡L消耗电功率的最小值是2 W
D．滑动变阻器接入电路的阻值应至少为6 Ω
答案 BC
解析 I－U图象上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，故灯泡L的阻值随电流的增大而增大，故A错误；由题图乙可知，U＝9 V时，电流等于1.5 A，则灯泡的额定功率P＝UI＝13.5 W，故B正确；由R＝eq \f(E－U,I)＝eq \f(12－9,1.5) Ω＝2 Ω可知，滑动变阻器接入电路的阻值至少为2 Ω，故D错误；当R＝10 Ω时，回路中电流最小，灯泡消耗的电功率最小，此时灯泡两端的电压满足关系U＝12－10I，在I－U图象中作出该直线，如图所示，两线的交点坐标就是灯泡的工作状态，此时灯泡的最小功率Pm＝UmIm＝2 V×1.0 A＝2 W，故C正确．
3．(含容电路的分析)(多选)(2019·广东珠海市质量监测)如图17所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S闭合时，处在电容器两板间M点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R3时( )
图17
A．电源的总功率减小 B．A板的电势降低
C．液滴向上运动 D．电容器所带电荷量增加
答案 CD
解析 电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值减小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI增大，R1两端的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A错误，C正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加，故D正确；由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势升高，A板的电势也升高，故B错误．
4．(应用闭合电路欧姆定律定量计算)(2016·全国卷Ⅱ·17)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18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( )
图18
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 S断开时等效电路图如图甲所示．

甲 乙
电容器两端电压为U1＝eq \f(E,R＋\f(2,3)R)×eq \f(2,3)R×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)E；
S闭合时等效电路图如图乙所示．
电容器两端电压为U2＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(1,2)R＝eq \f(1,3)E，
由Q＝CU得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(3,5)，故选项C正确．
1.(多选)在如图1所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知( )
图1
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4 W
D．电源的效率为50%
答案 ABC
解析 由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V，内阻为r＝eq \f(E,I短)＝0.5 Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1 Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝eq \f(E,r＋R)＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，电源的效率为η＝eq \f(UI,EI)×100%≈66.7%，故选项A、B、C正确，D错误．
2．(2020·贵州遵义市调研)如图2所示电路，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
图2
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
答案 A
解析 由变阻器R0的滑动端向下滑动可知，R0接入电路的有效电阻减小，外电阻R外减小，由I＝eq \f(E,R外＋r)可知I增大，由U内＝Ir可知U内增大，由E＝U内＋U外可知U外减小，故电压表示数减小．由U1＝IR1可知U1增大，由U外＝U1＋U2可知U2减小，由I2＝eq \f(U2,R2)可知电流表示数减小，故A正确．
3．(多选)如图3所示，R1为定值电阻，R2为可变电阻，E为电源电动势，r为电源内电阻，以下说法中正确的是( )
图3
A．当R2＝R1＋r时，R2获得最大功率
B．当R1＝R2＋r时，R1获得最大功率
C．当R2＝0时，R1获得最大功率
D．当R2＝0时，电源的输出功率最大
答案 AC
解析 在讨论R2的电功率时，可将R1视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为R1＋r的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图所示)，R2的电功率是等效电源的输出功率．显然当R2＝R1＋r时，R2获得的电功率最大，故A项正确；讨论R1的电功率时，由于R1为定值，根据P＝I2R知，电路中电流越大，R1上的电功率就越大(P1＝I2R1)，所以，当R2＝0时，R1获得的电功率最大，故B项错误，C项正确；讨论电源的输出功率时，R1＋R2为外电阻，内电阻r恒定，由于题目没有给出R1和r的具体数值，所以当R2＝0时，电源输出功率不一定最大，故D项错误．
4．如图4所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( )
图4
A．电流表、电压表的读数均变小
B．电源内阻消耗的功率变大
C．液滴将向上运动
D．电源的输出功率变大
答案 C
解析 当灯泡L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1两端的电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C两端的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确；由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误；因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误；由于电源的内、外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误．
5.如图5所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯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(电源内阻不计)( )
图5
A．R1断路 B．R2断路
C．R3短路 D．R4短路
答案 A
解析 等效电路图如图所示，出现故障后，发现灯L1变亮，灯L2变暗，说明L1两端的电压变大，L2两端的电压变小，可能是R1断路，此时示数减小，故A正确；如果R2断路，则灯L2变亮，灯L1变暗，与条件不符，故B错误；若R3短路或R4短路，电流表示数变大，故C、D错误．
6．(2019·江西赣州市上学期期末)如图6所示是汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电表可视为理想电表．只接通S1时，电流表示数为10 A，电压表示数为12 V，再接通S2，启动电动机时，电流表示数变为8 A，则此时通过启动电动机的电流是( )
图6
A．2 A B．8 A C．50 A D．58 A
答案 C
解析 只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir＝12 V＋10×0.05 V＝12.5 V，R灯＝eq \f(12,10) Ω＝1.2 Ω，再接通S2后，流过启动电动机的电流为：I电动机＝eq \f(12.5－8×1.2,0.05) A－8 A＝50 A，故选C.
7.(多选)(2020·贵州安顺市质检)如图7所示，曲线C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是( )
图7
A．两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4 W
B．电源的内电阻为1 Ω
C．电源输出功率最大值为4 W
D．电源的效率最大可达50%
答案 BC
解析 根据题图可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时电路的内、外功率相等，由于内、外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和外电路总电阻大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8 W，即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源输出功率最大值为4 W，所以A错误，C正确；根据P＝I2R＝I2r可知，当输出功率最大时，P＝4 W，I＝2 A，所以R＝r＝1 Ω，所以B正确；电源的效率η＝eq \f(IU,IE)×100%＝eq \f(U,E)×100%＝eq \f(IR,IR＋r)×100%＝eq \f(R,R＋r)×100%＝eq \f(1,1＋\f(r,R))×100%，R越大，效率越大，只当r＝R时，电源的效率才是50%，但不是效率的最大值，选项D错误．
8.如图8，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某灯泡L1的U－I图线的一部分，用该电源和灯泡L1串联起来组成闭合回路时灯泡L1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )
图8
A．此电源的内阻为eq \f(2,3) Ω
B．灯泡L1的额定电压为3 V，额定功率为6 W
C．把灯泡L1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小
D．由于灯泡L1的U－I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用
答案 B
解析 由题图知，电源的内阻为r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq \f(4－1,6) Ω＝0.5 Ω，A错误；因为灯L1正常发光，故灯L1的额定电压为3 V，额定功率为P＝UI＝3×2 W＝6 W，B正确；正常工作时，灯L1的电阻为R1＝eq \f(U,I)＝1.5 Ω，换成R2＝1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r，故电源的输出功率将变大，C错误；灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，其U－I图线是一条曲线的原因是灯泡的电阻随温度的变化而发生变化，故D错误．
9．(2019·山东枣庄市上学期期末)如图9甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成．已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”．这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，图乙中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点．若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是( )
图9
A．C、D两点之间的高度差将变大
B．A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小
C．A、B两点之间的高度差不变
D．在电子从A点经D、C移动至B点的过程中，非静电力做功将变大
答案 A
解析 因电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，A、B两点的高度差为外电压，将减小；C、D两点高度差类似于内电压，将变大，故A正确，C错误；A与D，C与B高度差的总和为电动势，故应不变，故B错误；电子从A点经D、C至B点，非静电力做功W＝Eq，将不变，故D错误．
10.如图10所示，电源的电动势为30 V，内电阻为1 Ω，一个标有“6 V 12 W”的灯泡与一个绕线电阻为2 Ω的电动机串联．开关闭合后，电路中的灯泡正常发光，则电动机输出的机械功率为( )
图10
A．36 W B．44 W
C．48 W D．60 W
答案 A
解析 电路中灯泡正常发光，所以UL＝6 V，则电路中电流为I＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(12,6) A＝2 A，电动机两端的电压UM＝E－Ir－UL＝30 V－2×1 V－6 V＝22 V，则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝22×2 W－22×2 W＝36 W.
11.(多选)(2020·福建龙岩市质检)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图11所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1.重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2.电流表、电压表均为理想电表，则( )
图11
A．这台电动机的线圈电阻为eq \f(U1,I1)
B．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U1I1
C．这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2－I22eq \f(U1,I1)
D．这个电源的内阻为eq \f(U2－U1,I1－I2)
答案 AC
解析 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r0＝eq \f(U1,I1)，故A对；电动机正常转动时的发热功率为P1＝I22r0＝eq \f(U1I22,I1)，故B错；这台电动机正常运转时输入功率为P2＝U2I2 ，所以输出功率为P3＝P2－P1＝U2I2－I22eq \f(U1,I1)，故C对；若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E＝U1＋I1(r＋R)，E＝U2＋I2(r＋R)，解得：r＋R＝eq \f(U2－U1,I1－I2)，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于eq \f(U2－U1,I1－I2)，故D错．
12．如图12所示，电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，下列说法正确的是( )
图12
A．电压表读数增大、电流表读数减小
B．电压表读数减小、电流表读数增大
C．R1的电功率减小
D．电源的输出功率增大
答案 C
解析 当滑片由中点向b端滑动时，R接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，所以定值电阻R1的电功率减小，选项C正确；电路中总电流减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，选项A、B错误；因不知内、外电阻的大小，所以不能确定电源的输出功率如何变化，选项D错误．
13.(多选)如图13所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施下，关于P的运动情况的说法正确的是( )
图13
A．保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止
B．保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动
C．断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动
D．断开S后，减小A、B板间距离，P仍静止
答案 ABD
解析 保持S闭合，电源的路端电压不变，增大A、B板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电荷量不变，由E＝eq \f(4πkQ,εrS)得，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故A正确；保持S闭合，电源的路端电压不变，电容器两端的电压不变，减小A、B板间距离，由E＝eq \f(U,d)可知，板间场强增大，微粒所受电场力增大，微粒将向上运动，故B正确；断开S后，电容器的电荷量Q不变，由E＝eq \f(4πkQ,εrS)得，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故C错误，D正确．串联
并联
电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1＋I2＋…＋In
电压
U＝U1＋U2＋…＋Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻
R＝R1＋R2＋…＋Rn
eq \f(1,R)＝eq \f(1,R1)＋eq \f(1,R2)＋…＋eq \f(1,Rn)