2024-2025學年新教材高中物理素養(yǎng)培優(yōu)課練習3閉合電路的分析與計算含解析魯科版第三冊

PAGE6-素養(yǎng)培優(yōu)課練習(三)閉合電路的分析與計算(老師用書獨具)(建議用時：25分鐘)1．如圖所示，燈泡L1、L2原來都正常發(fā)光，在兩燈突然熄滅后，用電壓表測得c、d間電壓比燈泡正常發(fā)光時的電壓高，故障的緣由可能是(假設電路中僅有一處故障)()A．a(chǎn)、c間斷路 B．c、d間斷路C．b、d間斷路 D．b、d間短路B[因電路中L1、L2、R及電源串聯(lián)，電路中只有一處故障且兩燈不亮，電路中必是斷路，故D錯誤。電路中無電流，但c、d間電壓上升，是因為c、d間斷路，c、d兩點分別與電源正、負極等電勢。故B正確。]2．在如圖所示的電路中，當滑動變阻器的滑片向下滑動時，A、B兩燈亮度的改變狀況為()A．A燈和B燈都變亮B．A燈和B燈都變暗C．A燈變亮，B燈變暗D．A燈變暗，B燈變亮B[當滑動變阻器的滑片向下滑動時，電阻變小，總電阻減小，干路電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，則A燈變暗；同時A燈上電流減小，則通往左路的電流增大，定值電阻兩端的電壓增大，B燈兩端電壓減小，B燈變暗，故B正確。]3．電源的效率η定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比。在測電源電動勢和內(nèi)電阻的試驗中得到的試驗圖線如圖所示，圖中U為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態(tài)下電源的效率分別為ηa、ηb。由圖可知ηa、ηb的值分別為()A.eq\f(3,4)，eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)，eq\f(2,3)C.eq\f(1,2)，eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)，eq\f(1,3)D[電源的效率η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%。a點對應的路端電壓U為4個格，而電動勢E為6個格，因此ηa＝eq\f(2,3)；b點對應的路端電壓為2個格，因此ηb＝eq\f(1,3)。故D項正確。]4．如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)電阻r恒定不變，燈泡L恰能正常發(fā)光，假如變阻器的滑片向b端滑動，則()A．燈泡L更亮，電流表的示數(shù)減小B．定值電阻R2消耗的功率增大C．燈泡L變暗，電源的總功率減小D．燈泡L變暗，電流表的示數(shù)增大A[滑片向b端滑動，R1變大，電路中總電阻變大，依據(jù)I＝eq\f(E,R總＋r)知I減小，電流表示數(shù)減小。依據(jù)E＝U外＋Ir，U外變大，燈泡兩端電壓變大，故燈泡L更亮。再依據(jù)P2＝Ieq\o\al(2,2)R2，I總減小，IL變大，故I2變小，R2功率變小，故B、C、D錯誤，A正確。]5．如圖所示的電路，閉合開關S，待電路中的電流穩(wěn)定后，減小R的阻值。則()A．電流表的示數(shù)減小B．電壓表的示數(shù)減小C．電阻R2兩端的電壓減小D．路端電壓增大B[題圖中的電路結構是R1與R先并聯(lián)，再與R2串聯(lián)，故R↓→R總↓→I干↑→U內(nèi)↑→U外↓。R2兩端電壓U2＝I干R2，U2增大，所以R與R1的并聯(lián)電壓減小，電壓表的示數(shù)減小，A、C、D錯誤，B正確。]6．(多選)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內(nèi)電阻為r，C為電容器，R0為定值電阻，R為滑動變阻器。開關閉合后，燈泡L能正常發(fā)光。當滑動變阻器的滑片向右移動時，下列推斷正確的是()A．燈泡L將變暗B．燈泡L將變亮C．電容器C的電荷量將減小D．電容器C的電荷量將增大AD[由題意可知R增大，電流I＝eq\f(E,R＋RL＋r)減小，燈泡L將變暗，故A正確，B錯誤；路端電壓U＝E－Ir增大，則電容器所帶電荷量Q＝CU增大，故C錯誤，D正確。]7．(多選)在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內(nèi)阻r均為定值，當外電路電阻R發(fā)生改變時，回路電流I、路端電壓U、內(nèi)電壓U′都將隨之發(fā)生改變。下列圖像能正確表示其改變規(guī)律的是()ABCDAB[由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r) ①U＝E－Ir＝E－eq\f(E,R＋r)r＝eq\f(R,R＋r)E ②U′＝Ir＝eq\f(r,R＋r)E ③依據(jù)①式可知，I隨R的增大單調(diào)遞減，但不是線性改變，A正確；將②式變形可得U＝eq\f(1,1＋\f(r,R))E，利用數(shù)學學問可知B正確，D錯誤；依據(jù)③式可知，C錯誤。]8．如圖所示，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動變阻器滑片向下滑動，志向電壓表V1、V2、V3示數(shù)改變量的肯定值分別為ΔU1、ΔU2、ΔU3，志向電流表A示數(shù)改變量的肯定值為ΔI，則()A．A的示數(shù)減小 B．V2的示數(shù)增大C．ΔU1小于ΔU2 D．ΔU3與ΔI的比值大于rD[志向電壓表內(nèi)阻無窮大，相當于斷路，志向電流表內(nèi)阻為零，相當于短路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表V1、V2、V3分別測量R兩端電壓、路端電壓和變阻器兩端的電壓。當滑動變阻器滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則A的示數(shù)增大，故A錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律得，V2的示數(shù)U2＝E－Ir，I增大，U2減小，故B錯誤；依據(jù)U2＝E－Ir得eq\f(ΔU2,ΔI)＝r，eq\f(ΔU1,ΔI)＝R，已知R＞r，則eq\f(ΔU1,ΔI)＞eq\f(ΔU2,ΔI)，故ΔU1大于ΔU2，C錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律得U3＝E－I(R＋r)，得eq\f(ΔU3,ΔI)＝R＋r＞r，則ΔU3與ΔI的比值大于r，故D正確。]9．如圖所示，線段A為某電源的U-I圖線，線段B為某電阻的U-I圖線，以上述電源和電阻組成閉合電路時，求：(1)電源的輸出功率P出為多大？(2)電源內(nèi)部損耗的電功率是多少？(3)電源的效率η為多大？[解析](1)依據(jù)題意從A的圖線可讀出E＝3V，r＝eq\f(E,I短)＝eq\f(3,6)Ω＝0.5Ω，從B圖線中可讀出外電阻R＝1Ω。由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,1＋0.5)A＝2A，則電源的輸出功率P出＝I2R＝4W。(2)電源內(nèi)部消耗的功率P內(nèi)＝I2r＝2W。(3)電源的總功率P總＝IE＝6W故電源的效率η＝eq\f(P出,P總)×100%≈66.7%。[答案](1)4W(2)2W(3)66.7%(建議用時：15分鐘)10．如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原來處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，R1的阻值和電源內(nèi)阻r相等。當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時()A．電壓表讀數(shù)增大B．電流表讀數(shù)減小C．電源的輸出功率漸漸增大D．質(zhì)點P將向上運動C[當R4的滑片向b端移動時，其接入電路的阻值減小，由“串反并同”原則可知，電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大，A、B錯誤；當R外>r時，R外變小則P出增大，C正確；電容器兩端電壓減小，帶電質(zhì)點P受電場力變小，重力大于電場力，質(zhì)點將向下運動，D錯誤。]11．如圖所示，電動勢為E，內(nèi)阻不計的電源與三個燈泡和三個電阻相接。只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作。假如再合上S2，則下列表述正確的是()A．電源輸出功率減小B．L1上消耗的功率增大C．通過R1上的電流增大D．通過R3上的電流增大C[只合上開關S1，三個燈泡都能正常工作，再合上S2，并聯(lián)部分的電阻減小，外電路總電阻減小，依據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流增大。由于電源的內(nèi)阻不計，電源的輸出功率P＝EI，與電流成正比，則電源輸出功率增大，故A錯誤；由于并聯(lián)部分的電阻減小，依據(jù)串聯(lián)電路的特點，并聯(lián)部分分擔的電壓減小，L1兩端的電壓減小，其消耗的功率減小，故B錯誤；合上S2，外電路總電阻減小，干路電流增大，而R1在干路中，通過R1上的電流增大，故C正確；并聯(lián)部分的電壓減小，通過R3上的電流將減小，故D錯誤。]12．如圖所示的電路中，電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，電動機的電阻R0＝1.0Ω，電阻R1＝1.5Ω。電動機正常工作時，電壓表的示數(shù)U1＝3.0V，求：(1)電源的總功率；(2)電動機消耗的電功率和將電能轉化為機械能的功率；(3)電源的輸出功率和效率。[解析](1)電動機正常工作時，電流為I＝eq\f(U1,R1)＝eq\f(3.0,1.5)A＝2A電源的總功率為P總＝IE＝2×10W＝20W。(2)電動機兩端的電壓為U＝E－Ir－U1＝(10－2×0.5－3.0)V＝6V電動機消耗的電功率為P電＝IU＝2×6W＝12W電動機的熱功率為P熱＝I2R0＝22×1W＝4W電動機將電能轉化為機械能的功率P機＝P電－P熱＝(12－4)W＝8W。(3)電源的輸出功率為P出＝P總－P內(nèi)＝P總－I2r＝(20－22×0.5)W＝18W電源的效率η＝eq\f(P出,P總)×100%＝eq\f(18,20)×100%＝90%。[答案](1)20W(2)12W8W(3)18W90%13．如圖所示電路中，電阻R1＝9Ω，R2＝15Ω，電源電動勢E＝12V，內(nèi)電阻r＝1Ω。求：(1)當電流表示數(shù)為0.4A時，變阻器R3的阻值是多大？(2)R3阻值多大時，它消耗的電功率最大？(3)R3阻值多大時，電源的輸出功率最大？[解析](1)由電路圖得U并＝I2R2＝0.4×15V＝6V據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝U并＋I(R1＋r)所以I＝eq\f(12V－6V,1Ω＋9Ω)＝0.6A據(jù)分流規(guī)律得IR3＝I－IR2＝0.6A－0.4A＝0.2A所以R3＝eq\f(U并,IR3)＝eq\f(6V,0.2A)＝30Ω。(2)將R1、R2