1、1第 2 讲 闭合电路欧姆定律基础巩固1.关于电动势下列说法中正确的是( )A.对于给定的电源,移动正电荷非静电力做功越多,电动势就越大B.电动势大,说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功多C.电动势、电压和电势差虽名称不同,但物理意义相同,所以单位也相同D.在电源内部把正电荷从负极移动到正极,非静电力做功,电能增加2.(2018 北京海淀期末)(多选)如图所示的电路中,闭合开关 S,当滑动变阻器 R 的滑片 P 向上移动时,下列说法中正确的是( )A.电流表示数变大B.电压表示数变小C.电阻 R0的电功率变大D.电源的总功率变小3.利用金属导体的电阻随温度变化的特点可以制成电阻
2、温度计。如图甲所示为某种金属导体的电阻 R随温度 t 变化的图线。如果用这种金属导体做成测温探头,再将它连入如图乙所示的电路中,随着测温探头处待测温度的变化,电流表示数也会发生变化。则在 t1t2温度范围内 ( )2A.待测温度越高,电流表的示数越大B.待测温度越高,电流表的示数越小C.待测温度升高,电流表的示数均匀增大D.待测温度升高,电流表的示数均匀减小4.(2017 北京朝阳期末,2)已知干电池的电动势为 1.5 V,下列说法正确的是( )A.当外电路闭合时,干电池两极间的电压等于 1.5 VB.当外电路断开时,干电池两极间的电压等于零C.当外电路闭合时,在 1 s 内有 1.5 C 的
3、电荷通过电池D.当 1 C 的电荷通过干电池时,干电池能把 1.5 J 的化学能转化为电能5.(2017 北京西城期末,10)某同学把电流表、干电池和一个定值电阻串联后,两端连接两支测量表笔,做成了一个测量电阻的装置,如图所示。两支表笔直接接触时,电流表的读数为 5.0 mA;两支表笔与 300 的电阻相连时,电流表的读数为 2.0 mA。由此可知,这个测量电阻装置的内阻是( )A.200 B.300 C.500 D.800 6.在“测电源电动势和内阻”的实验中,某同学作出了两个电源路端电压 U 与电流 I 的关系图线,如图所示。两个电源的电动势分别为 E1、E 2,内阻分别为 r1、r 2。
4、如果外电路分别接入相同的电阻 R,则两个电源的( ) A.路端电压和电流不可能同时相等B.输出功率不可能相等3C.总功率不可能相等D.效率不可能相等7.(2017 北京西城二模,20)智能手机电池“快速充电技术”可以使用户在短时间内完成充电。比如对一块额定电压 3.7 V、容量 1 430 毫安时的电池充电,可以在半小时内将电池充到满容量的 75%。结合本段文字和你所学知识,关于“快速充电技术”,你认为下列叙述中比较合理的是( )A.这里所提到的“毫安时”指的是一种能量单位B.这里所提到的“满容量的 75%”是指将电池电压充到 3.7 V 的 75%C.快速充电技术提高了锂电池的原有容量D.对
5、额定电压 3.7 V 的锂电池充电,其充电电压应高于 3.7 V8.(2018 北京朝阳期末)在如图所示的电路中,闭合开关后,当滑动变阻器 R1的滑片 P 向 a 端移动时( )A.A1、A 2的示数都减小B.A1、A 2的示数都增大C.A1的示数增大,A 2的示数减小D.A1的示数减小,A 2的示数增大9.(2017 北京顺义二模,23)某课外小组设计了一种测定风速的装置,其原理如图所示,一个劲度系数 k=1 300 N/m、自然长度 L0=0.5 m 的弹簧一端固定在墙上的 M 点,另一端 N 与导电的迎风板相连,弹簧穿在光滑水平放置粗细均匀的电阻率较大的金属杆上,弹簧是由不导电的材料制成
6、的。迎风板面积 S0=0.5 m2,工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连,另一端在 M 点与金属杆相连。迎风板可在金属杆上滑动,且与金属杆接触良好,不计摩擦。定值电阻 R=1.0 ,电源的电动势 E=12 V,内阻 r=0.5 。闭合开关,没有风吹时,弹簧处于自然长度,电压表的示数 U1=3.0 V,某时刻由于风吹迎风板,待迎风板再次稳定时,电压表的示数变为 U2=2.0 V。(电压表可看做理想电表),试分析求解:(1)此时风作用在迎风板上的力的大小;(2)假设风(运动的空气)与迎风板作用后的速度变为零,空气的密度为 1.3 kg/m3,求风速的大小。4综合提能1.(2017
7、北京海淀二模,20)电源的两个重要参数分别是电动势 E 和内电阻 r。对一个电路有两种特殊情况:当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势;当外电路短路时,短路电流等于电动势和内电阻的比值。现有一个电动势为 E、内电阻为 r 的电源和一阻值为 R 的定值电阻,将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源,这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示。设新的等效电源的电动势为 E,内电阻为 r。试根据以上信息,判断下列说法中正确的是( )A.甲图中的 E= E, r=R+r+B.甲图中的 E= E, r=R+r+C.乙图中的 E=E,r=+D.乙图中的 E= E,r=+ +2.(2
8、016 北京西城一模,19)某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程,他按如图 1 所示连接电路。先使开关 S 接 1,电容器很快充电完毕。然后将开关掷向 2,电容器通过 R 放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的 I-t 曲线如图 2 所示。他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对5曲线的影响,断开 S,先将滑片 P 向右移动一段距离,再重复以上操作,又得到一条 I-t 曲线。关于这条曲线,下列判断正确的是( )A.曲线与坐标轴所围面积将增大B.曲线与坐标轴所围面积将减小C.曲线与纵轴交点的位置将向上移动D.曲线与纵轴交点的位置将向下移动3.(2015 北京理综,24)真空
9、中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射 A 板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于 A 板向 B 板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a 和 b 为接线柱。已知单位时间内从 A 板逸出的电子数为 N,电子逸出时的最大动能为 Ekm。元电荷为 e。(1)求 A 板和 B 板之间的最大电势差 Um,以及将 a、b 短接时回路中的电流 I 短 。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势 E 和内阻 r。(3)在 a 和 b 之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为 U。外电阻上消耗的电功率设为 P;单位时间内到达 B
10、板的电子,在从 A 板运动到 B 板的过程中损失的动能之和设为 E k。请推导证明:P=E k。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)4.(2017 北京东城一模,24,20 分)利用图像分析问题是物理学中常用的方法,其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义。6a.小明以 6 m/s 的初速度将足球水平踢出,足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度-时间图像如图 1 所示。图 1 中图线与坐标轴所围的面积等于 12 个小方格的面积。图 1(1)请你判断:足球在滚动过程中受到的阻力大小是变大、变小还是不变?(2)求足球滚动了多远才停下来?b.用如图 2 所示
11、的电路研究电容器的放电过程,其中电压传感器相当于一个理想电压表,可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系。实验时将电阻箱 R 的阻值调至 2 000 ,将开关 S 拨到 a 端,电源向电容器充电,待电路稳定后,将电压传感器打开,再将开关 S 拨到 b 端,电容器通过电阻箱放电。以 S拨到 b 端时为 t=0 时刻,电压传感器测得的电压 U 随时间 t 变化的图像如图 3 所示。忽略导线及开关的电阻,且不考虑电路辐射问题。(1)求电容器所带电荷量的最大值。(2)在图 4 上定量画出放电过程中电容器两端电压 U 随电荷量 Q 变化的关系图像,并据此求出在电容器充电过程中电源内部产生的热量。图 47答
12、案精解精析基础巩固1.D 由电动势公式 E= 知,E 等于非静电力将单位正电荷在电源内部从负极移动到正极所做功的值,非所以 A、B 错,电压与电动势的物理意义不同,C 错。2.CD 解法一 当滑片 P 向上移动时,滑动变阻器接入电路中的阻值变大,电路的总阻值也变大,由闭合电路欧姆定律知干路电流 I= 变小,电源内阻分担电压 U 内 =Ir 变小,外电压 U 外 =E-U 内 变大,电压表+外示数变大,B 项错。通过 R0的电流 I0= 变大,通过电流表的电流 IA=I-I0变小,电流表示数变小,A 项错。外0电阻 R0的电功率 P0= R0变大 ,C 项正确。电源的总功率 P 总 =EI 变小
13、,D 项正确。20解法二 由“串反并同”规律分析知,当滑片 P 向上移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,则与之串联的电流表示数变小,干路电流变小,电源总功率 P 总 =EI 变小;与之并联的电压表示数变大,电阻 R0的电流、电压、电功率均变大,因此选 C、D。3.B 温度越高电阻 R 越大,电流越小,故 B 正确,A 错误。由甲图可知,电阻随温度的变化关系可写成R=R0+kt,电路中电流 I= = ,因此待测温度升高 ,电流表示数减小,但不会均匀减小,C、D+ +0+错误。4.D 由于干电池有内阻,所以当外电路闭合时,干电池两端的电压应视为路端电压,小于 1.5 V,A 错误;当外电路断开时
14、,干电池两极间的电压等于电池电动势 1.5 V,而不是零,B 错误;当外电路闭合时,由q=It 可知,若在 1 s 内有 1.5 C 的电荷流过电池,此时电流大小为 1.5 A,而题中电阻未知,电流无法确定,C 错误;根据电动势的定义式 E= 得 W=Eq,当外电路闭合时,每有 1 C 的电荷通过干电池,非静电力做功就为 1.5 J,就有 1.5 J 的化学能转化为电能,D 正确。5.A 两表笔直接接触时,E=I 1r两表笔外接电阻 R 外 时,E=I 2(R 外 +r)联立两式解得:r= R 外 = 300=200 。21-2 236.D 路端电压 U=E-rI,由此得出 1、2 图线在纵轴
15、上的截距分别为 E1、E 2,且 E1E2,斜率的绝对值表示两电源内阻,r 1r2,当外电路分别接入相同电阻 R 时,若 R 的 U-I 图线为图线 3(如图所示),斜率 k=R,则8两个电源的路端电压和电流相等,大小为 U3、I 3,两电源输出功率(P=U 3I3)相等,选项 A、B 错;若定值电阻 R 的 U-I 图线为图线 4(如图所示),则该电阻接在 E1和 E2电源上时的总功率分别为 P 总 1=E1I1,P 总2=E2I2,因为 E1E2,而 I1I2,故有可能 P 总 1=P 总 2,C 选项错误;电源效率 = 100%,R 相同而 r 不同,+效率不可能相等,D 选项正确。7.
16、D 根据 q=It 可知,毫安时(mAh)是电荷量的单位,不是能量的单位,故 A 错误;这里所提到的“满容量的 75%”是将电量充到满容量的 75%,故 B 错误;快速充电技术提高了锂电池的充电速度,不会提高原有容量,故 C 错误;为了能为电池充电,对额定电压 3.7 V 的锂电池充电,其充电电压应高于 3.7 V,故 D 正确。8.A 当 R1的滑片 P 向 a 端移动时,R 1接入电路的阻值增大,外电路总电阻 R 外 增大,干路电流 I 减小,故A1示数减小,则路端电压 U=E-IR 外 增大,由 I2= 得 I2增大,而 I=I2+I1,可见 I1减小,电流表 A2示数减小,2故 B、C
17、、D 选项均错误,只有 A 选项正确。9. 答案 (1)260 N (2)20 m/s解析 (1)无风时金属杆接入电路的电阻为 R1有 U1= R1+1+得 R1= =0.5 1(+)-1有风时金属杆接入电路的电阻为 R2有 U2= R2+2+得 R2= =0.3 2(+)-2此时,弹簧的长度 L= L0=0.3 m21弹簧的压缩量 x=L0-L=0.2 m根据平衡条件得,此时的风力 F=kx=260 N(2)设风速为 v,在 t 时间内接触到迎风板的空气质量为 m9m=S 0vt根据动量定理可得Ft=S 0v2t得 v= =20 m/s0综合提能1.D 当外电路断开时,电源两端的电压等于电源
18、电动势,甲的等效电源外电路断开时,I=0,R 相当于导线,则等效电源的电动势仍为 E,R 与 r 串联形成新电源的内电阻,所以内电阻为 R+r。乙的等效电源外电路断开时,新电源两端电压即 R 两端电压为 ,则等效电源的电动势为 E,R 与 r 并联形成新的电源内+ +电阻,所以内电阻为 。综上选择 D。+2.D 两次实验中,电容器所存储的电荷量相同。根据 I= 可知,曲线与坐标轴所围的面积表示通过电路中任意横截面的总电荷量,等于电容器所带的电荷量,因此两次曲线与坐标轴所围面积不变,A、B 选项错误。滑片 P 向右移动一段距离,变阻器连入电路的阻值增大,初始时电容器两板间的电压不变,电路中的电流
19、减小,即 t=0 时 I 值减小,所以 D 正确。3. 答案 (1) Ne (2) 2(3)见解析解析 (1)由动能定理,E km=eUm,可得Um=短路时所有逸出电子都到达 B 板,故短路电流I 短 =Ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的 Um,所以E=Um=电源内阻r= =短2(3)外电阻两端的电压为 U,则电源两端的电压也是 U。10由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能E ke=eU设单位时间内有 N个电子到达 B 板,则损失的动能之和E k=NE ke=NeU根据电流的定义,此时电源内部的电流I=Ne此时流过外电阻的电流也是 I=Ne,外电阻上消耗的电功率
20、P=IU=NeU所以 P=E k4. 答案 a.见解析 b.(1)610 -3 C(2)见解析解析 a.(1)由图 1 分析可知足球在滚动过程中受到的阻力变小。(2)图 1 中图线与坐标轴所围面积即足球滚动的距离,足球滚动了 12 m 才停下来。b.(1)在电容器放电过程中的任意瞬时有:Q=It根据欧姆定律有 I=U-t 图线与 t 轴所围面积除以电阻 R 即电容器所带电荷量的最大值,由图可知该面积等于 12 个小方格的面积。因此电容器所带电荷量的最大值 Qm=610-3 C(2)电容器所带电荷量 Q 与其两端电压 U 成正比,且由图 3 知电容器所带电荷量最大时,电容器两端电压 U=6 V,电源电动势 E=6 V。放电过程中电容器两端电压 U 随电荷量 Q 变化的关系图像如图所示。电容器放电过程中任意瞬时释放的电势能 E=UQ。U-Q 图线与 Q 轴所围面积为电容器放电过程中释放的总电势能 EC,也是电容器在充电时获得的总电势能。即 EC=18 mJ电容器充电过程中,非静电力做功提供的总能量 E 总 =EQm=36 mJ电容器充电过程中电源内部产生的热量 Qr=E 总 -EC=18 mJ
