高考物理一轮复习课时跟踪检测36闭合电路欧姆定律

PAGEPAGE2。。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯课时跟踪检测三十六闭合电路欧姆定律【基础过关】1．(2017届贵州思南中学月考)如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U­I图线，关于此图线的说法中正确的是()A．纵轴的截距表示电源的电动势，即E＝3.0VB．横轴的截距表示电源的短路电流，即I短＝0.6AC．电源的内阻r＝5ΩD．电源的内阻r＝2.0Ω解析：U­I图象纵轴截距表示电源电动势大小，A正确；纵轴没有从零开始，故此时横轴截距不是短路电流，B错；图象斜率的绝对值表示电源内阻，由题图可知内阻为1Ω，C、D错．答案：A2．(2017届浙江宁波效实中学期中)在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从最高端向下滑动时()A．电压表读数先变大后变小，电流表读数变大B．电压表读数先变小后变大，电流表读数变小C．电压表读数先变大后变小，电流表读数先变小后变大D．电压表读数先变小后变大，电流表读数先变大后变小解题思路：由电路图可知，本题为滑动变阻器的两部分并联，并联后，再与R串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化．解析：由电路图知，在滑动滑片P过程中，滑动变阻器的上下两部分并联再与R串联，电压表测路端电压，电流表测流过滑动变阻器下部分的电流．所以当滑动变阻器滑片P滑到中央时，并联总电阻最大，故电压表示数先增大后减小，而滑动变阻器下部分的阻值在一直减小，故电流表示数一直增大，A正确．答案：A3．(多选)(2016届黑龙江大庆实验中学月考)如图所示，一直流电动机与阻值R＝9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30V，内阻r＝1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10V，已知电动机线圈的电阻RM＝1Ω，则下列说法中正确的是()A．通过电动机的电流为10AB．电动机的输入功率为20WC．电源的输出功率为4WD．电动机的输出功率为16W解析：根据闭合电路欧姆定律，有E＝U＋I(r＋R)，解得I＝2A，A错误；电动机的输入功率P入＝UI＝20W，B正确；电源的输出功率为P＝EI－I2r＝56W，C错；电动机的热功率P热＝I2RM＝4W，电动机的输出功率P出＝P入－P热＝16W，D正确．答案：BD4.(2016届甘肃定西通渭马营中学期末)如图所示，电阻R1＝2Ω，小灯泡L上标有“3V1.5W”，电源内阻r＝1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当滑片P滑动到最上端a时，电流表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，求：(1)滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当滑片P滑动到最下端b时，电源的总功率及输出功率．解题思路：(1)当滑片P滑动到最上端a时，R0与灯泡并联后与电阻R1串联．根据欧姆定律求解滑动变阻器的最大阻值R0；(2)当滑片P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路．由闭合电路的欧姆定律求出电流，再求解电源的总功率及输出功率．解析：(1)当滑片P滑动到最上端a时，流过小灯泡L的电流为IL＝eq\f(PL,UL)＝0.5A.流过滑动变阻器的电流I0＝IA－IL＝0.5A.6．(2016届浙江杭州二中期中)如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，R0＝r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动，则在此过程中()A．电压表V1的示数一直增大B．电压表V2的示数先增大后减小C．电源的总功率先减小后增大D．电源的输出功率先减小后增大解析：滑动变阻器两部分电阻Pb和Pa并联，总电阻R先增加再减小；根据闭合电路欧姆定律知，干路电路先减小后增加，故电源的总功率先减小后增加，C正确；类推D正确；后根据“串反并同”，电压表V1示数先增加后减小，电压表V2先减小再增加，A、B错误．答案：CD7.(2017届江苏泰州中学月考)如图所示为两个独立电路A和B的路端电压与其总电流I的关系图线，则()A．路端电压都为U1时，它们的外电阻相等B．电流都是I1时，两电源内电压相等C．电路A的电动势大于电路B的电动势D．A中电源的内阻大于B中电源的内阻解题思路：在路端电压与电流的关系图线中，图线斜率的绝对值表示电源的内阻大小，纵轴截距表示电动势，横轴截距表示短路电流，外电阻等于路端电压与电流之比．解析：根据题图可知：路端电压都为U1时，外电阻的电流相等，都为I1，根据电阻R＝eq\f(U,I)，它们的外电阻相等，A正确；由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir可知，图象的纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻大小，A图线的纵轴截距大于B图线的纵轴截距，A的电动势大于B的电动势，即EA＞EB.A图线的斜率绝对值大于B图线斜率的绝对值，所以A的内阻大于B的内阻，即rA＞rB.当电流都是I1时，两电路的路端电压相等，据闭合电路欧姆定律可知，U内＝E－U，所以A电路的内电压比B电路的内电压大，故B错误，C、D正确．答案：ACD8．(2016届四川成都一诊)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低时电阻增大)，R1为定值电阻，R是滑动变阻器，C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止．下列各项单独操作中能使带电液滴向上运动的是()A．将R0加热B．R的滑动触头P向上移动C．C的上极板向上移动D．开关S断开解析：将R0加热，电阻减小，电路中电流增大，R两端电压增大，电容器极板间的电压增大，电场强度增强，故液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故A正确；R的滑动触头P向上移动时，电容器C两端的电压减小，极板间场强减弱，带电液滴向下运动，故B错误；由E＝U/d分析知，上极板向上移动，板间场强减小，带电液滴所受的电场力减小，则带电液滴向下运动，故C错误；开关S断开，电容器两板间电压为电源电动势，故电压增大，场强增强，故带电液滴受到的电场力大于重力，带电液滴向上运动，故D正确．答案：AD9．(2017届河北衡水中学六调)在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，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点时，下列说法中正确的是()A．L1变亮，L2变暗B．L1、L2两个指示灯都变暗C．若电源的负极接地，则a点的电势降低，b点的电势升高D．若电源的负极接地，则a、b点的电势都降低解析：当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a点时，R接入电路的电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，L1变暗，L1中的电流变小，R1中的电流变大，R1两端的电压增大，则R2和L2两端的总电压减小，L2中的电流变小，L2变暗，A错误，B正确；若电源的负极接地，由于电源的路端电压减小，所以a点电势降低，由于R1两端的电压增大，所以b点电势升高，C正确，D错误．答案：BC三、计算题10.(2016届江西上饶铅山一中、横峰中学、弋阳一中、德兴一中四校联考)如图所示，一电荷量q＝3×10－4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，已知两板相距d＝0.1m．合上开关后，小球静止时细线与竖直方向的夹角α＝37°，电源电动势ε＝12V，电阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω.g取10m/s2.求：(1)流过电源的电流；(2)两板间的场强大小；(3)小球的质量．解析：(1)R2与R3并联后的总阻值R23＝eq\f(R2R3,R2＋R3)＝eq\f(12×12,12＋12)Ω＝6Ω，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(ε,R1＋R23＋r)＝eq\f(12,4＋6＋2)A＝1A.(2)电容器两板间的电压UC＝I(R1＋R23)＝10V，电容器两板间的电场强度大小E＝eq\f(UC,d)＝100N/C.(3)小球处于静止状态，设所受电场力为F，由平衡条件得F＝mgtanα，又F＝qE，得m＝eq\f(qE,gtanα)＝4×10－3kg.答案：(1)1A(2)100N/C(3)4×10－3kg11．(2016届吉林白山期末)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L＝60cm，两板间的距离d＝30cm，电源电动势E＝36V，内阻r＝1Ω，电阻R0＝9Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球(可视为质点)从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝6m/s水平向右射入两板间，小球恰好从A板右边缘射出．已知小球带电荷量q＝2×10－2C，质量m＝2×10－2kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)带电小球在平行金属板间运动的加速度大小；(2)滑动变阻器接入电路的