高中物理一輪復習配餐作業(yè)24電路的基本規(guī)律和應(yīng)用

配餐作業(yè)(二十四)電路的基本規(guī)律和應(yīng)用eq\a\vs4\al(??)見學生用書P355A組·基礎(chǔ)鞏固題1．(多選)一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E，內(nèi)阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則()A．電動機消耗的總功率為UIB．電動機消耗的熱功率為eq\f(U2,R)C．電源的輸出功率為EID．電源的效率為1－eq\f(Ir,E)解析電動機不是純電阻用電器，電動機消耗的總功率為UI，A項正確；電動機消耗的熱功率為I2R，B項錯誤；電源的輸出功率為UI，C項錯誤；電源的效率為eq\f(U,E)＝eq\f(E－Ir,E)，D項正確。答案AD2．有一個電動勢為3V，內(nèi)阻為1Ω的電源。下列電阻與其連接后，使電阻的功率大于2W，且使該電源的效率大于50%的是()A．0.5Ω B．1ΩC．1.5Ω D．2Ω解析由閉合電路歐姆定律得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，要使電源的效率大于50%，應(yīng)使R＞r＝1Ω，故C項正確。答案C3．某同學做電學實驗(電源內(nèi)阻r不能忽略)，通過改變滑動變阻器電阻大小，觀察到電壓表和電流表的讀數(shù)同時變大，則他所連接的電路可能是下圖中的()解析設(shè)圖中定值電阻的阻值為R，則四個選項中電壓表的讀數(shù)分別為UA＝E－I(r＋R)、UB＝E－Ir、UC＝IR和UD＝E－Ir，則可知只有C項滿足題中要求，所以C項正確。答案C4.(多選)在如圖所示的電路中，開關(guān)閉合后，燈泡L能正常發(fā)光，當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是()A．滑動變阻器R的阻值變小B．燈泡L變暗C．電源消耗的功率增大D．電容器C的電荷量增大解析滑動變阻器的滑片向右移動時，其電阻R增大，流過R的電流減小，燈泡L變暗，故A項錯誤，B項正確；由P總＝EI知電源消耗的功率減小，C項錯誤；電容器C上電壓為路端電壓，由U路＝E－Ir知路端電壓增大，即電容器C上的電荷量增大，D項正確。答案BD5．如圖為某控制電路，由電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成，L1、L2是兩個指示燈。當電位器的觸片由b端滑向a端時，下列說法正確的是()A．L1、L2都變亮 B．L1、L2都變暗C．L1變亮，L2變暗 D．L1變暗，L2變亮解析當滑片由b端向a端滑動時，R接入電阻增大，總電阻增大；由閉合電路的歐姆定律可知電路中總電流減小，則內(nèi)電壓減小，由U＝E－Ir可知路端電壓增大，則R1兩端的電壓增大，所以通過R1的電流增大，而總電流減小，所以通過L1的電流變小，即L1變暗；L1兩端電壓減小，并聯(lián)電壓增大，所以R2兩端的電壓增大，所以通過R2電流增大，而通過L1的電流變小，所以通過L2電流變小，即L2變暗，故B項正確。答案B6．(多選)如圖所示，圖中的四個電表均為理想電表，當滑動變阻器滑片P向右端移動時，下面說法正確的是()A．電壓表V1的讀數(shù)減小，電流表A1的讀數(shù)增大B．電壓表V1的讀數(shù)增大，電流表A1的讀數(shù)減小C．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A2的讀數(shù)增大D．電壓表V2的讀數(shù)增大，電流表A2的讀數(shù)減小解析滑動變阻器滑片P向右端移動，使得RP變小，總電阻變小，總電流變大，即電流表A1的讀數(shù)增大。內(nèi)電壓變大，R1所分電壓變大，并聯(lián)電路電壓即電壓表V1的讀數(shù)變小。即R3兩端電壓變小，通過R3的電流變小即電流表A2的讀數(shù)減小，由于總電流增大，所以經(jīng)過另外一個支路，即經(jīng)過R2的電流變大，R2兩端電壓變大，即電壓表V2的讀數(shù)增大，故A、D項正確。答案AD7.如圖所示，電源為“9V,1Ω”的電池組，要將“4V,4W”的燈泡接入虛線框中，在正常發(fā)光的條件下，最多能接燈泡的個數(shù)為()A．2個 B．3個C．4個 D．5個解析要使燈泡正常發(fā)光，燈泡兩端電壓為4V，每個燈泡的工作電流為1A。當滑動變阻器接入電路的電阻為零時，所接燈泡最多，此時電源內(nèi)電壓為5V，電路中的總電流為5A，所以最多能接5個燈泡。答案D8．(多選)有一種測量人體重的電子秤，其原理如圖中的虛線所示，它主要由三部分構(gòu)成：踏板、壓力傳感器R(是一個阻值可隨壓力大小而變化的電阻器)、顯示體重的儀表G(實質(zhì)是理想電流表)。設(shè)踏板的質(zhì)量可忽略不計，已知理想電流表的量程為3A，電源電動勢為12V，內(nèi)阻為2Ω，電阻R隨壓力變化的函數(shù)式為R＝30－0.02F(F和R的單位分別是N和Ω)。下列說法正確的是()A．該秤能測量的最大體重是1400NB．該秤能測量的最大體重是1300NC．該秤零刻度線(即踏板空載時的刻度線)應(yīng)標在電流表G刻度盤0.375A處D．該秤零刻度線(即踏板空載時的刻度線)應(yīng)標在電流表G刻度盤0.400A處解析本題考查傳感器及閉合電路歐姆定律。電路中允許的最大電流為3A，因此根據(jù)閉合電路歐姆定律，壓力傳感器的最小電阻應(yīng)滿足R＋2Ω＝eq\f(12,3)Ω，R最小值為2Ω，代入R＝30－0.02F，求出F最大值Fm＝1400N，A項正確，B項錯誤；當F＝0時，R＝30Ω，這時電路中的電流I＝eq\f(12,30＋2)A＝0.375A，C項正確，D項錯誤。答案AC【素養(yǎng)立意】用所學物理知識對常見的電子秤的電路做出分析，了解其原理，知道其刻度是如何確定的。B組·能力提升題9．在如圖所示電路中，電源電動勢為12V，內(nèi)阻不計，各電阻阻值已在圖中標出，開關(guān)是閉合的。現(xiàn)將開關(guān)斷開，測得通過電阻R3的電荷量為1.19×10－5C，則電容器的電容為()A．1.75μF B．4.25μFC．5.95μF D．2.48μF解析開關(guān)閉合，兩支路的并聯(lián)總電阻為R并＝eq\f(150×300,150＋300)Ω＝100Ω，所以，支路兩端電壓U＝6V，電容器與R1并聯(lián)，其電壓U1＝2V，電容器下極板帶正電，Q1＝CU1。將開關(guān)斷開，電容器與R2并聯(lián)，其電壓U2＝eq\f(R2,R1＋R2＋R4)E＝4.8V，電容器的上極板帶正電，Q2＝CU2。由題意：Q1＋Q2＝1.19×10－5C，解得C＝1.75×10－6F＝1.75μF，A項正確。答案A10．如圖所示的電路中，R1、R2、R3是定值電阻，R4是光敏電阻，其阻值隨光照的強度增大而減小。開關(guān)S閉合且無光照射時電容器C不帶電。當用強光照射R4，待電路穩(wěn)定后，與無光照射時比較()A．通過R4的電流變小B．電源提供的總功率變小C．電源的路端電壓增大D．電容器C的下極板帶正電解析未用強光照射R4時，電容器C不帶電，則R3分得的電壓與R1分得的電壓相等，即eq\f(R3,R3＋R4)U＝eq\f(R1,R1＋R2)U；當用強光照射R4，待電路穩(wěn)定后，與無光照射時比較，電阻R4的阻值變小，電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，C項錯誤；總電流增大，而通過R1、R2所在支路的電流減小，故通過R4的電流增大，A項錯誤；電源提供的總功率P＝IE增大，B項錯誤；由于R4減小，因此eq\f(R3,R3＋R4)U>eq\f(R1,R1＋R2)U，即R3分得的電壓大于R1分得的電壓，電容器上極板的電勢低于下極板的電勢，因此電容器下極板帶正電，D項正確。答案D11．(多選)如圖所示，電源的電動勢為E、內(nèi)阻為r，R1、R2、R3為定值電阻，R為光敏電阻(光敏電阻被光照射時阻值變小)，C為電容器。閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，用光照射R，下列說法正確的是()A．電壓表示數(shù)增大 B．電源的效率增大C．電容器所帶電荷量增加 D．R2消耗的功率增大解析在電路中，用光照射R時，光敏電阻阻值減小，則外電路總電阻R外減小，干路電流I＝eq\f(E,r＋R外)增大，內(nèi)電壓Ur＝Ir增大，路端電壓U外＝E－Ur減小，電壓表示數(shù)減小，通過R1支路的電流I1＝eq\f(U外,R1)減小，則通過R、R2支路的電流I2＝I－I1增大，R2消耗的功率PR2＝Ieq\o\al(2,2)R2增大，R2兩端電壓UR2＝I2R2增大，電容器兩端電壓增大，由Q＝CU，知電容器所帶電荷量增加，電源的效率η＝eq\f(P外,P總)＝eq\f(I2R外,I2R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外))變小，綜上知A、B項錯誤，C、D項正確。答案CD12．(多選)如圖所示，A、B分別為電源E和電阻R的U—I圖線，虛線C是過圖線A、B交點的曲線B的切線?，F(xiàn)將電源E與電阻R及開關(guān)、導線組成閉合電路，由圖象可知()A．電源的電動勢為3V，此時消耗的總功率為6WB．R的阻值隨電壓升高而增大，此時的阻值為1ΩC．此時電源消耗的熱功率為4W，效率約為66.7%D．若再串聯(lián)一定值電阻，電源的輸出功率可能不變解析由電源的U－I圖線可知電源的電動勢為3V，內(nèi)電阻為1Ω，此時電阻兩端電壓為1V，通過的電流為2A，所以電源消耗的總功率為P＝EI＝6W，A項對；由題圖可知R的阻值隨電壓升高而增大，此時的阻值為R＝eq\f(U,I)＝0.5Ω，B項錯；由P＝I2r知此時電源消耗的熱功率為4W，由η＝eq\f(UI,EI)×100%知電源的效率是33.3%，C項錯；當內(nèi)、外電阻相等時，電源的輸出功率為最大，所以再串聯(lián)一定值電阻，電源的輸出功率可能不變、增大或減小，D項對。答案AD13．如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B水平放置，極板長l＝80cm，兩板間的距離d＝40cm，電源電動勢E＝40V，內(nèi)電阻r＝1Ω，電阻R＝15Ω，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電的小球從B板左端且非?？拷麭板的位置以初速度v0＝4m/s水平向右射入兩板間，該小球可視為質(zhì)點。若小球帶電量q＝1×10－2C，質(zhì)量為m＝2×10－2kg，不考慮空氣阻力，電路中電壓表、電流表均是理想電表。若小球恰好從A板右邊緣射出(g取10m/s2)。求：(1)滑動變阻器接入電路的阻值。(2)此時電流表、電壓表的示數(shù)。(3)此時電源的輸出功率。解析(1)設(shè)小球在板間飛行時間為t，t＝eq\f(l,v0)＝eq\f(0.8,4)s＝0.2s，根據(jù)d＝eq\f(1,2)at2得小球在電場中的飛行加速度a＝eq\f(2d,t2)＝eq\f(2×0.4,0.22)m/s2＝20m/s2。對小球根據(jù)牛頓第二定律得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，所以滑動變阻器兩端電壓U滑＝UAB＝24V。設(shè)通過滑動變阻器的電流為I，由歐姆定律得I＝eq\f(E－U滑,R＋r)＝eq\f(40－24,15＋1)A＝1A，滑動變阻器接入電路的阻值R滑＝eq\f(U滑,I)＝24Ω。(2)此時電流表的示數(shù)為1A，電壓表的示數(shù)為U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39V。(3)電源的輸出功率P出＝IU＝39W。答案(1)24Ω(2)1A39V(3)39W14．一個電源的路端電壓U隨外電路電阻R的變化規(guī)律如圖甲所示，圖中U＝12V的直線為圖線的漸近線?，F(xiàn)將該電源和一個變阻器R0接成如圖乙所示電路，已知電源允許通過的最大電流為2A，變阻器的最大阻值為R0＝22Ω。求：(1)電源電動勢E和內(nèi)電阻r。(2)空載時A、B兩端輸出的電壓范圍。(3)A、B兩端所能接負載的電阻的最小值。解析(1)據(jù)全電路歐姆定律E＝U＋Ir，由圖甲可知，當I＝0時，E＝U＝12