习题课(二) 闭合电路的分析与计算
一、单项选择题
1.如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，如果再合上S2，则下列表述正确的是( ) A．电源输出功率减小 B．L1上消耗的功率增大 C．通过R1上的电流增大 D．通过R3上的电流增大
解析：电源的内阻不计，故电源两端的电压不变，再合上S2，实际上就是将电阻R2并入电路中，引起总电阻减小，干路总电流必然增大，由P＝UI知，电源的输出功率应增大，选项A错误；R1处于干路中，通过R1上的电流增大，选项C正确；由于R1两端的电压U1＝IR1，I增
U2
大，故U1增大，则L1两端的电压减小，由P＝知L1的功率减小，选项B错误；L3和R3两端的
R电压减小，通过R3的电流必减小，选项D错误．
答案：C
2.在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，则( ) A．A灯变亮，B灯变暗 B．A灯和B灯都变亮 C．电源的输出功率减小 D．电源的工作效率降低
E，UA＝E－I总(R1＋r)知UA增大，故A灯变R总
亮，I总＝IA＋IB＋IR2，I总减小，而IA、IR2均增加，故IB减小，B灯变暗，A正确，B错误．PE2E2
)R总＝，当R总增加时，因R总与r大小关系未知，不能判断P输具体输＝(2
R总＋r（R总－r）
＋4rR总
U外IR总
如何变化，故C错误．η＝×100%＝×100%，当R总增加时，η增加，故D错误．
EIR总＋r解析：当滑动触头向下滑动时，R总变大，由I总＝
答案：A
3.在如图所示的电路中，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( ) A．路端电压变小 B．电流表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小 D．电路的总电阻变大
解析：滑动触头由a到b，R1阻值减小，因此总电阻变小，选项D错；总电流增大，由U＝E－Ir，E、r不变，路端电压减小，所以选项A正确；再结合欧姆定律知电流表的示数变小，选项B
2
错；由P内＝Ir知电源内阻消耗的功率变大，选项C错． 答案：A
4.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( ) A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开开关S
- 1 -
UR1
q＝mg.由题图dU知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速；增大R2，油滴受力不变，仍保持静止；由E＝知，
d增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开开关S，电容器将通过R1、R2放电，两板间
解析：设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有q＝
场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确． 答案：B
5.在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50 A和2.0 V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A和24.0 V．则这台电动机正常运转时输出功率为( ) A．32 W B．44 W C．47 W D．48 W
解析：当电动机停止转动时，此时电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数，可以计算出电动机的内阻为r＝，代入数据得r＝4 Ω，重新调节R并使电动机恢复正常运转，根据题中的两表读数，计算出电动机的输出功率为P＝UI－Ir，代入数据得P＝32 W，B、C、D错误，A正确． 答案：A
二、多项选择题
6.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时( ) A．灯泡L变暗
B．光敏电阻R上的电压增大 C．电压表V的读数减小 D．电容器C的带电荷量增大 解析：光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，
2
UCdUIE增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压
R＋r＋RL
UR＝E－I(r＋RL)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IRL增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．
根据闭合电路欧姆定律知I＝
答案：CD
7.直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的( )
A．总功率一定减小 B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小 D．输出功率一定先增大后减小
解析：滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选
R外1
项A正确．根据η＝＝可知选项B正确．由PR外＋rr1＋
R外
＝Ir可知，选项C正确．由P输 - R外图像，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误． 答案：ABC
8.如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V 0.4 W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常
损
2
- 2 -
发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则( ) A．电源内阻为1 Ω B．电动机的内阻为4 Ω
C．电动机正常工作电压为1 V D．电源效率约为93.3%
P0.4U2
解析：小灯泡的额定电流为I＝＝ A＝0.2 A，电阻为RL＝＝ Ω＝10 Ω，当S接1
U2I0.2
时E＝I(RL＋R＋r)，代入数据解得r＝1 Ω，故A正确；当S接2时灯泡正常发光，流过的电流为I＝0.2 A，电源内阻分得的电压为U＝Ir＝0.2×1 V＝0.2 V，故电动机分得的电压为UM
UM0.8
＝E－UL－U＝3 V－2 V－0.2 V＝0.8 V，故电阻RM<＝ Ω<4 Ω，故B、C错误；电源的
I0.2
2
EI－Ir效率η＝×100%≈93.3%，D正确．
EI答案：AD
9.如图所示，已知电源的内阻为r，外电路的固定电阻R0＝r，可变电阻Rx的总阻值为2r.在Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中( )
A．电源的总功率保持不变 B．Rx消耗的功率减小
C．电源内消耗的功率增大 D．R0消耗的功率减小
解析：在Rx的滑动触头从A端滑向B端的过程中，外电阻RE2
＝R0＋Rx减小，显然，电源的总功率P总＝增大，所
r＋R0＋Rx以，选项A错误．将R0视为电源内阻的一部分，则总内阻为2r，Rx为外电阻．当Rx减小时，内外电阻的差将增大，电源的输出功率减小，即Rx消耗的功率减小，故选项B正确．当Rx减
2
小时，干路电流I增大，因此电源内消耗的功率P内＝Ir增大，R0消耗的功率PR0＝I2R0也增大，
选项C正确，D错误． 答案：BC
10．某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起总质量
32
为5.7×10 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 A，g取10 m/s.则下列说法正确的是( ) A．电动机的内阻为19 Ω B．电动机的内阻为4.75 Ω
3
C．电动机的输出功率为7.6×10 W D．电动机的工作效率为75%
解析：电动机是非纯电阻电器，不遵循欧姆定律，其内阻不能根据公式R＝计算，选项A错误；电动机的功率为UI＝7.6×10 W，其输出功率为mgv＝5.7×10 W，电动机的工作效率为
3
3
UImgvη＝×100%＝75%，所以选项C错误，D正确；电动机的发热功率I2r＝UI－mgv，代入数据
UI解得r＝4.75 Ω，选项B正确．本题答案为B、D.
答案：BD 三、非选择题
11.如图所示，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF.电池内阻可忽略． (1)闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
(2)然后将开关S断开，求此后流过R1的总电荷量．
解析：(1)电路稳定后，电容器所在的支路上无电流通过，因此R1与R2串联，C两端的电压即为R2两端的电压．
由欧姆定律得，通过R1的电流I＝
ER1＋R2
＝1 A.
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(2)闭合开关S稳定后，C两端电压U1＝IR2＝6 V， C所带电荷量Q1＝CU1＝30×10－6×6 C＝1.8×10－4 C.
－6
开关S断开稳定后，总电流为零，电容器两端电压为E，所带电荷量Q2＝CE＝30×10×10 C
－4
＝3×10 C.
通过R1的电荷量，即为电容器增加的电荷量，
－4
ΔQ＝Q2－Q1＝1.2×10 C.
－4
答案：(1)1 A (2)1.2×10 C
12．下表中是一辆电动自行车说明书上的一些技术参数，根据表中提供的信息，探究以下问题： 规格 后轮驱动直流永磁毂电机 车型 26″电动自行车 额定输出功率 120 W 整车质量 30 kg 额定电压 40 V 最大载重 120 kg 额定电流 3.5 A (1)在额定电压下工作时，该电机的内阻是多少？其效率为多大？ (2)假设行驶过程中所受阻力是车和人总重的0.02倍，在最大载重量的情况下，人骑车行驶
2
的最大速度为多大？(g取10 m/s)
解析：(1)由表可知，电机的额定电压U＝40 V，额定电流I＝3.5 A，所以该电机正常工作时的输入功率P入＝UI＝140 W．又因电机的输出功率P出＝120 W，所以电机的发热功率P热＝P入
P热P出1202
－P出＝20 W．由P热＝Ir知电机的内阻r＝2≈1.6 Ω，电机正常工作时的效率η＝＝
IP入140
×100%≈85.7%.
(2)由题知车行驶时所受阻力f＝k(M＋m)g，当达到最大速度时有P出＝f·vm，所以人骑车行
P出120
驶的最大速度vm＝＝ m/s＝4 m/s.
f0.02×（120＋30）×10
答案：(1)1.6 Ω 85.7% (2)4 m/s
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高中物理 第二章 直流电路 习题课(二)闭合电路的分析与计算练习(含解析)教科版选修3-1
