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2019年高考物理大二輪專題復習 考前增分練 選擇題部分 專練9 電容器和直流電路的動態(tài)分析 1．如圖1所示，電源電動勢E＝3 V，小燈泡L標有“2 V、0.4 W”，開關S接l，當變阻器調(diào)到R＝4 Ω時，小燈泡L正常發(fā)光；現(xiàn)將開關S接2，小燈泡L和電動機M均正常工作，則(　　) 圖1 A．電源內(nèi)阻為1 Ω B．電動機的內(nèi)阻為4 Ω C．電動機正常工作電壓為1 V D．電源效率約為93.3% 答案　AD 解析　開關S接1時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝UL＋I(R＋r)，因燈泡正常發(fā)光，所以電流I＝0.2 A，代入數(shù)據(jù)解得電源內(nèi)阻r＝1 Ω，故A正確；開關S接2時，小燈泡L和電動機M均正常工作，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E＝UL＋UM＋Ir，解得：UM＝0.8 V，又電動機工作時是非純電阻電路，不滿足歐姆定律，故無法求出電動機內(nèi)阻和電壓，所以B、C錯誤；回路外電路的功率P＝PL＋UMI＝0.56 W，電源的總功率P′＝EI＝0.6 W，所以效率η＝100%≈93.3%，所以D正確． 2．如圖2所示，直線A為某電源的U－I圖線，曲線B為某小燈泡L1的U－I圖線的一部分，用該電源和小燈泡L1組成閉合電路時，燈泡L1恰好能正常發(fā)光，則下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．此電源的內(nèi)阻為 Ω B．燈泡L1的額定電壓為3 V，功率為6 W C．把燈泡L1換成“3 V,20 W”的燈泡L2，電源的輸出功率將變小 D．由于小燈泡L1的U－I圖線是一條曲線，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律不適用 答案　B 解析　由圖線可知，電源的內(nèi)阻為r＝ Ω＝0.5 Ω，選項A錯誤；因為燈泡正常發(fā)光，故燈泡L1的額定電壓為3 V，功率為P＝IU＝23 W＝6 W，選項B正確；把燈泡L1換成“3 V,20 W”的燈泡L2，由于燈泡L2的電阻小于燈泡L1的電阻，更接近于電源的內(nèi)阻，故電源的輸出功率將變大，選項C錯誤；雖然小燈泡L1的U－I圖線是一條曲線，但由于小燈泡是純電阻，所以燈泡發(fā)光過程，歐姆定律仍適用，選項D錯誤． 3．如圖3所示的電路中．電源電動勢為E，內(nèi)阻為R，L1和L2為相同的燈泡，每個燈泡的電阻和定值電阻阻值均為R，電壓表為理想電表，K為單刀雙擲開關，當開關由1位置打到2位置時，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．L1亮度不變，L2將變暗 B．L1將變亮，L2將變暗 C．電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變小 D．電壓表讀數(shù)將變小 答案　D 解析　開關擲到位置1時，燈泡L1和L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻R并＝＝，電路總電阻R總＝R＋R＋＝，干路電流I＝＝，根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過燈泡L1和L2的電流相等，即I1＝I2＝，開關擲到2位置，燈泡L1與定值電阻串聯(lián)，然后與燈泡L2并聯(lián)，并聯(lián)電阻為R并′＝＝，電路總電阻R總′＝R＋＝，干路電流I′＝＝，根據(jù)并聯(lián)電路電流與電阻成反比可得流過燈泡L1的電流I1′＝I′＝，流過燈泡L2的電流I2′＝I′＝.據(jù)此判斷，開關由1位置打到2位置，流過燈泡L1的電流大小不變，燈泡亮度不變，流過燈泡L2的電流變大，燈泡變亮，所以選項A、B錯誤．總電流變大，電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率P＝I2R變大，選項C錯誤．總電流變大，內(nèi)電壓變大，路端電壓變小，電壓表示數(shù)變小，選項D正確． 4．如圖4所示電路中，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻r＝1 Ω，兩電表均為理想電表，定值電阻R3＝5 Ω.當開關K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等．則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．電阻R1、R2可能分別為3 Ω、6 Ω B．電阻R1、R2可能分別為4 Ω、5 Ω C．開關K斷開時電壓表的示數(shù)一定小于K閉合時的示數(shù) D．開關K斷開與閉合時，電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比一定等于1 Ω 答案　B 解析　據(jù)題意，開關K斷開與閉合時，ab段電路消耗的電功率相等，K閉合時R2被短路，則有：()2(R1＋R2)＝()2R1，將R1＝3 Ω、R2＝6 Ω代入方程不成立，而將R1＝4 Ω、R2＝5 Ω代入方程成立，故A錯誤，B正確．開關K斷開時外電路總電阻大于K閉合時外電路總電阻，則開關K斷開時電壓表的示數(shù)一定大于K閉合時的示數(shù)，故C錯誤．根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U＝E－I(R3＋r)，則電壓表的示數(shù)變化量大小與電流表的示數(shù)變化量大小之比為＝R3＋r＝6 Ω，故D錯誤．故選B. 5．如圖5所示為某傳感裝置內(nèi)部部分電路圖，RT為正溫度系數(shù)熱敏電阻，其特性為隨著溫度的升高阻值增大；R1為光敏電阻，其特性為隨著光照強度的增強阻值減小；R2和R3均為定值電阻，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，V為理想電壓表．若發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)增大，可能的原因是(　　) 圖5 ①熱敏電阻溫度降低，其他條件不變 ②熱敏電阻溫度升高，其他條件不變 ③光照減弱，其他條件不變 ④光照增強，其他條件不變 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 答案　A 解析　熱敏電阻溫度降低，其他條件不變時，熱敏電阻阻值減小，總電阻減小，總電流變大，則熱敏電阻及光敏電阻所在的并聯(lián)支路電壓減小，光敏電阻上的電流減小，則熱敏電阻及電阻R3上的電流變大，則電壓表的讀數(shù)變大，故①正確，②錯誤；若光照減弱，則光敏電阻的阻值增大，總電阻變大，總電流減小，則熱敏電阻及光敏電阻所在的并聯(lián)支路電壓增大，則R3上的分壓變大，電壓表示數(shù)變大，選項③正確，④錯誤．故選A. 6． A、B兩塊正對的金屬板豎直放置，在金屬板A的內(nèi)側(cè)表面系一絕緣細線，細線下端系一帶電小球(可視為點電荷)．兩塊金屬板接在如圖6所示的電路中，電路中的R1為光敏電阻(其阻值隨所受光照強度的增大而減小)，R2為滑動變阻器，R3為定值電阻．當R2的滑片P在中間時閉合電鍵S，此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為I和U，帶電小球靜止時絕緣細線與金屬板A的夾角為θ.電源電動勢E和內(nèi)阻r一定，下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．若將R2的滑動觸頭P向a端移動，則θ變小 B．若將R2的滑動觸頭P向b端移動，則I減小，U減小 C．保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射R1，則小球重新達到穩(wěn)定后θ變小 D．保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射R1，則U變化量的絕對值與I變化量的絕對值的比值不變 答案　CD 解析　因為R2上無電流，若將R2的滑動觸頭P向a端移動時，不會改變AB兩板間的電壓，故θ角不變，同時也不會影響電壓表及電流表的讀數(shù)，所以選項A、B均錯誤；保持滑動觸頭P不動，用較強的光照射R1，則R1的阻值減小，總電阻減小，電流表A的讀數(shù)變大，電阻R3及內(nèi)阻上的電壓變大，所以光敏電阻R1上的電壓減小，即AB上的電壓減小，則小球重新達到穩(wěn)定后θ變小，選項C正確；U的變化量的絕對值與I的變化量的絕對值表示電源的內(nèi)電阻，是不變的，故D正確． 7．在如圖7所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，、為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．電壓表示數(shù)變小 B．電流表示數(shù)變大 C．電容器C所帶電荷量增多 D．a(chǎn)點的電勢降低 答案　BD 解析　在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，電阻R3變小，并聯(lián)電阻R23＝＝變小，總電阻R總＝r＋R1＋R23變小，總電流I＝變大，電壓表測量R1電壓U1＝IR1變大，選項A錯誤．并聯(lián)電路電壓U23＝E－I(R1＋r)減小，電容器電壓等于并聯(lián)電壓，所以電容器電荷量Q＝CU23減少，選項C錯誤．通過R2的電流I2＝變小，根據(jù)干路電流等于各支路電流之和得通過R3的電流即電流表示數(shù)I3＝I－I2變大，選項B正確．由于電源負極接地即電勢為0，那么并聯(lián)電壓U23＝φa－0，電壓減小，所以a點的電勢降低，選項D正確．