课时跟踪检测(18) 闭合电路的动态分析（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中物理必修第三册（鲁科版2019）

课时跟踪检测（十八） 闭合电路的动态分析 1.某同学按如图所示的电路进行实验，电压表内阻可看作无限大。实验过程中，由于电路发生故障，发现两电压表示数相同，若这种情况的发生是由某一用电器引起的，则可能的故障原因是(　 ) A．R2断路 B．R3断路 C．R2短路 D．R1短路 解析：选A　由题图可知R1与R2、R3串联，电压表V1测R2和R3两端的总电压，V2测R2两端的电压；若两电压表示数相同，则是两电压表接在了同一部分的两端，故可能是R2断路或者R3短路，故选A。 2．(2023·福建厦门检测)如图所示，电源电动势为E、内阻为r，L为小灯泡，R为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表。电流表和电压表读数分别为I、U，其读数变化量的大小分别为ΔI、ΔU。现闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时(　 ) A．I增大 B．L变亮 C．U增大 D.增大 解析：选A　根据I＝，依题意，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，R外减小，电流表的读数增大，故A正确；根据U＝E－Ir，可知，电压表读数减小，小灯泡变暗，故B、C错误；根据上面选项分析，可知＝r不变，故D错误。 3．(2023·厦门海沧检测)如图所示是一火警报警电路的示意图，其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大。值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器。当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是(　 ) A．I变小，U变大 B．I变大，U变小 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 解析：选A　当传感器R3所在处出现火情时，R3的阻值增大，外电路的总电阻增大，故路端电压增大，即报警器两端的电压U变大；干路电流I总减小，所以R1两端的电压U1减小，因为U＝U1＋U2，可知R2两端的电压U2增大，则流过R2的电流I2增大，又因为I总＝I2＋I，可知显示器的电流I减小，故选A。 4．(多选)如图，电源内阻r<R1，在滑动变阻器的滑片P向上端滑动过程中，下列说法正确的是(　 ) A．电压表示数增大，电流表示数减小 B．电压表示数减小，电流表示数增大 C．定值电阻R1消耗的功率增大 D．电源输出功率减小 解析：选AD　滑片P向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，电压表示数增大，电阻R1分压减小，并联支路电压增大，通过电阻R2的电流增大，干路电流等于各个支路的电流之和，所以通过电流表的电流减小，故A正确，B错误；由于干路电流减小，即通过电阻R1的电流减小，所以R1上消耗的功率减小，故C错误；由于电源内阻r<R1，根据电源输出功率与外电路电阻的关系可知，当电路中总电阻增大时，电源的输出功率减小，故D正确。 5．(2023·漳州华安检测)探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，当开关闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A的亮度变暗，小灯泡B的亮度变亮。下列对电路故障的分析正确的是(　 ) A．可能是定值电阻R1断路 B．可能是定值电阻R2断路 C．可能是定值电阻R3短路 D．可能是定值电阻R4断路 解析：选B　若R1断路，则小灯泡B不发光，故A错误；若R2断路，则外电路总电阻增大，干路电流减小，则小灯泡A的亮度变暗；电阻R3两端的电压U3＝E－I(RA＋r＋R4)增大，流过R3的电流增大，而干路电流减小，所以流过R1的电流减小，R1两端的电压减小，所以小灯泡B两端的电压增大，小灯泡B变亮，故B正确；若R3短路，则外电路电阻减小，干路电流变大，小灯泡A会变亮，故C错误；若R4断路，则小灯泡A、B均不发光，故D错误。 6．(多选)如图所示的电路，电源电动势为E、内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻。开关闭合后，带电油滴P在平行板电容器中保持静止。下列说法中正确的是(　 ) A．若使滑动变阻器滑片向下移动，则电压表示数增大 B．若使滑动变阻器滑片向下移动，则电流表示数增大 C．若使电容器上极板向下移动，则油滴向下移动 D．若使电容器下极板向下移动，则电容器会有短暂的放电过程 解析：选BD　若使滑动变阻器滑片向下移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，则干路电流变大，所以电流表示数变大，电压表示数U＝E－Ir变小，故A错误，B正确；若使电容器上极板向下移动，则板间场强E＝变大，带电油滴所受电场力增大，油滴向上移动，故C错误；若使电容器下极板向下移动，则电容C＝变小，带电量Q＝CU变小，所以电容器放电，故D正确。 7.(多选)如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，由此推断，以下故障可能的是(　 ) A．灯L1灯丝烧断　　　 B．电阻R2断路 C．电阻R2短路 D．电容器被击穿短路 解析：选BD　若L1灯丝烧断，会使电路总电阻变大，总电流变小，电阻R2与L2并联部分电压变小，L2的亮度会变暗，故A错误；若电阻R2断路，使电路的总电阻增大，总电流减小，R1与L1并联部分电压与电源内电压之和减小，使L2两端的电压增大，L2会变亮，故B正确；若电阻R2短路，L2会因被短路而熄灭，故C错误；若电容器被击穿短路，由于电路的总电阻减小，总电流增大，电阻R2与L2并联部分电压变大，L2的亮度会变亮，故D正确。 8．(2023·福建福州检测)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，该过程灯泡L仍是完好的，当电路稳定后，下列判断正确的是(　 ) A．定值电阻R0两端的电压变小 B．灯泡L变暗 C．电源消耗的功率减小 D．电容器C的电荷量减小 解析：选D　当电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，定值电阻R0两端的电压不变，A错误；当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，灯泡L变亮，B错误；电源消耗的功率为P＝EI，电流增大，因此电源消耗的功率增大，C错误；由闭合电路欧姆定律结合总电流增大，可知路端电压U＝E－Ir减小，电容器C两端的电压UC减小，由电容的定义式可得Q＝CUC，电容器C的电荷量减小，D正确。 9．(2023·泉州晋江检测)(多选)某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值，为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路，进行探究实验，闭合开关S，则(　 ) A．图乙中只增加磁感应强度的大小时，电流表的示数增大 B．图乙中只增加磁感应强度的大小时，电压表的示数增大 C．图乙中只改变磁场方向与原来方向相反时，电流表的示数减小 D．图乙中只改变磁场方向与原来方向相反时，电压表的示数不变 解析：选BD　闭合开关S，题图乙中只增加磁感应强度的大小时，由题图甲可知R增大，则电路总电阻增大，总电流减小，电源内电压减小，路端电压增大，而Pb段分压减小，所以aP段电压增大，则电压表示数增大；而aP段阻值不变，所以流过aP段的电流一定增大，但是总电流减小，因此流经磁敏电阻的电流变小，电流表示数减小，故A错误，B正确；由题图甲可知，题图乙中只改变磁场方向与原来方向相反时，R不变，所以电压表示数不变，电流表示数也不变，故C错误，故D正确。 10．(多选)在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电表均为理想电表，开关S闭合后，灯泡正常发光。若滑动变阻器R的滑片向下滑动，下列判断正确的是(　 ) A．电压表V和电流表A的示数均减小 B．灯泡L有可能会烧坏 C．电源的效率一定会减小 D．电源的输出功率可能减小 解析：选CD　滑动变阻器的滑片向下滑动，可知滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流I增大，路端电压U减小，则R0两端电压U0增大，根据U＝U0＋UL，可知灯泡两端电压减小，则电压表V示数减小，流过灯泡的电流IL减小，灯泡功率变小，灯泡L不会烧坏；根据I＝IL＋IA，可知电流表A的示数增大，故A、B错误；电源的效率为η＝＝＝，由于外电阻减小，可知电源的效率一定减小，故C正确；电源的输出功率为P出＝I2R外＝2R外＝，可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于题目不清楚外电阻与内阻的具体关系，所以电源的输出功率可能减小，故D正确。 11．(2023·山东临沂一中检测)如图所示，电源的电动势E＝24 V、内阻r＝2 Ω，电阻R1＝R2＝R3＝R＝5 Ω， 电容器的电容C＝6×10－3 F。 (1)当开关断开时，求R1两端的电压U1； (2)当开关闭合时，求干路中的电流I； (3)开关从断开到闭合直至电路稳定的过程中通过电阻R的电荷量Q。 解析：(1)开关断开时的等效电路图如图甲所示 U1＝·E，解得U1＝10 V。 (2)开关闭合时的等效电路图如图乙所示，设R1与R2串联后再与R3并联的总电阻为R0，则有＝＋，R总＝R0＋r，I＝，联立解得I＝4.5 A。 (3)开关断开时，电容器与R2并联，R2与R1电压相等，则有Q1＝CU1＝6×10－2 C，a端电势高；开关闭合时，电容器与R1并联，根据上述分析可得R1两端的电压为7.5 V，Q2＝CU2＝4.5×10－2 C，b端电势高，通过电阻R的电荷量Q＝Q1＋Q2＝0.105 C。 答案：(1)10 V　(2)4.5 A　(3)0.105 C 12．如图所示，电源电动势E＝16 V、内阻r＝2 Ω，电阻R1＝3 Ω、R2＝R3＝6 Ω，C为水平放置的平行板电容器，两极板间距d＝1.0 m，极板长为l＝1.5 m，其电容C＝3.0 μF，则： (1)若开关S1闭合、S2断开稳定时，求电容器两端的电压UC及电容器所带电荷量Q； (2)若开关S2从断开状态到闭合状态达到稳定时，求流过R3的总电荷量ΔQ； (3)若开关S2闭合，现有一个带正电粒子从极板左侧中央位置以速度v0平行于极板进入，恰好能从下极板边缘飞出电场，已知粒子带电量q＝0.2 C、质量m＝1×10－5 kg。求带电粒子进入极板时的初速度v0。(不计任何阻力和粒子重力) 解析：(1)当开关S1闭合、S2断开稳定时，由闭合电路欧姆定律得I＝＝2 A 电容器两端的电压即为电阻R2两端电压，则UC＝IR2＝12 V 电容器所带电荷量为Q＝CUC＝3.6×10－5 C。 (2)开关S2从断开状态到闭合状态达到稳定时，电阻R1和R2并联，其总阻值为R12＝＝2 Ω 由闭合电路欧姆定律得I1＝＝4 A 此时电容器两端电压即为路端电压，则有UC1＝E－I1r＝8 V 电容器所带电荷量为Q1＝CUC1＝2.4×10－5 C 则流过R3的总电荷量ΔQ＝Q－Q1＝1.2×10－5 C。 (3)开关S2闭合，两极板间电场强度为E场＝＝8 V/m 由运动学公式可得l＝v0t，＝·t2 解得v0＝600 m/s。 答案：(1)12 V　3.6×10－5 C　(2)1.2×10－5 C (3)600 m/s 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$