2023一轮复习课后速练40 9.2 闭合电路的欧姆定律

2023一轮复习课后速练(四十)

一、选择题

1.(2021·湖北模拟)如图所示电路中，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(　　)

A．R1短路　　　　　　　　 B．R2断路

C．R2短路   D．R3短路

【答案】　D

【思维分析】 若R1短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮．并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意，故A项错误；若R2断路，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，A灯变暗，不符合题意，故B项错误；若R2短路，D灯不亮，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮，并联部分的电压减小，通过B的电流减小，则B灯变暗，不符合题意，故C项错误；若R3短路，外电阻减小，路端电压U减小，干路电流I增大，A灯变亮，并联部分的电压减小，通过C、D的电流都减小，则C、D灯变暗．干路电流增大，通过C灯电流减小，则通过B灯的电流增大，变亮，符合题意，故D项正确．故选D项．

2．(2021·江西模拟)(多选)在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为2 Ω，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是(　　)

A．电压表的示数变大

B．电流表的示数变大

C．滑动变阻器消耗功率变小

D．电源输出功率变大

【答案】　BD

【思维分析】 开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，故A项错误，B项正确；将定值电阻看成电源的内阻，则等效电源的内阻为4 Ω，滑动变阻器的最大阻值是10 Ω，因为电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C项错误；电源的输出功率P＝I2r外＝r外＝，当r＝r外时，电源输出功率最大，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，外电阻的大小向内阻接近，故输出功率变大，故D项正确．故选B、D两项．

3.(2022·湖南模拟)(多选)如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻(光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小)，L是小灯泡．闭合开关，当照射到R0的光照强度减小时，以下分析正确的是(　　)

A．电流表示数减小   B．电压表示数不变

C．灯泡亮度变亮   D．电源效率增大

【答案】　AD

【思维分析】 当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，根据“串反并同”规律，与R0串联的电流表示数减小，故A项正确；干路电流减小，由U内＝Ir可知内电压减小U＝E－U内，则路端电压增大，即电压表示数增大，故B项错误；干路电流减小，即流经R1的电流减小，R1两端电压减小，又知电压表示数增大，故R2两端电压增大，流经R2的电流增大，则流经灯泡的电流减小，灯泡变暗，故C项错误；路端电压U增大，根据η＝×100%，电源的效率η增大，故D项正确．故选A、D两项．

4．(2021·四川模拟)如图甲是用气敏电阻改装的酒精含量测试仪电路图，测试仪用以测试汽车司机是否酒驾，R1为定值电阻，R2为气敏电阻．R2的阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图乙所示，电源电动势保持不变．若测试对象呼出的气体中酒精气体浓度越大，则(　　)

A．测试仪中电压表的示数越小

B．测试仪中电流表的示数越小

C．电路消耗的总功率越大

D．电压表与电流表示数的比值越小

【答案】　B

【思维分析】 由图乙可知，酒精浓度越大，气敏电阻阻值越大，所以电路中的总电阻越大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流就越小，即电流表示数越小．根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(R1＋r)可得气敏电阻两端电压就越大，电压表示数就越大，A项错误，B项正确；电路消耗的总功率为P＝EI，由上面的分析可知酒精浓度越大，电路中的电流越小，电路消耗的总功率越小，C项错误；电压表与电流表示数的比值表示气敏电阻的阻值大小，因为酒精浓度越大，气敏电阻阻值就越大，所以电压表与电流表示数的比值就越大，D项错误．故选B项．

5．(2021·淮安模拟)如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡L1、L2电阻均为R，D为理想二极管(具有单向导电性)，电表均为理想电表．闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动．现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表V1、V2示数变化量绝对值分别为ΔU1、ΔU2，电流表示数变化量为ΔI，则下列说法中错误的是(　　)

A．两灯泡逐渐变亮   B．油滴将向下运动

C.＝R＋r   D．ΔU2>ΔU1

【答案】　B

【思维分析】 滑片向上滑动，其阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯变亮，A项正确；总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1两端的电压变大，所以并联部分L2两端的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，由于Q不变，则由C＝＝，E＝得E＝，可知E不变，油滴静止不动，B项错误；把L1的电阻R看作电源内阻一部分，ΔU2就是R＋r两端电压的增加量，也是电容器两板间电压减少量，则＝R＋r，C项正确；由闭合电路欧姆定律可得＝r，所以ΔU2>ΔU1，D项正确．本题选错误的．故选B项．

6.(2021·山西模拟)在生活中经常用电池作直流电源，探究电源的功率和内阻消耗功率如何随电流变化是一个重要课题．如图所示，直线OMQ为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线ONQ为该直流电源内部的热功率Pr随电流I变化的图线，M、N两点对应的横坐标均为2 A．随着外电路电阻的增大(　　)

A．电源输出功率一直增大

B．电源输出功率一直减小

C．电源内阻消耗的功率一直增大

D．MN表示的功率为4 W

【答案】　D

【思维分析】 Q点表示电源的总功率全部转化为热功率，即Q点表示外电路短路，外电阻为零，电源的总功率P总＝EI，可知电源的电动势E＝6 V．在Q点，I＝3 A、U＝E＝6 V，根据欧姆定律可知内阻r＝2 Ω.根据电源内外电阻相等时输出功率最大知，当外电路电阻R＝2 Ω时电源输出功率最大，则电源输出功率先增大后减小，A、B两项错误；电源内阻为定值电阻，其功率随外电路电阻增大而减小，C项错误；MN段对应电流I0＝2 A，此段表示功率P0＝EI0－I02r＝4 W，D项正确．故选D项．

7．(2021·河北模拟)(多选)为了探究变化电阻消耗的功率随其电阻值的变化规律，设计电路如图1所示，电源电动势恒定，定值电阻R0＝2 Ω.测得电阻箱所消耗的功率P随电阻箱读数R变化的曲线如图2所示，随着电阻箱电阻值R的增大，下列判断正确的是(　　)

A．电源电动势为45 V，内阻为3 Ω

B．电源的输出功率一直增大

C．电源输出功率最大值为75 W

D．电阻箱所消耗的功率P最大时，电源效率大于50%

【答案】　CD

【思维分析】 把R0等效成内阻(r＋R0)，电阻箱所消耗的功率P等于电源的输出功率，由图2可知，当R＝5 Ω时，R消耗的功率最大为45 W，可知r＋R0＝5 Ω，解得r＝3 Ω，根据R消耗的最大功率P＝I2R，解得I＝3 A，则电源电动势E＝I(R＋r＋R0)＝30 V，故A项错误；当电源内外电阻相等时电源输出功率最大，此时电路总电阻为2r，电路中电流I2＝＝5 A，最大输出功率Pm＝I22r＝75 W，可知电源输出功率先增大后减小，最大功率为75 W，故B项错误，C项正确；电阻箱所消耗的功率P最大时，电源效率η＝×100%＝70%，故D项正确．故选C、D两项．

8.(2022·辽宁模拟)在图示电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大电阻为R0，且R0>R2，电容器的电容为C.若有电流通过，灯就能发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑动片P由a端向b端移动过程中，以下说法中正确的是(　　)

A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮

B．L1先变亮后变暗，L2先变暗后变亮

C．电容器极板所带的电荷量先减小后增大

D．电源的效率先减小后增大

【答案】　A

【思维分析】 滑动变阻器电阻大于R2时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当滑动变阻器的滑片P由a向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，L2不断变亮，所以A项正确，B项错误；电容器C上的电压UC＝E－I(r＋RL1)，总电流先减小后增大，所以电容器C上的电压先增大后减小，则电容器极板所带的电荷量先增大后减小，所以C项错误；电源的效率η＝×100%＝×100%＝＝＝1－，因为总电流先减小后增大，所以电源的效率先增大后减小，则D项错误．故选A项．

9.(2021·辽宁三模)2021年2月24日，我国以“一箭三星”方式成功将遥感三十一号03组卫星送入预定轨道，发射任务取得圆满成功．卫星两翼的太阳电池板把太阳能转化为电能供卫星使用．如图所示，图线a是太阳能电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像(电池内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图像．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，则(　　)

A．电源的电动势为E＝5 V

B．电阻两端的电压为U＝4 V

C．电阻的电流为I＝0.4 A

D．硅光电池的内阻为5 Ω

【答案】　D

【思维分析】 由欧姆定律可得U＝E－Ir，当I＝0时E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝4 V，故A项错误；根据两图线交点处的状态可知，电阻两端的电压为U＝3 V，电流为I＝0.2 A，故B、C两项错误；硅光电池的内阻为r＝＝5 Ω，故D项正确．故选D项．

10．(2021·重庆模拟)如图甲所示的电路图，电压表和电流表均为理想电表，调节滑动变阻器，记录电表的示数，在同一个坐标系中描点画出图乙所示的U1－I1、U2－I2图像．已知电阻R2＝1 Ω，则R1的阻值为(　　)

A．1 Ω   B. Ω

C. Ω   D. Ω

【答案】　C

【思维分析】 由闭合电路欧姆定律可知U1＝E－I1r，由图乙可得r＝ Ω＝ Ω，由闭合电路欧姆定律可知U2＋I2R1＋r＝E，整理得U2＝E－I2，由图乙可得R1＋＝ Ω＝1 Ω，联立解得R1＝ Ω，所以C项正确，A、B、D三项错误．故选C项．

11．(2022·上海模拟)(多选)如图所示为某电源的输出功率随外电阻变化的图像，则下列说法中正确的是(　　)

A．电源的内阻等于R2

B．当外电阻R＝R2时，电源的效率为50%

C．当外电阻为R2时电源的效率一定大于外电阻为R1时电源的效率

D．R2－R1＝R3－R2

【答案】　ABC

【思维分析】 设电源电动势为E，内阻为r，则输出功率为P出＝I2R＝R＝＝，当外电阻R＝r时，电源的输出功率最大，由题图可知r＝R2，A项正确；此时电源的效率为η＝＝＝50%，故B项正确；由η＝，可知外电阻越大，电源的效率就越高，故C项正确；由题图可知，电源的输出功率随外电阻变化的图像并不关于直线R＝R2对称，故R2－R1≠R3－R2，故D项错误．故选A、B、C三项．

12.(2021·湖南模拟)如图所示电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，指示灯RL的阻值为16 Ω，电动机M的线圈电阻为2 Ω.当开关S闭合时，指示灯RL的电功率为4 W．电流表内阻不计，那么下列说法中正确的是(　　)

A．流过电动机M的电流为4 A

B．流过电流表的电流为4.5 A

C．电动机M输出的机械功率为7.5 W

D．电源的总功率为16 W

【答案】　C

【思维分析】 指示灯的电功率P＝IL2RL，解得IL＝0.5 A，路端电压为U＝ILRL＝8 V，设流过电流表的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir，解得I＝＝2 A，设电动机支路的电流为IM，IM＝I－IL＝1.5 A，电动机总功率为PM＝UIM＝12 W，电动机输出的机械功率为PM出＝PM－IM2RM，解得PM出＝7.5 W，电源的总功率为P＝EI＝24 W，A、B、D三项错误，C项正确．故选C项．

二、非选择题

13．(2021·湖南模拟)如图甲所示，在测电池的电动势和内阻的实验中，闭合开关，电压表有读数，电流表示数为0.改变滑动变阻器滑片的位置，电流表也没有反应．用多用电表电压挡检查电路，把红表笔接到电池的正极，黑表笔分别接触电流表的正极(b点)和负极(c点)，多用电表电压挡的示数均为0；用黑表笔分别接触d点、e点，多用电表电压挡的示数均和电压表示数相等．检查各接线柱选择均正确且接触良好，则电路中发生故障的原因是________．故障排除后，根据得出的数据作出的U－I图像，如图乙所示，由图像得出电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.

【答案】　dc段断路　3.0　2.0

【思维分析】 闭合开关，电压表有读数，电流表示数为0，说明电路断路，把红表笔接到电池的正极，黑表笔分别接触电流表的正极(b点)和负极(c点)，多用电表电压挡的示数均为0，说明c点到d点到电源负极至少有一处断路；用黑表笔分别接触d点、e点，多用电表电压挡的示数均和电压表示数相等，说明多用电表电压挡测量的是电源两端电压，所以电路中发生故障的原因是dc段断路．U－I图像的纵轴截距表示电源的电动势，故E＝3.0 V，内阻等于图线的斜率的绝对值，故r＝＝2.0 Ω.

14．(2022·重庆模拟)如图所示，电源电动势E＝27 V，内阻r＝2 Ω，固定电阻R2＝4 Ω，R1为光敏电阻．C为平行板电容器，其电容C＝3 pF，虚线到两极板距离相等，极板长L＝0.2 m，间距d＝1.0×10－2 m．P为一圆盘，由形状相同透光率不同的两个扇形a、b构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b照射光敏电阻R1时，R1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有一带电荷量为q＝－1.0×10－4 C微粒沿图中虚线以速度v0＝10 m/s连续射入电容器的电场中．假设照在R1上的光强发生变化时R1阻值立即有相应的改变．重力加速度为10 m/s2.

(1)求细光束通过a照射到R1上时，电容器所带的电荷量；

(2)细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线做匀速运动，求细光束通过b照射到R1上时带电微粒能否从电容器的电场中射出．

【答案】　(1)1.8×10－11 C　(2)能

【思维分析】 (1)由闭合电路欧姆定律得：I＝＝ A＝1.5 A

又因为电容器极板间电压UC＝U2＝IR2

得UC＝6 V

设电容器的电荷量为Q，则Q＝CUC

解得Q＝1.8×10－11 C.

(2)细光束通过a照射时，带电微粒刚好沿虚线做匀速运动，则有mg＝q

得m＝6×10－3 kg

细光束通过b照射时，同理可得：U′C＝12 V

由牛顿第二定律，得：q－mg＝ma

解得：a＝10 m/s2

带电微粒做类平抛运动，得y＝at2，t＝

得：y＝2×10－3 m

因为y＜，所以带电粒子能从电容器的电场中射出．