2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)35電路電路的基本規(guī)律含解析魯科版

PAGEPAGE8課時作業(yè)35電路電路的基本規(guī)律時間：45分鐘1．某閉合電路中，干電池電動勢為1.5V，工作電流為1A，則(C)A．電源內(nèi)電壓為1.5VB．電源的路端電壓為1.5VC．電路中非靜電力每秒做的功為1.5JD．電路中有1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變成電能解析：設(shè)干電池電動勢的內(nèi)阻為r，外電阻為R，由閉合電路歐姆定律得E＝I(R＋r)＝1.5V，電源內(nèi)電壓為U內(nèi)＝Ir，電源路端電壓為U＝IR，所以電源內(nèi)電壓和電源的路端電壓都小于1.5V，故A、B錯誤；非靜電力每秒做的功為W＝EIt＝1.5J，電源每秒把1.5J的化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽蔆正確，D錯誤．2．如圖1和圖2所示，甲、乙兩個電壓表是由相同的電流表?(內(nèi)阻不為零)改裝而成的，R1、R2是分壓電阻，且R1<R2.下列說法正確的是(D)A．甲的量程等于乙的量程B．甲的量程大于乙的量程C．測量同一電壓時，甲、乙兩表指針的偏轉(zhuǎn)角度相同D．測量同一電壓時，甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表大解析：依據(jù)電壓表改裝原理可知，電壓表的量程與等效內(nèi)阻成正比，因?yàn)镽1<R2，則甲的量程小于乙的量程，故A、B錯誤；測量同一電壓時，甲、乙兩表并聯(lián)，甲的電阻小，電流大，故甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表大，故C錯誤，D正確．3．一個用滿偏電流為3mA的電流表改裝成的歐姆表，調(diào)零后用它測500Ω的標(biāo)準(zhǔn)電阻時，指針恰好指在刻度盤的正中間，如用它測量一個未知電阻時，指針指在2mA處，則被測電阻的阻值為(A)A．250Ω B．375ΩC．1000Ω D．1500Ω解析：本題考查電表改裝及其相關(guān)問題．中值電阻為R中＝500Ω，則其內(nèi)電源的電動勢為E＝IgR中＝500×3×10－3V＝1.5V，則電流表示數(shù)為2mA時被測電阻的阻值為R＝eq\f(E,I)－R中＝eq\f(1.5,2×10－3)Ω－500Ω＝250Ω，故A正確，B、C、D錯誤．4.在圖示電路，“6V2W”的燈泡恰好能正常發(fā)光．若換成“6V3W”的燈泡，不考慮溫度對燈絲電阻的影響，則該燈泡實(shí)際消耗的功率可能是(C)A．1W B．1.2WC．2W D．3W解析：設(shè)電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，由P＝eq\f(U2,R)可知，R1＝18Ω，R2＝12Ω；將L1接入電路時正常發(fā)光，因?yàn)镽1>R2，則由閉合電路歐姆定律可得，U1>U2，即L2的實(shí)際電壓肯定小于6V，所以其實(shí)際功率肯定小于額定功率3W；L1接入時，有P1＝eq\f(E2R1,R1＋r2)，L2接入時，有P2＝eq\f(E2R2,R2＋r2)，聯(lián)立以上兩式可得P2＝eq\f(R1＋r2R2,R2＋r2R1)P1＝eq\f(4,3)×eq\f(1,1－\f(6,18＋r)2)W，當(dāng)r→∞時，P2有最小值，最小值為eq\f(4,3)W，因此功率P2的取值范圍為eq\f(4,3)W<P2<3W，選項(xiàng)C正確．5．(2024·江蘇卷)如圖所示的電路中，電阻R＝2Ω.斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2V，則電源的內(nèi)阻r為(A)A．1Ω B．2ΩC．3Ω D．4Ω解析：當(dāng)斷開S時，電壓表的讀數(shù)等于電源的電動勢，即E＝3V；當(dāng)閉合S時，有U＝IR，又由閉合電路歐姆定律可知，I＝eq\f(E,R＋r)，聯(lián)立解得r＝1Ω，A正確，B、C、D錯誤．6．(多選)如圖所示，電源電動勢E＝3V，小燈泡L的規(guī)格為“2V0.4W”，開關(guān)S接1，當(dāng)滑動變阻器調(diào)到R＝4Ω時，小燈泡L正常發(fā)光，現(xiàn)將開關(guān)S接2，小燈泡L和電動機(jī)M均正常工作．則(AD)A．電源內(nèi)阻為1ΩB．電動機(jī)的內(nèi)阻為4ΩC．電動機(jī)正常工作電壓為1V D．電源效率約為93.3%解析：小燈泡正常工作時的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝10Ω，流過小燈泡的電流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，當(dāng)開關(guān)S接1時，R總＝eq\f(E,I)＝15Ω，電源內(nèi)阻r＝R總－R－RL＝1Ω，A正確；當(dāng)開關(guān)S接2時，電動機(jī)M兩端的電壓UM＝E－Ir－U＝0.8V，電源效率η＝eq\f(E－Ir,E)×100%＝eq\f(2.8V,3V)×100%≈93.3%，D正確．7．如圖所示，已知電源電動勢為6V，內(nèi)阻為1Ω，愛護(hù)電阻R0＝0.5Ω，則當(dāng)愛護(hù)電阻R0消耗的電功率最大時，電阻箱R的讀數(shù)和電阻R0消耗的電功率的最大值分別為(C)A．04W B．1Ω8WC．08W D．1.5Ω9W解析：愛護(hù)電阻R0消耗的功率為P0＝eq\f(E2R0,r＋R＋R02)，因R0和r是定值，而R阻值可調(diào)，所以R讀數(shù)最小時，P0最大，即R讀數(shù)為0時，P0max＝eq\f(E2R0,r＋R02)＝eq\f(62×0.5,1.52)W＝8W．故選項(xiàng)C正確．8．(多選)如圖甲所示的電路中，電源電動勢為3V、內(nèi)阻為2Ω，R是阻值為8Ω的定值電阻，A是志向電流表，L是小燈泡，小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示．閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，電流表A的示數(shù)為0.2A．下列說法正確的是(AD)A．由圖乙可知，小燈泡的電阻隨電壓的上升而增大B．電路穩(wěn)定后，電源內(nèi)部發(fā)熱消耗的功率是0.4WC．電路穩(wěn)定后，小燈泡L消耗的電功率為1.0WD．電路穩(wěn)定后，電源的效率約為87%解析：由公式R＝eq\f(U,I)及題圖乙可知，小燈泡的電阻隨電壓的上升而增大，選項(xiàng)A正確；電路穩(wěn)定后，電源內(nèi)部發(fā)熱消耗的功率I2r＝0.22×2W＝0.08W，選項(xiàng)B錯誤；電路穩(wěn)定后，由題圖乙可知，小燈泡兩端的電壓為1V，則小燈泡L消耗的電功率為PL＝IUL＝0.2×1W＝0.2W，選項(xiàng)C錯誤；電路穩(wěn)定后，電源的效率約為η＝eq\f(UI,EI)×100%＝eq\f(U,E)×100%≈87%，選項(xiàng)D正確．9．(多選)下圖為某手機(jī)電池的銘牌，第一行標(biāo)有“3.8V3000mAh(11.4Wh)”．對該銘牌的參數(shù)進(jìn)行分析，下列說法正確的是(AD)A．銘牌中的Wh是能量的單位B．銘牌中的mAh是功率的單位C．該電池放電時輸出的總能量約為11.4JD．該電池放電時輸出的總電荷量約為1.08×104C解析：由公式W＝Pt可知，銘牌中的Wh是能量單位，故A正確；由公式q＝It可知，銘牌中的mAh為電荷量的單位，故B錯誤；該電池放電時輸出的總能量E＝11.4×3600J＝4.104×104J，故C錯誤；該電池放電時輸出的總電荷量約為q＝3×3600C＝1.08×104C，故D正確．10．利用如圖所示電路可測量待測電阻Rx的阻值．定值電阻R1、R2阻值已知，閉合電鍵S，調(diào)整電阻箱的阻值為R3時，電流表示數(shù)為零，則Rx的阻值為(D)A．R2B.eq\f(R1R2,R3)C.eq\f(R1R3,R2)D.eq\f(R3R2,R1)解析：設(shè)通過R1和R2的電流為I1，通過R3和Rx的電流為I2，依據(jù)串、并聯(lián)電路特點(diǎn)及歐姆定律可得I1(R1＋R2)＝I2(Rx＋R3)，由于電流表示數(shù)為零，則說明電流表A兩端的電勢相等，則肯定有I1R1＝I2R3，兩式聯(lián)立可得Rx＝eq\f(R3R2,R1)，D項(xiàng)正確．11.如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R0為定值電阻，R為滑動變阻器(最大阻值大于R0＋r)．閉合開關(guān)S，調(diào)整滑動變阻器R接入電路的阻值，使電路中的電流為I，下列說法正確的是(A)A．此時電源的輸出功率為EI－I2rB．此時滑動變阻器的阻值R＝eq\f(E,I)－R0C．此時電源的路端電壓為E－I(R0＋r)D．調(diào)整滑動變阻器R接入電路的阻值，當(dāng)R＋R0＝r時滑動變阻器消耗的電功率最大解析：電流為I時，電源的總功率為EI，內(nèi)電阻消耗的功率為I2r，所以電源的輸出功率為EI－I2r，故A正確；依據(jù)閉合電路歐姆定律，電路的總電阻為eq\f(E,I)，所以滑動變阻器接入電路的阻值R＝eq\f(E,I)－r－R0，故B錯誤；依據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U＋I(xiàn)r，所以此時電源的路端電壓為E－Ir，故C錯誤；依據(jù)外電路電阻等于內(nèi)阻時，輸出功率最大，可將R0看成內(nèi)阻，當(dāng)R＝r＋R0時，滑動變阻器消耗的電功率最大，故D錯誤．12.如圖所示，電路中的電源為恒流源或恒壓源(不管外電路的電阻如何改變，它都能夠持續(xù)供應(yīng)定值電流或定值電壓)．當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，電壓表的示數(shù)改變量的肯定值為ΔU，電流表的示數(shù)改變量的肯定值為ΔI，則下列說法正確的是(C)A．電源為恒壓源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小B．電源為恒壓源時，V示數(shù)不變，A示數(shù)增大C．電源為恒流源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，eq\f(ΔU,ΔI)＝R1D．電源為恒流源時，V示數(shù)增大，A示數(shù)減小，eq\f(ΔU,ΔI)＝R2解析：電源為恒壓源時，當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，總電阻增大，總電流減小，所以R2兩端的電壓減小，R1兩端的電壓增大，所以R1的分流增大，A的示數(shù)減小，V的示數(shù)不變，即A、B項(xiàng)錯誤；若電源為恒流源時，當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，總電阻增大，V示數(shù)增大，R1兩端的電壓增大，所以R1的分流增大，A的示數(shù)減小，因U＝I0R2＋(I0－I)R1，所以eq\f(ΔU,ΔI)＝R1，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤．13．如圖所示為直流電動機(jī)提升重物裝置的等效電路圖，重物的重力G＝500N，電源電動勢E＝90V，電源內(nèi)阻r＝2Ω，不計(jì)各處摩擦，當(dāng)電動機(jī)以v＝0.6m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流I＝5A，下列推斷不正確的是(B)A．電動機(jī)消耗的總功率為400WB．電動機(jī)線圈的電阻為0.4ΩC．電源的效率約為88.9%D．電動機(jī)的效率為75%解析：重物被提升的功率P重＝Fv＝Gv＝500×0.6W＝300W，此時電路中的電流I＝5A，則電源的總功率P總＝EI＝90×5W＝450W，設(shè)電動機(jī)的電阻為R，依據(jù)能量守恒定律得P總＝P重＋I(xiàn)2r＋I(xiàn)2R，則得R＝eq\f(P總－P重－I2r,I2)＝eq\f(450－300－52×2,52)Ω＝4Ω，B錯誤；電動機(jī)消耗的總功率P電＝P重＋I(xiàn)2R＝400W，A正確；電源的效率η1＝eq\f(P總－I2r,P總)×100%＝eq\f(450－52×2,450)×100%≈88.9%，C正確；電動機(jī)的效率η2＝eq\f(P重,P重＋I(xiàn)2R)×100%＝eq\f(300,300＋52×4)×100%＝75%，D正確；故選項(xiàng)B符合題意．14．如圖所示，電路中R1＝R2＝100Ω為定值電阻，白熾燈泡L的伏安特性曲線如圖所示，電源的電動勢E＝100V，內(nèi)阻不計(jì)，求：(1)當(dāng)電鍵K斷開時，燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流以及燈泡的實(shí)際功率；(2)當(dāng)電鍵K閉合時，燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流以及燈泡的實(shí)際功率．解析：(1)當(dāng)電鍵K斷開時，可將R1視為內(nèi)阻，也就是將E和R1視為一等效電源，作出該閉合電路的I-U圖線，兩條線的交點(diǎn)即為燈泡的實(shí)際工作點(diǎn)，而要想畫出該閉合電路的I-U圖線，須知等效電源的等效電動勢和等效短路電流．設(shè)想將等效電源的外電路斷開時的路端電壓即等效電源的電動勢，E′＝E＝100V；而將等效外電路短路時流經(jīng)電源的電流即等效短路電流，I0′＝eq\f(E