寒假作业05 电能及闭合电路欧姆定律（巩固培优）高二物理人教版

限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气： 作业05 电能及闭合电路欧姆定律 考点1电功和电功率焦耳定律 1. 电功 (1)定义:导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功。 (2)公式: (适用于任何电路)。 ( 3 )电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程。 2. 电功率 (1)定义:单位时间内电流所做的功,表示电流做功的快慢。 (2)公式: (适用于任何电路)。 3.焦耳定律 (1)内容:电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比,跟导体的电阻及通电时间成正比。 (2)公式: (适用于任何电路)。 4. 热功率: 单位时间内的发热量; 表达式为 。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•东台市期中）四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“10V、4W”，RB、RD的规格为“10V、2W”。这四个电阻中消耗功率最小的是（　　） A．RA B．RB C．RC D．RD 【答案】B 【解析】解：根据，可知RA＝RC＜RB＝RD，因通过RA、RD的电流相等，根据P＝I2R，可知PD＞PA，因RB、RC两端的电压相等，根据P，可知PC＞PB，因RA、RC电阻相等，IA＞IC，根据P＝I2R，可知PA＞PC，即 PD＞PA＞PC＞PB，故RB消耗的功率最小，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．（2025秋•衡水期中）如图所示，电源的电动势为12V，电源内阻为2Ω，定值电阻R＝1Ω，M为直流电动机，电动机正常运转时，理想电压表读数为U＝6V，下列说法错误的是（　　） A．电流表示数为2A B．电动机M线圈电阻RM为3Ω C．电源的输出功率为16W D．电动机M被卡住时，电流表示数变大 【答案】B 【解析】解：A、根据闭合电路欧姆定律，即可得：E＝U+I（R+r），解得电流表的电流为：I＝2A，故A正确； C、根据电功率公式，即可得电源的输出功率为：P＝EI﹣I2r，解得：P＝16W，故C正确； BD、电动机正常工作时，电能转化为动能和热能，电压、电流、电阻的关系满足：UI＝I2RM+P机，E＝U+I（R+r）＞I（RM+R+r）， 电动机卡住时，电压、电流、电阻的关系满足：UM＝I2RM，由闭合电路欧姆定律可得：E＝I2（R+r+RM）， 联立分析可得：I2＞I，即卡住时的电流比电动机正常工作时电流的大； 代入数据得：，故B错误，D正确。 本题选择错误的，故选：B。 3．（2025秋•南昌县校级期中）潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。已知当地地下水源距离地表8.75m，水泵出水口离水平地面的高度为1.25m，水流由出水口水平喷出时的速度为，每秒出水量为4kg。水泵由电功率为660W的电动机带动，电动机的额定电压为220V，水泵的抽水效率为80%，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略其他能量损失，下列说法正确的是（　　） A．电动机的输出效率不足90% B．此时电流大小为1A C．电动机的输出功率为500W D．电动机线圈的电阻约为4Ω 【答案】D 【解析】解：B.由功率公式得P电＝UI，代入数据解得I＝3A，故B错误； ACD.水从地底到管口的高度H＝8.75m+1.25m＝10m，每秒钟水泵对水做的功，水泵的输出功率，抽水效率η＝80%100%，解得水泵的输入功率P入＝625W，水泵的输入功率即为电动机的输出功率，则电动机内阻消耗的功率P内＝P电﹣P入＝660W﹣625W＝35W，电动机的输出效率η′100%100%≈94.7%，大于90%，又设电动机的内阻为r，有，代入数据解得，故AC错误，D正确。 故选：D。 （多选）4．（2025秋•南安市校级期中）如图所示为某型号的直轨式小吊机，其配备的电动机可以将重物吊起后转移至窗口或空间狭小的室内。电动机的输入电压为220V，当将质量为100kg的重物以0.6m/s的速度沿竖直方向匀速提升时，通过电动机的电流为4A。已知重力加速度g＝10m/s2，不考虑其他阻力，下列说法正确的是（　　） A．电动机内部线圈电阻为55Ω B．此时电动机输出功率为600W C．刚启动时通过电动机的电流大于4A D．电动机空载时内部线圈消耗的功率为880W 【答案】BC 【解析】解：A、设电动机内部线圈电阻为r，根据能量守恒可得UI＝I2r+mgv，解得电动机内部线圈电阻为r＝17.5Ω，故A错误； B、此时电动机输出功率为P出＝mgv＝100×10×0.6W＝600W，故B正确； C、刚启动时，电动机不转，是纯电阻电路，通过电动机的电流为4A，故C正确； D、电动机空载时的电流一定小于额定电流4A，输入功率一定小于UI＝220×4W＝880W，则内部线圈消耗的功率一定小于880W，故D错误。 故选：BC。 考点2闭合电路欧姆定律 1．闭合电路的欧姆定律 (1)内容 闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。 (2)公式 I＝。 2．路端电压与外电阻的关系 一般情况 U＝IR＝·R＝，当R增大时，U 增大　 特殊情况 (1)当外电路断路时，I＝0，U＝E (2)当外电路短路时，I短＝，U＝0 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•赣州期中）某电源的路端电压U随外电路的电阻R变化的图像如图所示，则该电源的电动势和内阻分别为（　　） A．6V和1Ω B．5.6V和0.2Ω C．6V和0.2Ω D．5.6V和1Ω 【答案】C 【解析】解：根据闭合电路的欧姆定律可得 将R＝0.8Ω，U＝4.8V，以及R＝1.8Ω，U＝5.4V代入上式分别得 联立解得E＝6V，r＝0.2Ω，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2025秋•北碚区校级期中）如图所示，曲线为某灯泡的伏安特性曲线，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线。下列说法正确的是（　　） A．灯泡的电阻随着电流的增大而减小。 B．将灯泡单独接入该电源时，电源的效率为60% C．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻串联接入该电源，灯泡电流大约为3A D．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻并联接入该电源，灯泡电流大约为5A 【答案】D 【解析】解：A、灯泡的电阻为，可知，在灯泡的I﹣U图像上，图线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图看出，随着电流I的增大，图线上某点与原点连线的斜率减小，则灯泡的电阻增大，故A错误。 B、从电源的I﹣U图线可知，电源的电动势E＝100V。将灯泡单独接入该电源时，小灯泡的工作电压为两图线的交点坐标，由图可知，U＝40V，I＝6A 则电源的效率为，故B错误。 C、若灯泡与电阻R0＝10Ω的定值电阻串联接入该电源，设电路中的电流为I，灯泡两端的电压为UL。根据闭合电路欧姆定律得E＝I（r+R0）+UL 结合电源的I﹣U图线可知，电源的内阻为，联立可得UL＝100﹣20I，在图中作出该函数图像，如图所示： 它与灯泡的伏安特性曲线的交点即为灯泡工作时的电压、电流，从图中可以看出，它与灯泡曲线的交点为 （20V，4A），则灯泡电流为4A，故C错误。 D、若灯泡与电阻R0＝10Ω的定值电阻并联接入该电源，设路端电压为U，通过灯泡的电流为IL，通过电阻的电流为I0，干路电流为 根据闭合电路欧姆定律得 联立可得U＝50﹣5IL 在图中作出该函数图像，它与灯泡伏安特性曲线的交点即为灯泡的电流、电压，如图所示： 由图像可知，此时灯泡的电流约为5A，故D正确。 故选：D。 3．（2025秋•南岗区校级期中）在如图所示的U﹣I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别为电阻Rb、Rc的电压与电流关系。现将电阻Rb、Rc并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则（　　） A．通过Rb、Rc的电流之比为2：1 B．Rb、Rc两电阻的功率之比为2：1 C．该电源的输出功率为4.32W D．该电源的效率为50% 【答案】C 【解析】解：A.由图可知，，则Rb：Rc＝2：1，Rb与Rc并联，则电流与电阻成反比，即Ib：Ic＝1：2，故A错误； B.并联时电压相等，根据，得Pb：Pc＝1：2，故B错误； CD.由图可知，电源的电动势和内阻为E＝6V，，Rb与Rc并联的阻值为，得RΩ，该电源的输出功率为，得P＝4.32W，效率η100%，U•R，得η＝40%，故C正确，D错误。 故选：C。 考点3动态电路分析 电路动态分析的方法 (1)程序法 (2)“串反并同”结论法 ①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。 ②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。 ←R↑→ ③极限法 对于因滑动变阻器的滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。此时要注意是否出现极值情况，即变化是否是单调变化。 (3) 的判定 解题要点:在恒压电源中,当电压表测定值电阻两端的电压时, 等于该定值电阻的阻值; 当电压表测变值电阻两端的电压时, 等于该变值电阻以外部分总电阻的阻值。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•广东期中）火警报警器的电路示意图如图所示。其中，RT为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器。当传感器RT所在处出现火情时，通过显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　） A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变小 D．I变小，U变大 【答案】C 【解析】解：当传感器RT所在处出现火情时，温度升高，RT的电阻减小，电路的总电阻R总减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则报警器两端的电压U变小。电路中的总电流I总变大，电阻R1两端的电压U1变大，根据串联分压原理可知，电阻R2两端的电压U2变小，则流过R2的电流减小，即电流表示数I变小，故ABD错误，C正确。 故选：C。 2．（2025秋•连云港期中）如图所示的电路中，R为定值电阻，闭合开关S1，灯泡A正常发光。再闭合开关S2，则（　　） A．灯泡A亮度不变 B．电池两端电压不变 C．电池输出功率可能不变 D．电池的效率可能不变 【答案】C 【解析】解：A、再闭合开关S2后，灯泡A与B并联，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压和R的电压都增大，则灯泡A两端的电压减小，灯泡A会变暗，故A错误； B、再闭合开关S2后，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，可知电池两端电压减小，故B错误； C、设外电路总电阻为R外，则电池的输出功率为，根据数学关系可知，当R外减小时，输出功率可能不变，故C正确； D、闭合开关S2后，外电路的总电阻减小，根据电源的效率为，可知电源的效率减小，故D错误。 故选：C。 3．（2025秋•重庆期中）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的光照强度减弱时，以下分析正确的是（　　） A．电流表示数减小 B．电压表示数减小 C．灯泡变亮 D．电源效率降低 【答案】A 【解析】解：A、当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，回路中的总电阻增大，干路电流减小，即电流表示数减小，故A正确； B、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错误； C、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错误； D、路端电压U增大，根据η100%，电源的效率增大，故D错误。 故选：A。 （多选）4．（2024秋•黄山期末）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，三个电表均为理想电表，闭合电键，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，两电压表示数变化量的绝对值分别为|ΔU1|、|ΔU2|，电流表示数变化量的绝对值为|ΔI|。则下列说法正确的是（　　） A．电源效率一定减小 B．电源的输出功率一直减小 C．|ΔU1|＜|ΔU2| D． 【答案】AC 【解析】解：A、电源的效率为，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，外电路总电阻R外减小，则电源效率减小，故A正确； B、当外电阻R外与内电阻r相等时，电源的输出功率最大。当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许时，使得外电阻R外减小，但由于不清楚外电阻与内阻的大小关系，故无法判断电源的输出功率是否减小，故B错误； C、滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，外电阻R外减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，电源的内电压增大，则路端电压U外减小，即R3两端电压减小，流过R3的电流减小，因总电流增大，故流过R1、R2的电流增大，所以R1两端的电压U1增大，则R2两端的电压U2减小，根据U外＝U1+U2 因路端电压U外减小，则R1两端的电压U1的增加量小于R2两端的电压U2的减小量，即|ΔU1|＜|ΔU2|，故C正确； D、根据闭合电路欧姆定律得 U外＝E﹣Ir 则 又U外＝U1+U2 且U外减小，U1增大，U2减小，则有 |ΔU外|＝|ΔU2|﹣|ΔU1| 联立可得，故D错误。 故选：AC。 （多选）5．（2025秋•安徽期中）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2均为定值电阻且R1＞r，R为滑动变阻器，电压表V及电流表A1、A2均为理想电表，现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，下列说法正确的是（　　） A．定值电阻R2消耗的功率增大 B．电源的输出功率增大，电源的效率减小 C．两电流表A1、A2的示数变化量ΔI1＞ΔI2 D．电压表V和电流表A1的示数变化量之比不变 【答案】BD 【解析】解：A、将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，总电流增大，定值电阻R1以及电源内阻r上的电压都增大，则并联支路的电压减小，定值电阻R2的电压减小，则定值电阻R2消耗的功率变小，故A错误； B、当r＝R外时，电源的输出功率最大。当滑动变阻器触头自b向a滑动时，R外减小，且R1＞r，内外电阻的差值减小，则电源的输出功率增大；外电阻减小，根据电源的效率表达式，可知电源的效率减小，故B正确； C、由A选项分析，总电流增大，所以A2的示数增大，通过定值电阻R2的电流减小，则电流表A1示数增大。又，故ΔI1＜ΔI2，故C错误； D、根据闭合电路欧姆定律可得E＝U+I1（R1+r） 可得U＝﹣I1（R1+r）+E 可知电压表V和电流表A1的示数变化量之比为，则不变，故D正确。 故选：BD。 考点4含容电路分析 1．在直流电路中，当电容器充、放电时，电路中有充、放电电流。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。充电时电容器相当于用电器，电流从正极进，放电时电容器相当于电源，电流从正极出。 2．电路稳定后，电容器处电路可看成是断路，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•南阳期中）如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，光敏电阻RT的阻值随光照强度的增大而减小，灯泡的电阻RL＞r。将开关S闭合，有一带电粒子静止在电容器中的P点，现在仅减小光敏电阻的光照强度，下列说法正确的是（　　） A．粒子仍保持静止不动 B．电阻R中有向下的电流 C．灯泡L将变亮 D．电源的输出功率将减小 【答案】D 【解析】解：AC、仅减小光敏电阻的光照强度，光敏电阻RT的阻值将增大，RT分得的电压增大，灯泡L分得的电压减小，灯泡L会变暗。电容器与灯泡是并联关系，电容器两板间的电势差减小，根据公式可知，板间场强减小，粒子受到的电场力减小，则粒子将向下运动，故AC错误； B、根据，电容C不变，电容器板间电压U减小，则电容器的带电量Q将减小，即电容器放电，电阻R中有向上的电流，故B错误； D、当电源内外电阻相等时，电源的输出功率最大，因灯泡的电阻RL＞r，电路中的外电阻大于电源内阻，减小光敏电阻的光照强度，光敏电阻RT的阻值将增大，外电路的总电阻会变得更大，这时电源的输出功率将减小，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•重庆期中）如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法错误的是（　　） A．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流 B．ΔU1＞ΔU2 C．、、均不变 D．电源的输出功率变大，电源效率变小 【答案】B 【解析】解：A、滑片下移时，变阻器接入电阻Rp减小，总电阻减小，总电流I增大。变阻器电压U2＝E﹣I（R1+r），因I增大，故U2减小。电容器电压UC＝U2减小，电场力减小，重力大于电场力使液滴下移。同时电容器放电，上极板正电荷经R2从a流向b，电流方向a→b，故A正确； B、由欧姆定律得：U1＝IR1，故ΔU1＝ΔI•R1；U2＝E﹣I（R1+r），故ΔU2＝ΔI（R1+r）。因r＞0，故ΔI（R1+r）＞ΔI•R1，即ΔU2＞ΔU1，故B错误； C、由推导得：，，，三者均为定值，故C正确； D、外电阻R外＝R1+Rp＞r，当Rp减小时R外趋近于r，电源输出功率增大。效率随R外减小而降低，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 3．（2025秋•滨海新区校级期中）在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向下移动，则以下说法正确的是（　　） A．V示数增大 B．路端电压增大 C．油滴向下运动 D．G中有从b到a的电流 【答案】C 【解析】解：由电路图分析可知，电阻R2与滑动变阻器R3并联后，再与R1串联接入电源；电容器与R2并联，其电压UC等于并联部分电压U并。 动态过程分析： 当滑片P下移时，变阻器有效阻值R3减小，由并联电阻公式，得R并减小，总电阻R总＝R1+R并+r随之减小。 根据闭合电路欧姆定律，得I增大。 AB、电压表测量U并，由U并＝E﹣I（R1+r），因I增大导致U并减小；路端电压U路＝E﹣Ir同理减小，故A错误；故B错误； C、油滴平衡条件，当UC减小时电场力qE场减小，使qE场＜mg，油滴向下加速，故C正确； D、由Q＝CUC知电量Q减小，电容器放电。根据电源极性（上极板正电），电流应从正极板流出，故G中电流方向为a→b，故D错误。 故选：C。 1．（2025秋•菏泽期中）如图所示，电源电动势E＝12V，电阻R1＝8Ω，R2＝6Ω，R3＝10Ω，R4＝2Ω，电路中电容器的电容C＝1.2μF。闭合开关S1，断开开关S2，此时理想电流表示数I1＝1.2A，求： （1）电源的内阻r； （2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量。 【答案】（1）电源的内阻r为2Ω； （2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量为1.104×10﹣5C。 【解析】解：（1）当开关S1闭合，S2断开时，R2、R4串联，根据闭合电路欧姆定律有 I1（r+R2+R4）＝E 解得r＝2Ω （2）闭合开关S2前，电容器电压等于电阻R2两端电压，且电容器上极板电势高，上极板带正电，电容器两板间电压为 U1＝I1R2 电容器带的电荷量为q1＝CU1 闭合开关S2后，电容器电压等于电阻R4两端电压，且电容器上极板电势低，上极板带负电，电容器两板间电压为 U2＝I2R4 因R1＝R2+R4，故流过R4的电流为I2I总A＝1A 电容器所带的电荷量q2＝CU2 则流过R3的电荷量q＝q1+q2 联立解得q＝1.104×10﹣5C 答：（1）电源的内阻r为2Ω； （2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量为1.104×10﹣5C。 2．（2025秋•乌鲁木齐期中）鲁能巴蜀中学某实验小组同学利用电动机提升重物的示意图如图，已知电源电动势E＝110V、电源内阻r＝2Ω，电动机线圈电阻R0＝3Ω，定值电阻R＝6Ω，重物质量m＝50kg，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数U＝100V，不计空气阻力和摩擦，g＝10m/s2。求： （1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I。 （2）重物匀速上升时的速度大小v。 （3）由于某同学使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率P热。 【答案】（1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I为5A； （2）重物匀速上升时的速度大小v为0.55m/s； （3）此时电动机的热功率P热为300W。 【解析】解：（1）当电动机匀速提升重物时，流过电源的电流为 IA＝5A （2）重物匀速上升时，电动机两端的电压UM＝U﹣IR＝100V﹣5×6V＝70V 则电动机的电功率为 PM＝IUM＝5×70W＝350W 电动机的热功率为 P0＝I2R0＝52×3W＝75W 则电动机的输出功率P输出＝PM﹣P0＝mgv 代入数据解得v＝0.55m/s （3）电动机被卡住后成为纯电阻，此时电路中的电流为 I′ 解得I′＝10A 此时电动机的热功率为P热＝I′2R0＝102×3W＝300W 答：（1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I为5A； （2）重物匀速上升时的速度大小v为0.55m/s； （3）此时电动机的热功率P热为300W。 1．（2025秋•沙坪坝区校级期中）如图所示的电路中，两间距为d的金属板A、B水平正对放置，电源电动势E，内阻r，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，闭合开关S，小灯泡恰好正常发光。此时将一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球（可视为质点）从A板小孔正上方的O点静止释放，O点到A板的距离也为d，且小球恰好能到达B板。已知电源内阻r＝1Ω，灯泡额定电压U0＝3V、额定功率P0＝6W、小球比荷、重力加速度g。不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响。求： （1）A、B两极板间电势差UAB； （2）滑动变阻器接入电阻R； （3）电源的效率η。 【答案】（1）AB两极板间的电势差为3V； （2）滑动变阻器接入电阻为1.5Ω； （3）电源的效率为75%。 【解析】解：（1）有小球可以恰好到达B板，根据动能定理，可得：mg×2d﹣qUAB＝0﹣0，解得A、B两极板间的电势差为：UAB＝3V； （2）根据灯泡正常发光，可得到电路的电流为：， 结合A、B两极板间的电势差，可得到滑动变阻器接入电路的电阻满足：，解得：R＝1.5Ω； （3）根据电路电流，可得到内阻的分压为：Ur＝I0r， 电源的效率公式为：，可得到电源的效率为η＝75%。 答：（1）AB两极板间的电势差为3V； （2）滑动变阻器接入电阻为1.5Ω； （3）电源的效率为75%。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气： 作业05 电能及闭合电路欧姆定律 考点1电功和电功率焦耳定律 1. 电功 (1)定义:导体中的恒定电场对自由电荷的静电力做的功。 (2)公式: (适用于任何电路)。 ( 3 )电流做功的实质:电能转化成其他形式能的过程。 2. 电功率 (1)定义:单位时间内电流所做的功,表示电流做功的快慢。 (2)公式: (适用于任何电路)。 3.焦耳定律 (1)内容:电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比,跟导体的电阻及通电时间成正比。 (2)公式: (适用于任何电路)。 4. 热功率: 单位时间内的发热量; 表达式为 。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•东台市期中）四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“10V、4W”，RB、RD的规格为“10V、2W”。这四个电阻中消耗功率最小的是（　　） A．RA B．RB C．RC D．RD 2．（2025秋•衡水期中）如图所示，电源的电动势为12V，电源内阻为2Ω，定值电阻R＝1Ω，M为直流电动机，电动机正常运转时，理想电压表读数为U＝6V，下列说法错误的是（　　） A．电流表示数为2A B．电动机M线圈电阻RM为3Ω C．电源的输出功率为16W D．电动机M被卡住时，电流表示数变大 3．（2025秋•南昌县校级期中）潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成。已知当地地下水源距离地表8.75m，水泵出水口离水平地面的高度为1.25m，水流由出水口水平喷出时的速度为，每秒出水量为4kg。水泵由电功率为660W的电动机带动，电动机的额定电压为220V，水泵的抽水效率为80%，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略其他能量损失，下列说法正确的是（　　） A．电动机的输出效率不足90% B．此时电流大小为1A C．电动机的输出功率为500W D．电动机线圈的电阻约为4Ω （多选）4．（2025秋•南安市校级期中）如图所示为某型号的直轨式小吊机，其配备的电动机可以将重物吊起后转移至窗口或空间狭小的室内。电动机的输入电压为220V，当将质量为100kg的重物以0.6m/s的速度沿竖直方向匀速提升时，通过电动机的电流为4A。已知重力加速度g＝10m/s2，不考虑其他阻力，下列说法正确的是（　　） A．电动机内部线圈电阻为55Ω B．此时电动机输出功率为600W C．刚启动时通过电动机的电流大于4A D．电动机空载时内部线圈消耗的功率为880W 考点2闭合电路欧姆定律 1．闭合电路的欧姆定律 (1)内容 闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。 (2)公式 I＝。 2．路端电压与外电阻的关系 一般情况 U＝IR＝·R＝，当R增大时，U 增大　 特殊情况 (1)当外电路断路时，I＝0，U＝E (2)当外电路短路时，I短＝，U＝0 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•赣州期中）某电源的路端电压U随外电路的电阻R变化的图像如图所示，则该电源的电动势和内阻分别为（　　） A．6V和1Ω B．5.6V和0.2Ω C．6V和0.2Ω D．5.6V和1Ω 2．（2025秋•北碚区校级期中）如图所示，曲线为某灯泡的伏安特性曲线，直线为某电源的路端电压与电流的关系图线。下列说法正确的是（　　） A．灯泡的电阻随着电流的增大而减小。 B．将灯泡单独接入该电源时，电源的效率为60% C．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻串联接入该电源，灯泡电流大约为3A D．若灯泡与电阻为10Ω的定值电阻并联接入该电源，灯泡电流大约为5A 3．（2025秋•南岗区校级期中）在如图所示的U﹣I图像中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b、c分别为电阻Rb、Rc的电压与电流关系。现将电阻Rb、Rc并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则（　　） A．通过Rb、Rc的电流之比为2：1 B．Rb、Rc两电阻的功率之比为2：1 C．该电源的输出功率为4.32W D．该电源的效率为50% 考点3动态电路分析 电路动态分析的方法 (1)程序法 (2)“串反并同”结论法 ①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。 ②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。 ←R↑→ ③极限法 对于因滑动变阻器的滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论。此时要注意是否出现极值情况，即变化是否是单调变化。 (3) 的判定 解题要点:在恒压电源中,当电压表测定值电阻两端的电压时, 等于该定值电阻的阻值; 当电压表测变值电阻两端的电压时, 等于该变值电阻以外部分总电阻的阻值。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•广东期中）火警报警器的电路示意图如图所示。其中，RT为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器。当传感器RT所在处出现火情时，通过显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　） A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变小 D．I变小，U变大 2．（2025秋•连云港期中）如图所示的电路中，R为定值电阻，闭合开关S1，灯泡A正常发光。再闭合开关S2，则（　　） A．灯泡A亮度不变 B．电池两端电压不变 C．电池输出功率可能不变 D．电池的效率可能不变 3．（2025秋•重庆期中）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的光照强度减弱时，以下分析正确的是（　　） A．电流表示数减小 B．电压表示数减小 C．灯泡变亮 D．电源效率降低 （多选）4．（2024秋•黄山期末）如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，三个电表均为理想电表，闭合电键，当滑动变阻器R2的滑片向左移动少许，两电压表示数变化量的绝对值分别为|ΔU1|、|ΔU2|，电流表示数变化量的绝对值为|ΔI|。则下列说法正确的是（　　） A．电源效率一定减小 B．电源的输出功率一直减小 C．|ΔU1|＜|ΔU2| D． （多选）5．（2025秋•安徽期中）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2均为定值电阻且R1＞r，R为滑动变阻器，电压表V及电流表A1、A2均为理想电表，现将滑动变阻器的触头自b向a端滑动，下列说法正确的是（　　） A．定值电阻R2消耗的功率增大 B．电源的输出功率增大，电源的效率减小 C．两电流表A1、A2的示数变化量ΔI1＞ΔI2 D．电压表V和电流表A1的示数变化量之比不变 考点4含容电路分析 1．在直流电路中，当电容器充、放电时，电路中有充、放电电流。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。充电时电容器相当于用电器，电流从正极进，放电时电容器相当于电源，电流从正极出。 2．电路稳定后，电容器处电路可看成是断路，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 1．（2025秋•南阳期中）如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，光敏电阻RT的阻值随光照强度的增大而减小，灯泡的电阻RL＞r。将开关S闭合，有一带电粒子静止在电容器中的P点，现在仅减小光敏电阻的光照强度，下列说法正确的是（　　） A．粒子仍保持静止不动 B．电阻R中有向下的电流 C．灯泡L将变亮 D．电源的输出功率将减小 2．（2025秋•重庆期中）如图所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻R1的阻值等于r，定值电阻R2的阻值等于2r，闭合开关S，平行板电容器两板间有一带电液滴刚好处于静止状态。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，下列说法错误的是（　　） A．带电液滴将向下运动，定值电阻R2中有从a流向b的瞬间电流 B．ΔU1＞ΔU2 C．、、均不变 D．电源的输出功率变大，电源效率变小 3．（2025秋•滨海新区校级期中）在图示电路中，电源内阻不可忽略，R1、R2为定值电阻，G为灵敏电流计，V为理想电压表，平行板电容器两极板水平，开关S闭合后，位于电容器两板间的带电油滴恰好静止，现将滑动变阻器的滑片P向下移动，则以下说法正确的是（　　） A．V示数增大 B．路端电压增大 C．油滴向下运动 D．G中有从b到a的电流 1．（2025秋•菏泽期中）如图所示，电源电动势E＝12V，电阻R1＝8Ω，R2＝6Ω，R3＝10Ω，R4＝2Ω，电路中电容器的电容C＝1.2μF。闭合开关S1，断开开关S2，此时理想电流表示数I1＝1.2A，求： （1）电源的内阻r； （2）闭合开关S2后流过电阻R3的电荷量。 2．（2025秋•乌鲁木齐期中）鲁能巴蜀中学某实验小组同学利用电动机提升重物的示意图如图，已知电源电动势E＝110V、电源内阻r＝2Ω，电动机线圈电阻R0＝3Ω，定值电阻R＝6Ω，重物质量m＝50kg，当电动机匀速提升重物时，理想电压表的示数U＝100V，不计空气阻力和摩擦，g＝10m/s2。求： （1）当电动机匀速提升重物时，流经电源的电流I。 （2）重物匀速上升时的速度大小v。 （3）由于某同学使用不当，致使电动机被卡住而无法转动，求此时电动机的热功率P热。 1．（2025秋•沙坪坝区校级期中）如图所示的电路中，两间距为d的金属板A、B水平正对放置，电源电动势E，内阻r，调节滑动变阻器滑片P到适当位置，闭合开关S，小灯泡恰好正常发光。此时将一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球（可视为质点）从A板小孔正上方的O点静止释放，O点到A板的距离也为d，且小球恰好能到达B板。已知电源内阻r＝1Ω，灯泡额定电压U0＝3V、额定功率P0＝6W、小球比荷、重力加速度g。不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响。求： （1）A、B两极板间电势差UAB； （2）滑动变阻器接入电阻R； （3）电源的效率η。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $