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文檔簡介
PAGE4-習題課(二)閉合電路的分析與計算一、單項選擇題1.如圖所示,電動勢為E、內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上的電流增大解析:電源的內阻不計,故電源兩端的電壓不變,再合上S2,事實上就是將電阻R2并入電路中,引起總電阻減小,干路總電流必定增大,由P=UI知,電源的輸出功率應增大,選項A錯誤;R1處于干路中,通過R1上的電流增大,選項C正確;由于R1兩端的電壓U1=IR1,I增大,故U1增大,則L1兩端的電壓減小,由P=eq\f(U2,R)知L1的功率減小,選項B錯誤;L3和R3兩端的電壓減小,通過R3的電流必減小,選項D錯誤.答案:C2.在如圖所示的電路中,兩個燈泡均發(fā)光,當滑動變阻器的滑動觸頭向下滑動時,則()A.A燈變亮,B燈變暗B.A燈和B燈都變亮C.電源的輸出功率減小D.電源的工作效率降低解析:當滑動觸頭向下滑動時,R總變大,由I總=eq\f(E,R總),UA=E-I總(R1+r)知UA增大,故A燈變亮,I總=IA+IB+IR2,I總減小,而IA、IR2均增加,故IB減小,B燈變暗,A正確,B錯誤.P輸=(eq\f(E,R總+r))2R總=eq\f(E2,\f((R總-r)2,R總)+4r),當R總增加時,因R總與r大小關系未知,不能推斷P輸詳細如何變更,故C錯誤.η=eq\f(U外I,EI)×100%=eq\f(R總,R總+r)×100%,當R總增加時,η增加,故D錯誤.答案:A3.在如圖所示的電路中,在滑動觸頭由a端滑向b端的過程中,下列表述正確的是()A.路端電壓變小B.電流表的示數(shù)變大C.電源內阻消耗的功率變小D.電路的總電阻變大解析:滑動觸頭由a到b,R1阻值減小,因此總電阻變小,選項D錯;總電流增大,由U=E-Ir,E、r不變,路端電壓減小,所以選項A正確;再結合歐姆定律知電流表的示數(shù)變小,選項B錯;由P內=I2r知電源內阻消耗的功率變大,選項C錯.答案:A4.如圖所示,電路中R1、R2均為可變電阻,電源內阻不能忽視,平行板電容器C的極板水平放置.閉合開關S,電路達到穩(wěn)定時,帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動.假如僅變更下列某一個條件,油滴仍能靜止不動的是()A.增大R1的阻值 B.增大R2的阻值C.增大兩板間的距離 D.斷開開關S解析:設油滴質量為m,電荷量為q,兩板間距離為d,當其靜止時,有eq\f(UC,d)q=eq\f(UR1,d)q=mg.由題圖知,增大R1,UR1增大,油滴將向上加速;增大R2,油滴受力不變,仍保持靜止;由E=eq\f(U,d)知,增大d,U不變時,E減小,油滴將向下加速;斷開開關S,電容器將通過R1、R2放電,兩板間場強變小,油滴將向下加速,故只有B項正確.答案:B5.在探討微型電動機的性能時,應用如圖所示的試驗電路.調整滑動變阻器R并限制電動機停止轉動時,電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.50A和2.0V.重新調整R并使電動機復原正常運轉,此時電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和24.0V.則這臺電動機正常運轉時輸出功率為()A.32W B.44WC.47W D.48W解析:當電動機停止轉動時,此時電動機相當于一個純電阻,所以由題中的兩表讀數(shù),可以計算出電動機的內阻為r=eq\f(U,I),代入數(shù)據(jù)得r=4Ω,重新調整R并使電動機復原正常運轉,依據(jù)題中的兩表讀數(shù),計算出電動機的輸出功率為P=UI-I2r,代入數(shù)據(jù)得P=32W,B、C、D錯誤,A正確.答案:A二、多項選擇題6.如圖所示,R是光敏電阻,當它受到的光照強度增大時()A.燈泡L變暗B.光敏電阻R上的電壓增大C.電壓表V的讀數(shù)減小D.電容器C的帶電荷量增大解析:光照強度增大時,R的阻值減小,閉合電路的總電阻減小,依據(jù)閉合電路歐姆定律知I=eq\f(E,R+r+RL)增大,燈泡L變亮,選項A錯誤;光敏電阻R上的電壓UR=E-I(r+RL)減小,選項B錯誤;電壓表V的讀數(shù)U=E-Ir減小,選項C正確;電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓,燈泡兩端的電壓UL=IRL增大,所以電容器C的帶電荷量Q=CUL增大,選項D正確.答案:CD7.直流電路如圖所示,在滑動變阻器的滑片P向右移動時,電源的()A.總功率肯定減小B.效率肯定增大C.內部損耗功率肯定減小D.輸出功率肯定先增大后減小解析:滑片P向右移動時外電路電阻R外增大,由閉合電路歐姆定律知總電流減小,由P總=EI可得P總減小,故選項A正確.依據(jù)η=eq\f(R外,R外+r)=eq\f(1,1+\f(r,R外))可知選項B正確.由P損=I2r可知,選項C正確.由P輸-R外圖像,因不知道R外的初始值與r的關系,所以無法推斷P輸?shù)淖兏鼱顩r,選項D錯誤.答案:ABC8.如圖所示,電源電動勢E=3V,小燈泡L標有“2V0.4W”,開關S接1,當變阻器調到R=4Ω時,小燈泡L正常發(fā)光;現(xiàn)將開關S接2,小燈泡L和電動機M均正常工作,則()A.電源內阻為1ΩB.電動機的內阻為4ΩC.電動機正常工作電壓為1VD.電源效率約為93.3%解析:小燈泡的額定電流為I=eq\f(P,U)=eq\f(0.4,2)A=0.2A,電阻為RL=eq\f(U,I)=eq\f(2,0.2)Ω=10Ω,當S接1時E=I(RL+R+r),代入數(shù)據(jù)解得r=1Ω,故A正確;當S接2時燈泡正常發(fā)光,流過的電流為I=0.2A,電源內阻分得的電壓為U=Ir=0.2×1V=0.2V,故電動機分得的電壓為UM=E-UL-U=3V-2V-0.2V=0.8V,故電阻RM<eq\f(UM,I)=eq\f(0.8,0.2)Ω<4Ω,故B、C錯誤;電源的效率η=eq\f(EI-I2r,EI)×100%≈93.3%,D正確.答案:AD9.如圖所示,已知電源的內阻為r,外電路的固定電阻R0=r,可變電阻Rx的總阻值為2r.在Rx的滑動觸頭從A端滑向B端的過程中()A.電源的總功率保持不變B.Rx消耗的功率減小C.電源內消耗的功率增大D.R0消耗的功率減小解析:在Rx的滑動觸頭從A端滑向B端的過程中,外電阻R=R0+Rx減小,明顯,電源的總功率P總=eq\f(E2,r+R0+Rx)增大,所以,選項A錯誤.將R0視為電源內阻的一部分,則總內阻為2r,Rx為外電阻.當Rx減小時,內外電阻的差將增大,電源的輸出功率減小,即Rx消耗的功率減小,故選項B正確.當Rx減小時,干路電流I增大,因此電源內消耗的功率P內=I2r增大,R0消耗的功率PR0=I2R0也增大,選項C正確,D錯誤.答案:BC10.某集裝箱吊車的溝通電動機輸入電壓為380V,當?shù)踯囈?.1m/s的速度勻速吊起總質量為5.7×103kg的集裝箱時,測得電動機的電流為20A,g取10m/sA.電動機的內阻為19ΩB.電動機的內阻為4.75ΩC.電動機的輸出功率為7.6×103WD.電動機的工作效率為75%解析:電動機是非純電阻電器,不遵循歐姆定律,其內阻不能依據(jù)公式R=eq\f(U,I)計算,選項A錯誤;電動機的功率為UI=7.6×103W,其輸出功率為mgv=5.7×103W,電動機的工作效率為η=eq\f(mgv,UI)×100%=75%,所以選項C錯誤,D正確;電動機的發(fā)熱功率I2r=UI-mgv,代入數(shù)據(jù)解得r=4.75Ω,選項B正確.本題答案為B、D.答案:BD三、非選擇題11.如圖所示,E=10V,R1=4Ω,R2=6Ω,C=30μF.電池內阻可忽視.(1)閉合開關S,求穩(wěn)定后通過R1的電流;(2)然后將開關S斷開,求此后流過R1的總電荷量.解析:(1)電路穩(wěn)定后,電容器所在的支路上無電流通過,因此R1與R2串聯(lián),C兩端的電壓即為R2兩端的電壓.由歐姆定律得,通過R1的電流I=eq\f(E,R1+R2)=1A.(2)閉合開關S穩(wěn)定后,C兩端電壓U1=IR2=6V,C所帶電荷量Q1=CU1=30×10-6×6C=1.8×10-4C開關S斷開穩(wěn)定后,總電流為零,電容器兩端電壓為E,所帶電荷量Q2=CE=30×10-6×10C=3×10-4C通過R1的電荷量,即為電容器增加的電荷量,ΔQ=Q2-Q1=1.2×10-4C答案:(1)1A(2)1.2×10-412.下表中是一輛電動自行車說明書上的一些技術參數(shù),依據(jù)表中供應的信息,探究以下問題:規(guī)格后輪驅動直流永磁轂電機車型26″電動自行車額定輸出功率120W整車質量30kg額定電壓40V最大載重120kg額定電流3.5A(1)在額定電壓下工作時,該電機的內阻是多少?其效率為多大?(2)假設行駛過程中所受阻力是車和人總重的0.02倍,在最大載重量的狀況下,人騎車行駛的最大速度為多大?(g取10m/s2)解析:(1)由表可知,電機的額定電壓U=40V,額定電流I=3.5A,所以該電機正常工作時的輸入功率P入=UI=140W.又因電機的輸出功率P出=120W,所以電機的發(fā)熱功率P熱=P入-P出=20W.由P熱=I2r知電機的內阻
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