第9章 第2课时 闭合电路欧姆定律 演练知能提升(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

**基本信息** 聚焦电路动态分析与实际应用，以闭合电路欧姆定律为核心，整合传感器、电容器等元件，构建从基础到综合的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础电路分析|3题|含滑动变阻器/开关动态变化|串并联电路规律→闭合电路欧姆定律→功率计算| |传感器应用|3题|热敏/光敏/气敏电阻场景|电阻特性→电路参数变化→现象分析| |电容器综合|3题|含带电液滴/电荷量变化|电容定义式→场强计算→力学平衡条件| |实际应用计算|2题|电动机/火星车供电模型|能量转化→非纯电阻电路→输出功率求解|

1．热水器中，常用热敏电阻实现温度控制。如图是一学习小组设计的模拟电路，R1为加热电阻丝，R2为正温度系数的热敏电阻(温度越高电阻越大)，灯泡L的电阻不随温度而变化，C为电容器。S闭合后，当温度升高时(　　) A．电容器C所带的电荷量减小 B．灯泡L变暗 C．电容器C两板间的电场强度增大 D．R1消耗的功率增大 解析：选C。由题图可知，R2与R1串联，再与L并联，S闭合后，当温度升高时，R2的电阻增大，外电路的总电阻增大，根据I＝，可知干路中的总电流I减小，根据U外＝E－Ir，可知路端电压U外增大，即灯泡L两端的电压增大，根据IL＝，可知流过灯泡的电流IL增大，故灯泡变亮，故B错误；根据I＝IL＋I1，可知流过R1的电流I1减小，根据U1＝I1R1，可知R1两端的电压U1减小，根据U外＝U1＋U2，可知R2两端的电压U2增大，即电容器两端的电压增大，可知电容器C两板间的电场强度增大，根据Q＝U2C，可知电容器所带的电荷量增大，故A错误，C正确；根据P1＝IR1，可知R1消耗的功率减小，故D错误。 2．(多选)(2026·北京西城区期末) 某型号酒精测试仪的工作原理如图所示，R1为气敏电阻，其阻值随气体中酒精浓度的增大而减小，R0为定值电阻。测试仪在使用前先进行调零，即当气体中的酒精浓度为0时，调节滑动变阻器R2的滑片，使电压表示数为U0，调零后保持R2滑片的位置不变。测试时，当气体中的酒精浓度达到判定酒驾的临界浓度时，报警器启动报警。下列说法正确的是(　　) A.报警器报警时，电压表示数大于U0 B．气体中酒精浓度越大，电路中的电流越小 C．若电源的内阻增大，电动势不变，调零时应将R2滑片向左移 D．若电源的内阻增大，电动势不变，使用前未重新调零，会导致启动报警时酒精浓度比临界浓度大 解析：选AD。由题意可知，浓度变大时，气敏电阻的阻值R1变小，结合闭合电路欧姆定律，可得到电压表的示数U＝E－I(r＋R2＋R1)＝IR0，电流I＝，即在R1变小时，I增大，U增大，即报警器报警时电压表示数大于U0，故A正确，B错误；电源电动势不变，内阻增大时，电流I＝，故电流减小，电压表的示数表达式U＝IR0，为使气敏电阻达到同样阻值时，电压表示数达到报警时的电压，即报警时的电流表示数应不变，则需要减小调零时R2阻值，以消除内阻变化的影响，即其滑片应向右移，故C错误；电源电动势不变，内阻增大时，电流I＝，故电流减小，电压表的示数表达式U＝IR0，若未重新调零，为使电压表示数达到报警时的电压，则气敏电阻的阻值应更小，即会导致启动报警时酒精浓度比临界浓度大，故D正确。 3．如图所示为某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时(不考虑车灯电阻随温度的变化)(　　) A．路端电压增大 B．车灯的电流增大 C．电路的总电流减小 D．电源的总功率增大 解析：选D。S闭合，车灯变暗，则车灯电流减小，由I灯＝可知，路端电压减小，由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，电路中的总电流增大，由P＝EI可知，电源的总功率增大，故D正确，A、B、C错误。 4．(2026·甘肃酒泉市一模)如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器(中间有一带电液滴)，R1为定值电阻，R2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，A和V为理想电表，G为灵敏电流计。当开关S闭合且电路稳定后，电容器中间的带电液滴恰好静止，现逐渐增大对R2的光照强度，下列说法正确的是(　　) A．A的示数变大 B．V的示数变大 C．G中有从a至b的电流 D．带电液滴向上运动 解析：选A。增大对R2的光照强度，则总电阻减小，电路总电流增大，则A的示数变大，故A正确；R2两端的电压减小，则V的示数减小，电容器两端电压减小，电容器放电，G中有从b至a的电流，故B、C错误；根据E＝，可知电容器中电场强度减小，带电液滴向下运动，故D错误。 5．(2026·北京通州区期末)如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，R为定值电阻，RL为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器RL的滑片P向上移动过程中，下列说法正确的是(　　) A．电路中总电阻减小 B．电流表的示数减小 C．电压表的示数减小 D．恒流源输出功率减小 解析：选B。滑动变阻器的滑片向上移动，接入电路的电阻变大，根据并联电路的特征，电路中总电阻增大，故A错误；恒流源流出的总电流不变，滑动变阻器的滑片向上移动，接入电路的电阻变大，电路中总电阻增大，则并联部分总电压增大，即电压表示数增大，则流过R的电流增大，由于总电流不变，则流过RL的电流减小，即电流表示数减小，故B正确，C错误；根据P＝I2R总，由于恒流源电流大小不变，总电阻变大，所以恒流源输出功率增大，故D错误。 6．(2026·山东滨州市期末)如图甲所示为中国首辆火星车，命名为“祝融号”，主要任务是在火星上开展地表成分、物质类型分布、地质结构以及火星气象环境等探测工作，是一辆纯太阳能电动车，其动力主要来源于太阳能电池。现将火星车的动力供电电路简化为如图乙所示，其中太阳能电池电动势E＝160 V，电动机线圈的电阻rM＝4 Ω。在火星车行驶的过程中，当滑动变阻器接入电路的电阻R＝6 Ω时，滑动变阻器消耗的功率P＝96 W，此时，电动机正常工作，两端电压UM＝56 V，则(　　) A．太阳能电池的内阻r＝10 Ω B．电动机正常工作时的输出功率P出＝160 W C．滑动变阻器接入电路中的阻值R＝16 Ω时，电源的输出功率最大 D．若电动机的转子被卡住，路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值大于太阳能电池内阻 解析：选B。由题可知，此时电路中的电流满足P＝I2R，解得I＝＝4 A，根据闭合电路的欧姆定律可得I＝，解得r＝20 Ω，故A错误；电动机的额定功率P额＝IUM＝4×56 W＝224 W，电动机的热功率P热＝I2rM＝42×4 W＝64 W，故电动机的输出功率P出＝P额－P热＝160 W，故B正确；在纯电阻电路中，根据功率的计算公式，可得输出功率P输出＝I2R′＝()2R′＝，当R′＝r时，输出功率最大，即有R＋rM＝r，代入数据解得R＝16 Ω，结合题意可知，电动机工作时，不是单纯地把电能转化为内能，不符合纯电阻电路的要求，故C错误；若电动机的转子被卡住，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝E－Ir，变形可得＝r，即路端电压的变化量与电路电流的变化量之比的绝对值等于太阳能电池内阻，故D错误。 7．(多选)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，开关S闭合后，平行板电容器中的带电液滴P处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，则(　　) A．带电液滴P一定带正电 B．R4的滑片向上端移动时，电流表示数减小，电压表示数增大 C．若仅将电容器下极板稍微向上平移，带电液滴P将向上极板运动 D．若将开关S断开，带电液滴P将向下极板运动 解析：选BC。闭合开关S且电路稳定后，带电液滴处于静止状态，由平衡条件得电场力竖直向上，与电场强度方向相反，故带电液滴带负电，故A错误；R4的滑片向上端移动时，电路总电阻增大，总电流I减小，外电路电压U＝E－Ir增大，又由U＝IR1＋U3可知U3增大，流过R2和R3的电流分别为I2、I3，根据I＝I2＋I3，I3增大，故I2减小，即电流表示数减小，由U3＝U2＋U4＝I2R2＋U4，可知U4增大，即电压表示数增大，故B正确；若仅将电容器下极板稍微向上平移，板间电压不变，电场强度增大，电场力会大于重力，带电液滴P将向上极板运动，故C正确；若将开关S断开，电容器板间电压增大，带电液滴P将向上极板运动，故D错误。 8．如图所示的电路中，将滑动变阻器与电阻箱的阻值调到合适位置，闭合开关S1、S2，带电小球在平行板电容器间刚好保持静止。下列说法正确的是(　　) A.小球可能带负电 B．仅增大电阻箱R3接入电路的电阻，小球将向上加速运动 C．仅将R1的滑片向右移动，小球将向上加速运动 D．仅断开开关S2，小球将向下加速运动 解析：选C。电容器上极板带负电，由二力平衡可知小球带正电，A错误；仅增大电阻箱R3接入电路的电阻，电容器两板间电压不变，则场强不变，小球仍静止，B错误；仅将R1的滑片向右移动，电阻减小，则总电阻减小，总电流变大，R2两端电压变大，电容器两板间电压变大，场强变大，则小球受向上的电场力变大，则小球将向上加速运动，C正确；仅断开开关S2，则电容器两板间电压等于电源电动势，即电容器两板间电压变大，场强变大，则小球受向上的电场力变大，则小球将向上加速运动，D错误。 9．(2026·广东三校一模)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为(　　) A． B． C． D． 解析：选C。根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压U1＝·R×＝E，且Q1＝CU1，S闭合时U2＝·R＝E，且Q2＝CU2，故＝＝。 10.(2026·江苏苏锡常镇一模)在如图所示的电路中，R0是定值电阻，R1、R2是滑动变阻器，D为理想二极管。电源的电动势为E，内阻为r，接通开关，质量为m的带电油滴恰能静止在水平放置的两金属板间。若只改变其中的一个条件，下列说法正确的是(　　) A.将R1的滑片向右移动，油滴将向下运动 B．将R2的滑片向右移动，油滴将向下运动 C．断开开关，将有电子自下而上通过理想二极管D D．增大电容器两极板间的距离，油滴将加速向上运动 解析：选C。将R1的滑片向右移动，阻值减小，则电路总电阻减小，总电流变大，R0电压变大，即两板间电压变大，场强变大，向上的电场力变大，则油滴将向上运动，故A错误；将R2的滑片向右移动，金属板两板间电压不变，场强不变，油滴仍静止，故B错误；断开开关，电容器放电，电流方向从上往下通过二极管D，则将有电子自下而上通过理想二极管D，故C正确；增大电容器两极板间的距离，两板间电压不变，则场强减小，油滴受向上的电场力减小，则将加速向下运动，故D错误。 11. (12分)一个提升重物用的直流电动机工作时的电路图如图所示，电源电动势E＝220 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R＝8 Ω，电动机内电阻r0＝2 Ω，重力加速度g取10 m/s2。闭合开关S，电动机正常工作时，电压表示数UV＝120 V。 (1)求电源的路端电压。(4分) (2)求电动机的输出电功率。(4分) (3)若电动机以v＝2 m/s的速度匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。(4分) 解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，有 E＝UV＋I(R＋r) 解得I＝10 A 电源的路端电压U＝E－Ir＝200 V。 (2)电动机的电流I＝10 A，电动机的总功率 P＝UVI＝1 200 W 电动机的输出功率P出＝P－I2r0＝1 000 W。 (3)电动机提供的拉力大小F＝＝500 N 因电动机匀速提升重物，由重物受力平衡有G＝F 则重物的质量m＝＝50 kg。 答案：(1)200 V　(2)1 000 W　(3)50 kg 学科网（北京）股份有限公司 $