【名師一號】2020-2021學(xué)年新課標版物理選修3-1-第二章恒定電流雙基限時練7

雙基限時練(十六)閉合電路的歐姆定律1．圖中電阻R1、R2、R3的阻值相等，電池的內(nèi)阻不計．開關(guān)S接通后流過R2的電流是S接通前的()A.eq\f(1,2) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)解析此題考查歐姆定律及電阻的串、并聯(lián)．設(shè)電源電動勢為E，R1＝R2＝R3＝R，則S接通時，I2＝eq\f(E,R＋\f(R,2))×eq\f(1,2)＝eq\f(E,3R)，S斷開時，I2′＝eq\f(E,2R)，所以eq\f(I2,I2′)＝eq\f(2,3)，故B選項正確．答案B2．將電阻R1和R2分別單獨與同一電源相連，在相同的時間內(nèi)，兩電阻發(fā)出的熱量相同，則電源內(nèi)阻應(yīng)為()A.eq\f(R1＋R2,2) B.eq\f(R1R2,R1＋R2)C.eq\r(R1R2) D.eq\f(R1＋R2,R1R2)解析由題意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R1＋r)))2R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R2＋r)))2R2，整理得r＝eq\r(R1R2).答案C3.如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)電阻r恒定不變，電燈L恰能正常發(fā)光，假如變阻器的滑片向b端滑動，則()A．電燈L更亮，電流表的示數(shù)減小B．電燈L更亮，電流表的示數(shù)增大C．電燈L更暗，電流表的示數(shù)減小D．電燈L更暗，電流表的示數(shù)增大解析當變阻器的滑片向b端滑動時，R1增大，總電流I減小，故電流表示數(shù)減小，U外＝E－Ir增大，燈泡消耗的功率P＝eq\f(U\o\al(2,外),R)增大，燈L變亮，所以A選項正確．答案A4．在如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器．當R2的滑動觸點在a端時合上開關(guān)，此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)為I1、I2和U，現(xiàn)將R2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化狀況是()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減小解析本題考查電路結(jié)構(gòu)、閉合電路歐姆定律及電阻對電路的影響、電路的動態(tài)分析，R1、R2并聯(lián)后再與R3串聯(lián)，滑動變阻器R2觸點由a向b滑動過程中，R2接入電路的電阻減小，電路的總電阻減小，則總電流I增大，路端電壓U減小，R3兩端電壓增大，R1兩端電壓減小，故I1減小，I2＝I－I1，所以I2增大，故選項B正確．答案B5．如圖所示電路，電源內(nèi)阻不行忽視．開關(guān)S閉合后，在變阻器R0的滑動端向下滑動的過程中()A．電壓表與電流表的示數(shù)都減小B．電壓表與電流表的示數(shù)都增大C．電壓表的示數(shù)增大，電流表的示數(shù)減小D．電壓表的示數(shù)減小，電流表的示數(shù)增大解析本題考查恒定電路的動態(tài)分析，考查同學(xué)對恒定電路規(guī)律的應(yīng)用及分析問題的力量．滑動變阻器R0的滑片向下滑動，R0接入電路的電阻變小，電路的總電阻變小，總電流變大，電源的內(nèi)電壓變大，外電壓變小，電壓表的示數(shù)變小，R1兩端的電壓變大，R2兩端的電壓變小，電流表的示數(shù)變小，A選項正確．答案A6．如圖所示，當R1觸頭向右移動時，電壓表V1和V2的示數(shù)的變化分別為ΔU1和ΔU2(均取確定值)，則ΔU1和ΔU2的大小關(guān)系為()A.ΔU1>ΔU2B.ΔU1＝ΔU2C.ΔU1<ΔU2D．條件不足，無法確定ΔU1和ΔU2的大小關(guān)系解析觸頭向右移動時，電路中總電阻變小，總電流I總變大，路端電壓變小，U2變大，而U1變?。蒛路＝U1＋U2，可知U1的削減量ΔU1肯定比U2的增加量ΔU2多．答案A7．如圖所示是某電源的外特性曲線，則下列結(jié)論正確的是()A．電源的電動勢為6.0VB．電源的內(nèi)阻為12ΩC．電流為0.5AD．電源的短路電流為0.5解析由電源的外特性曲線可知，當電路中電流為零時的外電壓即為電源電動勢，即A選項正確；由閉合電路歐姆定律，得E＝U＋Ir，即6.0＝5.2＋0.5r，解得r＝1.6Ω，故B選項錯誤，由圖象可知C、D選項錯誤．答案A8．如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，直線B和C分別為電阻R1和R2的U-I圖線，用該電源分別與R1、R2組成閉合電路時，電源的輸出功率分別為P1、P2，電源的效率分別為η1、η2，則()A．P1>P2 B．P1<P2C．η1>η2 D．η1<η2解析A與B，A與C圖線的交點所示電壓、電流值分別為電阻R1、R2分別與電源組成閉合電路時的路端電壓和電流，則P1＝4×2W＝8W，P2＝2×4W＝8W，由圖象可知電源的電動勢為E＝6V，η1＝eq\f(U1,E)＝eq\f(4,6)，η2＝eq\f(U2,E)＝eq\f(2,6)，故η1>η2，選項C正確．答案C9．如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，燈L1、L2正常發(fā)光．由于電路消滅故障，突然發(fā)覺燈L1變亮，燈L2變暗，電流表的讀數(shù)變小，依據(jù)分析，發(fā)生的故障可能是()A．R1斷路 B．R2斷路C．R3短路 D．R4短路解析把原電路改畫為如圖所示的電路，由于電流表示數(shù)減小、燈L2變暗，可推知電路中的總電流減小，路端電壓增大，表明外電阻增大，可排解R3、R4短路的可能．又燈L1變亮、燈L2變暗，表明燈L1兩端電壓增大、燈L2兩端電壓減小，由歐姆定律可推斷只能是R1發(fā)生斷路．答案A10．如圖所示的電路中E＝3V，r＝0.5Ω，R0＝1.5Ω，變阻器的最大阻值Rm＝10Ω.(1)當變阻器的阻值R＝________Ω時，變阻器消耗的功率最大，為________W.(2)當變阻器的阻值R＝________Ω時，電阻R0消耗的功率最大，為________W.解析(1)將R0歸入內(nèi)電阻，則當變阻器R＝R0＋r＝2Ω時，變阻器消耗的功率最大，此時I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝eq\f(3,4)A變阻器消耗的功率P＝I2R＝eq\f(9,16)×2W＝eq\f(9,8)W＝1.125W(2)電阻R0為定值電阻，當通過的電流最大時，它消耗的功率最大，此時變阻器R＝0，I＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,2)A＝1.5AR0消耗的功率P＝I2R0＝1.52×1.5W＝3.375W答案(1)21.125(2)03.37511．在如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝3.0V，內(nèi)阻r＝1.0Ω；電阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝35Ω；電容器的電容C＝100μF.電容器原來不帶電，求接通開關(guān)S后流過R4的總電量．解析由電阻的并聯(lián)公式，得閉合電路的總電阻為R＝eq\f(R1R2＋R3,R1＋R2＋R3)＋r，由歐姆定律得，通過電源的電流I＝eq\f(E,R)電源的路端電壓U＝E－Ir電阻R3兩端的電壓U′＝eq\f(R3,R2＋R3)U通過R4的總電量就是電容器的電量Q＝CU′由以上各式并代入數(shù)據(jù)，解得Q＝2.0×10－4答案2.0×10－412．如圖為電子秤的原理圖，托盤和彈簧的電阻與質(zhì)量均不計．滑動變阻器的滑動端與彈簧的上端連接，當托盤中沒有放物體時，電壓表示數(shù)為零．設(shè)變阻器的總電阻為R，總長度為l，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，限流電阻阻值R0，彈簧勁度系數(shù)為k，不計一切摩擦和其他阻力，電壓表為抱負表．當托盤上放上某物體時，電壓表的示數(shù)為U，求此時稱量物體的質(zhì)量．解析設(shè)物體質(zhì)量為m，彈簧壓縮量為x則kx＝mg①當滑動變阻器的觸頭下移x時，電壓表的示數(shù)U＝Ieq\f(R,l)x②由閉合電路歐姆定律知，I＝eq\f(E,R＋R0＋r)③由①②③，得m＝eq\f(UlkR＋R0＋r,ERg)答案eq\f(UlkR＋R0＋r,ERg)13.如圖所示，電路中電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，水平放置的平行金屬板A、B間的距離為d，板長為L.在A板的左端且格外靠近極板A的位置，有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小液滴以初速度v0水平向右射入兩極板．(重力加速度用g表示)，求：(1)若使液滴恰能沿v0方向射出電場，電動勢E1應(yīng)為多大？(2)若使液滴恰能從B板右端邊緣射出電場，電動勢E2應(yīng)為多大？解析(1)若使液滴沿v0方向射出電場，則液滴在電場中做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，即mg＝eq\f(qUAB,d)由閉合電路歐姆定律，得E1＝I(R＋R)，UAB＝IR解得E1＝eq\f(2mgd,q)(2)由于液滴能從B板右端邊緣飛出，液滴在電場中做類平拋運動，有L＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，由牛頓其次定律，有eq\f(qUAB′,d)－mg＝m