新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：21　串联电路和并联电路、闭合电路欧姆定律

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1．(2020·江苏模拟)如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。断开开关S后，电压表的读数为3 V；闭合开关S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r为( )
A. 1 Ω B. 2 Ω
C. 3 Ω D. 4 Ω
A 解析：开关S断开时，有E＝3 V，开关S闭合时，有2 V＝ eq \f(E,R＋r)R，其中R＝2 Ω，解得r＝1 Ω，故A正确。
2．如图甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成。已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”。这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，图乙中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点。若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A. C、D两点之间的高度差将变大
B. A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小
C. A、B两点之间的高度差不变
D. 在电子从A点经D点、C点移动至B点的过程中，非静电力做功将变大
A 解析：因电源的电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，A、B两点之间的高度差类似于外电压，将减小；C、D两点之间的高度差类似于内电压，将变大，故A正确，C错误；A点与D点、C点与B点之间的高度差之和类似于电动势，不变，故B错误；电子从A点处经D点、C点至B点处，非静电力做功W＝qE，不变，故D错误。
3．(多选)如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成的。现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器。下列说法正确的是( )
A. A1、A2的读数之比为1∶1
B. A1、A2的读数之比为5∶1
C. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1
D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5
BC 解析：电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成的，都是并联电阻改装而成的，在题图中两电流计也是并联的，所以两表的指针偏转角度相同，故C正确，D错误；它们的量程之比为 5∶1，即总电阻之比为1∶5，所以并联时读数之比为5∶1，故A错误，B正确。
4．(2020·江苏高考)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时( )
A. 车灯的电流变小 B. 路端电压变小
C. 电路的总电流变小 D. 电源的总功率变大
ABD 解析：开关S闭合时，车灯突然变暗，故流过车灯的电流I灯变小，A正确；电路的路端电压为U路＝U灯＝I灯R灯，I灯变小，路端电压变小，B正确；总电流即干路电流为I干＝ eq \f(U内,r)＝ eq \f(E－U路,r)，U路减小，干路电流增大，C错误；电源的总功率为P总＝EI干，I干增大，总功率变大，D正确。
5．(多选)如图所示，E表示电源电动势，I表示电路中的电流，U表示电源的路端电压，P表示电源的输出功率，当外电阻R变化时，下列图像可能正确的是( )

AB

C D
CD 解析：电源的电动势与外电路的电阻无关，选项A错误；由闭合电路的欧姆定律I＝ eq \f(E,R＋r) 可知，I­R图线不是直线，选项B错误；由U＝IR＝ eq \f(ER,R＋r)＝ eq \f(E,1＋\f(r,R)) 知，随R增大，U增大，当R→∞时，U→E，选项C正确；P＝I2R＝ eq \f(E2R,（R＋r）2)＝ eq \f(E2,R＋\f(r2,R)＋2r)，当r＝R时，P最大，可知图像D正确。
6．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
C 解析：由电源的总功率和电源内部的发热功率的表达式PE＝EI，Pr＝I2r，可知a是直线，表示的是电源的总功率PE，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率Pr，c表示外电阻的功率，即为电源的输出功率PR＝EI－I2r，所以A、B错误，C正确；由题图可知，当电路短路时，电流为 2 A，总功率 PE＝EI＝6 W，则可知电源的电动势为E＝3 V，则内阻为 r＝ eq \f(E,I)＝ eq \f(3,2) Ω＝1.5 Ω，故D错误。
7．如图所示，A为两量程电流表的公共端。已知表头的内阻为Rg，满偏电流为Ig，两个电流表的量程分别为0～5Ig和0～10Ig，则下列说法正确的是( )
A. R1＋R2＝ eq \f(Rg,6)
B. R1＝ eq \f(R2,2)
C. 当使用A、B两个端点时，电流表的量程为0～10Ig
D. 当使用A、C两个端点时，电流表的内阻为 eq \f(Rg,10)
C 解析：当使用A、B两个端点时，电流表的分流电阻只有R1，则量程较大，即量程为0～10Ig，当使用A、C两个端点时，量程为0～5Ig；则由欧姆定律可知Ig(Rg＋R2)＝(10Ig－Ig)R1，IgRg＝(5Ig－Ig)·(R1＋R2)，解得R1＋R2＝ eq \f(Rg,4)，R1＝R2＝ eq \f(Rg,8)，选项C正确，A、B错误；当使用A、C两个端点时，电流表的内阻为 rg＝ eq \f(Rg×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Rg,8)＋\f(Rg,8))),Rg＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Rg,8)＋\f(Rg,8))))＝ eq \f(Rg,5)，选项D错误。
8．(2020·虹口模拟)(多选)如图甲所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U­I图像如图乙所示，则( )
A. 电源的电动势为6 V
B. 滑动变阻器的总阻值为20 Ω
C. 当电压表示数为5.0 V时，电源效率最高
D. 当电压表示数为5.0 V时，R2消耗的功率最大
BC 解析：当滑片位于中央时，并联电阻最大，并联电阻两端的电压最大，故Pa部分的电阻为 eq \f(R2,2)＝ eq \f(U,I)＝ eq \f(5.0,0.50) Ω＝10 Ω，解得R2＝20 Ω，B正确；当滑片位于中央时，电压表的示数最大，外电阻也最大，电源的效率η＝ eq \f(P出,P总)＝ eq \f(R外,R外＋r)＝ eq \f(1,1＋\f(r,R外)) 最高，即当电压表示数为5.0 V时，电源的效率最高，C正确；当电压表的示数为4 V时，电流表的示数为0.25 A，此时Pa部分的电阻RPa＝ eq \f(4,0.25) Ω＝16 Ω，Pb部分的电阻RPb＝R2－RPa＝4 Ω，通过Pb部分支路的电流为 eq \f(4,4) A＝1.00 A，干路电流为0.25 A＋1.00 A＝1.25 A，根据闭合电路欧姆定律得E＝4 V＋1.25 A×(R1＋r)，E＝5 V＋1 A×(R1＋r)，联立解得R1＋r＝4 Ω，E＝9 V，A错误；当R2两部分的并联电阻等于R1＋r＝4 Ω时，R2消耗的功率最大，此时电压表的示数是4.5 V，D错误。
9．如图所示，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，电池内阻可忽略。求：
(1)闭合开关S，稳定后通过R1的电流；
(2)然后将开关S断开，这以后通过R1的电荷量。
解析：(1)电容器稳定后相当于断路，则
I1＝I＝ eq \f(E,R1＋R2)＝ eq \f(10,4＋6) A＝1 A。
(2)断开开关S前，电容器两端的电压等于R2两端的电压，电压为I1R2，电容器的带电荷量为Q1＝CI1R2。断开开关S稳定后，总电流为0，电阻R1不分压，可看成导线，电容器两端的电压就等于电源的电动势E，电容器的带电荷量为Q2＝CE
将开关S断开后，通过R1的电荷量为
ΔQ＝Q2－Q1
代入数据得ΔQ＝1.2×10－4 C。
答案：(1)1 A (2)1.2×10－4 C
10．如图所示，电路中电源的电动势为E，内阻不计，其他各电阻阻值 R1＝R3＝3R，R2＝R。水平放置的平行金属板A、B间的距离为d，板长为L。在A板的左下端且非常靠近极板A的位置，有一质量为m、带电荷量为－q的小液滴，以初速度v0水平向右射入两板间(重力加速度用g表示)。则：
(1)若使液滴能沿v0方向射出电场，电动势E1应为多大？
(2)若使液滴恰能打在B板的中点，电动势E2应为多大？
解析：(1)I＝ eq \f(E1,R1＋R2)＝ eq \f(E1,4R)
所以UBA＝IR2＝ eq \f(E1,4)
由平衡条件得mg＝ eq \f(qUBA,d)＝q eq \f(E1,4d)
解得E1＝ eq \f(4mgd,q)。
(2)由于液滴恰好打在B板的中点，利用类平抛规律有 eq \f(L,2)＝v0t，y＝d＝ eq \f(1,2)at2
而 eq \f(qU′BA,d)－mg＝ma, 其中U′BA＝ eq \f(1,4)E2
联立解得E2＝ eq \f(4md,q) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8dv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),L2)＋g))。
答案：(1) eq \f(4mgd,q) (2) eq \f(4md,q) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8dv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),L2)＋g))
11．如图甲所示，电路中的R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，M为玩具电动机，电动机线圈的电阻r1＝0.5 Ω，A、V1、V2均为理想电表。闭合开关S1、断开开关S2，在将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端的过程中，两个电压表的示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。
(1)求电源的电动势E和内阻r；
(2)求滑动变阻器R2的最大功率Pm；
(3)若滑动变阻器的滑动触头P滑到最左端后，再闭合开关S2，此时电流表的示数I＝1.0 A，求此状态下电动机的输出功率P出。
解析：(1)由题图乙可知，图线B的延长线与纵轴交点的纵坐标值表示电源的电动势，则电源的电动势
E＝6 V
由题图乙中的图线A可知
R1＝ eq \f(ΔU1,ΔI)＝ eq \f(4.8－1.6,0.6－0.2) Ω＝8 Ω
电压表V2的示数变化等效于电源内阻r和定值电阻R1分得的电压变化，则电压表示数V2的变化量大小ΔU2与电流表示数的变化量大小ΔI的比值为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1＋r))
即 eq \f(ΔU2,ΔI)＝R1＋r＝10 Ω
解得电源的内阻r＝2 Ω。
(2)由题图乙中的图线B可知，滑动变阻器接入电路的最大电阻R2＝ eq \f(4,0.2) Ω＝20 Ω
将R1和r等效为新电源的内阻，当R2′＝R1＋r＝10 Ω时，R2的功率最大，此时电流表的示数I＝ eq \f(E,R2′＋R1＋r)＝0.3 A
滑动变阻器R2的最大功率
Pm＝I2R2′＝0.9 W。
(3)当电流表的示数I＝1.0 A时，路端电压为 U路＝ E－Ir＝4 V
此时通过R1的电流为I′1＝ eq \f(U路,R1)＝0.5 A
通过电动机的电流为I′2＝I－I′1＝0.5 A
则电动机的输出功率
P出＝U路I′2－I′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) r1＝1.875 W。
答案：(1)6 V 2 Ω (2)0.9 W (3)1.875 W