2019-2020年高考物理一輪復習 課時作業(yè)22 閉合電路歐姆定律及其應用(含解析).doc
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2019-2020年高考物理一輪復習 課時作業(yè)22 閉合電路歐姆定律及其應用(含解析) 一、單項選擇題 1.如圖所示,在利用滑動變阻器改變燈泡亮度的電路圖中,開關閉合前滑動變阻器的接法最合理且使路端電壓最大的是( ) 解析:A中滑動變阻器連入電路的電阻為零;D中連入電路的電阻總是全值電阻,不能改變電路的電流;C中閉合開關前,滑片靠近下接線柱,接入電路的電阻最小,電路中電流最大,不安全,B正確. 答案:B 2.兩個相同的電阻R,當它們串聯后接在電動勢為E的電源上,通過一個電阻的電流為I;若將它們并聯后仍接在該電源上,通過一個電阻的電流仍為I,則電源的內阻為( ) A.4R B.R C. D.無法計算 解析:當兩電阻串聯接入電路中時I=,當兩電阻并聯接入電路中時I=,由以上兩式可得r=R,B正確. 答案:B 3.如圖所示,A燈與B燈電阻相同,當滑動變阻器R的滑動片向下滑動時,兩燈的變化是( ) A.A燈變亮,B燈變亮 B.A燈變暗,B燈變亮 C.A燈變暗,B燈變暗 D.A燈變亮,B燈變暗 解析:當變阻器的滑片向下滑動時,接入電路的電阻減小,根據串、并聯電路特點可知電路中總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可得干路電流I增大,內電壓增大,路端電壓U減小,A燈兩端電壓減小,亮度變暗;另一支路電流I′=I-IA增大,R1兩端電壓U1=I′R1增大,故R與B燈的并聯支路電壓UB=U-U1減小,B燈變暗,C正確. 答案:C 4.在測量電珠伏安特性的實驗中,同學們連接的電路中有四個錯誤電路,如圖所示.電源內阻不計,導線連接良好.若將滑動變阻器的觸頭置于左端,閉合S,在向右端滑動觸頭過程中,會分別出現如下四種現象: a.電珠L不亮;電流表示數幾乎為零 b.電珠L亮度增加;電流表示數增大 c.電珠L開始不亮,后來忽然發(fā)光;電流表從示數不為零到線圈燒斷 d.電珠L不亮;電流表從示數增大到線圈燒斷 與上述a、b、c、d四種現象對應的電路序號為( ) A.③①②④ B.③④②① C.③①④② D.②①④③ 解析:圖①是滑動變阻器的分壓式接法,向右滑動觸頭,電珠兩端電壓增大,亮度增加,根據電珠與滑動變阻器串并聯情況可知,總阻值逐漸減小,電流表示數增大,此種情況與b對應;②中電流表將電珠短路,電珠不亮,當滑動變阻器接入電路阻值很小時,電流表線圈燒斷,電珠不再被短路而發(fā)光,此種情況與c對應;③中電流表與電珠并聯再與電壓表串聯,電珠不亮,電流表示數幾乎為零,此種情況與a對應;④中電壓表與電珠串聯,電珠不亮,當滑動觸頭滑至接近右端時,電流表兩端電壓過大,可能被燒壞,此種情況與d對應.綜上可知,A正確. 答案:A 5.在某控制電路中,需要連成如圖所示的電路,主要由電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成,L1、L2是紅、綠兩個指示燈.閉合開關S,當電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時,下列說法中正確的是( ) A.L1、L2兩個指示燈都變亮 B.L1、L2兩個指示燈都變暗 C.L1變亮,L2變暗 D.L1變暗,L2變亮 解析:當電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時,電位器接入電路的電阻減小,根據串、并聯電路特點可知電路中總電阻減小,由閉合電路歐姆定律可得干路電流I增大,內電壓增大,路端電壓減小,L1燈變暗,通過其電流I1減??;由U1=I2R1及I2=I-I1可知R1分擔電壓U1增大,則L2及R2兩端電壓減小,L2功率減小而變暗,B正確. 答案:B 二、多項選擇題 6.一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U,額定電流為I,線圈電阻為R,將它接在電動勢為E,內阻為r的直流電源的兩極間,電動機恰好能正常工作,則( ) A.電動機消耗的總功率為UI B.電動機消耗的熱功率為 C.電源的輸出功率為EI D.電源的效率為1- 解析:電動機不是純電阻用電器,電動機消耗的總功率為UI,選項A正確;電動機消耗的熱功率為I2R,選項B錯誤;電源的輸出功率為UI,選項C錯誤;電源的效率為=,選項D正確. 答案:AD 7.如圖所示,四個電表均為理想電表,當滑動變阻器的滑動觸頭P向左端移動時,下列說法中正確的是( ) A.電壓表V1的讀數減小,電流表A1的讀數增大 B.電壓表V1的讀數增大,電流表A1的讀數減小 C.電壓表V2的讀數減小,電流表A2的讀數增大 D.電壓表V2的讀數增大,電流表A2的讀數減小 解析:當滑動變阻器的滑動觸頭P向左端移動時,滑動變阻器接入電路的電阻增大,電路中的總電阻增大,由閉合電路歐姆定律可知,干路上的電流減小,內阻及R1分擔的電壓減小,電壓表V1的讀數增大,電流表A1的讀數減小,選項A錯誤,B正確;由于電壓表V1的讀數增大,由部分電路歐姆定律可得通過R3的電流增大,則電流表A2的讀數增大,由I1=IR3+IR2可知通過R2的電流減小,則電壓表V2的讀數減小,選項C正確,D錯誤. 答案:BC 8.如圖所示,直線A、B分別為電源a、b的路端電壓與電流的關系圖線,設兩個電源的內阻分別為ra和rb,若將一定值電阻R0分別接到a、b兩電源上,通過R0的電流分別為Ia和Ib,則( ) A.ra>rb B.Ia>Ib C.R0接到a電源上,電源的輸出功率較大,但電源的效率較低 D.R0接到b電源上,電源的輸出功率較小,電源的效率較低 解析:在電源路端電壓與電流的關系圖象中斜率表示電源內阻,ra>rb,A正確.在圖象中作出定值電阻R0的伏安特性曲線,與電源的伏安特性曲線交點表示電路工作點,Ia>Ib,B正確.R0接到a電源上,電源的輸出功率較大,但電源的效率較低,R0接到b電源上,電源的輸出功率較小,但電源的效率較高,C正確,D錯誤. 答案:ABC 三、非選擇題 9.如圖所示,電路中電源內阻不計,水平放置的平行金屬板A、B間的距離為d,金屬板長為L.在兩金屬板左端正中間位置M,有一個小液滴以初速度v0水平向右射入兩板間,已知小液滴的質量為m,帶負電,電荷量為q.要使液滴從B板右側邊緣射出電場,電動勢E是多大?重力加速度用g表示. 解析:由閉合電路歐姆定律得I== 兩金屬板間電壓為UAB=IR= 由牛頓第二定律得q-mg=ma 液滴在電場中做類平拋運動,有 L=v0t,=at2 由以上各式解得E=+ 答案:+ 10.如圖甲所示的電路中,R1、R2均為定值電阻,且R1=100 Ω,R2阻值未知,R3為一滑動變阻器.當其滑片P從左端滑至右端時,測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流變化圖線如圖乙所示,其中A、B兩點是滑片P在變阻器的兩個不同端點得到的.求: (1)電源的電動勢和內阻; (2)定值電阻R2的阻值; (3)滑動變阻器的最大阻值. 解析:(1)題中圖乙中AB延長線,交U軸于20 V處,交I軸于1.0 A處, 所以電源的電動勢為E=20 V,內阻r==20 Ω. (2)當P滑到R3的右端時,電路參數對應圖乙中的B點,即U2=4 V、I2=0.8 A,得R2==5 Ω. (3)當P滑到R3的左端時,由圖乙知此時U外=16 V,I總=0.2 A. 所以R外==80 Ω 因為R外=+R2, 所以滑動變阻器的最大阻值為:R3=300 Ω. 答案:見解析 11. 在如圖所示的電路中,兩平行正對金屬板A、B水平放置,兩板間的距離d=4.0 cm.電源電動勢E=400 V,內阻r=20 Ω,電阻R1=1 980 Ω.閉合開關S,待電路穩(wěn)定后,將一帶正電的小球(可視為質點)從B板上的小孔以初速度v0=1.0 m/s豎直向上射入兩板間,小球恰好能到達A板.若小球所帶電荷量q=+1.010-7 C,質量m=2.010-4 kg,不考慮空氣阻力,忽略射入小球對電路的影響,取g=10 m/s2,求: (1)A、B兩金屬板間電壓的大小U; (2)滑動變阻器消耗的電功率P滑; (3)電源的效率η. 解析:(1)小球從B板上的小孔射入恰好到達A板的過程中,在電場力和重力的作用下做勻減速直線運動,設A、B兩極板間電壓為U,根據動能定理有 -qU-mgd=0-mv 解得U=200 V (2)設此時滑動變阻器接入電路中的電阻值為R滑,根據閉合電路歐姆定律可知,電路中的電流I= 根據部分電路歐姆定律可知U=IR滑 解得R滑=2.0103 Ω 滑動變阻器消耗的電功率P滑==20 W (3)電源的效率 η==100%=99.5%. 答案:(1)200 V (2)20 W (3)99.5%- 配套講稿:
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