骄子之路高考物理一轮复习 7.2电动势、闭合电路欧姆定律课时强化作业.doc

课时强化作业二十八电动势、闭合电路欧姆定律一、选择题1关于闭合电路的性质，下列说法不正确的是()a外电路断路时，路端电压最高b外电路短路时，电源的功率最大c外电路电阻变大时，电源的输出功率变大d不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变解析：由闭合电路欧姆定律可知：eu外u内，当外电路断路时，u外e，路端电压最大；当外电路短路时，电路中电流最大，电源的功率pei最大，电源的输出功率pi2r.只有当rr时，电源的输出功率最大，故选项c说法错误答案：c2.在如图所示的电路中，当滑动变阻器r3的滑动触头p向下滑动时()a电压表示数变大，电流表示数变小b电压表示数变小，电流表示数变大c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小解析：r3的滑动触头向下滑动，所以r3接入电路的阻值变大，导致并联电路的阻值变大，电路的总电阻变大，干路电流变小；并联电路的电阻变大，则并联电路的分压增大，即r2、r4串联电路的电压变大，所以流过这一支路的电流变大，由于干路电流变小，所以电流表的示数变小；因为r2、r4串联电路的电压变大，使得r2两端分压变大，电压表示数变大，本题答案为a.答案：a3.如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p从最上端向下滑动时()a电压表v读数先变大后变小，电流表a读数变大b电压表v读数先变小后变大，电流表a读数变小c电压表v读数先变大后变小，电流表a读数先变小后变大d电压表v读数先变小后变大，电流表a读数先变大后变小解析：滑动变阻器的上下两部分电阻并联再与电阻r串联电路如图所示当滑动变阻的滑动触头p从上端向下滑动过程中，当上下两部分电阻相等时，并联电路阻值最大，电路的总电阻最大，电路中电流最小，路端电压最大，即电压表的读数先增大后减小，故选项b、d错误；滑动变阻器触头在最上端时，电流表读数为零，即电流表的读数是从零开始增加的，故选项a正确，选项c错误答案：a4直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片p向右移动时，电源的()a总功率一定减小b效率一定增大c内部损耗功率一定减小d输出功率一定先增大后减小解析：滑片p向右移动时外电路电阻r外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由p总ei可得p总减小，故选项a正确根据可知选项b正确由p损i2r可知，选项c正确由p输r外图象，因不知道r外的初始值与r的关系，所以无法判断p输的变化情况，选项d错误答案：abc5.某同学将一直流电源的总功率pe、输出功率pr和电源内部的发热功率pr随电流i变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知()a反映pr变化的图线是cb电源电动势为8 vc电源内阻为2 d当电流为0.5 a时，外电路的电阻为6 解析：电源的总功率peie，功率与电流成正比，由pri2r知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，a正确电流为2 a时电源的总功率与发热功率相等，可得出电源电动势为4 v，内阻为2 ，当电流为0.5 a时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6 ，c、d正确答案：acd6.在如图所示的电路中，r1、r2、r3均为可变电阻，当开关s闭合后，两平行金属板mn中有一带电液滴正好处于静止状态为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是()a增大r1b减小r2c减小r3d增大mn间距解析：带电液滴静止时，qmg，可见要使带电液滴向上加速运动，可以减小d，也可以增大u，故增大r3或减小r2均可增大u，使液滴向上加速，b正确，c、d均错误；因电路稳定时，r1上无电流，故增大r1并不影响电容器的电压u，a错误答案：b7.如右图所示，直线a是电源的路端电压和电流的关系图线，直线b、c分别是电阻r1、r2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则()ar1接在电源上时，电源的效率高br2接在电源上时，电源的效率高cr1接在电源上时，电源的输出功率大d电源的输出功率一样大解析：电源的效率.由题图可知，当r1、r2分别接入电源后的路端电压ub、uc分别为电阻的伏安特性曲线b、c和电源的伏安特性曲线a的交点的纵坐标，由此可知ubuc，所以r1接在电源上时，电源的效率大于r2接在电源上时电源的效率，选项a正确，选项b错误；电阻的ui图线的斜率值等于电阻的阻值电源的ui图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，由题图可知r2的阻值等于电源的内电阻，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，故选项c、d错误答案：a8在某控制电路中，需要连成如下图所示的电路，主要由电动势为e、内阻为r的电源与定值电阻r1、r2及电位器(滑动变阻器)r连接而成，l1、l2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是()al1、l2两个指示灯都变亮bl1、l2两个指示灯都变暗cl1变亮，l2变暗dl1变暗，l2变亮解析：当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小，l1灯变暗，通过其电流减小；由u1i2r1及i2ii1可知r1分担电压增大，l2及r2两端电压减小，l2功率减小而变暗，选项b正确答案：b9在如图甲所示的电路中，l1、l2、l3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关s闭合后，电路中的总电流为0.25 a，则此时()al1的电压为l2电压的2倍bl1消耗的电功率为0.75 wcl2的电阻为12 dl1、l2消耗的电功率的比值大于41解析：l1的电流是l2电流的2倍，根据伏安特性曲线可知，此时l1和l2的电阻不等，l1的电压与l2的电压不存在2倍关系，a错；由伏安特性曲线可得，开关闭合后l1的电压为3.0 v，所以l1消耗的电功率为pui0.253 w0.75 w，b对，流过l2的电流为0.125 a，由伏安特性曲线可读出此时l2电压约为0.3 v，再根据欧姆定律r计算可得r2约为2.4 ，c错；根据pui计算可得，d对答案：bd10(2015届甘肃省天水一中月考)如图所示的电路中，电源的电动势e和内阻r一定，a、b为平行板电容器的两块正对金属板，r1为光敏电阻当r2的滑动触头p在a端时，闭合开关s，此时电流表a和电压表v的示数分别为i和u.以下说法正确的是()a若仅将r2的滑动触头p向b端移动，则i不变，u增大b若仅增大a、b板间距离，则电容器所带电荷量减少c若仅用更强的光照射r1，则i增大，u增大，电容器所带电荷量增加d若仅用更强的光照射r1，则u变化量的绝对值与i变化量的绝对值的比值不变解析：电容器所在支路由于是断路，没有电流通过，所以电路中只有光敏电阻和电阻r3串联在电路中，并且电容器两端的电压等于光敏电阻两端电压，所以若仅将r2的滑动触头p向b端移动，电路总电阻不变，电流不变，电压也不变，选项a错误；若增大电容器极板间的距离，所以根据公式c可得电容器电容减小；由于电容器两端的电压恒定，根据公式c，故电荷量减小，选项b正确；若仅用更强的光照射r1，电路总电阻减小，电流增大，故电流表示数增大，路端电阻减小，所以路端电压减小，即电压表示数减小，根据公式c可得，u减小，q也减小，选项c错误；根据闭合电路欧姆定律可得u变化量的绝对值与i变化量的绝对值的比值表示电源内阻，所以恒定不变，选项d正确答案：bd二、非选择题11如图甲所示的电路中，r1、r2均为定值电阻，且r1100 ，r2阻值未知，r3为一滑动变阻器当其滑片p从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中电流的变化图线如图乙所示，其中a、b两点是滑片p在变阻器的两个不同端点得到的求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻r2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值解析：(1)将乙图中ab线延长，反向延长交u轴于20 v处，交i轴于1.0 a处，所以电源的电动势为e20 v，内阻r20 .(2)当p滑到r3的右端时，电路参数对应乙图中的b点，即u24 v、i20.8 a，得r25 .(3)当p滑到r3的左端时，由乙图知此时u外16 v，i总0.2 a，所以r外80 ；因为r外r2，所以滑动变阻器的最大阻值为：r3300 .答案：(1)20 v20 (2)5 (3)300 12如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板a、b间的距离为d，金属板长为l.在两金属板左端正中间位置m，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q.要使液滴从b板右侧边缘射出电场，电动势e是多大？重力加速度用g表示解析：由闭合电路欧姆定律得i两金属板间电压为uabir由牛顿第二定律得qmgma液滴在电场中做类平抛运动lv0tat2由以上各式解得e.答案：13.如图所示的电路中，电源电动势e6.0 v，其内阻可忽略不计电阻的阻值分别为r12.4 k，r24.8 k，电容器的电容c4.7 f.闭合开关s，待电流稳定后，用电压表测r1两端电压，其稳定值为1.5 v.(1)该电压表的内阻为多大？(2)由于电压表的接入，电容器的带电荷量