2016年高考物理一轮复习第七章课时跟踪检测(二十五)闭合电路欧姆定律及其应用

课时跟踪检测(二十五) 闭合电路欧姆定律及其应用对点训练：电阻的串、并联1．电阻R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1∶2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1与R2两端电压之比U1∶U2为( )A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶12．(2015·山西曲傲中学模拟)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图1(a)、(b)所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )图1A．图(a)中的A1、A2的示数相同B．图(a)中的A1、A2的指针偏角相同C．图(b)中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图(b)中的A1、A2的指针偏角相同对点训练：电路的动态分析3. (2015·徐州质检)如图2所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r。

开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光。

现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是( )图2A．电灯L1、L2均变亮B．电灯L1变亮，L2变暗C．电流表的示数变小D．电源的总功率变小4．(多选)(2015·上海市长宁区一模)如图3所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源的内电阻为r。

闭合开关S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为ΔU。

对此过程，下列判断正确的是( )图3A ．可变电阻R 阻值增大，流过它的电流增大B ．电阻R 2两端的电压减小，减小量小于ΔUC ．通过电阻R 2的电流减小，减小量等于ΔUR 2D ．路端电压一定增大，增大量小于ΔU 对点训练：闭合电路的功率及效率问题5．(2015·湖北七市联考)有一个电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源。

下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W ，且使该电源的效率大于50%的是( )A ．0.5 ΩB ．1 ΩC ．1.5 ΩD ．2 Ω6．(多选)(2015·北京海淀检测)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E对点训练：两类U ­I 图像的比较与应用7．如图4所示，直线A 为某电源的U ­I 图线，曲线B 为某小灯泡的U ­I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )图4A ．4 W,8 WB ．2 W,4 WC ．2 W,3 WD ．4 W,6 W8．(多选) (2015·上海青浦质检)如图5所示，直线A 、B 分别为电源a 、b 的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为r a和r b，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为I a和I b，则( )图5A．r a＞r bB．I a＞I bC．R0接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低D．R0接到b电源上，电源的输出功率较小，电源的效率较低对点训练：含电容器的电路9.如图6所示电路中，4个电阻阻值均为R，开关S闭合时，有质量为m、带电量为q 的小球静止于水平放置的平行板电容器的正中间。

高考物理一轮复习—部分”的思路，按以下步骤分析：极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两串反”是指某一电阻增大(或减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端两点电势相等两点间的电流是2 A带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大电源的电动势为E，电容器的电容为C.当闪光灯两端电压达到击穿一定小于击穿电压UCER0，因R0和r ＋R0)22×0.51.52W＝8 W.，额定功率为6 W的纯电阻，电源的输出功率将变小，由图知电动势为9 V，内阻为，由图知电动势为3 V，内阻为1 Ω，图象中任意电压值对应的功率关系为时，电源效率最高．．解析滑片向右移动，变阻器电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少．电灯L变暗．电流表的示数增大探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表B．电流表的示数变大D．电阻R1消耗的功率变小移到右端，变阻器接入电路中的电阻．电池电动势的测量值为1.40 V3.50 Ω．外电路发生短路时的电流为0.40 A时，F将变大时，F将变小点左侧，粒子在板间运动时间不变间连一个理想电压表，其读数是6 V间连一个理想电压表，其读数是8 V间连一个理想电流表，其读数是2 A,3 W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是均向左闭合，电压表读数为U1；若，内阻可忽略；电压表量程为1 VB．等于4 VD．等于或大于8 VUnU－1是两个滑动变阻器，电源的内阻不可忽略．开关的滑片向右移动，油滴会向上运动会变亮．小灯泡断路．滑动变阻器断路在如图所示的电路中，开关闭合后，当滑动变阻器的滑动触头P1＝P2．η1<η2电源电动势为12 V，内阻为A短路后超导部件将由超导态转化为正常态，电路中的电流为AB．R2断路D．R3短路在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为两个指示灯都变暗人教版高考物理一轮复习学案设计专题：闭合电路的欧姆定律（有答案）21 / 21。

高考物理复习课时跟踪检测(二十七) 闭合电路欧姆定律及其应用高考常考题型：选择题＋计算题1．一电池外电路断开时的路端电压为3 V ，接上8 Ω的负载后路端电压降为2.4 V ，则可以判定电池的电动势E 和内电阻r 为( )A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 ΩB ．E ＝3 V ，r ＝2 ΩC ．E ＝2.4 V ，r ＝2 ΩD ．E ＝3 V ，r ＝1Ω2．将一电源电动势为E ，内阻为r 的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I 表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A ．由U 外＝IR 可知，外电压随I 的增大而增大B ．由U 内＝Ir 可知，电源两端的电压，随I 的增大而增大C ．由U 外＝E －Ir 可知，电源输出电压，随输出电流I 的增大而减小D ．由P ＝IU 外可知，电源的输出功率P 随输出电流I 的增大而增大3．(2013·北京海淀期末)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E4．(2012·海南模拟)如图1所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R 串联，已知R0＝r ，滑动变阻器的最大阻值是2r 。

当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，下列说法中正确的是( ) 图1A ．电路中的电流变大B ．电源的输出功率先变大后变小C ．滑动变阻器消耗的功率变小D ．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小5．(2012·安徽联考)某同学做电学实验(电源内阻r 不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是图2中的( )图26．(2013·福州模拟)将电阻R1和R2分别接到同一电池组的两极时消耗的电功率相同。

第2讲闭合电路的欧姆定律考纲下载：1.电阻的串、并联(Ⅰ) 2.电源的电动势和内阻(Ⅰ) 3.闭合电路的欧姆定律(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材 夯基提能 1．电阻的串、并联2．电源的电动势和内阻 (1)电动势①电动势的计算：非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E ＝Wq ；②电动势的物理含义：电动势表示电源把其他形式的能转化成电势能本领的大小，在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压。

(2)内阻：电源内部导体的电阻。

3．闭合电路的欧姆定律 (1)闭合电路欧姆定律①内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比；②公式：I ＝ER ＋r(只适用于纯电阻电路)； ③其他表达形式a ．电势降落表达式：E ＝U 外＋U 内或E ＝U 外＋Ir ；b ．能量表达式：EI ＝UI ＋I 2r 。

(2)路端电压与外电阻的关系①一般情况：U ＝IR ＝E R ＋r·R ＝E1＋r R ，当R 增大时，U 增大；②特殊情况：a ．当外电路断路时，I ＝0，U ＝E ；b ．当外电路短路时，I 短＝Er，U ＝0。

巩固小练1．判断正误(1)电动势为矢量，其方向由电源负极指向正极。

(×)(2)电源的重要参数是电动势和内阻。

电动势由电源中非静电力的特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关。

(√)(3)闭合电路中电流越大，路端电压越大。

(×)(4)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大。

(×) (5)电路中某电阻大，该电阻的功率不一定大。

(√) (6)电源的输出功率越大，电源的效率越高。

(×) [电阻的串、并联]2．电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，则当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1解析：选B 由并联电路特点可知 R 1R 2＝I 2I 1＝21，由串联电路特点可得 U 1U 2＝R 1R 2＝21，B 正确。

课时跟踪检测（三十五） 电源 闭合电路的欧姆定律一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示是研究电源电动势和电源内、外电压关系的实验装置，电池的两极A 、B 与电压传感器2相连，位于两个电极内侧的探针a 、b 与电压传感器1相连，R 是滑动变阻器。

则( )A ．电压传感器1测得的是外电压B ．电压传感器2测得的是电动势C ．移动挡板，减小内阻，传感器1的读数增大D ．变阻器R 阻值增大时传感器2的读数增大解析：选D 由题图可知，电压传感器1测得的是内电压，A 错误；电压传感器2测得的是路端电压，B 错误；移动挡板，减小内阻，则内电压减小，即传感器1的读数减小，C 错误；变阻器R 阻值增大时外电阻增大，路端电压增大即传感器2的读数增大，D 正确。

2.在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r ，滑动变阻器的最大阻值为2r 。

闭合开关，将滑动变阻器的滑片P 由a端向b 端滑动的过程中，下列选项正确的是( )A ．电压表的示数变大B ．电流表的示数变大C ．电源的效率变大D ．滑动变阻器消耗功率变大解析：选B 开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。

当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动过程中，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，A 错误，B 正确；根据电源效率公式η＝P 出P 总×100%＝U E×100%可知，当路端电压U 减小时，则电源的效率变小，C 错误；将定值电阻r 看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r ，滑动变阻器的最大阻值也是2r ，因为电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P 由a 端向b 端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，D 错误。

3.(多选)直流电源E 、定值电阻R 1、R 2以及电容器C 和开关S 构成的电路如图所示。

电源的电动势E ＝5 V ，内阻忽略不计，R 1＝2Ω，R 2＝3 Ω，C ＝5 μF，开关S 处于闭合状态，下面说法正确的是( )A ．电容器C 上的电荷量为1.0×10－5CB ．电容器C 上的电荷量为1.5×10－5 CC ．断开开关S ，电容器C 增加的电荷量为1.5×10－5 CD ．断开开关S ，电容器C 增加的电荷量为1.0×10－5 C解析：选BD 开关S 闭合，电容器两极板间电压等于R 2两端电压，由闭合电路的欧姆定律得U 1＝ER 1＋R 2R 2＝3 V ，由电荷量表达式可知Q 1＝U 1C ＝1.5×10－5 C ，故A 错误，B 正确；开关S 断开，电容器两极板间电压等于电源电动势U 2＝E ＝5 V ，由电荷量表达式可知Q 2＝U 2C ＝2.5×10－5 C ，ΔQ ＝Q 2－Q 1＝1.0×10－5C ，故C 错误，D 正确。

高考物理闭合电路的欧姆定律及其解题技巧及练习题(含答案)(2)一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示电路中，14R =Ω，26R =Ω，30C F μ=，电池的内阻2r =Ω，电动势12E V =．（1）闭合开关S ，求稳定后通过1R 的电流． （2）求将开关断开后流过1R 的总电荷量． 【答案】（1）1A ；（2）41.810C -⨯ 【解析】 【详解】（1）闭合开关S 电路稳定后，电容视为断路，则由图可知，1R 与2R 串联，由闭合电路的欧姆定律有：12121A 462E I R R r ===++++所以稳定后通过1R 的电流为1A ．（2）闭合开关S 后，电容器两端的电压与2R 的相等，有16V 6V C U =⨯=将开关S 断开后，电容器两端的电压与电源的电动势相等，有'12V C U E ==流过1R 的总电荷量为()'63010126C C C Q CU CU -=-=⨯⨯-41.810C -=⨯2．如图所示，质量m=1 kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1 m 的光滑绝缘框架上。

匀强磁场方向垂直于框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)。

右侧回路中，电源的电动势E=8 V ，内阻r=1 Ω。

电动机M 的额定功率为8 W ，额定电压为4 V ，线圈内阻R 为0.2Ω，此时电动机正常工作（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g 取10 m/s 2）。

试求:(1)通过电动机的电流I M 以及电动机的输出的功率P 出； (2)通过电源的电流I 总以及导体棒的电流I ； (3)磁感应强度B 的大小。

【答案】(1)7.2W ；(2)4A ；2A ；(3)3T 。

【解析】 【详解】(1)电动机的正常工作时，有M P U I =⋅所以M 2A PI U== 故电动机的输出功率为2M 7.2W P P I R =-=出(2)对闭合电路有U E I r =-总所以4A E UI r-==总； 故流过导体棒的电流为M 2A I I I =-=总(3)因导体棒受力平衡，则sin376N F mg ︒==安由F BIL =安可得磁感应强度为3T F B IL==安3．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势6E V =，电源内阻1r =Ω，电阻3R =Ω，重物质量0.10m kg =，当将重物固定时，理想电压表的示数为5V ，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V ，(不计摩擦，g 取210/).m s 求：()1串联入电路的电动机内阻为多大？ ()2重物匀速上升时的速度大小．()3匀速提升重物3m 需要消耗电源多少能量？【答案】（1）2Ω；（2）1.5/m s （3）6J 【解析】 【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压.电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小，根据W EIt =求解匀速提升重物3m 需要消耗电源的能量． 【详解】()1由题，电源电动势6E V =，电源内阻1r =Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V ，则根据闭合电路欧姆定律得 电路中电流为6511E U I A r --=== 电动机的电阻51321M U IR R I --⨯==Ω=Ω ()2当重物匀速上升时，电压表的示数为 5.5U V =，电路中电流为''0.5E U I A r-==电动机两端的电压为()()'60.5314M U E I R r V V =-+=-⨯+= 故电动机的输入功率'40.52M P U I W ==⨯= 根据能量转化和守恒定律得2''M U I mgv I R =+代入解得， 1.5/v m s =()3匀速提升重物3m 所需要的时间321.5h t s v===， 则消耗的电能'60.526W EI t J ==⨯⨯=【点睛】本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用.对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．4．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d =4.0cm ．电源电动势E =400V ，内电阻r =20Ω，电阻R 1=1980Ω．闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B 板上的小孔以初速度v 0=1.0m/s 竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A 板．若小球所带电荷量q =1.0×10-7C ，质量m =2.0×10-4kg ，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g =10m/s 2．求：（1）A 、B 两金属板间的电压的大小U ； （2）滑动变阻器消耗的电功率P ； （3）电源的效率η．【答案】（1）U =200V （2）20W （3）0099.5 【解析】 【详解】（1）小球从B 板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力作用下做匀减速直线运动，设A 、B 两极板间电压为U ，根据动能定理有：20102qU mgd mv --=-，解得：U = 200 V ．（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R ，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流1EI R R r=++，而 U = IR ，解得：R = 2×103 Ω滑动变阻器消耗的电功率220U P W R==．（3）电源的效率2121()099.50()P I R R P I R R r η+===++出总． 【点睛】本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压．根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻．5．如图所示，电源电动势E =30 V ，内阻r =1 Ω，电阻R 1=4 Ω，R 2=10 Ω．两正对的平行金属板长L =0.2 m ，两板间的距离d =0.1 m ．闭合开关S 后，一质量m =5×10﹣8kg ，电荷量q =+4×10﹣6C 的粒子以平行于两板且大小为 =5×102m/s 的初速度从两板的正中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？（不考虑粒子的重力）【答案】【解析】根据闭合电路欧姆定律，有：电场强度：粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：L=v 0t y=at 2 其中：联立解得：点睛：本题是简单的力电综合问题，关键是明确电路结构和粒子的运动规律，然后根据闭合电路欧姆定律和类似平抛运动的分运动公式列式求解．6．如图所示电路，已知R 3=4Ω，闭合电键，安培表读数为0.75A ，伏特表读数为2V ，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8A ，伏特表读数变为3.2 V ，问：（1）哪个电阻发生断路故障？ （2）R 1的阻值是多少？（3）能否求出电源电动势E 和内阻r ？如果能，求出结果；如果不能，说明理由． 【答案】（1）R 2被烧断路（2）4Ω（3）只能求出电源电动势E 而不能求出内阻r ，E =4V 【解析】 【分析】 【详解】（1）由于发生故障后，伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R 2被烧断了．（2）R 2被烧断后，电压表的示数等于电阻R 1两端的电压，则111 3.240.8U R I '==Ω=Ω'.。

一、串、并联电路的特点
1．特点对比
2.几个常用的推论
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻．
(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻．
(3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P 总是等于各个电阻耗电功率之和．
(4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大．
二、电源的电动势和内阻
1．电动势
(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功．
(2)表达式：E ＝W q
. (3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量．
2．内阻
电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数．
三、闭合电路欧姆定律
1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．
2．公式⎩⎨⎧I ＝E R ＋r （只适用于纯电阻电路）E ＝U 外＋U 内
（适用于任何电路） 3．路端电压U 与电流I 的关系．
(1)关系式：U ＝E －Ir ．
(2)U －I 图象如图所示．。

高考物理一轮复习 专项训练 物理部分电路欧姆定律一、高考物理精讲专题部分电路欧姆定律1．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。

一段长为l 、电阻率为ρ、横截面积为S 的细金属直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e 、质量为m 。

（1）当该导线通有恒定的电流I 时：①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v ；②经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。

若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k 。

请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k 的表达式。

（2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现，被称为斯泰瓦—托尔曼效应。

这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。

取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。

已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F 。

根据上述模型回答下列问题：① 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F 做功的大小； ② 推导该圆线圈中的电流 'I 的表达式。

【答案】（1）①Iv neS=；② ne 2ρ；（2）① Fl ；② 'FS I e ρ=。

【解析】 【分析】 【详解】（1）①一小段时间t ∆内，流过导线横截面的电子个数为：N n Sv t ∆=⋅∆对应的电荷量为：Q Ne n Sv t e ∆=∆=⋅∆⋅根据电流的定义有：QI neSv t∆==∆ 解得：I v neS=②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：0Ue kvl -=又因为：neSv lU IR nev l Sρρ⋅=== 联立以上两式得：2k ne ρ=（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：2W F r Fl π=⋅=非②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：W FlE e e==非 根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：EI R'=联立以上两式，并根据电阻定律：l R Sρ= 解得：FS I e ρ'=2．以下对直导线内部做一些分析：设导线单位体积内有n 个自由电子,电子电荷量为e ，自由电子定向移动的平均速率为v ．现将导线中电流I 与导线横截面积S 的比值定义为电流密度，其大小用j 表示．(1)请建立微观模型,利用电流的定义qI t=，推导：j =nev ; (2)从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，若导体内没有电场，自由电子就不会定向移动．设导体的电阻率为ρ，导体内场强为E ，试猜想j 与E 的关系并推导出j 、ρ、E 三者间满足的关系式． 【答案】（1）j=nev （2）Ej ρ＝【解析】 【分析】 【详解】（1）在直导线内任选一个横截面S ，在△t 时间内以S 为底，v △t 为高的柱体内的自由电子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知：I qj S tSV V ＝＝ ，其中△q=neSv △t ， 代入上式可得：j=nev（2）（猜想：j 与E 成正比）设横截面积为S ，长为l 的导线两端电压为U ，则U E l＝；电流密度的定义为I j S＝， 将UI R ＝代入，得U j SR＝； 导线的电阻lR Sρ＝，代入上式，可得j 、ρ、E 三者间满足的关系式为：E j ρ＝【点睛】本题一要掌握电路的基本规律：欧姆定律、电阻定律、电流的定义式，另一方面要读懂题意，明确电流密度的含义．3．如图，竖直平面内放着两根间距L = 1m 、电阻不计的足够长平行金属板M 、N ，两板间接一阻值R= 2Ω的电阻，N 板上有一小孔Q ，在金属板M 、N 及CD 上方有垂直纸面向里的磁感应强度B 0= 1T 的有界匀强磁场，N 板右侧区域KL 上、下部分分别充满方向垂直纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 1=3T 和B 2=2T ．有一质量M = 0.2kg 、电阻r =1Ω的金属棒搭在MN 之间并与MN 良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q 等高并靠近M 板的P 点静止释放一个比荷的正离子，经电场加速后，以v =200m/s 的速度从Q 点垂直于N 板边界射入右侧区域．不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取g=．求：（1）金属棒达最大速度时，电阻R 两端电压U ； （2）电动机的输出功率P ；（3）离子从Q 点进入右侧磁场后恰好不会回到N 板，Q 点距分界线高h 等于多少． 【答案】（1）2V （2）9W （3）21.210m -⨯ 【解析】试题分析：（1）离子从P 运动到Q ，由动能定理：①解得R 两端电压② （2）电路的电流③安培力④受力平衡⑤由闭合电路欧姆定律⑥感应电动势⑦功率⑧联立②-⑧式解得：电动机功率⑨(3)如图所示，设离子恰好不会回到N板时，对应的离子在上、下区域的运动半径分别为和,圆心的连线与N板的夹角为φ．在磁场中，由⑩解得运动半径为11在磁场中，由12解得运动半径为13由几何关系得1415解⑩--15得:16考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.4．如图1所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，与横坐标x的关系如图2所示，图线是双曲线（坐标轴是渐进线）；顶角θ=45°的光滑金属长导轨 MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．已知t=0时，导体棒位于顶角O处；导体棒的质量为m=2kg；OM、ON接触处O点的接触电阻为R=0.5Ω，其余电阻不计；回路电动势E与时间t的关系如图3所示，图线是过原点的直线．求：（1）t=2s 时流过导体棒的电流强度I 2的大小； （2）1～2s 时间内回路中流过的电量q 的大小；（3）导体棒滑动过程中水平外力F （单位：N ）与横坐标x （单位：m ）的关系式． 【答案】（1）t=2s 时流过导体棒的电流强度I 2的大小为8A ； （2）1～2s 时间内回路中流过的电量q 的大小为6C ；（3）导体棒滑动过程中水平外力F 与横坐标x 的关系式为F=（4+4）N ．【解析】试题分析：（1）根据E —t 图像中的图线是过原点的直线特点 有：EI R=得：28I A =（2分） （2）可判断I —t 图像中的图线也是过原点的直线 （1分） 有：t=1s 时14I A =可有：122I I q I t t +=∆=∆（2分） 得：6q C =（1分）（3）因θ=45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L=x （2分） 再根据B —x 图像中的图线是双曲线特点：Bx=1 有：()E BLv Bx v ==且2E t =（2分）可得：2v t =，所以导体棒的运动是匀加速直线运动，加速度22/a m s =（2分） 又有：()F BIL BIx Bx I 安===且I 也与时间成正比 （2分） 再有：F F ma -=安（2分）212x at =（2分） 得：44F x =+（2分）考点：本题考查电磁感应、图像、力与运动等知识，意在考查学生读图、试图的能力，利用图像和数学知识解决问题的能力．5．如图所示，灵敏电流计的内阻Rg 为500Ω，满偏电流为Ig 为1mA 。

I ＝ ＝2.4 A ，R ＝U /I ＝2 Ω ，B 正确．当两电阻并联接入电路中时 I ＝× ＋r【高考核动力】2016 届高考物理一轮复习 课时作业 22 电路 闭合电路的欧姆定律(时间：45 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分，每小题至少有一个选项正确，把 正确选项前的字母填在题后括号内)1．如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的 U －I 图线．用此电源与三个阻值均为 3 Ω 的电阻连接成电路，测得路端电压为 4.8 V ．则该电路可能为下图中的( )【解析】 由 U －I 图线的截距及斜率可得该电源 E ＝6 V ，r ＝0.5 Ω .当 U ＝4.8 V 时， E －Ur【答案】 B2．两个相同的电阻 R ，当它们串联后接在电动势为 E 的电源上，通过一个电阻的电流 为 I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为 I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．RC.R 2D ．无法计算【解析】 当两电阻串联接入电路中时 I ＝E2R ＋rE1 R22由以上两式可得：r ＝R ，故选项 B 正确． 【答案】 B3．如图所示是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图，当开关闭合时， 灯 L 1 亮，灯 L 2 不亮，电流表和电压表均有示数，则故障原因可能是( )A ．L 1 断路B ．L 1 短路C ．L 2 断路D ．L 2 短路【解析】 由题图可知，两灯泡串联，由于电流表有读数，说明L 1、L 2 都没有断路；电 压表测量的是灯泡 L 1 两端的电压，电压表有读数，说明 L 1 没有短路，故可能的故障原因是 L 2 短路，答案为 D.BF 【答案】D4．如图所示的电路中，电压表都看作理想电表，电源内阻为r.闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时()A．电压表的示数变大，电压表的示数变小B．电压表的示数变小，电压表的示数变大C．电压表的示数变化量大于电压表示数变化量D．电压表的示数变化量小于电压表示数变化量【解析】当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，接入电路中的R3增大，电压表和和R3均是并联，根据“串反并同”结论，可知电压表和示数均变大，故选项A、错误．设电压表示数为U1，电压表示数为U2，干路电流为I，则有U1＝U2＋IR1，则ΔU1＝ΔU2＋ΔIR1，根据“串反并同”结论可知I减小，即ΔI<0，则ΔU1<ΔU2，故答案为D.【答案】D5．(2015·安徽宣城质检)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是()A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小【解析】当R1不变，增大R2时，电路中总电流I减小，R分压相应减小，MN极板间的场强也减少，所以F也变小．而当R2不变，调节R1时，MN极板间的电压不变，应不变．选项B正确．【答案】B6.如右图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则()A．电压表的示数变大U 1 U 2UI ＝(2＋6)×0.5 W ＝4 W ，C 项错误；电源内阻 r ＝ ＝2 Ω ，D 项正确．I m20 Ω ，B 正确；将其与 20 Ω 的电阻器连成闭合电路，则路端电压为 U ＝IR ＝R ＝400 mV ，B ．小灯泡消耗的功率变小C ．通过 R 2 的电流变小D ．电源内阻消耗的电压变大【解析】 若将照射 R 3 的光的强度减弱，则 R 3 的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电流减小，故电压表的示数变小，内电压也减小，A 、D 错误；而电阻 R 2 两端的电压将变 大，通过 R 2 的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，小灯泡消耗的功率变小，B 正确，C 错误．【答案】 B7．用标有“6 V,3 W”的灯泡 L 1、“6 V,6 W”的灯泡 L 2 与理想电压表和理想电流表连 接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势 E ＝9 V ．图乙是通过两个灯泡的电流随两端 电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )A ．电流表的示数为 1 AB ．电压表的示数约为 6 VC ．电路输出功率为 6 WD ．电源内阻为 2 ΩP【解析】 两个灯泡串联，所以电流相等．L 1 的额定电流为 I 1＝ 1＝0.5 A ，L 2 的额定P电流为 I 2＝ 2＝1 A ，所以只有 L 1 正常发光，电路中电流为 0.5 A ，A 项错误；从图像中可以看出，电流为 0.5 A 时，两灯的电压分别为 6 V 和 2 V ，因 R L1>R L2，由串联分压原理知，L 1 两端电压为 6 V ，L 2 两端电压为 2 V ，电压表示数为 2 V ，B 项错误；电路中输出功率为 P ＝E －UI【答案】 D8．2014 年 9 月仁川亚运会期间，采用 LOM －E 玻璃，它可将太阳能转化为电能并储存 起来．已知太阳能电池板的开路电压为 800 mV ，短路电流为 40 mA.现将该电池板与一阻值 为 20 Ω 的电阻器连成一闭合电路，下列说法正确的是 ( )A ．电池板的电动势为 800 mVB ．电池板的内电阻为 20 ΩC ．闭合电路的路端电压为 800 mVD ．闭合电路的路端电压为 400 mVE【解析】 太阳能电池板的电动势等于开路电压，即 E ＝800 mV ，A 正确；内阻 r ＝ ＝ER ＋rD 正确．【答案】ABD9．(2015·天门月考)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，根据图线可知下列叙述正确的是()A．反映Pr变化的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为2ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【解析】电源的总功率PE ＝IE，功率与电流成正比，由Pr＝I2r知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；当电流为2A时，电源的总功率与发热功率相等，可得出电源电动势为4V，内阻为2Ω.当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω，B错误，C、D正确．【答案】ACD10.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下列说法中正确的是()A．电压表的读数减小，电流表的读数增大B．电压表的读数增大，电流表的读数减小C．电压表的读数减小，电流表的读数增大D．电压表的读数增大，电流表的读数减小【解析】当滑动变阻器滑片P向右端移动时，电路的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律知，电路中的总电流增大，即电流表的读数增大．将电阻R1视为电源内阻的一部分，则路端电压要减小，即电压表的读数减小，A正确，B错误．再根据欧姆定律分析得，电流表的读数减小，所以电阻R2所在的支路电流增大，电压表的读数增大，C错误，D正确．【答案】AD二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，电源内阻r＝1Ω，R1＝2Ω，R2＝6Ω，灯L上标有“3V 1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联等效电阻R3L＝R3·RL＝R3·6，又U3＝IRL3＝4R3所以P3＝3＝U216R316R316R3R23＋4R3＋4R3－2＋8RR3－＋8(1)求电源的电动势；(2)求当P移到最左端时，电流表的示数；(3)当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？【解析】(1)电源的电动势E＝UL＋IR1＋Ir＝3V＋1×2V＋1×1V＝6V.(2)当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，I＝E/(R1＋r)＝2 A.(3)灯L电阻RL＝U2/P＝6Ω，R3＋RLR3＋6由闭合电路欧姆定律，I＝E/(R1＋r＋R3L)，将已知量代入，化简得：I＝，R3＋2＋R33R3＋6.＝＝，23R3当R3＝2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W.【答案】(1)6V(2)2A(3)2Ω2W12.(15分)在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d ＝4.0cm.电源电动势E＝400V，内阻r＝20Ω，电阻R1＝1980Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球(可视为质点)从B板上的小孔以初速度v＝1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q＝＋1.0×10－7C，质量m＝2.0×10－4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g＝10m/s2.求：(1)A、B两金属板间电压的大小U；(2)滑动变阻器消耗的电功率P滑；(3)电源的效率η.【解析】(1)小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作1用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有－qU－mgd＝0－2mv2解得U＝200V.(2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流I＝ER1＋R滑＋r根据部分电路欧姆定律可知U＝IR滑解得R滑＝2.0×103ΩR 滑P 出I2R1＋R滑P 总I R1＋R滑＋rU2滑动变阻器消耗的电功率P滑＝＝20W.(3)电源的效率η＝＝2×100%＝99.5%.【答案】(1)200V(2)20W(3)99.5%。

闭合电路欧姆定律及其应用对点训练：电阻的串、并联1．电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为1∶2，则当R 1与R 2串联后接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1∶U 2为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1解析：选B 由并联特点可知：R 1R 2＝I 2I 1＝21，又由串联电路特点可得：U 1U 2＝R 1R 2＝21，故B 正确。

2. (2015·武汉调研)电子式互感器是数字变电站的关键设备之一。

如图1所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac 间的电阻是cd 间电阻的(n －1)倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U ，则输入端的电压为( )图1A ．nU B.UnC ．(n －1)UD.Un －1解析：选A R ac 与R cd 串联，电流I ＝U abR ac ＋R cd，对输出端电压U cd ＝U ＝IR cd ＝U ab R cd R ac ＋R cd ＝U abn，即输入端电压为U ab ＝nU 。

3.两个定值电阻R 1、R 2串联接在U 稳定于12 V 的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R 1、R 2的电压表接在R 1的两端，如图2所示，电压表示数为8 V ，如果把它改接在R 2的两端，则电压表的示数将( )图2A ．小于4 VB ．等于4 VC ．大于4 V 而小于8 VD ．等于或大于8 V解析：选A 当电压表并联在R 1两端时，ab 间的电阻是R 1与电压表内阻R V 并联后的等效电阻R ab ，R ab <R 1，R ab 两端电压为8 V ，R 2两端电压为4 V ，则R ab ＝2R 2，所以R 1>2R 2，由此可以推断，当不用电压表测量时，R2分得的电压小于4 V。

当把电压表并在R2上时，bc间的电阻R bc为R2和R V的并联电阻，R bc<R2，因而bc间电压一定小于4 V。

2016届高三物理一轮复习-第7章-第2讲-闭合电路欧姆定律练习DA.该电池的电动势为3.7 VB.该电池的电动势为4.2 VC.该电池一次可以提供的最大电能为8.4×103 JD.该电池一次可以提供的最大电能为2.664×104 J3.(2014浙江新高考联盟一联,6)在如图所示的电路中,电源电动势为E、内电阻为r,为电压表,为电流表,R0为定值电阻, R为滑动变阻器。

开关闭合后,灯泡L能正常发光。

当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是( )A.灯泡L将变亮B.电压表的示数将增大C.电流表的示数将减小上消耗的电功率将减小D.电阻R4.(2014北京东城月考,8)按如图所示的电路连接各元件后,闭合开关S,L1、L2两灯泡都能发光。

在保证灯泡安全的前提下,当滑动变阻器的滑动头向右移动时,下列判断正确的是( )A.L1变亮 B.L1变暗C.L2变亮 D.L2亮度不变5.(2014浙江效实中学期初,6)如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间距离d=40 cm。

电源电动势E=24 V,内电阻r=1 Ω,电阻R=15 Ω。

闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v=4 m/s竖直向上射入板间。

若小球带电荷量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。

那么,要使小球恰能到达A板,滑动变阻器接入电路的阻值和此时电源的输出功率为(取g=10 m/s2)( )A.8 Ω、23 WB.32 Ω、8 WC.8 Ω、15 WD.32 Ω、23 WB组2014—2015年模拟·提升题组时间:20分钟分值:30分选择题(每题6分,共30分)1.(2014江苏如东中学期末,10)如图电路中,电源电动势为E、内阻为r,闭合开关S,增大可变电阻R的阻值,电压表示数的变化量为ΔU,对应的电流表示数变化量为ΔI。

下列判断正确的是( )A.电阻R两端的电压减小,减小量等于ΔU1B.电容器的带电荷量减小,减小量小于CΔUC.电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大D.ΔU和ΔI的比值不随R的增大而改变2.(2014江苏如东期中,10)如图所示的电路中,电流表A 和电压表V均可视为理想电表。

高三物理第一轮复习：闭合电路的欧姆定律知识精讲【本讲主要内容】闭合电路的欧姆定律1. 知道电源电动势和内阻的物理意义。

2. 理解闭合电路的欧姆定律及公式，并能用来解决电路问题。

3. 理解路端电压与电流（或外电阻）的关系，并能用来分析计算电路问题。

【知识掌握】 【知识点精析】1. 电源的电动势和内电阻（1）电源的电动势Ｅ：表示电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量。

它是由电源本身的性质决定的，跟外电路的组成无关。

不同的电源，电动势不同。

电动势越大，说明它在移送同样电荷的过程中能够把更多的其他形式的能转化为电能，能够维持导体两端的持续的电压。

电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压。

（2）电源的内电阻r ：电源内部电路的电阻。

电流通过内电路时要产生热量，电能转化为内能。

2. 闭合电路的欧姆定律：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟闭合电路的总电阻成反比。

即rR EI +=或E ＝Ｉ（R ＋r ） E ＝U ＋Ir 等。

3. 路端电压Ｕ同外电阻R 的关系： （1）关系式：U ＝E －Ir （2）U ＝IR ＝Rr 1E rR ER+=+R ↑（↓）⇒rR EI +=，Ｉ↓（↑）⇒U ＝E －Ir ，U ↑（↓） 即路端电压随外电阻增大（减小）而增大（减小）。

外电阻R →∞电流I →0则内电压为0，外电压U=E 。

所以可以用内阻很大的电压表粗测电源的电动势。

外电阻R →0电流I=rE则内电压为E ，外电压U=0。

因电源的内阻很小，电流很大，易烧坏电源，应避免长时间发生。

4. 闭合电路的欧姆定律的U －I 图象（1）实线是通过实验所测得的数据实际得到的图线，虚线是将实线外推而得到的理论上存在的图线。

（2）图线与纵坐标的交点表示外电路断路时的路端电压，其值为E 。

（3）图线与横坐标的交点表示外电路短路时的短路电流，其值为E/r 。

（4）图线的斜率的绝对值表示内电阻。

5. 闭合电路的功率根据能量守恒有EIt=UIt+rt I 2（1）电源的总功率：电源把其它形式的能转化为电能的功率P=IE=IU+I U '（2）电源的输出功率：外电路消耗的功率P=IU=IE －r I 2 当电路为纯电阻电路时，其大小与外电路的负载电阻的大小、电源的电动势和内阻有关系，此时其表达式Rr4)r R (R E R )r R E (R I P 2222+-=+== 可见当R=r 时，电源的输出功率最大r4E P 2m =此时电源的效率%50rR RIE IU =+==η（3）电源内耗的功率：P=r I 2【解题方法指导】一. 闭合电路的计算［例1］（2001年春理综）如图所示，AB 、CD 为两根平行的相同的均匀的电阻丝。

高考物理一轮复习 专项训练 物理闭合电路的欧姆定律一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d =40 cm 。

电源电动势E =24 V ，内电阻r =1 Ω，电阻R =15 Ω。

闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0=4 m/s 竖直向上射入两板间，小球恰能到达A 板。

若小球带电荷量为q =1×10-2 C ，质量为m =2×10-2 kg ，不考虑空气阻力，取g =10 m/s 2。

求： （1）A 、B 两板间的电压U ； （2）滑动变阻器接入电路的阻值R P ； （3）电源的输出功率P 。

【答案】（1）8V ；（2）8Ω；（3）23W 【解析】 【详解】（1）对小球从B 到A 的过程，由动能定理：2102qU mgd mv --=- 解得：U =8V（2）由欧姆定律有： E UI R r-=+ PU I R 电流为：=解得：8P R =Ω（3）根据电功率公式有：()2pP I R R =+解得：P 23W =2．如图所示，电路中电阻R 10=Ω，电源的内电阻2r =Ω，灯泡L 上标有“3V 0.25A”的字样，闭合开关S ，灯泡正常发光．求：（1）灯泡的功率； （2）电源的电动势；（3）电源的总功率；【答案】(1) 0.75W (2) 6V (3) 1.5W 【解析】 【详解】（1）由题知，灯泡正常发光，则灯泡的电压为 U=3V ，电流为 I=0.25A 所以灯泡的功率为 P=UI=0.75W （2）由闭合电路欧姆定律得：电源的电动势 E=U+I （R+r ）=3+0.25×（10+2）=6V （3）电源的总功率：P=IE=0.25×6W=0.5W.3．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为d ，管道高度为h ，上、下两面是绝缘板，前后两侧M N 、是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连。

第2讲 电路 闭合电路的欧姆定律1．在图1所示的闭合电路中，当滑片P 向右移动时，两电表读数的变化是( )．图1A ． 变大， 变大B ． 变小， 变大C ． 变大， 变小D ． 变小， 变小解析 滑片P 向右移动，变阻器电阻变大，总电阻也变大，由闭合电路的欧姆定律可知，回路中电流减小，电流表示数减小，电源内电压减小，R 0两端电压减小，所以滑动变阻器两端电压升高，电压表示数变大，故B 项正确．答案 B2．电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻器和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图2所示)，下列说法正确的是( )．图2 A ．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B ．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，可使消耗的电功率减小C ．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D ．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变解析 开关接通时，灯泡被短路，灯泡熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率P ＝U 2R 变大，电烙铁的功率变大，A 正确，B 、C 、D 错误．答案 A3．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为U2 RC．电源的输出功率为EID．电源的效率为1－Ir E解析本题考查了恒定电流的有关知识．电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI，A选项正确；电动机消耗的热功率为I2R，B选项错误；电源的输出功率为UI，C选项错误，电源的效率为UE＝E－IrE，D选项正确．答案AD4．已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图3所示电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区．则()．图3A．电灯L变亮B．电灯L变暗C．电流表的示数减小D．电流表的示数增大解析探测装置进入强磁场区以后磁敏电阻阻值变大，回路总电阻变大，总电流减小，电流表示数变小，电源内电阻分压变小，路端电压变大，电灯L亮度增加，正确选项为AC.答案AC5．如图4所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定不变，滑片P在变阻器正中位置时，电灯L正常发光，现将滑片P移到右端，则()．图4A．电压表的示数变大B．电流表的示数变大C．电灯L消耗的功率变小D．电阻R1消耗的功率变小解析将滑片P移到右端，变阻器接入电路中的电阻R变小，总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可以判断电路中总电流变大，电流表示数变大，选项B正确．由U＝IR可以判断内电压变大，则路端电压变小，电灯L消耗的功率变小，选项C正确．流过R1的电流I1＝I总－I L变大，电阻R1消耗的功率变大，U R1变大，选项D错误．电压表示数U V＝U L－U R1变小，选项A错误．答案 BC6．在研究微型电动机的性能时，应用如图5所示的实验电路．当调节滑动变阻器R 使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A 和2.0 V ．重新调节R 使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和24.0 V ．则这台电动机正常运转时输出功率为( )．图5A ．32 WB ．44 WC ．47 WD ．48 W解析 电动机不转时相当于一个发热的纯电阻，根据通过电动机的电流为0.5 A 、电压为2 V ，可算出电动机内阻为4 Ω.正常工作时，电动机消耗功率UI 等于48 W ，内阻发热消耗功率为I 2r 等于16 W ，则输出功率为UII 2r ，等于32 W.答案 A7．用如图6所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图所示的U －I 图线，由图可知 ( )图6A ．电池电动势的测量值为1.40 VB ．电池内阻的测量值为3.50 ΩC ．外电路发生短路时的电流为0.40 AD ．电压表的示数为1.20 V 时，电流表的示数I ′＝0.20 A解析：由全电路欧姆定律U ＝E －Ir 知当I ＝0时，U ＝E ，故A 正确．U －I 直线的斜率表示电源的内阻，则r ＝ΔU ΔI ＝1.40－1.000.40－0Ω＝1 Ω，B 错误．U 轴的电压刻度不是从零开始的，U －I 图线的横截距不再表示U ＝0时的短路电流，而是表示路端电压为1.00 V 时的干路电流是0.4 A ，C 错误．因为ΔU ΔI ＝r ＝常数，从图中易知1.40－1.20I ′＝1.40－1.000.4，所以I ′＝0.20 A ，故D 正确． 答案：AD8．如图7所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S ，小球静止时受到悬线的拉力为F .调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是( )．图7A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F变小．故A项错，B项正确．答案 B9．如图8所示电路，在平行金属板M，N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则()．图8A．该粒子带正电B．减少R2，粒子还能打在O点C．减少R1，粒子将打在O点左侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变解析由电场方向和粒子偏转方向知粒子带负电；由于R2与平行金属板相连所以此支路断路，调节R2对平行板内电场无影响，粒子仍打在O点；当减小R1时，根据串联电路电压分配原理，平行板内电场将增强，所以粒子将打在O点左侧；当增大R1时，同理得平行板内电场将减弱，所以粒子将打在O点右侧，粒子在板间运动时间变长．答案BC10．如图9所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是()图9A ．小球带负电B ．当滑动触头从a 向b 滑动时，绝缘线的偏角θ变大C ．当滑动触头从a 向b 滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D ．当滑动触头停在b 处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a 处时电源的输出功率解析：根据电路图可知φA ＞φB ，A 、B 间电场强度方向水平向右，小球受电场力方向也向右，故小球带正电， A 错误．当滑动触头从a 向b 滑动时，R 1两端电压减小，板间场强减小，绝缘线的偏角变小，所以B 错误．当极板间电压减小时，由Q ＝CU 可知Q 减小，电容器放电，电流表中有电流，方向从上向下，所以C 正确．由于电源的内阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，D 错误．答案：C11．如图10所示电路中，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝2 Ω，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3＝3 Ω.若在C 、D 间连接一个电表或用 电器，则有( )．图10A ．若在C 、D 间连一个理想电压表，其读数是6 VB ．若在C 、D 间连一个理想电压表，其读数是8 VC ．若在C 、D 间连一个理想电流表，其读数是2 AD ．若在C 、D 间连一个“6 V ,3 W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33 W 解析 若在C 、D 间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有：I 1＝ER 1＋R 2＋r ＝1 A ，故理想电压表读数为U V ＝I 1R 2＝6 V ，A 正确、B 错误；若在C 、D 间连一个理想电流表，这时电阻R 2与R 3并联，并联电阻R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝2 Ω，根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E R 1＋R 23＋r ＝1.5 A ，理想电流表读数为I ′＝R 2R 2＋R 3I ＝1 A ，C 错误；因为小灯泡的电阻R A ＝U 20P 0＝12 Ω，将小灯泡连在C 、D 之间，R 2两端的电压U 2＝ER 23′R 1＋R 23′＋r ＝5 V ，流过小灯泡的电流大小为I 3＝U 2R A ＋R 3＝13 A ，小灯泡的实际功率为P ′＝I 23R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132×12＝1.33(W)，D 正确． 答案 AD12．如图11所示电路可用来测量电阻的阻值．其中E为电源，R为已知电阻，R x为待测电阻，可视为理想电压表，S0为单刀单掷开关，S1、S2为单刀双掷开关．图11(1)当S0闭合时，若S1、S2均向左闭合，电压表读数为U1；若S1、S2均向右闭合，电压表读数为U2.由此可求出R x＝________.(2)若电源电动势E＝1.5 V，内阻可忽略；电压表量程为1 V，R＝100 Ω.此电路可测量的R x的最大值为________ Ω.解析(1)由R x＝U1I x，而I x＝U2R，故R x＝U1U2R.(2)当R x两端电压达到1 V时，由E＝1.5 V，可得此时R两端的电压U1＝1.5 V－1 V ＝0.5 V.此时电路中电流I＝0.5 100A则R x max＝1 0.5100Ω＝1000.5Ω＝200 Ω.答案(1)R U1U2(2)200。

第25课 闭合电路的欧姆定律及其应用1．闭合电路中电阻的串联、并联(1)(多选)(2016江苏单科，4分)如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。

闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案：AC解析：由题图可知外电路的总电阻为10 Ω，回路总电阻为12 Ω，根据闭合电路欧姆定律可求干路电流I ＝ER 总＝1 A ，所以路端电压为U 外＝IR 外＝10 V ，故A 项正确。

电源的总功率P ＝IE ＝12 W ，故B 项错误。

根据并联电路的特点可以求出流过a 、b 电流均为0.5 A ，所以U ba ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，故C 项正确。

a 、b 间用导线连接后，根据电路的连接可求得外电路电阻为R 外＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，回路总电阻为9.5 Ω，回路总电流为I ＝E R 总≈1.3 A ，故D 项错误。

2．闭合电路的功率及电源的效率问题 (2)(多选)(经典题，6分)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 答案：ABC解析：由电路图可知，当滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I 变小。

电源电动势E 不变，电流I 变小，电源总功率P ＝EI 减小，故A 项正确。

电源的效率η＝I 2RI 2（R ＋r ）＝11r R+，电源内阻r 不变，滑动变阻器阻值R 变大，则电源效率增大，故B 项正确。

电源内阻r 不变，电流I 减小，电源内部损耗功率P Q ＝I 2r 减小，故C 项正确。

——教学资料参考参考范本——【高中教育】高考物理一轮复习第7章恒定电流2第二节电路闭合电路的欧姆定律随堂检测巩固落实新人教版______年______月______日____________________部门1.如图所示，其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A的内阻为RA，用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I1－IA)R1＝IARA，解得I1＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A；若将接线柱1、3接入电路，则(I2－IA)R1＝IARA，解得I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A．选项C正确．2．(多选)(20xx·高考江苏卷)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有( )A．路端电压为10 VB．电源的总功率为10 WC．a、b间电压的大小为5 VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A解析：选AC.开关S闭合后，外电路的总电阻为R＝10 Ω，路端电压U ＝R＝×10 V＝10 V，A项正确；电源的总功率P＝＝12 W，B项错误；由于两条支路的电流均为I′＝ A＝0.5 A，因此a、b两点间的电压为Uab＝0.5×(15－5) V＝5 V，C项正确；a、b两点用导线连接后，外电阻R′＝2× Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I＝＝A≈1.26 A，D项错误．3．(多选)(20xx·南通崇川模拟)某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示．图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻．当R处温度降低时( )A．L变亮B．通过R3的电流减小C．E2的路端电压增大D．R消耗的功率减小解析：选BC.当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻RG的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确．4．(多选)(20xx·江苏高三模拟)如图所示为两电源的U－I图象，则下列说法正确的是( )A．电源①的电动势和内阻均比电源②大B．当外接相同的电阻时，两电源的输出功率可能相等C．当外接相同的电阻时，两电源的效率可能相等D．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大解析：选AD.图线在U坐标轴上的截距等于电源电动势，图线的斜率的绝对值等于电源的内阻，因此A对；作外接电阻R的U－I图线分别交电源①、②的U－I曲线于S1、S2两点，电源的工作点横、纵坐标的乘积IU为电源的输出功率，由图可知，无论外接多大电阻，两工作点S1、S2横、纵坐标的乘积都不可能相等，且电源①的输出功率总比电源②的输出功率大，故B错，D对；电源的效率η＝＝＝，因为电源内阻不同则电源效率不同，C错．。