登录
14. 如图 17-2-9 所示电路,若甲、乙两表为图 17-2-10 中的电流表,闭合开关 $ S_1 $,断开开关 $ S_2 $,两表指针位置相同,则 $ R_1 : R_2 = $
4:1
；若甲、乙两表为图 17-2-10 中的电压表,闭合开关 $ S_1 $、$ S_2 $,则两表示数之比是5:4
(电表每次测量均未超过测量范围)。答案
$ 4:1 $ $ 5:4 $
解析
情况一：甲、乙为电流表，闭合$S_1$，断开$S_2$
电路中$R_1$与$R_2$并联，甲表测干路电流$I$，乙表测$R_2$支路电流$I_2$。
因两表指针位置相同，设乙表量程为$0\sim0.6\,A$，甲表量程为$0\sim3\,A$，则$I = 5I_2$。
根据并联电路电流关系：$I = I_1 + I_2$，得$I_1 = 4I_2$。
由$I = \frac{U}{R}$，电压$U$相同，故$R_1:R_2 = I_2:I_1 = 1:4$，即$R_1:R_2 = 4:1$。
情况二：甲、乙为电压表，闭合$S_1$、$S_2$
电路中$R_1$与$R_2$串联，甲表测总电压$U$，乙表测$R_2$电压$U_2$。
两表指针位置相同，设乙表量程为$0\sim3\,V$，甲表量程为$0\sim15\,V$，则$U = 5U_2$。
根据串联电路电压关系：$U = U_1 + U_2$，得$U_1 = 4U_2$。
由$U = IR$，电流$I$相同，故$U_1:U_2 = R_1:R_2 = 4:1$，则总电压$U = U_1 + U_2 = 5U_2$，两表示数之比$U:U_2 = 5:4$。
答案：$4:1$；$5:4$
电路中$R_1$与$R_2$并联，甲表测干路电流$I$，乙表测$R_2$支路电流$I_2$。
因两表指针位置相同，设乙表量程为$0\sim0.6\,A$，甲表量程为$0\sim3\,A$，则$I = 5I_2$。
根据并联电路电流关系：$I = I_1 + I_2$，得$I_1 = 4I_2$。
由$I = \frac{U}{R}$，电压$U$相同，故$R_1:R_2 = I_2:I_1 = 1:4$，即$R_1:R_2 = 4:1$。
情况二：甲、乙为电压表，闭合$S_1$、$S_2$
电路中$R_1$与$R_2$串联，甲表测总电压$U$，乙表测$R_2$电压$U_2$。
两表指针位置相同，设乙表量程为$0\sim3\,V$，甲表量程为$0\sim15\,V$，则$U = 5U_2$。
根据串联电路电压关系：$U = U_1 + U_2$，得$U_1 = 4U_2$。
由$U = IR$，电流$I$相同，故$U_1:U_2 = R_1:R_2 = 4:1$，则总电压$U = U_1 + U_2 = 5U_2$，两表示数之比$U:U_2 = 5:4$。
答案：$4:1$；$5:4$
15. 如图 17-2-11 甲所示电路,开关 $ S_1 $、$ S_2 $ 闭合后两电流表的指针均指在同一位置,示数如图 17-2-11 乙所示,则通过 $ R_1 $ 的电流为
1.44
$ A $,两电阻之比 $ R_1 : R_2 = $$ 1:4 $
；只断开开关 $ S_2 $,电流表 $ A_1 $ 的示数将变小
(选填“变大”“变小”或“不变”)。答案
1.44 $ 1:4 $ 变小
解析
【解析】
1. 分析电路：开关$S_1$、$S_2$闭合后，$R_1$与$R_2$并联，电流表$A_1$测干路电流，$A_2$测$R_2$支路的电流。
2. 确定电流表示数：因并联电路干路电流等于支路电流之和，且两表指针位置相同，故$A_1$用0~3A量程，示数$I=1.8A$；$A_2$用0~0.6A量程，示数$I_2=0.36A$。
3. 计算通过$R_1$的电流：$I_1=I-I_2=1.8A-0.36A=1.44A$。
4. 计算电阻之比：并联电路电压相等，由$I=\frac{U}{R}$得$R=\frac{U}{I}$，故$R_1:R_2=I_2:I_1=0.36A:1.44A=1:4$。
5. 分析断开$S_2$的情况：只断开$S_2$，电路总电阻变大，电源电压不变，由$I=\frac{U}{R}$可知，总电流变小，即电流表$A_1$示数变小。
【答案】
1.44；$1:4$；变小
【知识点】
并联电路电流规律；欧姆定律的应用；并联电阻的特点
【点评】
本题考查并联电路的电流、电压规律及欧姆定律的应用，关键是正确判断电流表所测的电路，明确量程对应的示数。
【难度系数】
0.6
1. 分析电路：开关$S_1$、$S_2$闭合后，$R_1$与$R_2$并联，电流表$A_1$测干路电流，$A_2$测$R_2$支路的电流。
2. 确定电流表示数：因并联电路干路电流等于支路电流之和，且两表指针位置相同，故$A_1$用0~3A量程，示数$I=1.8A$；$A_2$用0~0.6A量程，示数$I_2=0.36A$。
3. 计算通过$R_1$的电流：$I_1=I-I_2=1.8A-0.36A=1.44A$。
4. 计算电阻之比：并联电路电压相等，由$I=\frac{U}{R}$得$R=\frac{U}{I}$，故$R_1:R_2=I_2:I_1=0.36A:1.44A=1:4$。
5. 分析断开$S_2$的情况：只断开$S_2$，电路总电阻变大，电源电压不变，由$I=\frac{U}{R}$可知，总电流变小，即电流表$A_1$示数变小。
【答案】
1.44；$1:4$；变小
【知识点】
并联电路电流规律；欧姆定律的应用；并联电阻的特点
【点评】
本题考查并联电路的电流、电压规律及欧姆定律的应用，关键是正确判断电流表所测的电路，明确量程对应的示数。
【难度系数】
0.6
16. 图 17-2-12 甲是灯泡 $ L $ 和定值电阻 $ R $ 的 $ I-U $ 图像,将 $ L $ 和 $ R $ 先后以图 17-2-12 乙、17-2-12 丙所示两种方式连在同一电源上,若乙中 $ U_1 : U_2 = a $,丙中 $ I_1 : I_2 = b $,则下列选项不正确的是(
A.$ a ＞ 1 $
B.$ b ＜ 1 $
C.$ a ＞ b $
D.$ ab = 1 $
D
)。A.$ a ＞ 1 $
B.$ b ＜ 1 $
C.$ a ＞ b $
D.$ ab = 1 $
答案
D
解析
由图甲可知，$R$为定值电阻，其$I-U$图像是过原点的直线；灯泡$L$的$I-U$图像是曲线，且电压增大时，电流增大得越来越慢，说明灯泡电阻随电压增大而增大。
乙图中，$L$与$R$串联，电流$I$相同，$U_1$为$L$两端电压，$U_2$为$R$两端电压，$a=\frac{U_1}{U_2}=\frac{R_L}{R}$。串联时，灯泡$L$两端电压小于电源电压$U$，由图甲可知，此时灯泡电阻$R_L$小于其在电压$U$时的电阻。假设此时$I=I_0$，对应$R$的电压$U_2=I_0R$，$L$的电压$U_1=U-U_2$，由图像可知，在电流$I_0$时，$L$的电压大于$R$的电压（因$L$图像在$R$图像上方），即$U_1＞U_2$，所以$a＞1$。
丙图中，$L$与$R$并联，电压均为$U$，$I_1$为$L$的电流，$I_2$为$R$的电流，$b=\frac{I_1}{I_2}=\frac{R}{R_L'}$（$R_L'$为$L$在电压$U$时的电阻）。由图甲可知，在电压$U$时，$L$的电流小于$R$的电流（因$L$图像在$R$图像下方），即$I_1＜I_2$，所以$b＜1$。
由乙图知$R_L＜ R_L'$（因乙图$L$电压小于$U$，电阻较小），则$a=\frac{R_L}{R}＜\frac{R_L'}{R}$，而$b=\frac{R}{R_L'}$，所以$\frac{1}{b}=\frac{R_L'}{R}＞a$，即$a＜\frac{1}{b}$，则$ab＜1$，故$ab\neq1$。
选项不正确的是D。
D
乙图中，$L$与$R$串联，电流$I$相同，$U_1$为$L$两端电压，$U_2$为$R$两端电压，$a=\frac{U_1}{U_2}=\frac{R_L}{R}$。串联时，灯泡$L$两端电压小于电源电压$U$，由图甲可知，此时灯泡电阻$R_L$小于其在电压$U$时的电阻。假设此时$I=I_0$，对应$R$的电压$U_2=I_0R$，$L$的电压$U_1=U-U_2$，由图像可知，在电流$I_0$时，$L$的电压大于$R$的电压（因$L$图像在$R$图像上方），即$U_1＞U_2$，所以$a＞1$。
丙图中，$L$与$R$并联，电压均为$U$，$I_1$为$L$的电流，$I_2$为$R$的电流，$b=\frac{I_1}{I_2}=\frac{R}{R_L'}$（$R_L'$为$L$在电压$U$时的电阻）。由图甲可知，在电压$U$时，$L$的电流小于$R$的电流（因$L$图像在$R$图像下方），即$I_1＜I_2$，所以$b＜1$。
由乙图知$R_L＜ R_L'$（因乙图$L$电压小于$U$，电阻较小），则$a=\frac{R_L}{R}＜\frac{R_L'}{R}$，而$b=\frac{R}{R_L'}$，所以$\frac{1}{b}=\frac{R_L'}{R}＞a$，即$a＜\frac{1}{b}$，则$ab＜1$，故$ab\neq1$。
选项不正确的是D。
D
17. 图 17-2-13 甲为自动气象站中的测温装置,它的测温电路可简化为图 17-2-13 乙,其中的“恒流源”是一个特殊电源,电流大小由电源内部结构决定,当电阻 $ R $ 变化时,通过 $ R $ 的电流大小保持不变。电阻 $ R $ 的阻值随温度的变化规律如图 17-2-13 丙所示,通过数字电压表的示数可反映环境的温度。某次环境温度从 $ 20^{\circ}C $ 上升到 $ 30^{\circ}C $,电压表的示数变化了 $ 8 mV $。当温度的变化值相同时,电压表示数的变化值越大,该测温装置的灵敏度越高。下列说法正确的是(
A.每升高 $ 1^{\circ}C $,$ R $ 的阻值增大 $ 1.65 \Omega $
B.通过 $ R $ 的电流为 $ 20 mA $
C.环境温度为 $ 20^{\circ}C $ 时,电压表的示数为 $ 216 mV $
D.若要增大该测温装置的灵敏度,可换一个电流值更小的恒流源
C
)。A.每升高 $ 1^{\circ}C $,$ R $ 的阻值增大 $ 1.65 \Omega $
B.通过 $ R $ 的电流为 $ 20 mA $
C.环境温度为 $ 20^{\circ}C $ 时,电压表的示数为 $ 216 mV $
D.若要增大该测温装置的灵敏度,可换一个电流值更小的恒流源
答案
C
解析
由丙图知，温度$t=0^{\circ}C$时，$R=100\Omega$；$t=80^{\circ}C$时，$R=132\Omega$，则每升高$1^{\circ}C$，$R$的阻值增大$\frac{132\Omega - 100\Omega}{80^{\circ}C}=0.4\Omega/^{\circ}C$，A错误。
温度从$20^{\circ}C$上升到$30^{\circ}C$，温度变化$\Delta t=10^{\circ}C$，电阻变化$\Delta R=0.4\Omega/^{\circ}C×10^{\circ}C = 4\Omega$。电压表示数变化$\Delta U=8mV=0.008V$，由$I=\frac{\Delta U}{\Delta R}$得，通过$R$的电流$I=\frac{0.008V}{4\Omega}=0.002A=2mA$，B错误。
$t=20^{\circ}C$时，$R=100\Omega+0.4\Omega/^{\circ}C×20^{\circ}C = 108\Omega$，电压表示数$U=IR=0.002A×108\Omega=0.216V=216mV$，C正确。
灵敏度为$\frac{\Delta U}{\Delta t}=I\frac{\Delta R}{\Delta t}$，$\frac{\Delta R}{\Delta t}$不变，$I$越小，灵敏度越低，D错误。
C
温度从$20^{\circ}C$上升到$30^{\circ}C$，温度变化$\Delta t=10^{\circ}C$，电阻变化$\Delta R=0.4\Omega/^{\circ}C×10^{\circ}C = 4\Omega$。电压表示数变化$\Delta U=8mV=0.008V$，由$I=\frac{\Delta U}{\Delta R}$得，通过$R$的电流$I=\frac{0.008V}{4\Omega}=0.002A=2mA$，B错误。
$t=20^{\circ}C$时，$R=100\Omega+0.4\Omega/^{\circ}C×20^{\circ}C = 108\Omega$，电压表示数$U=IR=0.002A×108\Omega=0.216V=216mV$，C正确。
灵敏度为$\frac{\Delta U}{\Delta t}=I\frac{\Delta R}{\Delta t}$，$\frac{\Delta R}{\Delta t}$不变，$I$越小，灵敏度越低，D错误。
C
