课时跟踪检测（二十八） 电源 闭合电路的欧姆定律

PAGE第1页共7页课时跟踪检测（二十八）电源闭合电路的欧姆定律一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．某无线充电器的输出额定电压为5V，输出额定电流为2A。某款手机的电池容量为4000mAh，额定工作电压为4V。则()A．无线充电器的内阻为2.5ΩB．无线充电器以额定电流工作时，发热功率为10WC．手机电池从满电量放电到零电量，释放的化学能约为5.76×104JD．手机电池从满电量放电到零电量，消耗的总电能约为1.6×104J解析：选C充电器内阻和充电器发热功率无法用题中信息求出，故A、B错误；电池充满电后电荷量q＝4000mAh＝4×3600C＝1.44×104C，电池可释放的化学能E＝qU＝1.44×104×4J＝5.76×104J，选项C正确；由于充电过程有额外的电池发热、充电器发热等，根据能量守恒定律，消耗的电能一定大于5.76×102.(2020·盐城三模)(多选)电热水器金属内胆出水口加接一段曲长管道，在电热水器漏电且接地线失效时，能形成“防电墙”，保障人的安全。如图所示，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为220V，由于曲长管道中水具有电阻(简称“隔电电阻”)，因而人体两端的电压不高于12V，下列说法正确的是()A．曲长管道应选用导电性能好的材料制成B．曲长管道应选用不易导电的材料制成C．“隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联D．热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”使人体内无电流通过解析：选BC要使人体两端的电压不高于12V，漏电电流通过曲长管道时损失的电压要足够大，所以曲长管道应选用不易导电的材料制成，选项A错误，B正确；“隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者串联，选项C正确；热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”可使人体内有很微弱的电流通过，不会造成人体触电，保障人的安全，选项D错误。3．(2021·厦门模拟)如图所示，电源电动势为4V，内阻为1Ω，电阻R1＝3Ω，R2＝R3＝4Ω，R4＝8Ω，电容器C＝6.0μF，闭合S电路达稳定状态后，电容器极板所带电荷量为()A．1.5×10－5C B．3.0×10－C．2.0×10－5C D．2.1×10－解析：选A由电路结构可知，电路中的总电阻为R总＝R1＋r＋eq\f(R4R2＋R3,R2＋R3＋R4)＝8Ω，电路中的总电流为I＝eq\f(E,R总)＝0.5A，电容器两极板间的电势差为UC＝UR1＋UR2＝IR1＋eq\f(I,2)R2＝2.5V，电容器极板所带电荷量为Q＝CUC＝1.5×10－5C，故A正确，B、C、D错误。4.如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的。现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是()A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2同时短路解析：选C若R1短路，则两个灯泡都被短路，都不亮，故A错误；若R2断路，则两个灯泡都被断路，都不亮，故B错误；若R3断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，则通过R1电流I1增大，则通过A的电流IA＝I－I1减小，A灯变暗，B灯电压UB＝U－IA(RA＋R2)增大，B灯变亮，符合题意，故C正确；R1、R2同时短路，A、B灯都不亮，不符合题意，故D错误。5．两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据。根据数据描绘了如图乙所示的两条U­I直线。则图像中两直线的交点表示的物理意义是()A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0WD．电源的效率达到最大值解析：选B由题图乙可得，电源的电动势E＝1.5V，r＝1Ω，交点位置：R＋R0＝eq\f(U1,I)＝2Ω，R0＝eq\f(U2,I)＝2Ω，R＝0，滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端，A项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R0>r，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B项正确；R0消耗的功率P＝IU2＝0.5W，C项错误；电源的效率η＝eq\f(IE－I2r,IE)，电流越小效率越大，当滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，D项错误。6．(2021年1月新高考8省联考·湖南卷)有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示，将一个6Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是()A．甲电源 B．乙电源C．丙电源 D．丁电源解析：选D由闭合电路的欧姆定律U＝E－IR，可得U­I图像纵轴的截距为电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，因此可知四个电源的电动势都为12V，而内阻r甲＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(12,1)Ω＝12Ω，同理可求得r乙＝6Ω，r丙＝4Ω，r丁＝3Ω，定值电阻消耗的功率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R，可知内阻越大功率越小，因此与电源丁相连时，定值电阻消耗功率最大。7.(2021·三明模拟)(多选)在如图所示的电路中，E表示电源电动势、I表示电路中的电流、U表示电源的路端电压、P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图像中可能正确的是()解析：选CD电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，I­R图像不是直线，选项B错误；U＝IR＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(E,1＋\f(r,R))，则随R增加，U增大，当R→∞时U→E，选项C正确；P＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)＝eq\f(E2,R＋\f(r2,R)＋2r)，因当R＝r时，P最大，选项D正确。8.(2021·南平模拟)如图所示电路中，电源内阻为r，电流表A和电压表V均为理想电表。平行板电容器C内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度，当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是()A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．细线与竖直方向的偏角减小D．滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等解析：选D当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压减小，则电压表V的示数减小，滑动变阻器与灯L并联的电压U并＝E－I(R0＋r)减小，通过灯L的电流减小，电流表示数减小，故A、B错误；电容器C的电压UC＝IR0，I增大，UC增大，根据E＝eq\f(UC,d)和F＝qE知小球所受电场力增大，根据平衡条件可知细线与竖直方向的偏角增大，故C错误；若电源内阻的阻值大于电阻R0的阻值，当滑动变阻器的触头P从右端滑至左端的过程中，可能会使外电阻先大于电源内阻后小于电源内阻，则电源输出功率先增大后减小，所以滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等，故D正确。9．某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U­t图线，如图2所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0、图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，可求出定值电阻R为________，电阻R中的最大电流为________。解析：由Q＝CU0，可求出电容器放出的总电荷量，根据I＝eq\f(Q,t)，变形得Q＝It＝eq\f(Ut,R)，Ut为图像与坐标轴所围面积S可求，所以Q＝eq\f(S,R)，则R＝eq\f(S,Q)＝eq\f(S,CU0)；电阻R中的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，所以Imax＝eq\f(U0,R)＝eq\f(CU02,S)。答案：eq\f(S,CU0)eq\f(CU02,S)二、强化迁移能力，突出创新性和应用性10.(多选)如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用I、ΔU1、ΔU2、和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是()A.eq\f(U1,I)、eq\f(U2,I)、eq\f(U3,I)一定都不变B.eq\f(ΔU1,ΔI)、eq\f(ΔU3,ΔI)和eq\f(ΔU2,ΔI)均不变C．带电液滴一定向下加速度运动D．电源的工作效率一定变大解析：选BD由题意可知eq\f(U1,I)＝R，eq\f(U2,I)＝RT，eq\f(U3,I)＝R＋RT，当温度降低时，RT增大，则eq\f(U1,I)不变，eq\f(U2,I)增大，eq\f(U3,I)增大，A错误；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R不变，eq\f(ΔU3,ΔI)＝r不变，eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不变，B正确；RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也增大，液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的效率增大，D正确。11.在如图所示的电路中，电源的电动势E＝28V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20m，两极板的间距d＝1.0×10－2m，g取10m/s2。(1)若最初开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少；(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则：当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间后，能否从极板间射出？(要求写出计算和分析过程)解析：(1)S断开时，电阻R3两端的电压U3＝eq\f(ER3,R2＋R3＋r)＝16VS闭合后，外电路的总电阻R＝eq\f(R1R2＋R3,R1＋R2＋R3)＝6Ω路端电压U＝eq\f(ER,R＋r)＝21V电阻R3两端的电压U3′＝eq\f(R3,R2＋R3)U＝14V闭合开关后流过R的电荷量ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12C(2)设带电微粒的质量为m、带电荷量为q，当开关S断开时有：qeq\f(U3,d)＝mg当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则有：mg－qeq\f(U3′,d)＝ma假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向有：t＝eq\f(L,v0)竖直方向有：y＝eq\f(1,2)at2由以上各式得y＝6.25×10－3m＞eq\f(d,2)故带电微粒不能从极板间射出。答案：(1)6.0×10－12C12．如图甲所示，电路中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，M为玩具电动机，电动机线圈电阻r1＝0.5Ω，A、V1、V2均理想电表。闭合开关S1、断开开关S2，在将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。(1)求电源的电动势E和内阻r；(2)求滑动变阻器R2的最大功率Pm；(3)若滑动变阻器的滑动触头P滑到最左端后，再闭合开关S2，此时电流表的示数I＝1.0A，求此状态下电动机的输出功率P。解析：(1)由题图乙可知，图线B的延长线与纵轴的交点的纵坐标值表示电源电动势，则电源的电动势E＝6V由题图乙中图线A可知R1＝eq\f(ΔU1,ΔI1)＝eq\f(4.8－1.6,0.6－0.2)Ω＝8Ω电压表V2的示数U2＝E－(R1＋r)I，可知题图乙中图线B的斜率大小等于R1＋r，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝R1＋r＝10Ω解得电源内阻r＝2Ω。(2)由题图乙中图线B可知，滑动变阻器接入电路的