2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(二十七)　电路　闭合电路的欧姆定律

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课时跟踪检测(二十七)　电路　闭合电路的欧姆定律1．(2020·浙江1月选考)小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的1.2倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱(　　)A．通过的电流增大B．两端的电压增大C．阻值增大为原来的1.2倍D．电功率增大为原来的1.44倍解析：选B　盐水柱水平均匀地拉伸到原长的1.2倍，则其横截面积变为原来的，由电阻定律R＝可知，盐水柱的阻值变为原来的1.44倍，C错误；由闭合电路欧姆定律I＝可知，通过盐水柱的电流减小，电源内阻上的分压减小，则盐水柱两端的电压增大，A错误，B正确；盐水柱消耗的电功率P＝I2R＝，显然消耗的电功率不是原来的1.44倍，D错误。2.(2020·山东省临沂模拟)在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性曲线正确的是(　　)解析：选D　设电热丝的电阻为R丝，则U0＝R，结合题意可知，U0越大，说明R丝越小，可见，电热丝温度越低，电阻值越小，故对应的伏安特性曲线为D。3.(2019·江苏高考)如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为(　　)A．1 Ω　　　　　　　 B．2 ΩC．3 Ω    D．4 Ω解析：选A　当S断开后，电压表读数为U＝3 V，可认为电动势E＝3 V。当S闭合后，由闭合电路欧姆定律知E＝U′＋Ir，且I＝，整理得电源内阻r＝＝1 Ω，选项A正确。4．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，如图中的a、b、c所示，则下列判断正确的是(　　)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解析：选C　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＝＝ Ω＝1.5 Ω，故D错误。5.(2020·天津市实验中学模拟)如图所示的一玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6 V，内阻为0.5 Ω，电阻R＝2.5 Ω，当电动机以0.5 m/s的速度匀速向上提升一质量为320 g的物体时(不计一切摩擦阻力，g＝10 m/s2)，标有“3 V　0.6 W”的灯泡恰好正常发光。则电动机的内阻为(　　)A．1.25 Ω    B．3.75 ΩC．5.625 Ω    D．1 Ω解析：选A　由电路图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，电压为UL＝3 V，电流为IL＝＝ A＝0.2 A，故电动机两端的电压为UM＝UL＝3 V；R和电源内阻r两端的总电压为U1＝3 V，由欧姆定律可得，总电流为I＝＝ A＝1 A；电动机的电流为IM＝I－IL＝1 A－0.2 A＝0.8 A；电动机的输出功率为P＝mgv＝UMIM－IM2rM代入数据解得rM＝1.25 Ω，选项A正确。6．(多选)如图所示，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(　　)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解析：选AC　电源的效率η＝×100%＝×100%＝×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。7.如图所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R1>r，R3为光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，闭合开关S后，若照射R3的光照强度减弱，则(　　)A．R1两端的电压变大B．通过R2的电流变大C．电源的输出功率变大D．小灯泡消耗的功率变大解析：选B　光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流减小，由PL＝I2RL可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确，D错误；因R1>r，外电路总电阻R外>r，又R外增大，故电源的输出功率变小，故C错误。8.(2020·南开中学模拟)如图所示的电路中，电源内阻为r，电流表和电压表均为理想电表。平行板电容器C内部有一个用绝缘细线悬挂的带电小球，稳定时细线偏离竖直方向一个小角度，当滑动变阻器滑片P从右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是(　　)A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．细线与竖直方向的偏角减小D．滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等解析：选D　当滑动变阻器的滑片P从右端滑至左端的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，滑动变阻器与灯L并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，路端电压减小，则电压表的示数减小，滑动变阻器与灯L并联的电压U并＝E－I(R0＋r)减小，通过灯L的电流减小，电流表示数减小，故A、B错误；电容器C的电压UC＝IR0，I增大，UC增大，根据E＝和F＝qE，知电场力增大，根据平衡条件可知细线与竖直方向的偏角增大，故C错误；若电源内阻的阻值大于电阻R0的阻值，当滑动变阻器的滑片P从右端滑至左端的过程中，可能会外电阻先大于电源内阻后小于电源内阻，则有电源输出功率先增大后减小，所以滑片P移动中可能有两个位置使电源输出功率相等，故D正确。9.(多选)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路。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(　　)A．这台电动机的线圈电阻为B．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U1I1C．这台电动机正常运转时的输出功率为U2I2－I22D．这个电源的内阻为解析：选AC　电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r0＝，故A正确；电动机正常转动时的发热功率为P1＝I22r0＝，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－I22，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＝，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，故D错误。10.(多选)某同学按照如图所示的电路进行实验，电压表内阻看成无限大，电流表内阻看成零。实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了(但不为零)，若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是(　　)A．R3短路    B．RP短路C．R3断路    D．R2断路解析：选BD　R3短路时，由于电流表内阻看成零，两电压表都被短路，示数都为零，与题意不符，故A错误；RP短路时，两电压表都测量R2两端的电压，示数相同，而且都不为零，故B正确；R3断路时，电压表V2测量R2的电压，电压表V1测量RP和R2串联的电压，电压表V1的示数大于电压表V2的示数，故C错误；R2断路时，由于电压表内阻看成无限大，两电压表都测量R3的电压，示数相同，而且都不为零，故D正确。11.如图所示，电源电动势为E、内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用I、ΔU1、ΔU2和ΔU3分别表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是(　　)A．、、一定都不变B．、和均不变C．带电液滴一定向下加速度运动D．电源的工作效率一定变大解析：选BD　由题意可知，＝R，＝RT，＝R＋RT，当温度降低时，RT增大，则不变，增大，增大，A错误；＝R不变，＝r不变，＝R＋r不变，B正确；RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也增大，液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的效率增大，D正确。12.(2020·河南省开封模拟)在如图所示的电路中，电源电动势E＝10 V，内电阻不计，电阻R1＝14 Ω，R2＝6.0 Ω，R3＝2.0 Ω，R4＝8.0 Ω，R5＝10 Ω，电容器的电容C＝2 μF，求：(1)电容器所带的电荷量，并说明电容器哪个极板带正电？(2)若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5?解析：(1)由图可知，UR1＋UR2＝10 V又因为＝解得UR1＝7 V，UR2＝3 V同理可得UR3＝2 V，UR4＝8 V令d点的电势为零，即φd＝0则有UR2＝φa－φd＝3 V且UR4＝φb－φd＝8 V可知φa＝3 V，φb＝8 V，b点电势高，下极板带正电，Uba＝φb－φa＝5 V所以电容器所带的电荷量Q＝CUba＝2×10－6×5 C＝1×10－5 C。(2)R2断路后Uab＝UR3＝2 VQ′＝CUab＝2×10－6×2 C＝4×10－6 C此时下极板带负电，则流过R5电荷量为ΔQ＝Q＋Q′＝1.4×10－5 C。答案：(1)1×10－5 C　下极板带正电　(2)1.4×10－5 C13.在如图所示的电路中，电源的电动势E＝28 V、内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板的距离相等，极板长L＝0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m，g取10 m/s2。(1)若最初开关S处于断开状态，则将其闭合后，流过R4的电荷量为多少；(2)若开关S断开时，有一个带电微粒沿虚线方向以v0＝2.0 m/s的初速度射入平行板电容器的两极板间，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入两极板间后，能否从极板间射出？(要求写出计算和分析过程)解析：(1)S断开时，电阻R3两端的电压U3＝＝16 VS闭合后，外电路的总电阻R＝＝6 Ω路端电压U＝＝21 V电阻R3两端的电压U3′＝U＝14 V闭合开关后流过R4的电荷量ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×10－12 C。(2) 设带电微粒的质量为m、带电荷量为q，当开关S断开时，有q＝mg当开关S闭合后，设带电微粒的加速度为a，则有mg－q＝ma假设带电微粒能从极板间射出，则水平方向有t＝竖直方向有y＝at2由以上各式得y＝6.25×10－3 m>故带电微粒不能从极板间射出。答案：(1)6.0×10－12 C　(2)带电微粒不能从极板间射出