2024-2025學(xué)年高中物理第二章恒定電流第7節(jié)閉合電路的歐姆定律課時(shí)作業(yè)新人教版選修3-1

PAGEPAGE1第7節(jié)閉合電路的歐姆定律[隨堂檢測(cè)]1．電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，向可變電阻R供電．關(guān)于路端電壓，下列說法正確的是()A．因?yàn)殡娫措妱?dòng)勢(shì)不變，所以路端電壓也不變B．因?yàn)閁＝IR，所以當(dāng)R增大時(shí)，路端電壓也增大C．因?yàn)閁＝IR，所以當(dāng)I增大時(shí)，路端電壓也增大D．因?yàn)閁＝E－Ir，所以當(dāng)I增大時(shí)，路端電壓減小解析：選D．此電路為閉合電路，應(yīng)運(yùn)用閉合電路歐姆定律分析，不能運(yùn)用部分電路歐姆定律分析．依據(jù)U＝E－Ir可知，當(dāng)I增大時(shí)，內(nèi)電壓Ir增大，路端電壓減小，所以選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，D正確．2．如圖所示，直線A為電源的U－I圖線，直線B為電阻R的U－I圖線，用該電源和電阻組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率和效率分別是()A．4W，33．3% B．2W，33．3%C．4W，66．7% D．2W，66．7%解析：選C．從題圖中可知E＝3V，圖線A和圖線B的交點(diǎn)是電源和電阻R構(gòu)成閉合電路的工作點(diǎn)，因此P出＝UI＝4W，P總＝EI＝6W．電源的效率η＝eq\f(U,E)≈66．7%．3．如圖所示，L1、L2、L3三只電燈均能發(fā)光，當(dāng)把滑動(dòng)變阻器的觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，三只電燈亮度的改變是()A．L1、L2、L3都變亮B．L1、L2變亮，L3變暗C．L1、L3變亮，L2變暗D．L1變亮，L2、L3變暗解析：選B．滑動(dòng)變阻器的觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值R減小，所以電路總電阻值R總減小，由閉合電路歐姆定律知總電流eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I總＝\f(E,R總＋r)))變大，通過L1的電流增大，L1兩端的電壓UL1增大，故L1變亮；由于I總變大，所以內(nèi)阻上的電壓(U內(nèi)＝I總r)變大，所以L3兩端的電壓(UL3＝E－UL1－U內(nèi))變小，通過L3的電流IL3變小，所以L3變暗；由于I總變大，IL3變小，所以通過L2的電流(IL2＝I總－IL3)肯定增大，L2變亮，選B．4．(2024·合肥質(zhì)檢)如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3為一滑動(dòng)變阻器．當(dāng)其滑片P從左端滑至右端時(shí)，測(cè)得電源的路端電壓隨電源中流過的電流改變圖線如圖乙所示，其中A、B兩點(diǎn)是滑片P在變阻器的兩個(gè)不同端點(diǎn)得到的．求：(1)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動(dòng)變阻器的最大阻值．解析：(1)題圖乙中AB延長(zhǎng)線交縱軸于20V處，交橫軸于1．0A處，所以電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝20V，內(nèi)阻r＝eq\f(E,I短)＝20Ω．(2)當(dāng)P滑到R3的右端時(shí)，電路參數(shù)對(duì)應(yīng)圖乙中的B點(diǎn)，即U2＝4V、I2＝0．8A，得R2＝eq\f(U2,I2)＝5Ω．(3)當(dāng)P滑到R3的左端時(shí)，由圖乙知此時(shí)U外＝16V，I總＝0．2A，所以R外＝eq\f(U外,I總)＝80Ω，因?yàn)镽外＝eq\f(R1R3,R1＋R3)＋R2，所以滑動(dòng)變阻器的最大阻值為R3＝300Ω．答案：(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω[課時(shí)作業(yè)][學(xué)生用書P141(單獨(dú)成冊(cè))]一、單項(xiàng)選擇題1．有兩個(gè)相同的電阻R，串聯(lián)起來接在電動(dòng)勢(shì)為E的電源上，電路中的電流為I；將它們并聯(lián)起來接在同一電源上，此時(shí)流過電源的電流為eq\f(4I,3)，則電源的內(nèi)阻為()A．R B．eq\f(R,2)C．4R D．eq\f(R,8)解析：選C．由串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點(diǎn)及閉合電路的歐姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝eq\f(4,3)Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)＋r))，由以上兩式可得r＝4R．2．在如圖所示的電路中，E為電源電動(dòng)勢(shì)，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器．當(dāng)R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)在a端時(shí)合上開關(guān)S，此時(shí)三個(gè)電表A1、A2、V的示數(shù)分別為I1、I2和U．現(xiàn)將R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)，則三個(gè)電表示數(shù)的改變狀況是()A．I1增大，I2不變，U增大B．I1減小，I2增大，U減小C．I1增大，I2減小，U增大D．I1減小，I2不變，U減小解析：選B．R2的滑動(dòng)觸點(diǎn)向b端移動(dòng)時(shí)，R2接入電路的電阻減小，整個(gè)電路的總電阻減小，總電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，R3電壓增大，R1、R2并聯(lián)電壓減小，通過R1的電流I1減小，即A1示數(shù)減小，而總電流I增大，則流過R2的電流I2增大，即A2示數(shù)增大．故A、C、D錯(cuò)誤，B正確．3．如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為30V，內(nèi)電阻為1Ω，一個(gè)標(biāo)有“6V，12W”的電燈與一個(gè)繞線電阻為2Ω的電動(dòng)機(jī)串聯(lián)，開關(guān)閉合后，電路中的電燈正常發(fā)光，則電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為()A．36W B．44WC．48W D．60W解析：選A．電路中電燈正常發(fā)光，所以UL＝6V，則電路中電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(12,6)A＝2A，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓UM＝30－Ir－6＝(30－2×1－6)V＝22V；則電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率P出＝P電－P熱＝UMI－I2RM＝(22×2－4×2)W＝36W．4．如圖所示電路中，R1、R2為定值電阻，電源內(nèi)阻為r，閉合開關(guān)S，電壓表顯示有讀數(shù)，調(diào)整可變電阻R的阻值，電壓表示數(shù)增大量為ΔU，則在此過程中()A．可變電阻R阻值增大，流過它的電流增大B．電阻R2兩端的電壓減小，改變量等于ΔUC．通過電阻R2的電流減小，改變量小于eq\f(ΔU,R2)D．路端電壓肯定增大，改變量大于ΔU解析：選C．由題，電壓表的示數(shù)增大，R和R1并聯(lián)的電阻增大，得知R增大，總電阻增大，總電流減小，并聯(lián)部分電壓增大，通過R1的電流增大，所以通過可變電阻R的電流減小，故A錯(cuò)誤．R增大，外電阻增大，干路電流減小，電阻R2兩端的電壓減小，路端電壓增大，而路端電壓等于外電路總電壓，所以電阻R2兩端的電壓減小量小于ΔU，由歐姆定律得知，通過電阻R2的電流減小，減小量小于eq\f(ΔU,R2)，故B錯(cuò)誤，C正確．由于電阻R2兩端的電壓減小，所以路端電壓的增大量小于ΔU，故D錯(cuò)誤．5．如圖所示，已知C＝6μF，R1＝5Ω，R2＝6Ω，E＝6V，r＝1Ω，電表均為志向電表，開關(guān)S原來處于斷開狀態(tài)，下列說法中正確的是()A．開關(guān)S閉合瞬間，電流表的讀數(shù)為0．5AB．開關(guān)S閉合瞬間，電壓表的讀數(shù)為5．5VC．開關(guān)S閉合后經(jīng)過一段時(shí)間，再將開關(guān)S快速斷開，則通過R2的電荷量為1．8×10－5CD．以上說法都不對(duì)解析：選C．開關(guān)S閉合瞬間，電容器充電，R2接近于短路狀態(tài)，I＝eq\f(E,R1＋r)＝eq\f(6,5＋1)A＝1A，A錯(cuò)誤；電壓表的讀數(shù)U＝IR1＝1×5V＝5V，B錯(cuò)誤；開關(guān)閉合一段時(shí)間后，電容器相當(dāng)于斷路，I′＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(6,5＋6＋1)A＝0．5A，此時(shí)電容器上電荷量Q＝CU2＝CI′R2＝6×10－6×0．5×6C＝1．8×10－5C，斷開開關(guān)S后，電荷量Q經(jīng)R2釋放，故C正確，D錯(cuò)誤．6．在輸液時(shí)，藥液有時(shí)會(huì)從針口流出體外，為了剛好發(fā)覺，設(shè)計(jì)了一種報(bào)警裝置，電路如圖所示．M是貼在針口處的傳感器，接觸到藥液時(shí)其電阻RM發(fā)生改變，導(dǎo)致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)出警報(bào)，此時(shí)()A．RM變大，且R越大，U增大越明顯B．RM變大，且R越小，U增大越明顯C．RM變小，且R越大，U增大越明顯D．RM變小，且R越小，U增大越明顯解析：選C．當(dāng)RM變大時(shí)，回路的總電阻R總變大，依據(jù)I總＝eq\f(E,R總)，得干路中的電流變小，S兩端的電壓U＝I總RS變小，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)RM變小時(shí)，回路的總電阻R總＝eq\f(1,\f(1,R)＋\f(1,RM))＋RS變小，依據(jù)I總＝eq\f(E,R總)，得干路中的電流變大，S兩端的電壓U＝I總RS變大，而且R越大，RM變小時(shí)，對(duì)回路的總電阻改變的影響越明顯，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7．(2024·天津南開中學(xué)測(cè)試)如圖所示電路中，R為一滑動(dòng)變阻器，P為滑片，若將滑片向下滑動(dòng)，則在滑動(dòng)過程中，下列推斷錯(cuò)誤的是()A．電源內(nèi)電路消耗功率肯定漸漸增大B．燈泡L2肯定漸漸變暗C．電源效率肯定漸漸減小D．R上消耗功率肯定漸漸變小解析：選D．滑動(dòng)變阻器滑片P向下滑動(dòng)，R↓→R并↓→R外↓．由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,r＋R外)推得I↑．由電源內(nèi)電路消耗功率P內(nèi)＝I2r可得P內(nèi)↑，A正確．U外↓＝E－I↑r，U1↑＝(I↑－IL1↓)R1，UL2↓＝U外↓－U1↑，PL2↓＝eq\f(Ueq\o\al(2,L2)↓,RL2)，故燈泡L2變暗，B正確．電源效率η↓＝eq\f(I2R外,I2（R外＋r）)＝eq\f(R外,R外＋r)＝eq\f(1,1＋\f(r,R外↓))，故C正確．R上消耗的功率PR＝eq\f(Ueq\o\al(2,L2)↓,R↓)，PR增大還是減小不確定，故D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題8．如圖所示，R是光敏電阻(隨光照強(qiáng)度增大，電阻減小)，當(dāng)它受到的光照強(qiáng)度增大時(shí)()A．燈泡L變暗B．光敏電阻R上的電壓增大C．電壓表V的讀數(shù)減小D．電容器C的帶電荷量增大解析：選CD．光照強(qiáng)度增大時(shí)，R的阻值減小，閉合電路的總電阻減小，依據(jù)閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,R＋r＋R燈)增大，燈泡L變亮，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；光敏電阻R上的電壓UR＝E－I(r＋R燈)減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電壓表V的讀數(shù)U＝E－Ir減小，選項(xiàng)C正確；電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡兩端的電壓UL＝IR燈增大，所以電容器C的帶電荷量Q＝CUL增大，選項(xiàng)D正確．9．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改變的特性圖線，曲線Ⅲ是一個(gè)小燈泡的伏安特性曲線，假如把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨(dú)連接，則下列說法中正確的是()A．電源1與電源2的內(nèi)阻之比是11∶7B．電源1與電源2的電動(dòng)勢(shì)之比是1∶1C．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1∶2D．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是1∶2解析：選ABD．電源的特性圖線與小燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)，即為電源與小燈泡連接時(shí)的工作狀態(tài)，交點(diǎn)的坐標(biāo)為工作時(shí)的電壓和電流，電源內(nèi)阻之比eq\f(r1,r2)＝eq\f(\f(10,7),\f(10,11))＝eq\f(11,7)，選項(xiàng)A正確；兩電源電動(dòng)勢(shì)均為10V，比值為1∶1，選項(xiàng)B正確；兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是eq\f(R1,R2)＝eq\f(\f(3,5),\f(5,6))＝eq\f(18,25)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是eq\f(P1,P2)＝eq\f(I1U1,I2U2)＝eq\f(3×5,5×6)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)D正確．10．如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r，電阻R2、R3為定值電阻，R1為滑動(dòng)變阻器，A、B為電容器的兩個(gè)極板，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R1處于某位置時(shí)，A、B兩板間的帶電油滴靜止不動(dòng)，則下列說法中正確的是()A．僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)B．僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)減小，油滴向上運(yùn)動(dòng)C．僅把兩極板A、B間距離增大，油滴向下運(yùn)動(dòng)，電流表讀數(shù)不變D．僅把兩極板A、B間相對(duì)面積減小，油滴向下運(yùn)動(dòng)，電流表讀數(shù)不變解析：選BC．僅把R1的觸頭向右滑動(dòng)時(shí)，R1增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，則電流表讀數(shù)減小，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴所受電場(chǎng)力增大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確．僅把兩極板A、B間距離d增大，電容器的電壓不變，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，則油滴向下運(yùn)動(dòng)，而電路其他部分不變，電流表讀數(shù)不變，故C正確．僅把兩極板A、B間相對(duì)面積減小，U和d不變，則板間場(chǎng)強(qiáng)不變，油滴所受電場(chǎng)力不變，則油滴仍保持靜止，電流表讀數(shù)不變，故D錯(cuò)誤．三、非選擇題11．(2024·長(zhǎng)沙高二檢測(cè))如圖所示的電路中，已知R1＝4Ω，電流表的讀數(shù)I＝0．75A，電壓表讀數(shù)U＝2．0V，經(jīng)一段時(shí)間后一電阻斷路，使電流表的讀數(shù)變?yōu)镮′＝0．80A，而電壓表的讀數(shù)變?yōu)閁′＝3．2V，求：(1)發(fā)生斷路的電阻是哪一個(gè)？(2)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻各是多少？解析：(1)因某電阻斷路，電流表、電壓表示數(shù)均增大，若R1、R3斷路，電流表或電壓表無讀數(shù)，可斷定發(fā)生斷路的電阻是R2．(2)由R2斷路后：電壓表的示數(shù)等于路端電壓，則R3＝eq\f(U′,I′)＝eq\f(3．2,0．8)Ω＝4Ω依據(jù)閉合電路歐姆定律得U′＝E－I′r即有3．2＝E－0．8r ①R2未斷路時(shí)：路端電壓U″＝R3I＝4×0．75V＝3V通過R1的電流I1＝eq\f(U″－U,R1)＝eq\f(3－2,4)A＝0．25A總電流：I0＝I1＋I(xiàn)＝0．25A＋0．75A＝1．0A則有U″＝E－I0r即3＝E－r ②聯(lián)立①②解得E＝4V，r＝1Ω．答案：(1)R2(2)4V1Ω12．受動(dòng)畫片《四驅(qū)兄弟》的影響，越來越多的小摯友喜愛上了玩具賽車，某玩具賽車充電電池的輸出功率P隨電流I改變的圖象如圖所示．(1)求該電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r；(2)求該電池的輸出功率最大