高中物理练习闭合电路欧姆定律及其应用

第7章第2讲一、选择题1．将一个电动势为3V，内阻不能忽略的电池两端接一电阻R，当有1C的电荷通过电阻R时，在R上产生的热量()A．大于3JB．小于3JC．等于3JD．内阻未知，无法确定[答案]B[解析]根据W＝qU＝3J，而W为内阻r和外电阻R上产生的热量之和，故R上产生的热量小于3J.2．如图为“热得快”热水器的电路图和示意图．现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A、B两端的电压为220V，指示灯两端的电压为220V.那么该热水器的故障在于()A．连接热水器和电源之间的导线断开B．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路C．电阻丝熔断，同时指示灯烧毁D．同时发生了以上各种情况[答案]C[解析]电压表测得AB两点间电压为220V，说明连接热水器和电源之间的导线是完好无损的，热水器不发热说明电阻丝熔断了，指示灯不亮，说明指示灯被烧毁了，故只有选项C正确．3．(2010·广州模拟)在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V.重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V.则这台电动机正常运转时输出功率为()A．32WB．44WC．47WD．48W[答案]A[解析]当电动机停止转动时，此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算出电动机的内阻为：r＝UI，代入数据得：r＝4Ω，重新调节R并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的输出功率为：P＝UI－I2r，代入数据解得：P＝32W，B、C、D错误，A正确．4．如图所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论中正确的是()A．电流表读数变小，电压表读数变大B．小电珠L变亮C．电容器C上的电荷量减小D．电源的总功率变大[答案]A[解析]闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，滑动变阻器R的阻值增大，外电路的电阻增大，由闭合电路欧姆定律I＝E/(R外＋r)，可得电路中的电流减小，路端电压为：U＝E－Ir，可得路端电压增大，电流表读数变小，电压表读数变大，小电珠L变暗，B错误，A正确；电容器的带电量为：Q＝CUC，UC增大，可得带电量增大，C错误；电源的总功率P电＝EI，I减小，总功率减小，D错误．5．如图所示的电路中，闭合S后，将滑动变阻器R的滑动触头P向上移动，则()A．V1表读数变小B．V2表读数变大C．A表读数变小D．电源的功率变小[答案]D[解析]R与R2并联再与R1串联，滑动变阻器R的滑动触头P向上移动，R增大，并联电阻增大，总阻值变大，I＝ER＋r减小，P总＝IE减小，U1＝E－Ir增大，U2＝IR1减小，U并＝U1－U2增大，I2＝U并R2增大．6．(2010·山东济南一模)如图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触头P向左端移动时，下列说法中正确的是()A．伏特表V1的读数减小，安培表A1的读数增大B．伏特表V1的读数增大，安培表A1的读数减小C．伏特表V2的读数减小，安培表A2的读数增大D．伏特表V2的读数增大，安培表A2的读数减小[答案]BC[解析]若滑动触头P向左端移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，干路电流变小，安培表A1示数变小，伏特表V1示数U1＝E－I干(r＋R1)，故V1示数变大，电流表A2的示数I2＝U1R3变大，流经电阻R2的电流(I干－I2)变小，故伏特表V2的示数U2＝(I干－I2)R2变小，故选项B、C正确．7．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时，则()A．I变大，U变小B．I变大，U变大C．I变小，U变大D．I变小，U变小[答案]D[解析]首先要仔细分析电路图．明确连接关系，抓住变化量依次分析求解．由电路图可知，电压表V测的是路端电压，电流表A测的是支路R2与R4串联中的电流．当R5的滑动触点向a端移动时，R5减小，则电路中总电阻R总减小，由I总＝ER总知，I总增大，内电压U内＝I总·r增大，所以路端电压U变小，定值电阻R1、R3在干路中由于I总增大，R1、R3的两端电压增大，因此可以得出R5的两端电压变小，即定值电阻R2、R4串联后两端电压减小，所以电流表A的读数I减小，故选项D正确．8．(2010·浙江宁波期末)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40cm.电源电动势E＝24V，内电阻r＝1Ω，电阻R＝15Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10－2C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力，那么，要使小球恰能到达A板，滑动变阻器接入电路中的阻值和此时电源的输出功率为(取g＝10m/s2)()A．8Ω、23WB．32Ω、8WC．8Ω、15WD．32Ω、0.23W答案：A解析：对小球由动能定理－qUAB－mgh＝0－12mv02，解得UAB＝8V，则滑动变阻器两端的电压为8V，由电路知识可得RP＝8Ω，I干＝1A，电源的输出功率为P出＝I干2(R＋RP)＝23W，故选项A正确．二、非选择题9．如图所示，图线a是某一蓄电池组的伏安特性曲线，图线b是一定值电阻的伏安特性曲线．将蓄电池组与该定值电阻连成闭合回路，若已知该蓄电池组的内阻为2.0Ω，则这个定值电阻的阻值为________Ω.现有4个这种规格的定值电阻，可任意选取其中的若干个进行组合，作为该蓄电池组的外电路，则所组成的这些外电路中，输出功率最大时是________W.[答案]650[解析]由图线可得，定值电阻R＝152.5Ω＝6Ω，电源电动势E＝U＋Ir＝15V＋2.5×2V＝20V；用3只电阻并联作为外电阻时，外电阻等于2Ω，输出功率最大，Pm＝E24r＝50W.10．我们都有过这样的体验：手电筒里的两节干电池用久了以后，灯泡发红，这就是我们常说的“电池没有电了”，有人为了“节约”，在手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用，某同学为了检验这种做法是否合理，设计了下面的实验．(1)该同学设计了如图(a)所示的电路来分别测量新旧干电池的电动势和内阻，并将测量结果描绘成如图(b)所示的U－I图象．由图象可知：新电池：电动势E1＝________V；电阻r1＝________Ω；旧电池：电动势E2＝________V，电阻r2＝________Ω.(2)计算新旧电池各一节串联作电源使用时的效率．(手电筒的小灯泡上标有“3V2W”，认为小灯泡电阻不随电压变化)(3)计算(2)小题中旧电池提供的电功率和它本身消耗的电功率分别是多少？(4)你认为新旧电池搭配使用的做法是否合理？简述理由．[答案](1)1.50.31.24(2)51%(3)0.37W0.38W(4)见解析[解析](1)由图象知，新电池电动势为E1＝1.5V，内阻r1＝1.55Ω＝0.3Ω旧电池电动势为E2＝1.2V内阻r2＝1.20.3Ω＝4Ω(2)由η＝P出P总×100%得η＝I2R灯I2R总×100%＝R灯R总×100%又由R灯＝U2P＝322Ω＝4.5ΩR总＝(4＋4.5＋0.3)Ω＝8.8Ω故η＝4.58.8×100%＝51%(3)旧电池提供的功率P供＝E2I＝1.2×1.5＋1.28.8W＝0.37W旧电池消耗的功率P消＝I2r2＝(1.5＋1.28.8)2×4W＝0.38W(4)通过计算表明：新旧电池搭配使用，不仅电源效率低，而且旧电池内阻消耗功率有可能大于旧电池本身所提供的功率，从而成为耗电元件，所以新旧电池搭配使用的做法不妥．11．如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值为4Ω，电容器的电容为30μF，电流表的内阻不计，求：(1)电流表的读数．(2)电容器所带的电荷量．(3)断开电源后，通过R2的电荷量．[答案](1)0.8A(2)9.6×10－5C(3)4.8×10－5C[解析](1)由于R1、R2被短路，接入电路的有效电阻仅有R3，则I＝ER3＋r＝44＋1A＝0.8A(2)电容器C两端电压与R3两端电压相同，故电容器电荷量Q＝C·I·R3＝30×10－6×0.8×4C＝9.6×10－5C(3)断开电源，R1与R2并联，与R3、C构成放电回路，故通过R2的电荷量Q2＝Q2＝9.6×10－52C＝4.8×10－5C12．某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相接，穿在光滑的金属杆上．弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k＝1300N/m，自然长度L0＝0.5m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S＝0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接在N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．限流电阻的电阻值R＝1Ω，电源的电动势E＝12V，内阻r＝0.5Ω.合上开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1＝3.0V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表的示数变为U2＝2.0V，求：(1)金属杆单位长度的电阻．(2)此时作用在迎风板上的风力．[答案](1)1Ω(2)260N[解析]设无风时金属杆接入电路的电阻为R1，风吹时接入电路的电阻为R2.(1)无风时：U1＝ER＋r＋R1R1得R1＝U1R＋rE－U1＝＋12－3.0Ω＝0.5Ω所以金属杆单位长度的电阻r0＝R1L0＝0.50.5Ω＝1Ω(2)有风时，U2＝ER2＋R＋rR2得R2＝U2R＋rE－U2＝＋12－2.0Ω＝0.3Ω此时，弹簧长度L＝R2r0＝0.31m＝0.3m压缩量x＝L0－L＝(0.5－0.3)m＝0.2m由平衡条件得此时风力F＝kx＝1300×0.2N＝260N13．如图甲所示的电路中R1＝R2＝100Ω，是阻值不随温度而变的定值电阻．白炽灯泡L的伏安特性曲线如图乙的I－U图线所示．电源电动势E＝100V，内阻不计．求：(1)当电键S断开时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率；(2)当电键S闭合时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率．[答案](1)40V0.6A24W(2)2.5V0.5A12.5W[解析](1)当S断开时，因R1是定值电阻，与灯泡串联，设灯泡上的电压为U，电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U＋IR1，代入数据得：I＝1－U100.在I－U图上作出这条直线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(40,0.60)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.6A，灯泡上的电压为40V，灯泡的实际功率P＝24W.(2)当S闭合时，设灯泡上的电压为U，电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U＋(I＋UR2)R1，代入数据有：50＝U＋50I，即I＝1－U50在I－U图上作出这条直线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(25,0.5)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.5A，灯泡上的电压为25V，灯泡的实际功率P＝12.5W.