新高考2021届高考物理小题必练19电路的规律和应用

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(1)闭合电路欧姆定律、电动势与内阻；(2)电路的动态变化分析；(3)电路的故障分析等。
例1．(2020∙全国I卷∙17)图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是( )
【答案】A
【解析】根据电容器的定义式C＝eq \f(Q,U)可知，结合图象可知，图象的斜率为，则1～2 s内的电流I12与3～5 s内的电流I35关系为I12＝2I35，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)可知R两端电压大小关系满足UR12＝2UR25，由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。
【点睛】解决本题的关键是知道电路中电流与电容器带电量的关系，即，知道等于UC－t图象斜率的大小，根据数学知识分析出电流的变化情况。
1．(多选)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．灯泡L变暗
C．电源消耗的功率增大
D．电容器C的电荷量增大
【答案】BD
【解析】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项错误，B项正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C项错误；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项正确。
2．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
【答案】B
【解析】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。
3．(多选)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，
下面说法正确的是( )
A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大
B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小
C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大
D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小
【答案】AD
【解析】滑动变阻器滑片P向右端移动，使得RP变小，总电阻变小，总电流变大，即电流表A1的读数增大。内电压变大，R1所分电压变大，并联电路电压即电压表V1的读数变小。即R3两端电压变小，通过R3的电流变小即电流表A2的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路，即经过R2的电流变大，R2两端电压变大，即电压表V2的读数增大，故A、D项正确。
4．如图所示，电源为“9 V，1 Ω”的电池组，要将“4 V，4 W”的灯泡接入虚线框中，在正常发光的条件下，最多能接灯泡的个数为( )
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
【答案】D
【解析】要使灯泡正常发光，灯泡两端电压为4 V，每个灯泡的工作电流为1 A。当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，所接灯泡最多，此时电源内电压为5 V，电路中的总电流为5 A，所以最多能接5个灯泡。
5．(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02 F(F和R的单位分别是N和Ω)。下列说法正确的是( )
A．该秤能测量的最大体重是1400 N
B．该秤能测量的最大体重是1300 N
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375 A处
D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400 A处
【答案】AC
【解析】本题考查传感器及闭合电路欧姆定律。电路中允许的最大电流为3 A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2 Ω＝eq \f(12,3) Ω，R最小值为2Ω，代入R＝30－0.02F，求出F最大值Fm＝1 400 N，A项正确，B项错误；当F＝0时，R＝30 Ω，这时电路中的电流I＝eq \f(12,30＋2) A＝0.375 A，C项正确，D项错误。
6．在如图所示电路中，电源电动势为12 V，内阻不计，各电阻阻值已在图中标出，开关是闭合的。现将开关断开，测得通过电阻R3的电荷量为1.19×10－5 C，则电容器的电容为( )
A．1.75 μF B．4.25 μF
C．5.95 μF D．2.48 μF
【答案】A
【解析】开关闭合，两支路的并联总电阻为R并＝eq \f(150×300,150＋300) Ω＝100 Ω，所以，支路两端电压U＝6 V，电容器与R1并联，其电压U1＝2 V，电容器下极板带正电，Q1＝CU1。将开关断开，电容器与R2并联，其电压U2＝eq \f(R2,R1＋R2＋R4)E＝4.8 V，电容器的上极板带正电，Q2＝CU2。由题意Q1＋Q2＝1.19×10－5 C，解得C＝1.75×10－6F＝1.75 μF，A项正确。
7．如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增大而减小。开关S闭合且无光照射时电容器C不带电。当用强光照射R4，待电路稳定后，与无光照射时比较( )
A．通过R4的电流变小
B．电源提供的总功率变小
C．电源的路端电压增大
D．电容器C的下极板带正电
【答案】D
【解析】未用强光照射R4时，电容器C不带电，则R3分得的电压与R1分得的电压相等，即eq \f(R3,R3＋R4)U＝eq \f(R1,R1＋R2)U；当用强光照射R4，待电路稳定后，与无光照射时比较，电阻R4的阻值变小，电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，C项错误；总电流增大，而通过R1、R2所在支路的电流减小，故通过R4的电流增大，A项错误；电源提供的总功率P＝IE增大，B项错误；由于R4减小，因此eq \f(R3,R3＋R4)U>eq \f(R1,R1＋R2)U，即R3分得的电压大于R1分得的电压，电容器上极板的电势低于下极板的电势，因此电容器下极板带正电，D项正确。
8．(多选)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器。闭合开关S，电路稳定后，用光照射R，下列说法正确的是( )
A．电压表示数增大
B．电源的效率增大
C．电容器所带电荷量增加
D．R2消耗的功率增大
【答案】CD
【解析】在电路中，用光照射R时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R外减小，干路电流I＝eq \f(E,r＋R外)增大，内电压Ur＝Ir增大，路端电压U外＝E－Ur减小，电压表示数减小，通过R1支路的电流I1＝eq \f(U外,R1)减小，则通过R、R2支路的电流I2＝I－I1增大，R2消耗的功率PR2＝Ieq \\al(2,2)R2增大，R2两端电压UR2＝I2R2增大，电容器两端电压增大，由Q＝CU，知电容器所带电荷量增加，电源的效率η＝eq \f(P外,P总)＝eq \f(I2R外,I2R外＋r)＝eq \f(1,1＋\f(r,R外))变小，综上知A、B项错误，C、D项正确。
9．(多选)如图所示，A、B分别为电源E和电阻R的U—I图线，虚线C是过图线A、B交点的曲线B的切线。现将电源E与电阻R及开关、导线组成闭合电路，由图象可知( )
A．电源的电动势为3 V，此时消耗的总功率为6 W
B．R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 Ω
C．此时电源消耗的热功率为4 W，效率约为66.7%
D．若再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变
【答案】AD
【解析】由电源的U－I图线可知电源的电动势为3 V，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V，通过的电流为2 A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6 W，A项对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝eq \f(U,I)＝0.5 Ω，B项错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4 W，由η＝eq \f(UI,EI)×100%知电源的效率是33.3%，C项错；当内、外电阻相等时，电源的输出功率为最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D项对。
10．(多选)工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，如图所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称量的关键性元件是拉力传感器。拉力传感器的内部电路如图甲所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1＝20 kΩ，R2＝10 kΩ，R0是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图乙所示，已知料斗重1×103 N，没装料时Uba＝0，g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．R3阻值为40 kΩ
B．装料时，R0的阻值逐渐变大，Uba的值逐渐变小
C．拉力越大应变片电阻阻值变大，Uba传感器的示数也变大
D．应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量
【答案】AC
【解析】没装料时，根据串、并联电路规律可得R1两端的电压U1＝eq \f(R1,R1＋R2)×12 V＝8 V；从R­F图中可得，没装料时，料斗重1×103 N，此时R0＝20 kΩ，所以R3两端的电压U3＝eq \f(R3,R3＋R0)×12 V＝eq \f(12R3,R3＋20) V，因为此时Uba＝0，说明R1两端的电压和R3两端的电压相等，即eq \f(12R3,R3＋20)＝8 V，解得R3＝40 kΩ，A正确；装料时，由于R1所在支路电流恒定，所以a点的电势恒定，而R3所在支路中R0逐渐增大，该支路电流减小，R3两端的电压减小，即b的电势增大，所以Uba逐渐增大，B错误，C正确；应变片作用是把拉力这个力学量转换为电压这个电学量，D错误。
11．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80 cm，两板间的距离d＝40 cm，电源电动势E＝40 V，内阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4 m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电荷量q＝1×10－2 C，质量m＝2×10－2 kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出，g取10 m/s2，求：
(1)滑动变阻器接入电路的阻值。
(2)此时电流表、电压表的示数。
(3)此时电源的输出功率。
【解析】(1)设小球在板间飞行时间为t，则：t＝eq \f(l,v0)＝0.2 s
根据d＝eq \f(1,2)at2得小球在电场中的飞行加速度a＝eq \f(2d,t2)＝20 m/s2
对小球根据牛顿第二定律得：qeq \f(UAB,d)－mg＝ma
解得：UAB＝24 V
所以滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝24 V
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得：I＝eq \f(E－U滑,R＋r)＝1 A
滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝eq \f(U滑,I)＝24 Ω。
(2)此时电流表的示数为1 A
电压表的示数U＝E－Ir＝39 V。
(3)电源的输出功率P出＝IU＝39 W。
12．一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图甲所示，图中U＝12 V的直线为图线的渐近线。现将该电源和一个变阻器R0接成如图乙所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2 A，变阻器的最大阻值为R0＝22 Ω。求：
(1)电源电动势E和内电阻r。
(2)空载时A、B两端输出的电压范围。
(3)A、B两端所能接负载的电阻的最小值。
【解析】(1)据全电路欧姆定律E＝U＋Ir
由图甲可知，当I＝0时，E＝U＝12 V。
当E＝12 V，R＝2 Ω时，U＝6 V
据全电路欧姆定律可得r＝2 Ω。
(2)空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压UAB＝0
当滑片移至最上端时，有E＝U＋Ir，I＝eq \f(E,R0＋r)
可得这时的输出电压U＝11 V
所以，空载时输出电压范围为0～11 V。
(3)设所接负载电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I＝2 A，有
E＝I(R外＋r)
其中R外＝eq \f(R0R′,R0＋R′)
代入数据可得R′＝4.9 Ω。