1、综合拔高练五年高考练考点1电路中的能量转化1.(2018浙江4月选考,5)杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯。已知高压钠灯功率为400 W,LED灯功率为180 W,若更换4 000盏,则一个月可节约的电能约为()A.9103 kWhB.3105 kWhC.6105 kWhD.11012 kWh考点2闭合电路欧姆定律的应用2.(2020江苏单科,6)(多选)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时,开关S闭合,电机工作,车灯突然变暗,此时()A.车灯的电流变小B.路端电压变小C.电路的总电流变小D.电源的总功率变大3.(2019江苏单科,3)如图所示的电路中,
2、电阻R=2 。断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为()A.1 B.2 C.3 D.4 4.(2018海南单科,10)(多选)如图,三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R,电源的内阻r7.5 ,可选用15.0 。(3)E=UR0+URV(R+r)+U整理可得:1U=1ER0+RVR0RVR+1ER0+RVR0RVr+1(5)图(b)中图线的斜率k=0.034 V-1-1,即1ER0+RVR0RV=0.034 V-1-1解得E=1.54 V图(b)中图线与R=0轴线交点的纵坐标约为b=0.673 V-1,即1ER0+RVR0RVr+1=0.673 V-1解
3、得r=0.7 (6)若电压表为理想电表,同理可得1U=1ER0R+rER0+ 1E即1ER0=k,解得E=1.47 V由此产生误差E-EE100%5%7.答案(2)b(4) r0kdr0k-(R0+RA)(5)如图所示解析(2)为保护电路,开关闭合前应使电阻丝接入电路中的阻值最大,即金属夹应夹在电阻丝的b端。(4)由闭合电路欧姆定律,结合电路结构有E=I(r+RA+r0+R0),整理可得 1I= r0E+ R0+RA+rE,故可得k= r0E,d= R0+RA+rE,联立解得E= r0k,r= dr0k-(R0+RA)。(5)现有器材中只有一只电流表,但有一只单刀双掷开关和阻值已知的定值电阻,
4、故考虑采用替代法测电阻,设计电路如答案图,操作步骤为:先将开关置于1,记录下电流表示数I,再将开关置于2,调节金属夹位置,使电流表示数仍为I,记录下电阻丝接入电路部分对应的圆心角,则有r0=R0/。8.答案(1)开关未断开;电阻箱阻值为零(2)如图所示1.4(1.301.44都算对)1.2(1.01.4都算对)(3)1.4结果与(2)问第一个空格一致1.0结果比(2)问第二个空格小0.2解析本题考查测量干电池的电动势和内阻。(1)在连接电路过程中,要求开关处于断开状态;在闭合开关前,要求电阻箱接入电路的电阻最大。(2)依照表中数据,描点连线,如答案图所示。由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r,整
5、理可得R=E1I-r,与图像对应,则E=1.4 V,r=1.2 。(3)由题图可知电压表的读数为66 mV,由欧姆定律可得电流表的内阻r=U/I=0.2 ,则由闭合电路欧姆定律可得I=ER+r+r,整理可得R=E1I-(r+r),与图像对应,则E=1.4 V,r=1.0 。三年模拟练1.D汽车以90 km/h的速度行驶,电路中电流为I=PU=15000300 A=50 A,选项A错误;电池组的热功率P热=I2R=5020.5 W=1 250 W,选项B错误;直流驱动电机的输出功率P出=Fv=fv=4009010003600 W=10 000 W,内阻消耗的功率P内=P-P出=5 000 W,直
6、流驱动电机的内阻r=P内I2=5000502 =2 ,选项C错误;电池组能量容量为E0=7.2107 J,电池组总功率为P总=EI=40050 W=20 000 W,电池可用的时间t=E0P总=3.6103 s=1 h,汽车以90 km/h的速度行驶,最大行驶路程约为90 km,选项D正确。2.B根据题图乙可知电源的电动势和内阻分别为:E=7 V,r=5 ,因为aP=2bP,所以滑动变阻器的aP、bP两部分的电阻分别为:RaP=20 ,RbP=10 。当开关S断开时,R2与R1的aP部分串联,电压表的示数为U1=R2RaP+R2+rE=2 V;当开关S闭合时,R2与R1的bP部分并联再与aP部
7、分串联,并联部分的电阻为R并=R2RbPRbP+R2=5 ,电压表的示数为U2=R并RaP+R并+rE=76 V,所以开关S断开与闭合时,电压表示数之比为U1U2=127,选项B正确。3.C画出等效电路如图所示,当滑动变阻器滑片向右移动时,回路总电阻减小,干路电流增大,则电流表A2的示数增大,选项B错误;根据闭合电路欧姆定律可知路端电压减小,又因为R4两端电压增大,所以R2两端电压减小,通过R2的电流减小,可知电阻R2消耗的功率减小,选项D错误;由于干路电流增大,且通过R2的电流减小,所以通过R1的电流增大,即电流表A1的示数增大,选项A错误;电压表的示数等于路端电压与R1两端电压之差,由于路
8、端电压减小,且R1两端电压增大,所以电压表V的示数减小,选项C正确。4.答案(1)ACF(2)U0I0-R0(3)偏小偏小(4)1kbk-RA(5)(4)解析(1)用多用电表粗测该电池组的电动势约为1.5 V,流过灯泡的电流约为2 mA,故实验中电压表应选用03 V量程的A,电流表应选用03.0 mA的C;回路中的总电阻阻值约为1.5310-3 =500 ,为了使电表示数变化明显,增大电阻的调节范围,减小误差,则电阻箱应选用F。(2)由题图可知,电流表与电阻箱串联后与电压表并联,根据欧姆定律,电流表的电阻为RA=U0I0-R0。(3)由题图可知,相对于电源来说采用电流表外接法,由于电压表的分流
9、作用,电流表测量值偏小,当外电路短路时,电流测量值等于真实值,电源的U-I图像如图所示,由图像可知,电动势测量值小于真实值,电源内阻测量值小于真实值。(4)由闭合电路欧姆定律可知,E=I(R+RA+r)变形可得1I=1ER+RA+rE则k=1E,b=RA+rE联立解得E=1k,r=bk-RA。(5)在(4)的方法中,考虑了电流表内阻,消除了电流表内阻对测量值的影响,则(4)所述方法内阻的测量值更精确。5.答案(1)4 V0.5 (2)3.5 W(3)610-5 C0解析(1)S断开时,R2、R3串联,根据闭合电路欧姆定律可得I=ER2+R3+r电源总功率为P=IE=E27.5+r=2 WS闭合
10、时,R1、R2并联再与R3串联,外电阻R=R1R2R1+R2+R3=3.5 根据闭合电路欧姆定律可得I=ER+r=E3.5+r此时电源总功率为P=EI=E23.5+r=4 W联立解得E=4 V,r=0.5 (2)闭合S时,电源输出功率P出=EI-I2r=41 W-120.5 W=3.5 W(3)S断开时,电容器与R2并联,电容器两极板间的电势差等于R2两端的电压,I=ER2+R3+r=0.5 A,则UR2=IR2=3 V,由Q=CU得,Q=CUR2=2010-63 C=610-5 C,S闭合时,电容器两极板间的电势差为0,则Q=0。6.答案见解析解析(1)U-I图像如图所示。图线与纵轴交点的纵坐标值为电源电动势,与横轴交点的横坐标值为短路电流。(2)a.如图所示。b.电源输出的电功率P=I2R=ER+r2R=E2(R-r)2+4RrR当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为Pmax=E24r。(3)电动势定义式E=Wq根据能量守恒定律,在题图所示电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,即W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq得E=Ir+IR=U内+U外。
