【優(yōu)化探究】2022屆高三物理一輪復習知能檢測：8-2電路的基本規(guī)律及應用-

[隨堂演練]1．2021年底我國“嫦娥三號”探月衛(wèi)星將在西昌衛(wèi)星放射中心擇機放射．“嫦娥三號”衛(wèi)星的太陽能電池依靠光伏效應設計，可將太陽能轉化為電能并儲存起來．已知太陽能電池板的開路電壓為800mV，短路電流為40mA.現將該電池板與一阻值為20Ω的電阻器連成一閉合電路，下列說法不正確的是()A．電池板的電動勢為800mVB．電池板的內電阻為20ΩC．閉合電路的路端電壓為800mVD．閉合電路的路端電壓為400mV解析：太陽能電池板的電動勢等于開路電壓，即E＝800mV，A正確；內阻r＝eq\f(E,Im)＝20Ω，B正確；將其與20Ω的電阻器連成閉合電路，則路端電壓為U＝IR＝eq\f(E,R＋r)R＝400mV，D正確．答案：C2．如圖所示為兩電源的U-I圖象，則下列說法正確的是()A．電源①的電動勢和內阻均比電源②小B．當外接相同的電阻時，兩電源的輸出功率可能相等C．當外接同樣的電阻時，兩電源的效率可能相等D．不論外接多大的相同電阻，電源①的輸出功率總比電源②的輸出功率大解析：圖線在U坐標軸上的截距等于電源電動勢，圖線的斜率的確定值等于電源的內阻，因此A錯；作外接電阻R的U-I曲線分別交電源①、②的伏安特性曲線于S1、S2兩點，電源的工作點橫、縱坐標的乘積IU為電源的輸出功率，由圖可知，無論外接多大電阻，兩工作點S1、S2橫、縱坐標的乘積都不行能相等，且電源①的輸出功率總比電源②的輸出功率大，故B錯，D對；電源的效率η＝eq\f(P出,P總)＝eq\f(I2R,I2R＋r)＝eq\f(R,R＋r)，由于電源內阻不同則電源效率不，C錯．答案：D3．(2022年阜陽質檢)如圖所示，帶電質點P靜止于兩平行金屬板間，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，當滑動變阻器R3的滑片向b端移動時，下列說法正確的是()A．電壓表讀數增大B．電流表讀數減小C．質點P將向上運動D．R2消耗的功率增大解析：當滑動變阻器R3的滑片向b端移動時，電路中的總電阻R總減小，則I總增大，電流表讀數增大，選項B錯誤；I總增大，電源的內電壓增大，外電壓減小，流過R2的電流減小，流過R1的電流增大，R1、R2阻值不變，電壓表讀數增大，R2消耗的功率減小，選項A正確，D錯誤；I總增大，電源的內電壓增大，外電壓減小，質點P將向下運動，選項C錯誤．答案：A4．(2021年高考上海單科)如圖，電路中三個電阻R1、R2和R3的阻值分別為R、2R和4R.當電鍵S1斷開、S2閉合時，電源輸出功率為P0；當S1閉合、S2斷開時，電源輸出功率也為P0.則電源電動勢為__________；當S1、S2都斷開時，電源的總功率為____________．解析：S1斷開，S2閉合時：P0＝(eq\f(E,R＋r))2·R；S1閉合、S2斷開時：P0＝(eq\f(E,4R＋r))2·4R，聯立得：r＝2R，E＝3eq\r(P0R)，當S1、S2都斷開時，P＝eq\f(E2,7R＋r)＝eq\f(E2,9R)＝P0.答案：3eq\r(P0R)P0[限時檢測](時間：45分鐘，滿分：100分)[命題報告·老師用書獨具]學問點題號電動勢、閉合電路歐姆定律1、2電源的功率和效率6、11、12兩種圖象問題分析3、9電路的動態(tài)分析及電路故障5、7、8含容電路分析與計算4、10一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分，每小題只有一個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內)1．關于電源的電動勢，下面正確的敘述是()A．電源的電動勢就是接在電源兩極間的電壓表測得的電壓B．同一電源接入不同的電路，電動勢就會發(fā)生變化C．電源的電動勢是表示電源把其他形式的能轉化為電能的本事大小的物理量D．在閉合電路中，當外電阻變大時，路端電壓增大，電源的電動勢也增大解析：電源的電動勢數值上等于外電路斷開時的路端電壓．由于電壓表有內阻，電壓表測得的電壓應低于電源電動勢，故選項A錯；電源的電動勢由電源本身構造打算，與其他因素無關．故選項B、D均錯；只有選項C正確．答案：C2．兩個相同的電阻R，當它們串聯后接在電動勢為E的電源上，通過一個電阻的電流為I；若將它們并聯后仍接在該電源上，通過一個電阻的電流仍為I，則電源的內阻為()A．4R B．RC.eq\f(R,2) D．無法計算解析：當兩電阻串聯接入電路中時I＝eq\f(E,2R＋r)當兩電阻并聯接入電路中時I＝eq\f(E,\f(R,2)＋r)×eq\f(1,2)由以上兩式可得：r＝R，故選項B正確．答案：B3．如圖所示，直線A為某電源的U-I圖線，曲線B為某小燈泡的U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是()A．4W,8W B．2W,4WC．2W,3W D．4W,6W解析：由圖象可知，電源的電動勢為E＝3V，當和小燈泡組成電路時，回路中電流為I＝2A，小燈泡兩端電壓為U＝2V，故電源總功率P1＝IE＝6W，電源輸出功率即為小燈泡兩功率P2＝IU＝4W，選項D正確．答案：D4．如圖所示的電路中，電源電動勢E＝3V，內電阻r＝1Ω，定值電阻R1＝3Ω，R2＝2Ω，電容器的電容C＝100μF，則下列說法正確的是()A．閉合開關S，電路穩(wěn)定后電容器兩端的電壓為1.5VB．閉合開關S，電路穩(wěn)定后電容器所帶電荷量為3.0×10－4C．閉合開關S，電路穩(wěn)定后電容器極板a所帶電荷量為3×10－4D．先閉合開關S，電路穩(wěn)定后斷開開關S，通過電阻R1的電荷量為3.0×10－4解析：閉合開關S，電路穩(wěn)定后電流I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.5A，電容器兩端的電壓為U＝IR1＝1.5V，選項A正確；電路穩(wěn)定后電容器帶電荷量為Q＝CU＝100×10－6×1.5C＝1.5×10－4C，選項B、C錯誤；先閉合開關S，電路穩(wěn)定后斷開開關，電容器C通過電阻R1放電，通過電阻R1的電荷量為1.5×10－4C，選項D錯誤．答案：A5．如圖所示，電源電動勢為E，內阻為r，不計電壓表和電流表內阻對電路的影響，當開關閉合后，兩小燈泡均能發(fā)光．在將滑動變阻器的滑片漸漸向右滑動的過程中，下列說法正確的是()A．小燈泡L1、L2均變暗B．小燈泡L1、L2均變亮C．電流表A的讀數變小，電壓表V的讀數變大D．流過滑動變阻器的電流變大解析：滑片向右滑動的過程中，滑動變阻器接入電路部分的阻值變大，電路中的總電阻變大，總電流變小，路端電壓變大，故電流表A的讀數變小，電壓表V的讀數變大，小燈泡L2變暗，并聯的電壓變大，那么小燈泡L1變亮，選項A、B錯誤，C正確；總電流減小，流過小燈泡L1的電流變大，故流過滑動變阻器的電流變小，選項D錯誤．答案：C6．如圖所示，R1為定值電阻，R2為可變電阻，E為電源電動勢，r為電源內阻，以下說法中正確的是()A．當R2＝R1＋r時，電源的輸出功率最大B．當R2＝R1＋r時，R1上獲得最大功率C．當R2＝0時，R1上獲得最大功率D．當R2＝0時，電源的輸出功率最大解析：當R1＋R2＝r時，電源輸出功率最大，A錯誤．在爭辯R1的電功率時，由I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)及P1＝I2R1可知，R2＝0時，R1獲得的電功率最大，故選項B錯誤，選項C正確．在爭辯電源的輸出功率時，R1＋R2為外電阻，內電阻r恒定，由于題目沒有給出R1和r的具體數值，所以當R2＝0時，電源輸出功率并不愿定最大，故選項D錯誤．答案：C7．直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P向右移動時，電源的()A．總功率確定增大B．效率確定減小C．內部損耗功率確定減小D．輸出功率確定先增大后減小解析：滑片P向右移動時外電路電阻R外增大，由閉合電路歐姆定律知總電流減小，由P總＝IE可得P總減小，故選項A錯誤．依據η＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋r/R外)可知選項B錯誤．由P損＝I2r可知，選項C正確．由P輸-R外圖象，因不知道R外的初始值與r的關系，所以無法推斷P輸的變化狀況，選項D錯誤．答案：C8．(2022年黃山質檢)某同學按如圖所示的電路進行試驗，電壓表內阻看做無限大，電流表內阻看做零．試驗過程中，由于電路發(fā)生故障，發(fā)覺兩電壓表示數相同了(但不為零)，若這種狀況的發(fā)生是由某一用電器引起的，則可能的故障緣由是()A．R3短路或R3斷開 B．RP短路或R2斷開C．RP短路或R3斷開 D．R3短路或R2斷開解析：由電路分析可知，若R3短路，則RP、R2被短路，這時，電壓表V2示數為零，；若RP短路，電壓表V2兩端電壓即為R3兩端電壓，和電壓表V1示數應相同；若R3斷開，電壓表V2所測電壓為R2兩端電壓，而電壓表V1所測量的為R2和RP兩端電壓；若R2斷開，電壓表V2和V1都測量R3兩端電壓，故B對．答案：B9．如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，直線B和C分別為電阻R1、R2的U-I圖線，用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2，則()A．P1>P2，η1＞η2 B．P1＝P2，η1＜η2C．P1＝P2，η1>η2 D．P1＞P2，η1<η2解析：由直線A可知，E＝6V，r＝1Ω，由直線B、C可知，R1＝2Ω，R2＝0.5Ω，P1＝(eq\f(E,r＋R1))2R1＝8W，η1＝eq\f(R1,r＋R1)＝eq\f(2,3)，P2＝(eq\f(E,r＋R2))2R2＝8W，η2＝eq\f(R2,r＋R2)＝eq\f(1,3)，故有：P1＝P2，η1>η2，故C正確．答案：C10．如圖所示，兩個相同的平行板電容器C1、C2用導線相連，開頭都不帶電．現將開關S閉合給兩個電容器充電，待充電完畢后，電容器C1兩板間有一帶電微粒恰好處于平衡狀態(tài)．再將開關S斷開，把電容器C2兩板稍錯開一些(兩板間距離保持不變)，重新平衡后，下列推斷正確的是()A．電容器C1兩板間電壓減小B．電容器C2兩板間電壓減小C．帶電微粒將加速下降D．電容器C1所帶電荷量增大解析：充電完畢后電容器C1、C2并聯，且兩端電壓相等，都等于電源電壓U，斷開S后，電容器C2兩板稍錯開一些，即兩板正對面積S減小，依據C＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(Q,U′)可知，電容減小，兩板間電壓U′增大，此時U′>U，則電容器C2又開頭給C1充電，直到兩電容器電壓再次相等，此時兩者兩端的電壓比原來的電壓都增大，故A、B錯誤；電容器C1所帶電荷量增大，故D正確；電容器C1兩端的電壓增大，依據E＝U/d可知，C1兩板間電場強度增大，則帶電微粒受到的靜電力增大，將加速向上運動，故C錯誤．答案：D二、非選擇題(本題共2小題，共30分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數值計算的要注明單位)11．(15分)(2022年安慶高三質檢)在如圖所示電路中，定值電阻R0＝2Ω，電流表和電壓表均為抱負電表．閉合開關S，當滑動變阻器Rx的滑片P從一端移向另一端時，發(fā)覺電壓表的電壓變化范圍為0～3V，電流表的變化范圍為0.75～1.0A．求：(1)電源的電動勢和內阻；(2)移動變阻器滑片時，能得到的電源的最大輸出功率．解析：(1)當Rx＝0時，Ux1＝0，對應電流為I1＝1.0A，由閉合電路歐姆定律得E＝I1(R0＋r)①當Rx為最大值時，Ux2＝3V，對應電流為I2＝0.75A，有E＝I2(R0＋r)＋Ux2②Rx的最大值為Rxm＝eq\f(Ux2,I2)＝eq\f(3,0.75)Ω＝4Ω由①②兩式代入數據得E＝12V，r＝10Ω.(2)電源的輸出功率P輸出＝(eq\f(E,Rx＋R0＋r))2(Rx＋R0)當Rx＋R0＝r時，電源有最大輸出功率，但Rx＋R0恒小于r，由輸出功率隨外電阻變化的關系知，當Rx＋R0取最大值時輸出功率最大即Pm＝(eq\f(E,Rxm＋R0＋r))2(Rxm＋R0)＝(eq\f(12,4＋2＋10))2×(4＋2)W＝3.375W.答案：(1)12V10Ω(2)3.375W12．(15分)(2022年滁州高三模擬)如圖所示，電源由n個電動勢均為1.5V，且內阻相同的電池串聯組成，合上開關S，滑動變阻器的滑動觸頭C從A端滑至B端的過程中，電路中的一些物理量的變化如圖甲、乙、丙所示，電表、導線對電路的影響不計．求：(1)組成電源的串聯電池的個數．(2)滑動變阻器總阻值．(3)將甲、乙兩個圖上的a、b、c各點的坐標補齊．(甲圖為輸出功率與路端電壓關系曲線；乙圖為路端電壓與總電流關系曲線；丙圖為電源效率與外電路電阻關系曲線)解析：(1)由題圖乙可知Im＝eq\f(nE,nr)，所以r＝eq\f(E,Im)＝eq\f(1.5,3)Ω＝0.5Ω，由題圖甲可知Pm＝eq\f(nE2,4nr)，所以n＝eq\f(4rPm,E2)＝eq\f(4×0.5×4.5,1.52)＝4.(2)由題圖丙知η＝eq\f(R,R＋r′)，當觸頭C滑到B端時，電源效率最高，r′＝nr＝4×