(新高考)高考物理一轮复习课时练习第9章第2讲《闭合电路欧姆定律》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第9章第2讲《闭合电路欧姆定律》(含解析)，共21页。试卷主要包含了电源　闭合电路的欧姆定律，电路中的功率等内容，欢迎下载使用。

一、串、并联电路的特点
1.特点对比
2.几个常用的推论
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻。
(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻。
(3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和。
(4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大。
【自测1】 一个量程为0～150 V的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在110 V电路的两端，电压表的读数是5 V。这个外接电阻是( )
A.240 Ω B.420 kΩ
C.240 kΩ D.420 Ω
答案 B
二、电源 闭合电路的欧姆定律
1.电源
(1)电动势
①定义：非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。
②计算：在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，E＝eq \f(W,q)。
(2)内阻：电源内部也存在电阻，内电路的电阻叫内阻。
2.闭合电路的欧姆定律
(1)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
(2)公式：I＝eq \f(E,R＋r)(只适用于纯电阻电路)。
(3)其他表达形式
①电势降落表达式：E＝U外＋U内或E＝U外＋Ir。
②功率表达式：IE＝IU＋I2r。
3.路端电压与负载的关系
(1)一般情况：U＝IR＝eq \f(E,R＋r)·R＝eq \f(E,1＋\f(r,R))，当R增大时，U增大。
(2)特殊情况
①当外电路断路时，I＝0，U＝E。
②当外电路短路时，I短＝eq \f(E,r)，U＝0。
【自测2】 电源的电动势为4.5 V、外电阻为4.0 Ω时，路端电压为4.0 V，若在外电路中分别并联一个6.0 Ω的电阻和串联一个6.0 Ω的电阻，则两种情况下的路端电压分别约为( )
A.4.3 V 3.72 V V 4.3 V
V 4.3 V D.4.2 V 3.73 V
答案 C
三、电路中的功率
1.电源的总功率
(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内。
(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝eq \f(E2,R＋r)。
2.电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝IU内＝P总－P出。
3.电源的输出功率
(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内。
(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝eq \f(E2R,（R＋r）2)＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)。
(3)纯电阻电路中输出功率随R的变化关系
①当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝eq \f(E2,4r)。
②当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。
③当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。
【自测3】 (2020·北京市密云区下学期第一次测试)如图1所示，R为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势E＝6 V，当变阻箱阻值为R＝4 Ω 时，闭合开关后，电压表读数U＝4 V，求：
图1
(1)电路中的电流I和电源内阻r；
(2)电源的输出功率P和效率η；
(3)试推导说明当R为多大时，电源的输出功率最大。
答案 (1)1 A 2 Ω (2)4 W 66.67% (3)见解析
解析 (1)电路中的电流I0＝eq \f(U,R)＝eq \f(4,4) A＝1 A
根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir
解得内阻为r＝eq \f(E－U,I0)＝eq \f(6－4,1) Ω＝2 Ω。
(2)电源的输出功率P输＝I0U＝1×4 W＝4 W
效率为η＝eq \f(P输,I0E)×100%＝eq \f(4,1×6)×100%≈66.67%。
(3)电源的输出功率为
P＝I2R＝eq \f(E2,（R＋r）2)R＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)
可知当R＝r＝2 Ω时，电源输出功率最大，
即P＝eq \f(E2,4r)＝eq \f(62,4×2) W＝4.5 W。
命题点一 电路的动态分析
1.动态电路的特点
断开或闭合开关、滑动变阻器的滑片移动、电阻增大或减小，导致电路电压、电流、功率等的变化。
2.电路动态分析的两种方法
(1)程序法：电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(并联分流I,串联分压U))→变化支路。
(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。
【例1】 (多选)(2020·江苏苏北四市第一次调研)智能手机屏幕的光线过强会对眼睛有害，因此手机都有一项可以调节亮度的功能，该功能既可以自动调节，也可以手动调节。某兴趣小组为了模拟该功能，设计了如图2所示的电路。闭合开关，下列说法正确的是( )
图2
A.仅光照变强，小灯泡变亮
B.仅光照变弱，小灯泡变亮
C.仅将滑片向a端滑动，小灯泡变亮
D.仅将滑片向b端滑动，小灯泡变亮
答案 AC
解析 仅光照变强，光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知总电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮，A正确；同理分析，仅光照变弱，灯泡变暗，B错误；仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，总电流增大，灯泡的功率变大，灯泡变亮，C正确；同理分析，仅将滑片向b端滑动，灯泡变暗，D错误。
【变式1】 (多选)[2020·陕西渭南市教学质量检测(Ⅰ)]如图3所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是( )
图3
A.U增大、I减小 B.U减小、I增大
C.P增大、Q减小 D.P、Q均减小
答案 BC
解析 当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，接入电路中的电阻减小，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，由路端电压U＝E－Ir知U变小，电压表示数减小，电流表示数增大，R2两端电压增大，功率P增大，电容器与变阻器并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU可知，电荷量减小，故B、C正确。
命题点二 电路中的功率及效率问题
1.电源的效率
η＝eq \f(IU,IE)×100%＝eq \f(U,E)×100%。
2.纯电阻电路
P总＝IE＝eq \f(E2,R＋r)，
P出＝eq \f(E2,（R＋r）2)R，
η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(R,R＋r)×100%。
3.电源的最大输出功率
P出＝IU＝I2R＝eq \f(E2,（R＋r）2)R＝eq \f(E2R,（R－r）2＋4Rr)＝eq \f(E2,\f(（R－r）2,R)＋4r)
P出与外电阻R的函数关系可用如图所示图像表示，由图像可以看出：
(1)当R＝r时，输出功率最大，Pm＝eq \f(E2,4r)。
(2)当R“接近”r时，P出增大，当R“远离”r时，P出减小。
(3)当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
【例2】 如图4所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：
图4
(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？
(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多少？这时电源的效率是多大？
(3)调节R2的阻值，能否使电源以最大的功率eq \f(E2,4r)输出？为什么？
答案 (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%
(3)不能 理由见解析
解析 (1)将R1和电源等效为一新电源，则新电源的电动势E′＝E＝8 V，内阻r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值。利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R2＝r′＝10 Ω时，R2有最大功率，即P2max＝eq \f(E′2,4r′)＝eq \f(82,4×10) W＝1.6 W。
(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大。当R2＝0时，电路中有最大电流，即Imax＝eq \f(E,R1＋r)＝0.8 A，R1的最大功率P1max＝Ieq \\al(2,max)R1＝5.12 W，这时电源的效率η＝eq \f(R1,R1＋r)×100%＝80%。
(3)不能。因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不可能有eq \f(E2,4r)的最大输出功率。
【变式2】 (多选)如图5所示，电源电动势E＝6 V，小灯泡L的规格为
“3 V 0.9 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝8 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，已知电动机的线圈电阻R0＝2 Ω。则( )
图5
A.电源内阻为2 Ω
B.电动机正常工作的电压为3 V
C.电动机输出的机械功率为0.54 W，其效率为75%
D.电源的效率约为75%
答案 AC
解析 小灯泡正常发光时的电阻RL＝eq \f(Ueq \\al(2,额),P额)＝10 Ω，流过小灯泡的电流I＝eq \f(P额,U额)＝0.3 A，当开关S接1时，R总＝eq \f(E,I)＝20 Ω，电源内阻r＝R总－RL－R＝2 Ω，选项A正确；当开关S接2时，灯泡正常发光，电路中的电流与开关S接1时的电流相同，所以电动机的正常工作电压U机＝E－I(RL＋r)＝2.4 V，选项B错误；电动机的输入功率P入＝U机I＝0.72 W，而它的热功率P热＝I2R0＝0.18 W，则它输出的机械功率P机出＝P入－P热＝0.54 W，电动机的效率η机＝eq \f(P机出,P入)×100%＝eq \f(0.54,0.72)×100%＝75%，选项C正确；电源的效率η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(（E－Ir）I,EI)×100%＝90%，选项D错误。
命题点三 对电源U－I图线的理解和应用
电源的U－I图像与电阻的U－I图像比较
【例3】 (2020·安徽安庆市期末质量监测)某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图6所示。用此电源和电阻R1、R2组成电路。R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路。为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )
图6
A.将R1单独接到电源两端
B.将R1、R2并联后接到电源两端
C.将R1、R2串联后接到电源两端
D.将R2单独接到电源两端
答案 A
解析 根据闭合电路欧姆定律得U＝E－Ir知，I＝0时，U＝E，图像的斜率等于r，则由电源的U－I图线得到：电源的电动势为E＝3 V，内阻为r＝0.5 Ω。由电阻的伏安特性曲线求出R1＝0.5 Ω、R2＝1 Ω。R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3 A，路端电压为1.5 V，则电源的输出功率为P出1＝1.5 V×3 A＝4.5 W；同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串＝1.5 A，此时电源的输出功率P串＝Ieq \\al(2,串)(R1＋R2)＝3.375 W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并＝3.6 A，此时电源的输出功率P并＝EI并－Ieq \\al(2,并)r＝4.32 W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2＝2 V×2 A＝4 W。所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大，故A正确，B、C、D错误。
【变式3】 (2021·1月湖南普高校招生适应性考试，4)有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图象分别如图7(a)、(b)、(c)、(d)所示。将一个6 Ω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( )
图7
A.甲电源 B.乙电源
C.丙电源 D.丁电源
答案 D
解析 U－I图象的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知丁电源内阻r最小，再由P＝(eq \f(E,R＋r))2·R知，r越小，定值电阻消耗的功率越大，故选D。
命题点四 含电容器电路的分析
1.电路简化
把电容器所在的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上。
2.电容器的电压
(1)电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压。
(2)电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻无电压，相当于导线。
3.电容器的电荷量及变化
(1)利用Q＝CU计算电容器初、末状态所带的电荷量Q1和Q2。
(2)如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q1－Q2|。
(3)如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q1＋Q2。
【例4】 (2020·全国卷Ⅰ，17)图8(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
图8
答案 A
解析 由图(b)可知，在0～1 s时间内，电容器两极板之间电压为零，说明电容器没有充放电，电路中没有电流，根据欧姆定律可知电阻R两端电压为零；在1～2 s时间内，电容器两极板之间电压均匀增大，根据I＝eq \f(Δq,Δt)＝Ceq \f(ΔU,Δt)可知电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻R两端电压恒定；在2～3 s时间内，电容器两极板之间电压恒定且不为零，说明电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电阻R两端电压为零；在3～5 s时间内，电容器两极板之间电压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向恒定电流，且电流小于充电电流，电阻R两端电压反向恒定，且电压小于充电时两端电压，所以电阻R两端电压UR随时间t变化的图像正确的是A。
【变式4】 (2016·全国卷Ⅱ，17)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图9所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为( )
图9
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 S断开时等效电路如图甲所示，

甲 乙
电容器两端电压为U1＝eq \f(E,R＋\f(2,3)R)×eq \f(2,3)R×eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)E
S闭合时等效电路如图乙所示，
电容器两端电压为U2＝eq \f(E,R＋\f(1,2)R)×eq \f(1,2)R＝eq \f(1,3)E
由Q＝CU得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(3,5)，故选项C正确。
【变式5】 (2020·河南省顶尖名校4月联考)如图10所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )
图10
A.只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流
C.只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D.若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
答案 A
解析 逐渐增大R1的光照强度，R1的电阻减小，回路总电阻减小，回路总电流增大，根据P＝UI＝I2R可知R0上消耗的电功率变大，同时，R2上端电阻两端电压也增大，则电容器两端电压增大，根据C＝eq \f(Q,U)可知电荷量增加，则R3中有向上的电流，故A正确；恒定电路中电容器所在支路相当于断路，滑动R3的滑片不改变电路通电情况，不会发生任何变化，故B错误；调节R2的滑动端向下移动时，回路总电阻不发生变化，电压表测的路端电压也不发生变化，示数不变，但是电容器两端分得的电压增大，电场强度增大，电场力大于重力，带电微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，则电容器在与R2、R3组成的电路中放电，电荷量减少，电压减小，电场力减小，带电微粒向下运动，故D错误。
命题点五 电路故障分析
1.故障特点
(1)断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零。
(2)短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但用电器或电阻两端电压为零。
2.检测方法
(1)电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路。
(2)电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置。在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程。
(3)欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路；当测量值很小或为零时，表示该处短路。在运用欧姆表检测时，被检测元件应从电路中拆下来。
(4)假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理。
【例5】 如图11所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )
图11
A.R1短路 B.R2断路
C.R2短路 D.R3短路
答案 D
解析 A灯在干路上，A灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B错误；因为短路部分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器两端的电压减小，C、D两灯变暗，A、B两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的，而与A、B两灯是串联的。观察电路中电阻的连接形式，只有R3短路符合条件，故选项A、C错误，D正确。
课时限时练
(限时：40分钟)
对点练1 电路的动态分析
1.(多选)(2020·江苏扬州市5月调研)如图1所示的电路，R1为定值电阻，R2为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r。闭合开关，当环境温度升高时，下列说法正确的有( )
图1
A.电压表示数增大
B.电流表示数减小
C.有电流向下流过A点
D.电压表和电流表示数变化量之比保持不变
答案 CD
解析 当环境温度升高时，则R2减小，总电阻减小，总电流变大，则电流表示数变大，内阻和R1两端电压变大，则R2电压减小，即电压表读数减小，选项A、B错误；由于电容器两端电压减小，可知电容器放电，则有电流向下流过A点，选项C正确；由于U＝E－I(R1＋r)，则eq \f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，即电压表和电流表示数变化量之比保持不变，选项D正确。
2.(2020·北京市平谷区第二次模拟)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变。如图2所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头P从最右端向最左端移动时，下列说法中正确的是( )
图2
A.R0上的电压变小
B.R2上的电压变大
C.恒流源输出功率保持不变
D.R1的电功率增大
答案 B
解析 电源输出电流不变，触头P由图示位置向左移动时，接入电路的电阻变大，则总电阻也变大，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压增大，所以R2上的电压变大，R2是定值电阻，所以通过R2的电流变大，总电流不变，则通过R1电流减小，所以R1的电压减小，R1的电功率减小，R0上的电压变大，故A、D错误，B正确；恒流源输出功率P＝UI，而U增大，I不变，则P增大，故C错误。
对点练2 电路中的功率和效率问题
3.(2020·北京市东城区上学期期末)如图3所示，当开关S闭合后，小型直流电动机M和指示灯L都恰能正常工作。已知电源电动势为E，内阻为r，指示灯L的电阻为R0，额定电流为I，电动机M的线圈电阻为R，则( )
图3
A.电动机的额定电压为IR
B.电动机的输出功率为IE－I2R
C.电源的输出功率为IE－I2r
D.整个电路的热功率为I2(R0 ＋R)
答案 C
解析 电动机的额定电压为E－IR0－Ir，选项A错误；电动机的输出功率为I(E－IR0－Ir)－I2R，选项B错误；电源的输出功率为IE－I2r，选项C正确；整个电路的热功率为I2(R0 ＋R＋r)，选项D错误。
4. (多选)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图4所示的实验电路。闭合开关，并调节滑动变阻器R的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I1和U1。重新调节R的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I2和U2。则( )
图4
A.这台电动机的线圈电阻为eq \f(U1,I1)
B.这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U1I1
C.这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2－Ieq \\al(2,2)eq \f(U1,I1)
D.这个电源的内阻为eq \f(U2－U1,I1－I2)
答案 AC
解析 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r0＝eq \f(U1,I1)，故A正确；电动机正常转动时的发热功率为P1＝Ieq \\al(2,2)r0＝eq \f(U1Ieq \\al(2,2),I1)，故B错误；这台电动机正常运转时输入功率为P2＝U2I2，所以输出功率为P3＝P2－P1＝U2I2－Ieq \\al(2,2)eq \f(U1,I1)，故C正确；若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知E＝U1＋I1(r＋R)，E＝U2＋I2(r＋R)，解得r＋R＝eq \f(U2－U1,I1－I2)，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于eq \f(U2－U1,I1－I2)，故D错误。
对点练3 对电源U－I图线的理解和应用
5.(多选)如图5所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是 ( )
图5
A.电源的电动势为50 V
B.电源的内阻为eq \f(25,3) Ω
C.电流为2.5 A时，外电路的电阻为15 Ω
D.输出功率为120 W时，输出电压是30 V
答案 ACD
解析 电源的路端电压和电流的关系为U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E＝50 V，r＝eq \f(50－20,6－0) Ω＝5 Ω，A正确，B错误；当电流为I1＝2.5 A时，回路中电流I1＝eq \f(E,r＋R外)，解得外电路的电阻R外＝15 Ω，C正确；当输出功率为120 W 时，由题图中P－I关系图线看出对应干路电流为4 A，再从U－I图线读取对应的输出电压为30 V，D正确。
6.(多选)如图6所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )
图6
A.R1接在电源上时，电源的效率高
B.R2接在电源上时，电源的效率高
C.R2接在电源上时，电源的输出功率大
D.电源的输出功率一样大
答案 AC
解析 电源的效率η＝eq \f(P出,P总)×100%＝eq \f(UI,EI)×100%＝eq \f(U,E)×100%，当R1与R2分别接到电源上时，UR1＞UR2，故R1接在电源上时，电源的效率高，A正确，B错误；由题图可知，R2与电源的内阻相等，R1＞R2，所以R2接在电源上时，电源的输出功率大，C正确，D错误。
对点练4 含电容器电路的分析
7.(多选)(2020·广东珠海市质量监测)如图7所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻R3时( )
图7
A.电源的总功率减小 B.A板的电势降低
C.液滴向上运动 D.电容器所带电荷量增加
答案 CD
解析 电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI变大，故A错误；R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势升高，A板的电势也升高，故B错误；R1两端的电压增大，电容器两板间的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故C正确；电容器两板间的电压增大，电容不变，由Q＝CU知电容器所带电荷量增加，故D正确。
8.[2020·河南省九师联盟模拟(二)]如图8所示的电路中，AB和CD为两个水平放置的平行板电容器，AB板间有一点P，闭合开关S，待电路稳定后将开关断开。现将一有机玻璃板(图中未画出)插入CD板间，则下列说法正确的是( )
图8
A.CD平行板电容器的电容减小
B.P点电势降低
C.A、B两板间的电场强度增大
D.电阻R中有向右的电流
答案 B
解析 将玻璃板插入CD板间，则相对介电常数εr增大，其他条件不变，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，CD平行板电容器的电容增大，故A项错误；QAB＝CABU，QCD＝CCDU，Q总＝QAB＋QCD＝(CAB＋CCD)U，所以断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由E＝eq \f(U,d)可知，AB板间电场强度变小，则P点与B板间的电势差变小，因为B板接地电势始终为零，则P点电势降低，故B项正确，C项错误；由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB电容器放电，电阻R中有向左的电流，故D项错误。
9.(2020·四川雅安市上学期一诊)“世纪工程”—港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7 km海底隧道和22.9 km桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图9所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r小于R1和R2，则下列说法正确的是( )
图9
A.夜间，电流表示数为eq \f(E,R1＋R2＋r)
B.夜间，开关S闭合，电路中电流表、电压表示数均变小
C.夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大
D.若电流表示数为I，则太阳能电池供电系统输出电功率为EI
答案 C
解析 夜间，桥梁需要照明，开关S闭合，电阻R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律，电流表示数I＝eq \f(E,\f(R1R2,R1＋R2)＋r)，故A错误；夜间，开关S闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B错误；根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，电流变大，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C正确；当电流表示数为I，则太阳能电池供电系统总功率为EI，输出功率为EI－I2r，故D错误。
10.(2020·辽宁沈阳市第一次质检)某同学将一闭合电路电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图10中的a、b、c所示，则下列判断正确的是( )
图10
A.直线a表示电源内部的发热功率随电流I变化的图线
B.曲线b表示电源的总功率随电流I变化的图线
C.曲线c表示电源的输出功率随电流I变化的图线
D.电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝2 Ω
答案 C
解析 由电源消耗总功率和电源内部消耗功率表达式PE＝EI，Pr＝I2r可知，a是直线，表示的是电源消耗的总功率PE随电流I变化的图线，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，所以A、B错误，C正确；由题图可知，当短路时电流为2 A，总功率PE＝EI＝6 W，则可知电源电动势为E＝3 V，则内电阻为r＝eq \f(E,I)＝eq \f(3,2) Ω＝1.5 Ω，故D错误。
11.(2020·北京市昌平区二模练习)一台直流电动机所加电压U＝110 V，通过的电流I＝5.0 A。若该电机在10 s内把一个质量M＝50 kg的物体匀速提升了h＝9.0 m，不计摩擦及空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)电动机的输入功率P；
(2)在提升重物的10 s内电动机线圈产生的热量Q；
(3)电动机线圈的电阻R。
答案 (1)550 W (2)1 000 J (3)4 Ω
解析 (1)电动机的输入功率P＝UI
解得P＝550 W。
(2)由能量守恒定律知Q＝Pt－Mgh
解得Q ＝1 000 J。
(3)由焦耳定律Q＝I2Rt
解得R＝4 Ω。
12.(2020·山东聊城市第二次等级考试模拟)太阳能汽车是一种环保型的“绿色汽车”，人们正致力研究着。有一辆玩具汽车靠太阳能电池供电，该电池的太阳能集光板面积为600 cm2，太阳能电池电动势为30 V，内阻为3 Ω。现使玩具汽车在水平路面上匀速行驶，其太阳能集光板正对太阳，测得电流强度为2 A。已知电动机的直流电阻为2 Ω，太阳光垂直照射到地面上单位面积的辐射功率为1.6×103 W/m2。
(1)求玩具汽车匀速行驶时，太阳能集光板把太阳能转化为电能的效率；
(2)这辆玩具汽车的总重为80 N，在水平路面上行驶的阻力是车重的0.2倍，这辆玩具车在水平路面上的最大速度是多大？
答案 (1)62.5% (2)2.5 m/s
解析 (1)玩具汽车匀速行驶时太阳能电池的总功率为P1＝EI
太阳能集光板的接收功率为
P2＝600×10－4×1.6×103 W＝96 W
太阳能集光板把太阳能转化为电能的效率为η＝eq \f(P1,P2)
联立并代入数据得η＝62.5%。
(2)玩具汽车以最大速度匀速行驶时有f＝0.2G
电动机的输出功率为P出＝EI－I2(r＋R)＝fv
联立解得v＝2.5 m/s。
串联
并联
电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1＋I2＋…＋In
电压
U＝U1＋U2＋…＋Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻
R＝R1＋R2＋…＋Rn
eq \f(1,R)＝eq \f(1,R1)＋eq \f(1,R2)＋…＋eq \f(1,Rn)
电源U－I图像
电阻U－I图像
图形
物理意义
电源的路端电压随电路中电流的变化关系
电阻两端的电压随电阻中电流的变化关系
截距
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流eq \f(E,r)
过坐标原点，表示电流为零时电阻两端的电压为零
坐标U、I的乘积
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
坐标U、I的比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
表示电阻的大小，每一点对应的比值均等大
斜率的绝对值
电源内阻r
电阻大小