课时作业22 闭合电路欧姆定律
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．如下图为“热得快”热水器的电路图和示意图现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A、B两端的电压为220 V，指示灯两端电压为220 V．该热水器的故障在于( )
A．连接热水器和电源之间的导线断开
B．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路
C．电阻丝熔断，同时指示灯烧毁
D．同时发生了以上各种情况
解析：由于A、B两端的电压和指示灯两端的电压均为220 V，说明热水器和电源之间的导线未断，同时电阻丝和指示灯也未发生短路而应该是电阻丝和指示灯同时发生断路，故选C.
答案：C
2．如下图所示，一只玩具电动机用一节干电池供电，闭合开关S后，发现电动机转速较慢，经检测，电动机性能完好；用电压表测a与b间电压，只有0.6 V；断开开关S，测得a与b间电压接近1.5 V，电动机转速较慢的原因是( )
A．开关S接触不良 B．电动机接线接触不良
C．电动机两端接线短路 D．电池过旧，内阻过大
解析：本题考查了电源的电势和内阻等知识．开关S接触不良、电动机接线接触不良、电动机两端接线短路，电动机就不会旋转了，而不是转得慢，电动机转得慢的原因是电池过旧，内阻过大，电动机两端的电压过低造成的，D对．
答案：D
3．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )
A．电动机消耗的总功率为UI
B．电动机消耗的热功率为
C．电源的输出功率为EI
D．电源的效率为1－
解析：本题考查了恒定电流的有关知识，电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI，A选项正确；电动机消耗的热功率为I2R，B选项错误；电源的输出功率为UI，C选项错误；电源的效率为＝，D选项正确．
答案：AD
4．如下图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )
A．灯泡L变亮
B．电源的输出功率变小
C．电容器C上电荷量减少
D．电流表读数变小，电压表读数变大
解析：将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，R的阻值变大，电路中电流变小，灯泡变暗，A选项错误；路端电压变大，电阻R两端电压变大，电容器C两端电压变大，电容器C上电荷量增加，C选项错误，D选项正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，则外电路电阻比r大得越多，输出功率越小，B选项正确．
答案：BD
5．下图甲为某一小灯泡的U—I图线，现将两个这样的小灯泡并联后再与一个4 Ω的定值电阻R串联，接在内阻为1 Ω、电动势为5 V的电源两端，如下图乙所示．则( )
A．通过每盏小灯泡的电流为0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.6 W
B．通过每盏小灯泡的电流为0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.6 W
C．通过每盏小灯泡的电流为0.2 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.26 W
D．通过每盏小灯泡的电流为0.3 A，此时每盏小灯泡的电功率为0.4 W
解析：若通过每盏小灯泡的电流为0.2 A，则电源输出电流为I＝0.4 A，由闭合电路欧姆定律计算得此时小灯泡两端电压为U＝E－I(R＋r)＝3 V．由题图甲可知小灯泡的电流为0.2 A时小灯泡两端电压仅为1.3 V，显然通过每盏小灯泡的电流不可能为0.2 A，A、C错误；若通过每盏小灯泡的电流为0.3 A，由题图甲可知小灯泡的电流为0.3 A时小灯泡两端电压为2.0 V，电阻R和内阻r上的电压为3.0 V，此时每盏小灯泡的电功率为P＝UI＝0.6 W，B正确、D错误．
答案：B
6．在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如下图所示．电源内阻不计，导线连接良好．若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：
a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零
b．电珠L亮度增加；电流表示数增大
c．电珠L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断
d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断
与上述abcd四种现象对应的电路序号为( )
A．③①②④ B．③④②①
C．③①④② D．②①④③
解析：a中电珠L不亮；电流表示数几乎为零说明它们同时与电压表串联，此现象与电路③相对应．b中电珠L亮度增加；电流表示数增大说明电珠L与电流表串联，此现象与电路①相对应．c中电珠L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断说明电珠L与电流表并联，当电流表被烧断后，电珠L才忽然发光，此现象与电路②相对应．d中电珠L不亮；电流表示数增大到烧断线圈说明电流表是单独一条支路；电路L始终不亮说明电珠与电压表串联，此现象与电路④对应．
答案：A
7.电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个白炽灯串联使用，电灯还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图所示)，下列说法正确的是( )
A．开关接通时比开关断开时消耗的总功率大
B．开关接通时，电灯熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小
C．开关断开时，电灯发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少
D．开关断开时，电灯发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变
解析：开关接通时，电灯被短路，电灯熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率P＝变大，电烙铁的功率变大，A正确，B、C、D不正确．
答案：A
8．如下图所示的两条图线分别表示同一电源的内阻发热功率Pr以及电源的总功率P随干路电流I的变化图线，其中抛物线OBC为电源的内阻发热功率Pr随干路电流I的变化图线，直线OAC为电源的总功率P随干路电流I的变化图线．若线段AB对应的横坐标为2 A，那么图象中线段AB所表示的功率差以及电流I＝2 A时所对应的外电阻分别为( )
A．6 W 0.5 Ω B．2 W 0.5 Ω
C．2 W 0.1 Ω D．4 W 0.3 Ω
解析：两图线相交于C点，表示I＝3 A时，有P＝Pr，即EI＝I2r＝9 W，解得E＝3 V，r＝1 Ω.当I＝2 A时，由I＝得R＝0.5 Ω；此时P＝EIA＝3×2 W＝6 W，Pr＝Ir＝4 W，所以图象中线段AB所表示的功率PAB＝P－Pr＝2 W．选项B正确．
答案：B
二、计算题(3×12′＝36′)
9．如下图所示电路，已知R3＝4 Ω，闭合电键，安培表读数为0.75 A，伏特表读数为2 V，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8 A，伏特表读数变为3.2 V，问：
(1)哪个电阻发生断路故障？
(2)R1的阻值是多少？
(3)能否求出电源电动势E和内阻r？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．
解析：(1)伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R2被烧断路了．
(2)R1＝＝ Ω＝4 Ω.
(3)UR3＝I1R1－UR2＝0.75×4 V－2 V＝1 V
I3＝＝ A＝0.25 A
E＝3.2 V＋0.8 A×(R4＋r)
E＝3 V＋(0.25 A＋0.75 A)(R4＋r)
R4＋r＝1 Ω
E＝4 V
故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r.
答案：(1)R2断路 (2)4 Ω (3)4 V；不能求出内阻
10．如下图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，R3＝5 Ω，电容器的电容C1＝4 μF，C2＝1 μF，求C1、C2所带电荷量．
解析：根据闭合电路欧姆定律，有
I＝＝ A＝2 A，
U1＝IR1＝6 V，U2＝IR2＝4 V
UC1＝U2＝4 V，UC2＝U1＋U2＝10 V
根据Q＝CU
Q1＝C1UC1＝4×10－6×4 C＝1.6×10－5 C
Q2＝C2UC2＝1×10－6×10 C＝1.0×10－5 C.
答案：1.6×10－5 C 1.0×10－5 C
11．(2012·四川理综)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．
解析：(1)设电动机的电功率为P，则
P＝UI①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则
Pr＝I2r②
代入数据解得Pr＝1×103 W③
(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则
M＝ρV④
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，则ΔEp＝Mgh⑤
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr⑥
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%＝ΔEp⑦
代入数据解得
t＝2×104 s⑧
答案：(1)1×103 W (2)2×104 s
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