課時跟蹤檢測（二十八） 電源 閉合電路的歐姆定律

PAGE第4頁共7頁課時跟蹤檢測（二十八）電源閉合電路的歐姆定律一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1．某無線充電器的輸出額定電壓為5V，輸出額定電流為2A。某款手機的電池容量為4000mAh，額定工作電壓為4V。則()A．無線充電器的內(nèi)阻為2.5ΩB．無線充電器以額定電流工作時，發(fā)熱功率為10WC．手機電池從滿電量放電到零電量，釋放的化學能約為5.76×104JD．手機電池從滿電量放電到零電量，消耗的總電能約為1.6×104J解析：選C充電器內(nèi)阻和充電器發(fā)熱功率無法用題中信息求出，故A、B錯誤；電池充滿電后電荷量q＝4000mAh＝4×3600C＝1.44×104C，電池可釋放的化學能E＝qU＝1.44×104×4J＝5.76×104J，選項C正確；由于充電過程有額外的電池發(fā)熱、充電器發(fā)熱等，根據(jù)能量守恒定律，消耗的電能一定大于5.76×102.(2020·鹽城三模)(多選)電熱水器金屬內(nèi)膽出水口加接一段曲長管道，在電熱水器漏電且接地線失效時，能形成“防電墻”，保障人的安全。如圖所示，當熱水器漏電且接地線失效時，其金屬內(nèi)膽與大地間電壓為220V，由于曲長管道中水具有電阻(簡稱“隔電電阻”)，因而人體兩端的電壓不高于12V，下列說法正確的是()A．曲長管道應選用導電性能好的材料制成B．曲長管道應選用不易導電的材料制成C．“隔電電阻”大于“人體電阻”，且兩者串聯(lián)D．熱水器漏電且接地線失效時，“防電墻”使人體內(nèi)無電流通過解析：選BC要使人體兩端的電壓不高于12V，漏電電流通過曲長管道時損失的電壓要足夠大，所以曲長管道應選用不易導電的材料制成，選項A錯誤，B正確；“隔電電阻”大于“人體電阻”，且兩者串聯(lián)，選項C正確；熱水器漏電且接地線失效時，“防電墻”可使人體內(nèi)有很微弱的電流通過，不會造成人體觸電，保障人的安全，選項D錯誤。3．(2021·長沙模擬)如圖所示，電源電動勢為4V，內(nèi)阻為1Ω，電阻R1＝3Ω，R2＝R3＝4Ω，R4＝8Ω，電容器C＝6.0μF，閉合S電路達穩(wěn)定狀態(tài)后，電容器極板所帶電荷量為()A．1.5×10－5C B．3.0×10－C．2.0×10－5C D．2.1×10－解析：選A由電路結(jié)構(gòu)可知，電路中的總電阻為R總＝R1＋r＋eq\f(R4R2＋R3,R2＋R3＋R4)＝8Ω，電路中的總電流為I＝eq\f(E,R總)＝0.5A，電容器兩極板間的電勢差為UC＝UR1＋UR2＝IR1＋eq\f(I,2)R2＝2.5V，電容器極板所帶電荷量為Q＝CUC＝1.5×10－5C，故A正確，B、C、D錯誤。4.如圖所示的電路中，燈泡A、燈泡B原來都是正常發(fā)光的?，F(xiàn)在突然燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，則電路中出現(xiàn)的故障可能是()A．R1短路B．R2斷路C．R3斷路D．R1、R2同時短路解析：選C若R1短路，則兩個燈泡都被短路，都不亮，故A錯誤；若R2斷路，則兩個燈泡都被斷路，都不亮，故B錯誤；若R3斷路，外電阻增大，路端電壓U增大，干路電流I減小，則通過R1電流I1增大，則通過A的電流IA＝I－I1減小，A燈變暗，B燈電壓UB＝U－IA(RA＋R2)增大，B燈變亮，符合題意，故C正確；R1、R2同時短路，A、B燈都不亮，不符合題意，故D錯誤。5．兩位同學在實驗室利用如圖甲所示的電路測定定值電阻R0、電源的電動勢E和內(nèi)電阻r，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，一個同學記錄了電流表A和電壓表V1的測量數(shù)據(jù)，另一同學記錄的是電流表A和電壓表V2的測量數(shù)據(jù)。根據(jù)數(shù)據(jù)描繪了如圖乙所示的兩條U-I直線。則圖像中兩直線的交點表示的物理意義是()A．滑動變阻器的滑動頭P滑到了最右端B．電源的輸出功率最大C．定值電阻R0上消耗的功率為1.0WD．電源的效率達到最大值解析：選B由題圖乙可得，電源的電動勢E＝1.5V，r＝1Ω，交點位置：R＋R0＝eq\f(U1,I)＝2Ω，R0＝eq\f(U2,I)＝2Ω，R＝0，滑動變阻器的滑動頭P滑到了最左端，A項錯誤；當電路中外電阻等于內(nèi)電阻時，電源輸出功率最大，但本題R0>r，改變滑動變阻器時無法達到電路中內(nèi)、外電阻相等，此時當外電阻越接近內(nèi)電阻時，電源輸出功率最大，B項正確；R0消耗的功率P＝IU2＝0.5W，C項錯誤；電源的效率η＝eq\f(IE－I2r,IE)，電流越小效率越大，當滑動變阻器的滑動頭P滑到最右端時效率最大，D項錯誤。6．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·湖南卷)有四個電源甲、乙、丙、丁，其路端電壓U與電流I的關系圖像分別如圖(a)、(b)、(c)、(d)所示，將一個6Ω的定值電阻分別與每個電源的兩極相接，使定值電阻消耗功率最大的電源是()A．甲電源 B．乙電源C．丙電源 D．丁電源解析：選D由閉合電路的歐姆定律U＝E－IR，可得U-I圖像縱軸的截距為電源電動勢，斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻，因此可知四個電源的電動勢都為12V，而內(nèi)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?。?Ω，定值電阻消耗的功率為P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R，可知內(nèi)阻越大功率越小，因此與電源丁相連時，定值電阻消耗功率最大。7.(2021·株洲模擬)(多選)在如圖所示的電路中，E表示電源電動勢、I表示電路中的電流、U表示電源的路端電壓、P表示電源的輸出功率，當外電阻R變化時，下列圖像中可能正確的是()解析：選CD電源的電動勢與外電路的電阻無關，選項A錯誤；由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)可知，I-R圖像不是直線，選項B錯誤；U＝IR＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(E,1＋\f(r,R))，則隨R增加，U增大，當R→∞時U→E，選項C正確；P＝I2R＝eq\f(E2R,R＋r2)＝eq\f(E2,R＋\f(r2,R)＋2r)，因當R＝r時，P最大，選項D正確。8．某同學按如圖1所示連接電路，利用電壓傳感器研究電容器的放電過程。先使開關S接1，電容器充電完畢后將開關擲向2，可視為理想電壓表的電壓傳感器將電壓信息傳入計算機，屏幕上顯示出電壓隨時間變化的U-t圖線，如圖2所示。電容器的電容C已知，且從圖中可讀出最大放電電壓U0、圖線與坐標軸圍成的面積S、任一點的點切線斜率k，但電源電動勢、內(nèi)電阻、定值電阻R均未知，根據(jù)題目所給的信息，下列物理量不能求出的是()A．電容器放出的總電荷量 B．電阻R兩端的最大電流C．定值電阻R D．電源的電動勢和內(nèi)電阻解析：選D由Q＝CU0，所以容器放出的總電荷量可求，所以A選項能求出；根據(jù)I＝eq\f(Q,t)，變形得Q＝It＝eq\f(Ut,R)，Ut為圖像與坐標軸所圍面積S可求，所以Q＝eq\f(S,R)，則R＝eq\f(S,Q)＝eq\f(S,CU0)，所以C選項可求；電阻R兩端的最大電流即為電容器剛開始放電的時候，所以Imax＝eq\f(U0,R)＝eq\f(CU02,S)，選項B中電阻R兩端的最大電流可求；根據(jù)題意只知道電源的電動勢等于電容器充滿電兩板間的電壓，也就是剛開始放電時的電壓，即E＝U0，內(nèi)電阻無法求出，所以選項D不能求出。9.(2021·邵陽模擬)如圖所示電路中，電源內(nèi)阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表。平行板電容器C內(nèi)部有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球，穩(wěn)定時細線偏離豎直方向一個小角度，當滑動變阻器滑片P從右端向左端滑動的過程中，下列說法正確的是()A．電流表示數(shù)增大B．電壓表示數(shù)增大C．細線與豎直方向的偏角減小D．滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等解析：選D當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知，電路中總電流I增大，路端電壓減小，則電壓表V的示數(shù)減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電壓U并＝E－I(R0＋r)減小，通過燈L的電流減小，電流表示數(shù)減小，故A、B錯誤；電容器C的電壓UC＝IR0，I增大，UC增大，根據(jù)E＝eq\f(UC,d)和F＝qE知小球所受電場力增大，根據(jù)平衡條件可知細線與豎直方向的偏角增大，故C錯誤；若電源內(nèi)阻的阻值大于電阻R0的阻值，當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，可能會使外電阻先大于電源內(nèi)阻后小于電源內(nèi)阻，則電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等，故D正確。二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性10.(多選)如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻恒為r，R是定值電阻，熱敏電阻RT的阻值隨溫度的降低而增大，C是平行板電容器，電路中的電表均為理想電表。閉合開關S，帶電液滴剛好靜止在C內(nèi)。在溫度降低的過程中，分別用I、U1、U2和U3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數(shù)，用I、ΔU1、ΔU2、和ΔU3表示電流表A、電壓表V1、電壓表V2和電壓表V3的示數(shù)變化量的絕對值。溫度降低時，關于該電路工作狀態(tài)的變化，下列說法正確的是()A.eq\f(U1,I)、eq\f(U2,I)、eq\f(U3,I)一定都不變B.eq\f(ΔU1,ΔI)、eq\f(ΔU3,ΔI)和eq\f(ΔU2,ΔI)均不變C．帶電液滴一定向下加速度運動D．電源的工作效率一定變大解析：選BD由題意可知eq\f(U1,I)＝R，eq\f(U2,I)＝RT，eq\f(U3,I)＝R＋RT，當溫度降低時，RT增大，則eq\f(U1,I)不變，eq\f(U2,I)增大，eq\f(U3,I)增大，A錯誤；eq\f(ΔU1,ΔI)＝R不變，eq\f(ΔU3,ΔI)＝r不變，eq\f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不變，B正確；RT增大時，其兩端電壓增大，平行板電容器兩端的電壓也增大，液滴向上加速運動，C錯誤；RT增大，則外電阻增大，電源的效率增大，D正確。11.在如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝28V，內(nèi)阻r＝2Ω，電阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，C為平行板電容器，其電容C＝3.0pF，虛線到兩極板的距離相等，極板長L＝0.20m，兩極板的間距d＝1.0×10－2m，g取10m/s2。(1)若最初開關S處于斷開狀態(tài)，則將其閉合后，流過R4的電荷量為多少；(2)若開關S斷開時，有一個帶電微粒沿虛線方向以v0＝2.0m/s的初速度射入平行板電容器的兩極板間，帶電微粒剛好沿虛線勻速運動，則：當開關S閉合后，此帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入兩極板間后，能否從極板間射出？(要求寫出計算和分析過程)解析：(1)S斷開時，電阻R3兩端的電壓U3＝eq\f(ER3,R2＋R3＋r)＝16VS閉合后，外電路的總電阻R＝eq\f(R1R2＋R3,R1＋R2＋R3)＝6Ω路端電壓U＝eq\f(ER,R＋r)＝21V電阻R3兩端的電壓U3′＝eq\f(R3,R2＋R3)U＝14V閉合開關后流過R的電荷量ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12C(2)設帶電微粒的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，當開關S斷開時有：qeq\f(U3,d)＝mg當開關S閉合后，設帶電微粒的加速度為a，則有：mg－qeq\f(U3′,d)＝ma假設帶電微粒能從極板間射出，則水平方向有：t＝eq\f(L,v0)豎直方向有：y＝eq\f(1,2)at2由以上各式得y＝6.25×10－3m＞eq\f(d,2)故帶電微粒不能從極板間射出。答案：(1)6.0×10－12C12．如圖甲所示，電路中R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，M為玩具電動機，電動機線圈電阻r1＝0.5Ω，A、V1、V2均理想電表。閉合開關S1、斷開開關S2，在將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端的過程中，兩個電壓表的示數(shù)隨電流表示數(shù)變化的完整圖線如圖乙所示。(1)求電源的電動勢E和內(nèi)阻r；(2)求滑動變阻器R2的最大功率Pm；(3)若滑動變阻器的滑動觸頭P滑到最左端后，再閉合開關S2，此時電流表的示數(shù)I＝1.0A，求此狀態(tài)下電動機的輸出功率P。解析：(1)由題圖乙可知，圖線B的延長線與縱軸的交點的縱坐標值表示電源電動勢，則電源的電動勢E＝6V由題圖乙中圖線A可知R1＝eq\f(ΔU1,ΔI1)＝eq\f(4.8－1.6,0.6－0.2)Ω＝8Ω電壓表V2的示數(shù)U2＝E－(R1＋r)I，可知題圖乙中圖線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解得電源內(nèi)阻r＝2Ω。(2)由題圖乙中圖線B可知，滑動變阻器