（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)36 閉合電路歐姆定律（含解析）新人教版

《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)36 閉合電路歐姆定律（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)36 閉合電路歐姆定律（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、閉合電路歐姆定律 一、選擇題 1．(多選)關(guān)于電動(dòng)勢及閉合電路的歐姆定律，下列說法正確的是(　　) A．電源電動(dòng)勢越大，電源所能提供的電能就越多 B．電源電動(dòng)勢等于路端電壓 C．外電路的電阻越大，路端電壓就越大 D．路端電壓增大時(shí)，電源的輸出功率可能減小 答案　CD 解析　電源電動(dòng)勢越大、電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)越強(qiáng)，不是提供的電能多，A項(xiàng)錯(cuò)；電動(dòng)勢等于電路斷開時(shí)電壓，B項(xiàng)錯(cuò)；由U＝得C項(xiàng)正確；由P輸出＝IE－I2r和U＝得，U越大，R越大，I越小，P輸出不一定增加，也不一定減小，D項(xiàng)正確． 2．(2018·長春一模)(多選)如圖所示的電路中，開關(guān)S接通后，三個(gè)規(guī)格

2、相同的電流表均有讀數(shù)．若電流表A3斷開后，A1、A2讀數(shù)均不超量程，則A3斷開后(　　) A．A1讀數(shù)變大 B．A2讀數(shù)變大 C．A1讀數(shù)變小 D．A2讀數(shù)變小 答案　BC 解析　把電流表當(dāng)成電阻分析，若電流表A3斷開后，電路中總電阻增大，干路電流減小，所以A1讀數(shù)變??；根據(jù)歐姆定律，A1和電源內(nèi)電壓都減小，A2兩端的電壓增大，由歐姆定律得到A2的電流變大，所以A2讀數(shù)變大，故B、C兩項(xiàng)正確，A、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 3.(2018·天津二模)在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢為E，其內(nèi)阻為r，L1、L2、L3為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭，S1、S2為單刀開關(guān)．

3、S1閉合，則下列說法中正確的是(　　) A．將S2閉合，小燈泡L1變暗 B．將S2閉合，小燈泡L2變暗 C．在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動(dòng)觸頭P，小燈泡L3變暗 D．在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動(dòng)觸頭P，小燈泡L2變亮 答案　A 解析　A項(xiàng)，將S2閉合，總電阻減小、總電流增大、L2變亮；內(nèi)電壓增大、路端電壓減小，L2兩端電壓增大、則L1兩端電壓減小，故小燈泡L1變暗，故A項(xiàng)正確、B項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D兩項(xiàng)，在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動(dòng)觸頭P，總電阻增大、總電流減小、內(nèi)電壓和L2兩端電壓減小，L2變暗；則L3兩端電壓增大，故L3變亮，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤． 4.如圖所示，直線a為某電源

4、的路端電壓隨干路電流的變化圖線，直線b為某一電阻R兩端的電壓隨電流的變化圖線，把該電源和該電阻組成閉合電路，則電源的內(nèi)功率和路端電壓分別為(　　) A．4 W，2 V　　　　　　　 B．2 W，1 V C．2 W，2 V D．4 W，3 V 答案　C 解析　由交點(diǎn)坐標(biāo)知路端電壓U＝2 V，工作電流為I＝2 A，則輸出功率為P出＝UI＝2×2 W＝4 W， 而電源的電動(dòng)勢為E＝3 V，那么電源的內(nèi)阻消耗的功率為P內(nèi)＝EI－UI＝3×2 W－2×2 W＝2 W，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤． 5.(2018·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，

5、平行板電容器C的極板水平放置．閉合開關(guān)S，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)．則下列操作能使油滴向上運(yùn)動(dòng)的是(　　) A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．增大兩板間的距離 D．?dāng)嚅_開關(guān)S 答案　A 解析　開始時(shí)油滴靜止，則重力與電場力相互平衡，電場力向上；A項(xiàng)，增大R1的阻值，則路端電壓增大，電容器兩端電壓增大，板間場強(qiáng)增大，故電場力增大，油滴將向上運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，R2與電容器串聯(lián)，視為導(dǎo)線，故對電容器的電壓沒有影響，油滴不動(dòng)；故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，增大兩板間距離時(shí)，電壓不變，d增大，故電場強(qiáng)度減小，因此油滴將向下運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，斷開開關(guān)S，

6、電容器放電，則電場強(qiáng)度減小，故油滴向下運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 6.(2018·海南)(多選)如圖，三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值均為R，電源的內(nèi)阻r＜R，c為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)．閉合開關(guān)后，將滑動(dòng)變阻器的滑片由c點(diǎn)向a端滑動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．R2消耗的功率變小 B．R3消耗的功率變大 C．電源輸出的功率變大 D．電源內(nèi)阻消耗的功率變大 答案　CD 解析　A、B、D三項(xiàng)，c為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)，滑動(dòng)觸頭在此點(diǎn)時(shí)，總電阻最大，將滑動(dòng)變阻器的滑片由c點(diǎn)向a端滑動(dòng)，總電阻減小，總電流增大，R1和電源內(nèi)阻分的電壓增大，電源內(nèi)阻消耗的功率變大，并聯(lián)電路電壓減小，R3所在之路電阻增大，電

7、壓減小，故電流減小，R3消耗的功率減小，而R2的電流增大，故R2功率增大，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．C項(xiàng)，電源輸出的功率P在r＝R外時(shí)最大，電源的內(nèi)阻r＜R外，R外減小時(shí)，電源輸出功率增大，故C項(xiàng)正確． 7．(2018·海淀區(qū)二模)電源的兩個(gè)重要參數(shù)分別是電動(dòng)勢E和內(nèi)電阻r.對一個(gè)電路有兩種特殊情況：當(dāng)外電路斷開時(shí)，電源兩端的電壓等于電源電動(dòng)勢；當(dāng)外電路短路時(shí)，短路電流等于電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的比值．現(xiàn)有一個(gè)電動(dòng)勢為E、內(nèi)電阻為r的電源和一阻值為R的定值電阻，將它們串聯(lián)或并聯(lián)組成的系統(tǒng)視為一個(gè)新的等效電源，這兩種連接方式構(gòu)成的等效電源分別如圖甲和乙中虛線框所示．設(shè)新的等效電源的電動(dòng)勢為E′，內(nèi)電

8、阻為r′.試根據(jù)以上信息，判斷下列說法中正確的是(　　) A．甲圖中的E′＝E，r′＝R＋r B．甲圖中的E′＝E，r′＝R＋r C．乙圖中的E′＝E，r′＝ D．乙圖中的E′＝E，r′＝ 答案　D 解析　A、B兩項(xiàng)，甲圖中的E′＝E，r′＝R＋r.故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤．C、D兩項(xiàng)，乙圖中的E′等于MN間的電壓，則有E′＝E，內(nèi)電阻r′等于R與r并聯(lián)的阻值，即有r′＝，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 8．(2018·湖南模擬)(多選)如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流的變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個(gè)小燈泡的伏安特性曲線，如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨(dú)連接，

9、則下列說法正確的是(　　) A．電源1與電源2的內(nèi)阻之比是11∶7 B．電源1與電源2的電動(dòng)勢之比是1∶1 C．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1∶2 D．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是1∶2 答案　ABD 解析　A項(xiàng)，U-I圖像的斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，根據(jù)電源U-I圖線，r1＝ Ω，r2＝ Ω，則r1∶r2＝11∶7，故A項(xiàng)正確．B項(xiàng)，U-I圖像的縱軸截距表示電動(dòng)勢，故E1＝E2＝10 V，故B項(xiàng)正確．C、D兩項(xiàng)，燈泡伏安特性曲線與電源外特性曲線的交點(diǎn)即為燈泡與電源連接時(shí)的工作狀態(tài)，則連接電源Ⅰ時(shí)，U1＝3 V，I1＝5 A，故P1＝U1I1＝15 W，R

10、1＝＝ Ω，連接電源Ⅱ時(shí)，U2＝5 V，I2＝6 A，故P2＝U2I2＝30 W，R2＝＝ Ω，故P1∶P2＝1∶2，R1∶R2＝18∶25，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 9.(2018·西安模擬)如圖所示的電路中，燈泡A和燈泡B原來都是正常發(fā)光的，現(xiàn)在突然燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，則電路中出現(xiàn)的故障可能是(　　) A．R3斷路 B．R2斷路 C．R1短路 D．R1、R2同時(shí)短路 答案　B 解析　由電路圖可知，通過燈泡A的電流等于通過燈泡B的電流與通過R2的電流之和．燈泡A比原來變暗了些，燈泡B比原來變亮了些，說明通過燈泡B的電流變大，而通過燈泡A的電流變小，

11、結(jié)合電路分析可知R2斷路，所以B項(xiàng)正確．R3斷路或R1短路都會(huì)使兩燈泡都比原來變亮；R1、R2同時(shí)短路會(huì)使燈泡A比原來變亮，燈泡B熄滅． 10．(2018·衡水三模)如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，圖中R0是光敏電阻，R1是定值電阻，A是理想電流表，C是兩板帶有絕緣柄可以移動(dòng)的電容器．兩個(gè)開關(guān)均未閉合時(shí)．質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球豎直懸掛在電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)在只閉合開關(guān)S2，下列說法正確的是(　　) A．帶電小球向右偏離豎直方向，保持光強(qiáng)不變將滑片P左移時(shí)偏角增大 B．若滑片P不動(dòng)，增大光強(qiáng)時(shí)電流表的示數(shù)增大，C上的電荷量增大 C．若滑片P不動(dòng)，減小光強(qiáng)時(shí)電源

12、的供電效率增大 D．閉合開關(guān)S1或減小板間正對面積時(shí)，電容器中的帶電小球偏離豎直方向的角度都是減小的 答案　C 解析　A項(xiàng)，S1斷開，那么，電容器C兩端的電壓為路端電壓；保持光強(qiáng)不變，那么，電路電流不變，路端電壓不變，那么，帶電小球偏角不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，若滑片P不動(dòng)，增大光強(qiáng)時(shí)，光敏電阻的電阻值減小，那么電流增大，電流表示數(shù)增大，內(nèi)阻上的電壓降增大，故路端電壓U減小，C上的電荷量Q＝CU減小，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，若滑片P不動(dòng)，減小光強(qiáng)時(shí)，光敏電阻的電阻值增大，那么電流減小，則電源的內(nèi)耗減小，故供電效率增大，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，閉合開關(guān)S1，電流增大，那么路端電壓減小；電容器兩端電壓為光

13、敏電阻兩端電壓，比路端電壓小，故電容器兩端電壓減小，場強(qiáng)E＝減小，故電場力減小，角度減??； 減小板間正對面積時(shí)，電容器兩板的電壓不變，仍為路端電壓，那么場強(qiáng)不變，電場力不變，角度不變，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 11．(2018·全國一模)(多選)如圖甲所示，電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的電源與R＝6 Ω的定值電阻、滑動(dòng)變阻器RP、開關(guān)S組成串聯(lián)回路，已知滑動(dòng)變阻器消耗的功率P與其接入電路的有效阻值RP的關(guān)系如圖乙所示．下列說法正確的是(　　) A．電源的電動(dòng)勢E＝ V，內(nèi)阻r＝4 Ω B．圖乙中Rx＝25 Ω C．定值電阻R消耗的最大功率為0.96 W D．調(diào)整滑動(dòng)變阻器RP的阻值可以得到該電源的

14、最大輸出功率為1 W 答案　BC 解析　A項(xiàng)，由圖乙知，當(dāng)RP＝R＋r＝10 Ω時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率最大，R＝6 Ω，可得內(nèi)阻r＝4 Ω，最大功率P＝＝0.4 W，解得E＝4 V，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，滑動(dòng)變阻器的阻值為4 Ω與阻值為Rx時(shí)消耗的功率相等，有4Rx＝(R＋r)2，解得Rx＝25 Ω，故B項(xiàng)正確．C項(xiàng)，當(dāng)回路中電流最大時(shí)，定值電阻R消耗的功率最大，故最大功率為Pmax＝()2R＝0.96 W，故C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，當(dāng)外電路電阻與內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大．本題中定值電阻R的阻值大于內(nèi)阻的阻值，故滑動(dòng)變阻器RP的阻值為0時(shí)，電源的輸出功率最大，最大功率為P出max＝()2R＝0

15、.96 W，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 12.(2018·全國二模)如圖所示，電源電動(dòng)勢為4 V，內(nèi)阻r＝1 Ω，電阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝4 Ω，R4＝8 Ω，電容器C＝6.0 μF，閉合S電路達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)后，電容器極板所帶電量為(　　) A．1.5×10－5 C B．3.010－5 C C．2.0×10－5 C D．2.1×10－5 C 答案　A 解析　由圖可知，電阻R2和R3串聯(lián)后總電阻為8 Ω與電阻R4并聯(lián)，則可知并聯(lián)后的總電阻R234為4 Ω，再與R1串聯(lián)，據(jù)此可知整個(gè)外電路的電阻R＝R1＋R234＝7 Ω，據(jù)閉合電路歐姆定律可知，I＝＝ A＝0.5 A，所以R1兩端電壓U

16、1＝IR1＝0.5×3 V＝1.5 V，R234兩端電壓U′＝IR234＝0.5×4 V＝2 V，則電阻R2兩端電壓U2＝·U′＝·2 V＝1 V，所以電容器兩端電壓UC＝U1＋U2＝2.5 V，所以此時(shí)電容器所帶電荷量Q＝CUC＝6.0×10－6×2.5 C＝1.5×10－5 C. 所以B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，A項(xiàng)正確． 二、非選擇題 13．如圖所示，在測電池的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，接通開關(guān)，電壓表有讀數(shù)，電流表示數(shù)為零．改變變阻器滑片的位置，電流表也沒有反應(yīng)．用多用表電壓檔檢查電路，把紅表筆接到電池的正極，黑表筆分別接觸電流表的正接線柱(b點(diǎn))和負(fù)接線柱(c點(diǎn))，多用表電壓擋的示數(shù)均為

17、零；用黑表筆分別接觸d點(diǎn)、e點(diǎn)，多用表電壓擋的示數(shù)均和電壓表示數(shù)相等．檢查各接線柱選擇均正確且接觸良好，則電路中發(fā)生故障的原因是________．故障排除后，根據(jù)得出的數(shù)據(jù)作出的U-I圖像，如圖所示，由圖像得出電池的電動(dòng)勢E＝________ V，內(nèi)電阻r＝________ Ω. 答案　dc線段斷路　E＝3.0 V　r＝2.0 Ω 解析　接通開關(guān)，電壓表有讀數(shù)，電流表示數(shù)為零．說明電路斷路；把紅表筆接到電池的正極，黑表筆分別接觸電流表的正接線柱(b點(diǎn))和負(fù)接線柱(c點(diǎn))，多用表電壓擋的示數(shù)均為零，說明ab，bc線段正常，用黑表筆分別接觸d點(diǎn)、e點(diǎn)，多用表電壓擋的示數(shù)均和電壓表示數(shù)相等．

18、說明多用表電壓擋測量的是電源兩端電壓，所以電路中發(fā)生故障的原因是dc線段斷路．U-I圖像的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢， 故E＝3.0 V，內(nèi)阻等于圖線的斜率絕對值，故r＝||＝2.0 Ω. 14．(2018·重慶模擬)如圖所示，電源電動(dòng)勢E＝27 V，內(nèi)阻r＝2 Ω，固定電阻R2＝4 Ω，R1為光敏電阻．C為平行板電容器，其電容C＝3 pF，虛線到兩極板距離相等，極板長L＝0.2 m，間距d＝1.0×10－2 m．P為一圓盤，由形狀相同透光率不同的二個(gè)扇形a、b構(gòu)成，它可繞AA′軸轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)細(xì)光束通過扇形a、b照射光敏電阻R1時(shí)，R1的阻值分別為12 Ω、3 Ω.有帶電量為q＝－1.0×10－

19、4 C微粒沿圖中虛線以速度v0＝10 m/s連續(xù)射入C的電場中．假設(shè)照在R1上的光強(qiáng)發(fā)生變化時(shí)R1阻值立即有相應(yīng)的改變．重力加速度為g＝10 m/s2. (1)求細(xì)光束通過a照射到R1上時(shí)，電容器所帶的電量； (2)細(xì)光束通過a照射到R1上時(shí)，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)，求細(xì)光束通過b照射到R1上時(shí)帶電微粒能否從C的電場中射出． 答案　(1)1.8×10－11 C　(2)能 解析　(1)由閉合電路歐姆定律，得I＝＝ A＝1.5 A 又電容器板間電壓UC＝U2＝IR2 得UC＝6 V 設(shè)電容器的電量為Q，則Q＝CUC 解得Q＝1.8×10－11 C (2)細(xì)光束通過a照射時(shí)，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)，則有mg＝q 得m＝0.6×10－2 kg 細(xì)光束通過b照射時(shí)，同理可得UC′＝12 V 由牛頓第二定律，得q－mg＝ma 解得a＝10 m/s2 微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，得y＝at2，t＝ 得y＝0.2×10－2 m 因?yàn)閥＜，所以帶電微粒能從C的電場中射出． 9