（北京专用）2019版高考物理一轮复习 第十章 恒定电流 第2讲 闭合电路欧姆定律检测.doc

第2讲闭合电路欧姆定律基础巩固1.关于电动势下列说法中正确的是()a.对于给定的电源,移动正电荷非静电力做功越多,电动势就越大b.电动势大,说明非静电力在电源内部从负极向正极移动单位电荷量做功多c.电动势、电压和电势差虽名称不同,但物理意义相同,所以单位也相同d.在电源内部把正电荷从负极移动到正极,非静电力做功,电能增加2.(2018北京海淀期末)(多选)如图所示的电路中,闭合开关s,当滑动变阻器r的滑片p向上移动时,下列说法中正确的是()a.电流表示数变大b.电压表示数变小c.电阻r0的电功率变大d.电源的总功率变小3.利用金属导体的电阻随温度变化的特点可以制成电阻温度计。如图甲所示为某种金属导体的电阻r随温度t变化的图线。如果用这种金属导体做成测温探头,再将它连入如图乙所示的电路中,随着测温探头处待测温度的变化,电流表示数也会发生变化。则在t1t2温度范围内()a.待测温度越高,电流表的示数越大b.待测温度越高,电流表的示数越小c.待测温度升高,电流表的示数均匀增大d.待测温度升高,电流表的示数均匀减小4.(2017北京朝阳期末,2)已知干电池的电动势为1.5 v,下列说法正确的是()a.当外电路闭合时,干电池两极间的电压等于1.5 vb.当外电路断开时,干电池两极间的电压等于零c.当外电路闭合时,在1 s内有1.5 c的电荷通过电池d.当1 c的电荷通过干电池时,干电池能把1.5 j的化学能转化为电能5.(2017北京西城期末,10)某同学把电流表、干电池和一个定值电阻串联后,两端连接两支测量表笔,做成了一个测量电阻的装置,如图所示。两支表笔直接接触时,电流表的读数为5.0 ma;两支表笔与300 的电阻相连时,电流表的读数为2.0 ma。由此可知,这个测量电阻装置的内阻是() a.200 b.300 c.500 d.800 6.在“测电源电动势和内阻”的实验中,某同学作出了两个电源路端电压u与电流i的关系图线,如图所示。两个电源的电动势分别为e1、e2,内阻分别为r1、r2。如果外电路分别接入相同的电阻r,则两个电源的() a.路端电压和电流不可能同时相等b.输出功率不可能相等c.总功率不可能相等d.效率不可能相等7.(2017北京西城二模,20)智能手机电池“快速充电技术”可以使用户在短时间内完成充电。比如对一块额定电压3.7 v、容量1 430毫安时的电池充电,可以在半小时内将电池充到满容量的75%。结合本段文字和你所学知识,关于“快速充电技术”,你认为下列叙述中比较合理的是()a.这里所提到的“毫安时”指的是一种能量单位b.这里所提到的“满容量的75%”是指将电池电压充到3.7 v的75%c.快速充电技术提高了锂电池的原有容量d.对额定电压3.7 v的锂电池充电,其充电电压应高于3.7 v8.(2018北京朝阳期末)在如图所示的电路中,闭合开关后,当滑动变阻器r1的滑片p向a端移动时()a.a1、a2的示数都减小b.a1、a2的示数都增大c.a1的示数增大,a2的示数减小d.a1的示数减小,a2的示数增大9.(2017北京顺义二模,23)某课外小组设计了一种测定风速的装置,其原理如图所示,一个劲度系数k=1 300 n/m、自然长度l0=0.5 m的弹簧一端固定在墙上的m点,另一端n与导电的迎风板相连,弹簧穿在光滑水平放置粗细均匀的电阻率较大的金属杆上,弹簧是由不导电的材料制成的。迎风板面积s0=0.5 m2,工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连,另一端在m点与金属杆相连。迎风板可在金属杆上滑动,且与金属杆接触良好,不计摩擦。定值电阻r=1.0 ,电源的电动势e=12 v,内阻r=0.5 。闭合开关,没有风吹时,弹簧处于自然长度,电压表的示数u1=3.0 v,某时刻由于风吹迎风板,待迎风板再次稳定时,电压表的示数变为u2=2.0 v。(电压表可看做理想电表),试分析求解:(1)此时风作用在迎风板上的力的大小;(2)假设风(运动的空气)与迎风板作用后的速度变为零,空气的密度为1.3 kg/m3,求风速的大小。综合提能1.(2017北京海淀二模,20)电源的两个重要参数分别是电动势e和内电阻r。对一个电路有两种特殊情况:当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势;当外电路短路时,短路电流等于电动势和内电阻的比值。现有一个电动势为e、内电阻为r的电源和一阻值为r的定值电阻,将它们串联或并联组成的系统视为一个新的等效电源,这两种连接方式构成的等效电源分别如图甲和乙中虚线框所示。设新的等效电源的电动势为e,内电阻为r。试根据以上信息,判断下列说法中正确的是()a.甲图中的e=rr+re, r=r+rb.甲图中的e=rr+re, r=r+rc.乙图中的e=e,r=rrr+rd.乙图中的e=rr+re,r=rrr+r2.(2016北京西城一模,19)某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程,他按如图1所示连接电路。先使开关s接1,电容器很快充电完毕。然后将开关掷向2,电容器通过r放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的i-t曲线如图2所示。他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响,断开s,先将滑片p向右移动一段距离,再重复以上操作,又得到一条i-t曲线。关于这条曲线,下列判断正确的是()a.曲线与坐标轴所围面积将增大b.曲线与坐标轴所围面积将减小c.曲线与纵轴交点的位置将向上移动d.曲线与纵轴交点的位置将向下移动3.(2015北京理综,24)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射a板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于a板向b板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。已知单位时间内从a板逸出的电子数为n,电子逸出时的最大动能为ekm。元电荷为e。(1)求a板和b板之间的最大电势差um,以及将a、b短接时回路中的电流i短。(2)图示装置可看做直流电源,求其电动势e和内阻r。(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为u。外电阻上消耗的电功率设为p;单位时间内到达b板的电子,在从a板运动到b板的过程中损失的动能之和设为ek。请推导证明:p=ek。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)4.(2017北京东城一模,24,20分)利用图像分析问题是物理学中常用的方法,其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义。a.小明以6 m/s的初速度将足球水平踢出,足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度-时间图像如图1所示。图1中图线与坐标轴所围的面积等于12个小方格的面积。图1(1)请你判断:足球在滚动过程中受到的阻力大小是变大、变小还是不变?(2)求足球滚动了多远才停下来?b.用如图2所示的电路研究电容器的放电过程,其中电压传感器相当于一个理想电压表,可以显示电阻箱两端电压随时间的变化关系。实验时将电阻箱r的阻值调至2 000 ,将开关s拨到a端,电源向电容器充电,待电路稳定后,将电压传感器打开,再将开关s拨到b端,电容器通过电阻箱放电。以s拨到b端时为t=0时刻,电压传感器测得的电压u随时间t变化的图像如图3所示。忽略导线及开关的电阻,且不考虑电路辐射问题。(1)求电容器所带电荷量的最大值。(2)在图4上定量画出放电过程中电容器两端电压u随电荷量q变化的关系图像,并据此求出在电容器充电过程中电源内部产生的热量。图4答案精解精析基础巩固1.d由电动势公式e=w非q知,e等于非静电力将单位正电荷在电源内部从负极移动到正极所做功的值,所以a、b错,电压与电动势的物理意义不同,c错。2.cd解法一当滑片p向上移动时,滑动变阻器接入电路中的阻值变大,电路的总阻值也变大,由闭合电路欧姆定律知干路电流i=er+r外变小,电源内阻分担电压u内=ir变小,外电压u外=e-u内变大,电压表示数变大,b项错。通过r0的电流i0=u外r0变大,通过电流表的电流ia=i-i0变小,电流表示数变小,a项错。电阻r0的电功率p0=i02r0变大,c项正确。电源的总功率p总=ei变小,d项正确。解法二由“串反并同”规律分析知,当滑片p向上移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,则与之串联的电流表示数变小,干路电流变小,电源总功率p总=ei变小;与之并联的电压表示数变大,电阻r0的电流、电压、电功率均变大,因此选c、d。3.b温度越高电阻r越大,电流越小,故b正确,a错误。由甲图可知,电阻随温度的变化关系可写成r=r0+kt,电路中电流i=er+r=er+r0+kt,因此待测温度升高,电流表示数减小,但不会均匀减小,c、d错误。4.d由于干电池有内阻,所以当外电路闭合时,干电池两端的电压应视为路端电压,小于1.5 v,a错误;当外电路断开时,干电池两极间的电压等于电池电动势1.5 v,而不是零,b错误;当外电路闭合时,由q=it可知,若在1 s内有1.5 c的电荷流过电池,此时电流大小为1.5 a,而题中电阻未知,电流无法确定,c错误;根据电动势的定义式e=wq得w=eq,当外电路闭合时,每有1 c的电荷通过干电池,非静电力做功就为1.5 j,就有1.5 j的化学能转化为电能,d正确。5.a两表笔直接接触时,e=i1r两表笔外接电阻r外时,e=i2(r外+r)联立两式解得:r=i2i1-i2r外=23300=200 。6.d路端电压u=e-ri,由此得出1、2图线在纵轴上的截距分别为e1、e2,且e1e2,斜率的绝对值表示两电源内阻,r1r2,当外电路分别接入相同电阻r时,若r的u-i图线为图线3(如图所示),斜率k=r,则两个电源的路端电压和电流相等,大小为u3、i3,两电源输出功率(p=u3i3)相等,选项a、b错;若定值电阻r的u-i图线为图线4(如图所示),则该电阻接在e1和e2电源上时的总功率分别为p总1=e1i1,p总2=e2i2,因为e1e2,而i1i2,故有可能p总1=p总2,c选项错误;电源效率=rr+r100%,r相同而r不同,效率不可能相等,d选项正确。7.d根据q=it可知,毫安时(mah)是电荷量的单位,不是能量的单位,故a错误;这里所提到的“满容量的75%”是将电量充到满容量的75%,故b错误;快速充电技术提高了锂电池的充电速度,不会提高原有容量,故c错误;为了能为电池充电,对额定电压3.7 v的锂电池充电,其充电电压应高于3.7 v,故d正确。8.a当r1的滑片p向a端移动时,r1接入电路的阻值增大,外电路总电阻r外增大,干路电流i减小,故a1示数减小,则路端电压u=e-ir外增大,由i2=ur2得i2增大,而i=i2+i1,可见i1减小,电流表a2示数减小,故b、c、d选项均错误,只有a选项正确。9.答案(1)260 n(2)20 m/s解析(1)无风时金属杆接入电路的电阻为r1有u1=er+r1+rr1得r1=u1(r+r)e-u1=0.5 有风时金属杆接入电路的电阻为r2有u2=er+r2+rr2得r2=u2(r+r)e-u2=0.3 此时,弹簧的长度l=r2r1l0=0.3 m弹簧的压缩量x=l0-l=0.2 m根据平衡条件得,此时的风力f=kx=260 n(2)设风速为v,在t时间内接触到迎风板的空气质量为mm=s0vt根据动量定理可得ft=s0v2t得v=fs0=20 m/s综合提能1.d当外电路断开时,电源两端的电压等于电源电动势,甲的等效电源外电路断开时,i=0,r相当于导线,则等效电源的电动势仍为e,r与r串联形成新电源的内电阻,所以内电阻为r+r。乙的等效电源外电路断开时,新电源两端电压即r两端电压为err+r,则等效电源的电动势为rr+re,r与r并联形成新的电源内电阻,所以内电阻为rrr+r。综上选择d。2.d两次实验中,电容器所存储的电荷量相同。根据i=qt可知,曲线与坐标轴所围的面积表示通过电路中任意横截面的总电荷量,等于电容器所带的电荷量,因此两次曲线与坐标轴所围面积不变,a、b选项错误。滑片p向右移动一段距离,变阻器连入电路的阻值增大,初始时电容器两板间的电压不变,电路中的电流减小,即t=0时i值减小,所以d正确。3.答案(1)ekmene(2)ekmeekmne2(3)见解析解析(1)由动能定理,ekm=eum,可得um=ekme短路时所有逸出电子都到达b板,故短路电流i短=ne(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的um,所以e=um=ekme电源内阻r=ei短=ekmne2(3)外电阻两端的电压为u,则电源两端的电压也是u。由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能eke=eu设单位时间内有n个电子到达b板,则损失的动能之和ek=neke=neu根据电流的定义,此时电源内部的电流i=ne此时流过外电阻的电流也是i=ne,外电阻上消耗的电功率p=iu=neu所以p=ek4.答案a.见解析b.(1)610-3 c(2)见解析解析a.(1)由图1分析可知足球在滚动过程中受到的阻力变小。(2)图1中图线与坐标轴所围面积即足球滚动的距离,足球滚动了12 m才停下来。b.(1)在电容器放电过程中的任意瞬时有:q=it根据欧姆定律有i=uru-t图线与t轴所围面积除以电阻r即电容器所带电荷