PAGEPAGE2第22講電路閉合電路的歐姆定律[解密考綱]主要考查閉合電路歐姆定律、電路動態分析、閉合電路的功率與效率問題．1．(多項選擇)如下圖，電源的電動勢和內阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，以下各物理量變化情況為(BD)A．電流表的讀數一直減小B．R0的功率先減小后增大C．電源輸出功率先增大后減小D．電壓表的讀數先增大后減小解析：滑動變阻器滑片P由b向a端移動過程中，bP和aP并聯，外電路總電阻先變大后變小，根據閉合電路歐姆定律可知，電路總電流(電流表示數)先減小后增大，A項錯誤；根據電功率P0＝I2R0，可知R0的功率先減小后增大，B項正確；當外電路總電阻與電源內阻相等時，輸出功率最大，但R0與電源內阻r大小關系不能確定，故不能確定電源輸出功率的變化情況，C項錯誤；電壓表所測為電源的路端電壓，路端電壓與外電阻變化趨勢一致，故D項正確．2．電源的效率η定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比．在測電源電動勢和內電阻的實驗中得到的實驗圖線如下圖，圖中U為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態下電源的效率分別為ηa、ηb.由圖可知ηa、ηb的值分別為(D)A．eq\f(3,4)、eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)、eq\f(2,3)C．eq\f(1,2)、eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)、eq\f(1,3)解析：由題中UI圖象可知，假設電源的電動勢為6U0，那么a、b兩點處對應的路端電壓分別為4U0、2U0，電源的效率η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)，所以ηa＝eq\f(Ua,E)＝eq\f(2,3)，ηb＝eq\f(Ub,E)＝eq\f(1,3)，正確選項為D．3．(多項選擇)電源開關S、S′.定值電阻R1、光敏電阻R2和電容器連接成如下圖電路，電容器的兩平行板水平放置，當開關S、S′閉合．且無光照射光敏電阻R2時，一帶電液滴恰好靜止在電容器兩板間的M點，當用強光照射光敏電阻R2時，光敏電阻的阻值變小，那么(BD)A．液滴向下運動B．液滴向上運動C．不能確定R2兩端的電勢差是否升高D．不改變照射光強度，斷開S′，將電容器的上極板向上移一小段距離，那么上極板的電勢比A點的電勢高解析：強光照射使光敏電阻R2的阻值變小，電流增大，R1兩端的電勢差IR1升高，R2兩端的電勢差降低，電容器極板之間電壓升高，電場增強，液滴向上運動，選項B正確，選項A、C錯誤；當光照強度不變時斷開S′，電容器帶電量不變，據U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)可知，把電容器的上極板向上移一小段距離時兩極板間電勢差變大，那么上極板的電勢比A點的電勢高，選項D正確．4．如下圖的電路中，燈泡A和燈泡B原來都是正常發光的．現在突然發現燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，那么電路中出現的故障可能是(C)A．R3斷路 B．R1短路C．R2斷路 D．R1、R2同時短路解析：燈泡A比原來暗了些，說明燈泡A的電流和電壓變小；燈泡B比原來亮了些，說明燈泡B的電流和電壓變大．采取代入排除法，將選項逐個代入分析：R3斷路→R外增大→R總變大→I減小→U變大，由此可知兩燈均變亮，故A錯誤；R1短路→R外減小→R總減小→I增大，通過燈泡A和B的電流變大，兩燈變亮，B項錯誤；同理分析可知C選項正確，D選項錯誤．5．(多項選擇)圖示電路中，電源內阻不可忽略，假設調整可變電阻R的阻值，可使電壓表eq\o(○,\s\up1(V))的示數減小ΔU(電壓表為理想電表)，在這個過程中(AD)A．通過R1的電流減小，減小量一定等于eq\f(ΔU,R1)B．R2兩端的電壓增加，增加量一定等于ΔUC．路端電壓減小，減小量一定等于ΔUD．通過R2的電流增加，但增加量一定小于eq\f(ΔU,R2)解析：電壓表示數減小，可知R減小，設路端電壓、干路電流分別為U、I，電壓表示數為U1，流過R1、R2的電流分別為I1、I2，電阻改變后，分別為U′、I′、U1′、I1′、I2′，那么U1＝I1R1，U1′＝I1′R1，ΔU＝U1－U1′＝(I1－I1′)R1，eq\f(ΔU,R1)＝I－I1′＝ΔI，A項正確；U2＝E－U1－Ir，U2′＝E－U1′－I′r，得ΔU2＝(U1－U1′)－(I′－I)r＝ΔU－(I′－I)r<ΔU，B項錯誤；路端電壓減小量小于ΔU，C項錯誤；ΔU＝(I′－I)(r＋R2)，ΔI2＝I′－I＝eq\f(ΔU,r＋R2)<eq\f(ΔU,R2)，D項正確．6．(多項選擇)如下圖，甲、乙分別表示兩個電源的路端電壓與通過它們的電流I的關系圖線，以下說法中正確的選項是(AD)A．電源甲的電動勢大于乙的電動勢B．電源甲的內阻小于乙的內阻C．電流都是I0時，兩電源的內電壓相等D．路端電壓都為U0時，它們的外電阻相等解析：由圖線知甲的電動勢大于乙，A項正確；甲的內阻大于乙的內阻，B項錯；電流都是I0時，因甲的內阻大，故甲的內電壓大，C項錯誤；據歐姆定律，外電阻R＝eq\f(U,I)，路端電壓都為U0時，干路電流都是I0，兩電源的外電阻相等，D項正確．7．(2022·浙江瑞安十校聯考)如下圖為測量某電源電動勢和內阻時得到的UI圖線．用此電源與三個阻值均為3Ω的電阻連接成電路，測得路端電壓為4.8V．那么該電路可能為(B)解析：由圖可知，電源電動勢E＝6V，當U＝4V時，I＝4A，有6V＝4V＋4A×r，解得r＝0.5Ω，當路端電壓為4.8V時，U內＝E－U＝6V－4.8V＝1.2V，由eq\f(U,U內)＝eq\f(R,r)，得R＝eq\f(U,U內)r＝eq\f(4.8,1.2)×0.5Ω＝2Ω，由電阻的串并聯知識可知B項為可能電路．8．(2022·湖北黃石模擬)如下圖，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖象，直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖象，直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流的關系圖象，將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么(C)A．R接到a電源上，電源的效率較高B．R接到b電源上，電源的輸出功率較大C．R接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低D．R接到b電源上，電阻R的發熱功率和電源的效率都較高解析：電源的效率η＝eq\f(UI,EI)＝eq\f(U,E)，由題圖可知，電阻R接在電源a上時電路中電流為eq\f(I0,2)，短路電流為I0，且ra>rb，根據閉合電路歐姆定律I0＝eq\f(Ea,ra)，eq\f(I0,2)＝eq\f(Ea,R＋ra)，解得R＝ra，那么a電源的效率為50%，電阻R接在電源b上時eq\f(Ub,Eb)>50%，那么電源b的效率大于50%，故A錯誤；電源的U-I圖線與電阻R的U-I圖線的交點表示電阻R接在該電源上的工作狀態，由題圖可知電阻R接在電源a上時的電壓和電流較大，電源a的輸出功率較大，故B錯誤；由以上分析可知，R接到a電源上，電源的輸出功率較大，電源效率較低，故C正確，D錯誤．9．(多項選擇)(2022·湖北黃岡一模)如下圖是超導限流器(虛線框內局部)示意圖．超導部件臨界電流為IC，當通過限流器的電流大于IC時，超導部件從阻值為零的超導態轉變為正常態(視為純電阻)．超導部件的正常電阻為R1＝3Ω，臨界電流IC＝1.2A，限流電阻R2＝6Ω，小燈泡上標有“6V6W〞字樣，電源E＝8V，r＝2Ω.原來電路正常工作，現小燈泡突然發生短路．那么(BD)A．短路前通過R1的電流為eq\f(3,4)AB．短路后超導部件轉為正常態C．短路后通過R1的電流為2AD．短路后通過R1的電流為eq\f(4,3)A解析：原來燈泡正常工作，電流為1A，故R1處于超導狀態，其電阻為零，通過R1的電流為1A，A錯誤．燈泡短路時，電流突然到達eq\f(E,r)＝4A>1.2A，超導部件由超導態轉為正常態，B正確．短路后限流器并聯電阻為2Ω，其兩端電壓為4V，故通過R1的電流為I′1＝eq\f(4,3)A，C錯誤、D正確．10．(多項選擇)(2022·湖北武漢調研)某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標系中，如圖中的a、b、c所示．那么以下說法正確的選項是(CD)A．圖線b表示輸出功率PR隨電流I變化的關系B．圖中a線最高點對應的功率為最大輸出功率C．在圖線上A、B、C三點的縱坐標一定滿足關系PA＝PB＋PCD．兩個圖線交點M與N的橫坐標之比一定為1∶2，縱坐標之比一定為1∶4解析：P＝I2r，電流I越大，P越大，且為非線性關系，所以圖線b表示Pr隨電流I變化的關系，選項A錯誤；PE＝E·I，PE與I成正比，為圖