2019年高考物理一轮复习第八章恒定电流第2讲电路的基本规律和应用练习

配餐作业电路的基本规律和应用A组·基础巩固题1．(多选)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则()A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为eq\f(U2,R)C．电源的输出功率为EID．电源的效率为1－eq\f(Ir,E)解析电动机不是纯电阻用电器，电动机消耗的总功率为UI，A项正确；电动机消耗的热功率为I2R，B项错误；电源的输出功率为UI，C项错误；电源的效率为eq\f(U,E)＝eq\f(E－Ir,E)，D项正确。答案AD2．有一个电动势为3V，内阻为1Ω的电源。下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2W，且使该电源的效率大于50%的是()A．0.5Ω B．1ΩC．1.5Ω D．2Ω解析由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，η＝eq\f(IR,IR＋r)×100%＞50%，P＝I2R＞2W，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R＞2W，得eq\f(1,2)Ω＜R＜2Ω，要使电源的效率大于50%，应使R＞r＝1Ω，故C项正确。答案C3．某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的()解析设图中定值电阻的阻值为R，则四个选项中电压表的读数分别为UA＝E－I(r＋R)、UB＝E－Ir、UC＝IR和UD＝E－Ir，则可知只有C项满足题中要求，所以C项正确。答案C4.(多选)在如图所示的电路中，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时，下列判断正确的是()A．滑动变阻器R的阻值变小B．灯泡L变暗C．电源消耗的功率增大D．电容器C的电荷量增大解析滑动变阻器的滑片向右移动时，其电阻R增大，流过R的电流减小，灯泡L变暗，故A项错误，B项正确；由P总＝EI知电源消耗的功率减小，C项错误；电容器C上电压为路端电压，由U路＝E－Ir知路端电压增大，即电容器C上的电荷量增大，D项正确。答案BD5．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是两个指示灯。当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是()A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮解析当滑片由b端向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U＝E－Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗；L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2两端的电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗，故B项正确。答案B6．(多选)如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法正确的是()A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小解析滑动变阻器滑片P向右端移动，使得RP变小，总电阻变小，总电流变大，即电流表A1的读数增大。内电压变大，R1所分电压变大，并联电路电压即电压表V1的读数变小。即R3两端电压变小，通过R3的电流变小即电流表A2的读数减小，由于总电流增大，所以经过另外一个支路，即经过R2的电流变大，R2两端电压变大，即电压表V2的读数增大，故A、D项正确。答案AD7.如图所示，电源为“9V,1Ω”的电池组，要将“4V,4W”的灯泡接入虚线框中，在正常发光的条件下，最多能接灯泡的个数为()A．2个 B．3个C．4个 D．5个解析要使灯泡正常发光，灯泡两端电压为4V，每个灯泡的工作电流为1A。当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，所接灯泡最多，此时电源内电压为5V，电路中的总电流为5A，所以最多能接5个灯泡。答案D8．(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30－0.02F(F和RA．该秤能测量的最大体重是1400NB．该秤能测量的最大体重是1300NC．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.375A处D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘0.400A处解析本题考查传感器及闭合电路欧姆定律。电路中允许的最大电流为3A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2Ω＝eq\f(12,3)Ω，R最小值为2Ω，代入R＝30－0.02F，求出F最大值Fm＝1400N，A项正确，B项错误；当F＝0时，R＝30Ω，这时电路中的电流I＝eq\f(12,30＋2)A＝0.375A，C项正确，D项错误。答案AC【素养立意】用所学物理知识对常见的电子秤的电路做出分析，了解其原理，知道其刻度是如何确定的。B组·能力提升题9．在如图所示电路中，电源电动势为12V，内阻不计，各电阻阻值已在图中标出，开关是闭合的。现将开关断开，测得通过电阻R3的电荷量为1.19×10－5CA．1.75μF B．4.25μFC．5.95μF D．2.48μF解析开关闭合，两支路的并联总电阻为R并＝eq\f(150×300,150＋300)Ω＝100Ω，所以，支路两端电压U＝6V，电容器与R1并联，其电压U1＝2V，电容器下极板带正电，Q1＝CU1。将开关断开，电容器与R2并联，其电压U2＝eq\f(R2,R1＋R2＋R4)E＝4.8V，电容器的上极板带正电，Q2＝CU2。由题意：Q1＋Q2＝1.19×10－5C，解得C＝1.75×10－6F＝1.75μF，A项正确。答案A10．如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增大而减小。开关S闭合且无光照射时电容器C不带电。当用强光照射R4，待电路稳定后，与无光照射时比较()A．通过R4的电流变小B．电源提供的总功率变小C．电源的路端电压增大D．电容器C的下极板带正电解析未用强光照射R4时，电容器C不带电，则R3分得的电压与R1分得的电压相等，即eq\f(R3,R3＋R4)U＝eq\f(R1,R1＋R2)U；当用强光照射R4，待电路稳定后，与无光照射时比较，电阻R4的阻值变小，电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，C项错误；总电流增大，而通过R1、R2所在支路的电流减小，故通过R4的电流增大，A项错误；电源提供的总功率P＝IE增大，B项错误；由于R4减小，因此eq\f(R3,R3＋R4)U>eq\f(R1,R1＋R2)U，即R3分得的电压大于R1分得的电压，电容器上极板的电势低于下极板的电势，因此电容器下极板带正电，D项正确。答案D11．(多选)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器。闭合开关S，电路稳定后，用光照射R，下列说法正确的是()A．电压表示数增大 B．电源的效率增大C．电容器所带电荷量增加 D．R2消耗的功率增大解析在电路中，用光照射R时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R外减小，干路电流I＝eq\f(E,r＋R外)增大，内电压Ur＝Ir增大，路端电压U外＝E－Ur减小，电压表示数减小，通过R1支路的电流I1＝eq\f(U外,R1)减小，则通过R、R2支路的电流I2＝I－I1增大，R2消耗的功率PR2＝Ieq\o\al(2,2)R2增大，R2两端电压UR2＝I2R2增大，电容器两端电压增大，由Q＝CU，知电容器所带电荷量增加，电源的效率η＝eq\f(P外,P总)＝eq\f(I2R外,I2R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))变小，综上知A、B项错误，C、D项正确。答案CD12．(多选)如图所示，A、B分别为电源E和电阻R的U—I图线，虚线C是过图线A、B交点的曲线B的切线。现将电源E与电阻R及开关、导线组成闭合电路，由图象可知()A．电源的电动势为3V，此时消耗的总功率为6WB．R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1ΩC．此时电源消耗的热功率为4W，效率约为66.7%D．若再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变解析由电源的U－I图线可知电源的电动势为3V，内电阻为1Ω，此时电阻两端电压为1V，通过的电流为2A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6W，A项对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝eq\f(U,I)＝0.5Ω，B项错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4W，由η＝eq\f(UI,EI)×100%知电源的效率是33.3%，C项错；当内、外电阻相等时，电源的输出功率为最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D项对。答案AD13．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80cm，两板间的距离d＝40cm，电源电动势E＝40V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10m/s(1)滑动变阻器接入电路的阻值。(2)此时电流表、电压表的示数。(3)此时电源的输出功率。解析(1)设小球在板间飞行时间为t，t＝eq\f(l,v0)＝eq\f(0.8,4)s＝0.2s，根据d＝eq\f(1,2)at2得小球在电场中的飞行加速度a＝eq\f(2d,t2)＝eq\f(2×0.4,0.22)m/s2＝20m/s2。对小球根据牛顿第二定律得qeq\f(UAB,d)－mg＝ma，解得UAB＝eq\f(mg＋ad,q)＝eq\f(2×10－2×10＋20×0.4,1×10－2)V＝24V，所以滑动变阻器两端电压U滑＝UAB＝24V。设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得I＝eq\f(E－U滑,R＋r)＝eq\f(40－24,15＋1)A＝1A，滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝eq\f(U滑,I)＝24Ω。(2)此时电流表的示数为1A，电压表的示数为U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39V。(3)电源的输出功率P出＝IU＝39W。答案(1)24Ω(2)1A39V(3)39W14．一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图甲所示，图中U＝12V的直线为图线的渐近线。现将该电源和一个变阻器R0接成如图乙所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2A，变阻器的最大阻值为R0＝22Ω。求：(1)电源电动势E和内电阻r。(2)空载时A、B两端输出的电压范围。(3)A、B两端所能接负载的电阻的最小值。解析(1)据全电路欧姆定律E＝U＋Ir，由图甲可知，当I＝0时，E＝U＝12V。当E＝