（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)36 閉合電路歐姆定律（含解析）新人教版

《（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)36 閉合電路歐姆定律（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)36 閉合電路歐姆定律（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、閉合電路歐姆定律 一、選擇題 1．(多選)關于電動勢及閉合電路的歐姆定律，下列說法正確的是(　　) A．電源電動勢越大，電源所能提供的電能就越多 B．電源電動勢等于路端電壓 C．外電路的電阻越大，路端電壓就越大 D．路端電壓增大時，電源的輸出功率可能減小 答案　CD 解析　電源電動勢越大、電源把其他形式的能轉化為電能的本領越強，不是提供的電能多，A項錯；電動勢等于電路斷開時電壓，B項錯；由U＝得C項正確；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項正確． 2．(2018·長春一模)(多選)如圖所示的電路中，開關S接通后，三個規(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兩項正確，A、D兩項錯誤． 3.(2018·天津二模)在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，其內阻為r，L1、L2、L3為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，P為滑動變阻器的滑動觸頭，S1、S2為單刀開關．

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，向右滑動觸頭P，小燈泡L3變暗 D．在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動觸頭P，小燈泡L2變亮 答案　A 解析　A項，將S2閉合，總電阻減小、總電流增大、L2變亮；內電壓增大、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項正確、B項錯誤；C、D兩項，在S2處于閉合狀態(tài)下，向右滑動觸頭P，總電阻增大、總電流減小、內電壓和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兩項錯誤． 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　由交點坐標知路端電壓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， 而電源的電動勢為E＝3 V，那么電源的內阻消耗的功率為P內＝EI－UI＝3×2 W－2×2 W＝2 W，故C項正確，A、B、D三項錯誤． 5.(2018·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內阻不能忽略，

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

6、電容器放電，則電場強度減小，故油滴向下運動，故D項錯誤． 6.(2018·海南)(多選)如圖，三個電阻R1、R2、R3的阻值均為R，電源的內阻r＜R，c為滑動變阻器的中點．閉合開關后，將滑動變阻器的滑片由c點向a端滑動，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．電源內阻消耗的功率變大 答案　CD 解析　A、B、D三項，c為滑動變阻器的中點，滑動觸頭在此點時，總電阻最大，將滑動變阻器的滑片由c點向a端滑動，總電阻減小，總電流增大，R1和電源內阻分的電壓增大，電源內阻消耗的功率變大，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兩項錯誤，D項正確．C項，電源輸出的功率P在r＝R外時最大，電源的內阻r＜R外，R外減小時，電源輸出功率增大，故C項正確． 7．(2018·海淀區(qū)二模)電源的兩個重要參數(shù)分別是電動勢E和內電阻r.對一個電路有兩種特殊情況：當外電路斷開時，電源兩端的電壓等于電源電動勢；當外電路短路時，短路電流等于電動勢和內電阻的比值．現(xiàn)有一個電動勢為E、內電阻為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)視為一個新的等效電源，這兩種連接方式構成的等效電源分別如圖甲和乙中虛線框所示．設新的等效電源的電動勢為E′，內電

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，甲圖中的E′＝E，r′＝R＋r.故A、B兩項錯誤．C、D兩項，乙圖中的E′等于MN間的電壓，則有E′＝E，內電阻r′等于R與r并聯(lián)的阻值，即有r′＝，故C項錯誤，D項正確． 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單獨連接，

9、則下列說法正確的是(　　) A．電源1與電源2的內阻之比是11∶7 B．電源1與電源2的電動勢之比是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，U-I圖像的斜率的絕對值表示內電阻，根據(jù)電源U-I圖線，r1＝ Ω，r2＝ Ω，則r1∶r2＝11∶7，故A項正確．B項，U-I圖像的縱軸截距表示電動勢，故E1＝E2＝10 V，故B項正確．C、D兩項，燈泡伏安特性曲線與電源外特性曲線的交點即為燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，則連接電源Ⅰ時，U1＝3 V，I1＝5 A，故P1＝U1I1＝15 W，R

10、1＝＝ Ω，連接電源Ⅱ時，U2＝5 V，I2＝6 A，故P2＝U2I2＝30 W，R2＝＝ Ω，故P1∶P2＝1∶2，R1∶R2＝18∶25，故C項錯誤，D項正確． 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、結合電路分析可知R2斷路，所以B項正確．R3斷路或R1短路都會使兩燈泡都比原來變亮；R1、R2同時短路會使燈泡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，電源的電動勢為E，內阻為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的電容器．兩個開關均未閉合時．質量為m，帶電量為＋q的小球豎直懸掛在電容器中處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在只閉合開關S2，下列說法正確的是(　　) A．帶電小球向右偏離豎直方向，保持光強不變將滑片P左移時偏角增大 B．若滑片P不動，增大光強時電流表的示數(shù)增大，C上的電荷量增大 C．若滑片P不動，減小光強時電源

12、的供電效率增大 D．閉合開關S1或減小板間正對面積時，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，S1斷開，那么，電容器C兩端的電壓為路端電壓；保持光強不變，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項錯誤；B項，若滑片P不動，增大光強時，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項錯誤；C項，若滑片P不動，減小光強時，光敏電阻的電阻值增大，那么電流減小，則電源的內耗減小，故供電效率增大，故C項正確；D項，閉合開關S1，電流增大，那么路端電壓減?。浑娙萜鲀啥穗妷簽楣?/p>

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E＝減小，故電場力減小，角度減?。? 減小板間正對面積時，電容器兩板的電壓不變，仍為路端電壓，那么場強不變，電場力不變，角度不變，故D項錯誤． 11．(2018·全國一模)(多選)如圖甲所示，電動勢為E、內阻為r的電源與R＝6 Ω的定值電阻、滑動變阻器RP、開關S組成串聯(lián)回路，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的有效阻值RP的關系如圖乙所示．下列說法正確的是(　　) A．電源的電動勢E＝ V，內阻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．調整滑動變阻器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，由圖乙知，當RP＝R＋r＝10 Ω時，滑動變阻器消耗的功率最大，R＝6 Ω，可得內阻r＝4 Ω，最大功率P＝＝0.4 W，解得E＝4 V，故A項錯誤．B項，滑動變阻器的阻值為4 Ω與阻值為Rx時消耗的功率相等，有4Rx＝(R＋r)2，解得Rx＝25 Ω，故B項正確．C項，當回路中電流最大時，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項正確．D項，當外電路電阻與內阻相等時，電源的輸出功率最大．本題中定值電阻R的阻值大于內阻的阻值，故滑動變阻器RP的阻值為0時，電源的輸出功率最大，最大功率為P出max＝()2R＝0

15、.96 W，故D項錯誤． 12.(2018·全國二模)如圖所示，電源電動勢為4 V，內阻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三項錯誤，A項正確． 二、非選擇題 13．如圖所示，在測電池的電動勢和內電阻的實驗中，接通開關，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．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)和負接線柱(c點)，多用表電壓擋的示數(shù)均為

17、零；用黑表筆分別接觸d點、e點，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勢E＝________ V，內電阻r＝________ Ω. 答案　dc線段斷路　E＝3.0 V　r＝2.0 Ω 解析　接通開關，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)和負接線柱(c點)，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、e點，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勢， 故E＝3.0 V，內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，電源電動勢E＝27 V，內阻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扇形a、b構成，它可繞AA′軸轉動．當細光束通過扇形a、b照射光敏電阻R1時，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．假設照在R1上的光強發(fā)生變化時R1阻值立即有相應的改變．重力加速度為g＝10 m/s2. (1)求細光束通過a照射到R1上時，電容器所帶的電量； (2)細光束通過a照射到R1上時，帶電微粒剛好沿虛線勻速運動，求細光束通過b照射到R1上時帶電微粒能否從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 設電容器的電量為Q，則Q＝CUC 解得Q＝1.8×10－11 C (2)細光束通過a照射時，帶電微粒剛好沿虛線勻速運動，則有mg＝q 得m＝0.6×10－2 kg 細光束通過b照射時，同理可得UC′＝12 V 由牛頓第二定律，得q－mg＝ma 解得a＝10 m/s2 微粒做類平拋運動，得y＝at2，t＝ 得y＝0.2×10－2 m 因為y＜，所以帶電微粒能從C的電場中射出． 9