2024-2025学年高中物理第二章恒定电流第7节闭合电路的欧姆定律课时作业新人教版选修3-1

PAGEPAGE1第7节闭合电路的欧姆定律[随堂检测]1．电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电．关于路端电压，下列说法正确的是()A．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变B．因为U＝IR，所以当R增大时，路端电压也增大C．因为U＝IR，所以当I增大时，路端电压也增大D．因为U＝E－Ir，所以当I增大时，路端电压减小解析：选D．此电路为闭合电路，应运用闭合电路欧姆定律分析，不能运用部分电路欧姆定律分析．依据U＝E－Ir可知，当I增大时，内电压Ir增大，路端电压减小，所以选项A、B、C错误，D正确．2．如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B为电阻R的U－I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是()A．4W，33．3% B．2W，33．3%C．4W，66．7% D．2W，66．7%解析：选C．从题图中可知E＝3V，图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成闭合电路的工作点，因此P出＝UI＝4W，P总＝EI＝6W．电源的效率η＝eq\f(U,E)≈66．7%．3．如图所示，L1、L2、L3三只电灯均能发光，当把滑动变阻器的触头P向下滑动时，三只电灯亮度的改变是()A．L1、L2、L3都变亮B．L1、L2变亮，L3变暗C．L1、L3变亮，L2变暗D．L1变亮，L2、L3变暗解析：选B．滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值R减小，所以电路总电阻值R总减小，由闭合电路欧姆定律知总电流eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I总＝\f(E,R总＋r)))变大，通过L1的电流增大，L1两端的电压UL1增大，故L1变亮；由于I总变大，所以内阻上的电压(U内＝I总r)变大，所以L3两端的电压(UL3＝E－UL1－U内)变小，通过L3的电流IL3变小，所以L3变暗；由于I总变大，IL3变小，所以通过L2的电流(IL2＝I总－IL3)肯定增大，L2变亮，选B．4．(2024·合肥质检)如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100Ω，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流过的电流改变图线如图乙所示，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)题图乙中AB延长线交纵轴于20V处，交横轴于1．0A处，所以电源的电动势为E＝20V，内阻r＝eq\f(E,I短)＝20Ω．(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应图乙中的B点，即U2＝4V、I2＝0．8A，得R2＝eq\f(U2,I2)＝5Ω．(3)当P滑到R3的左端时，由图乙知此时U外＝16V，I总＝0．2A，所以R外＝eq\f(U外,I总)＝80Ω，因为R外＝eq\f(R1R3,R1＋R3)＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300Ω．答案：(1)20V20Ω(2)5Ω(3)300Ω[课时作业][学生用书P141(单独成册)]一、单项选择题1．有两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，电路中的电流为I；将它们并联起来接在同一电源上，此时流过电源的电流为eq\f(4I,3)，则电源的内阻为()A．R B．eq\f(R,2)C．4R D．eq\f(R,8)解析：选C．由串联电路和并联电路的特点及闭合电路的欧姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝eq\f(4,3)Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)＋r))，由以上两式可得r＝4R．2．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2、V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的改变状况是()A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小解析：选B．R2的滑动触点向b端移动时，R2接入电路的电阻减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．3．如图所示，电源的电动势为30V，内电阻为1Ω，一个标有“6V，12W”的电灯与一个绕线电阻为2Ω的电动机串联，开关闭合后，电路中的电灯正常发光，则电动机输出的机械功率为()A．36W B．44WC．48W D．60W解析：选A．电路中电灯正常发光，所以UL＝6V，则电路中电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(12,6)A＝2A，电动机两端的电压UM＝30－Ir－6＝(30－2×1－6)V＝22V；则电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UMI－I2RM＝(22×2－4×2)W＝36W．4．如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源内阻为r，闭合开关S，电压表显示有读数，调整可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为ΔU，则在此过程中()A．可变电阻R阻值增大，流过它的电流增大B．电阻R2两端的电压减小，改变量等于ΔUC．通过电阻R2的电流减小，改变量小于eq\f(ΔU,R2)D．路端电压肯定增大，改变量大于ΔU解析：选C．由题，电压表的示数增大，R和R1并联的电阻增大，得知R增大，总电阻增大，总电流减小，并联部分电压增大，通过R1的电流增大，所以通过可变电阻R的电流减小，故A错误．R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律得知，通过电阻R2的电流减小，减小量小于eq\f(ΔU,R2)，故B错误，C正确．由于电阻R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于ΔU，故D错误．5．如图所示，已知C＝6μF，R1＝5Ω，R2＝6Ω，E＝6V，r＝1Ω，电表均为志向电表，开关S原来处于断开状态，下列说法中正确的是()A．开关S闭合瞬间，电流表的读数为0．5AB．开关S闭合瞬间，电压表的读数为5．5VC．开关S闭合后经过一段时间，再将开关S快速断开，则通过R2的电荷量为1．8×10－5CD．以上说法都不对解析：选C．开关S闭合瞬间，电容器充电，R2接近于短路状态，I＝eq\f(E,R1＋r)＝eq\f(6,5＋1)A＝1A，A错误；电压表的读数U＝IR1＝1×5V＝5V，B错误；开关闭合一段时间后，电容器相当于断路，I′＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(6,5＋6＋1)A＝0．5A，此时电容器上电荷量Q＝CU2＝CI′R2＝6×10－6×0．5×6C＝1．8×10－5C，断开开关S后，电荷量Q经R2释放，故C正确，D错误．6．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了刚好发觉，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生改变，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时()A．RM变大，且R越大，U增大越明显B．RM变大，且R越小，U增大越明显C．RM变小，且R越大，U增大越明显D．RM变小，且R越小，U增大越明显解析：选C．当RM变大时，回路的总电阻R总变大，依据I总＝eq\f(E,R总)，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，故选项A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻R总＝eq\f(1,\f(1,R)＋\f(1,RM))＋RS变小，依据I总＝eq\f(E,R总)，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，而且R越大，RM变小时，对回路的总电阻改变的影响越明显，故选项C正确，选项D错误．7．(2024·天津南开中学测试)如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列推断错误的是()A．电源内电路消耗功率肯定渐渐增大B．灯泡L2肯定渐渐变暗C．电源效率肯定渐渐减小D．R上消耗功率肯定渐渐变小解析：选D．滑动变阻器滑片P向下滑动，R↓→R并↓→R外↓．由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,r＋R外)推得I↑．由电源内电路消耗功率P内＝I2r可得P内↑，A正确．U外↓＝E－I↑r，U1↑＝(I↑－IL1↓)R1，UL2↓＝U外↓－U1↑，PL2↓＝eq\f(Ueq\o\al(2,L2)↓,RL2)，故灯泡L2变暗，B正确．电源效率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正确．R上消耗的功率PR＝eq\f(Ueq\o\al(2,L2)↓,R↓)，PR增大还是减小不确定，故D错误．二、多项选择题8．如图所示，R是光敏电阻(随光照强度增大，电阻减小)，当它受到的光照强度增大时()A．灯泡L变暗B．光敏电阻R上的电压增大C．电压表V的读数减小D．电容器C的带电荷量增大解析：选CD．光照强度增大时，R的阻值减小，闭合电路的总电阻减小，依据闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(E,R＋r＋R灯)增大，灯泡L变亮，选项A错误；光敏电阻R上的电压UR＝E－I(r＋R灯)减小，选项B错误；电压表V的读数U＝E－Ir减小，选项C正确；电容器C两端的电压等于灯泡两端的电压，灯泡两端的电压UL＝IR灯增大，所以电容器C的带电荷量Q＝CUL增大，选项D正确．9．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流改变的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，假如把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法中正确的是()A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2解析：选ABD．电源的特性图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，即为电源与小灯泡连接时的工作状态，交点的坐标为工作时的电压和电流，电源内阻之比eq\f(r1,r2)＝eq\f(\f(10,7),\f(10,11))＝eq\f(11,7)，选项A正确；两电源电动势均为10V，比值为1∶1，选项B正确；两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是eq\f(R1,R2)＝eq\f(\f(3,5),\f(5,6))＝eq\f(18,25)，选项C错误；两种连接状态下，小灯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)，选项D正确．10．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板，当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动，则下列说法中正确的是()A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变D．仅把两极板A、B间相对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变解析：选BC．仅把R1的触头向右滑动时，R1增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，则电流表读数减小，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动，故A错误，B正确．仅把两极板A、B间距离d增大，电容器的电压不变，由E＝eq\f(U,d)分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动，而电路其他部分不变，电流表读数不变，故C正确．仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止，电流表读数不变，故D错误．三、非选择题11．(2024·长沙高二检测)如图所示的电路中，已知R1＝4Ω，电流表的读数I＝0．75A，电压表读数U＝2．0V，经一段时间后一电阻断路，使电流表的读数变为I′＝0．80A，而电压表的读数变为U′＝3．2V，求：(1)发生断路的电阻是哪一个？(2)电源电动势和内阻各是多少？解析：(1)因某电阻断路，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生断路的电阻是R2．(2)由R2断路后：电压表的示数等于路端电压，则R3＝eq\f(U′,I′)＝eq\f(3．2,0．8)Ω＝4Ω依据闭合电路欧姆定律得U′＝E－I′r即有3．2＝E－0．8r ①R2未断路时：路端电压U″＝R3I＝4×0．75V＝3V通过R1的电流I1＝eq\f(U″－U,R1)＝eq\f(3－2,4)A＝0．25A总电流：I0＝I1＋I＝0．25A＋0．75A＝1．0A则有U″＝E－I0r即3＝E－r ②联立①②解得E＝4V，r＝1Ω．答案：(1)R2(2)4V1Ω12．受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小挚友喜爱上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率P随电流I改变的图象如图所示．(1)求该电池的电动势E和内阻r；(2)求该电池的输出功率最大