2019_2020学年高中物理第2章恒定电流课时作业123欧姆定律(含解析)新人教版选修3_1

第7节闭合电路的欧姆定律一、选择题1．由一个电源和一个可变电阻组成闭合电路．关于这个闭合电路，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．可变电阻阻值变大时,电源的输出功率一定变大D．可变电阻阻值变小时,电源内部消耗的功率一定变大解析：选C 外电路断路时，路端电压等于电动势，路端电压最高，A选项正确；外电路短路时，外电阻为零，电路的电流最大，根据公式P＝EI可知，电源的功率最大，B选项正确；当内、外电阻相等时,电源的输出功率最大，可变电阻阻值变大时，电源的输出功率可能减小，C选项错误；当可变电阻减小时，电路中电流增大,则由P＝I2r可知，电源内部消耗的功率变大,D选项正确．2．在已接电源的闭合电路里,关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A．如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B．如外电压减小,内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C．如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D．如外电压增大,则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒定解析：选D 闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和，外电压变化时，内电压也随之变化,但电源的电动势不变，D 选项正确．3．在如图所示的电路中，电阻R＝2。

0 Ω，电源的电动势3。

0 V，内电阻r＝1.0 Ω，不计电流表的内阻,闭合开关S后，路端电压为( )A．3.0 V B．1.5 VC．2。

0 V D．1.0 V解析：选C 由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为I＝错误!＝错误!＝1.0 A则路端电压为U＝IR＝1.0×2。

0＝2。

0 V故C正确，A、B、D错误．4.（多选)如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关,接入灯泡增多时，以下说法正确的是( )A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B．各灯两端电压在灯多时较低C．通过电池的电流在灯多时较大D．电池输出功率灯多时较大解析：选ABC 由于电灯并联在电路中，所以接入电路的电灯越多，总电阻越小，电路的总电流越大，电源的内电压越大，路端电压越低，流过每个灯的电流越小，每个电灯越暗,A、B、C正确;当R外＝r时，电池输出功率最大,由于r未知，D错误．5。

第7节闭合电路的欧姆定律1．了解内电路、外电路，知道电动势等于内外电路电势降落之和。

2．掌握闭合电路的欧姆定律并会进行有关计算。

3．会用闭合电路的欧姆定律分析路端电压与负载的关系。

一、闭合电路的欧姆定律1．闭合电路的组成及电流流向2．闭合电路的欧姆定律二、路端电压与负载(外电阻)的关系1．路端电压与电流的关系：U＝□01E－Ir。

2．路端电压随外电阻的变化规律(1)外电阻R增大时，电流I□02减小，外电压U□03增大，当R增大到无限大(断路)时，I ＝□040，U＝□05E，即断路时的□06路端电压等于电源□07电动势。

(2)外电阻R减小时，电流I□08增大，路端电压U□09减小，当R减小到零时，即电源短路时I ＝□10E r，U ＝□110。

在实验课上，小明同学用电压表去测量1节新干电池的电动势约为1.5 V,1节旧干电池的电动势约为1.45 V ，现在他把这样的两节旧电池串联后接在一个标有“3 V 2 W”的小灯泡两端，结果发现小灯泡不发光，检查电路的连接，各处均无故障。

电池虽然旧了，但电动势并没有减小多少，那么小灯泡为什么不亮呢？提示：电池变旧后，电动势并不明显减小，但内阻明显变大，因而使电路中的电流很小，小灯泡不发光。

(1)电动势就是电源两极间的电压。

( )(2)闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比。

( ) (3)外电路的电阻越大，路端电压就越大。

( ) (4)闭合电路中的短路电流无限大。

( )(5)电源断路时，电流为零，所以路端电压也为零。

( )(6)外电阻变化可以引起内电压的变化，从而引起内电阻的变化。

( ) (7)电源U ­I 图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时的输出功率。

( ) 提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√课堂任务闭合电路的欧姆定律仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。

课时作业(十六)一、选择题(6、8、9为多项选择题，其余为单项选择题)1．关于电源的电动势和内、外电压，下面的说法正确的是( )A ．电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，所以当电源接入电路时，电动势将发生变化B ．闭合电路时，并联在电源两端的电压表的示数就是电源的电动势C ．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D ．在闭合电路中，电源的电动势等于内、外电路上电压之和，所以电动势实质上就是电压 解析 电动势不会变，用电压表直接测量电源两端得到的电压比电动势小，电动势的大小仅仅在外电路断路时才等于电源两端的电压．答案 C设置目的 考查电动势的相关知识2．关于闭合电路，下列说法中正确的是( )A ．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B ．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C ．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D ．闭合电路中，外电阻越大(非无穷大)，电源的效率就越高解析 在电源内部电流是从电势低的地方流向电势高的地方，A 项错误．因为P ＝I 2R ＝(E R ＋r )2R ＝E 2R （R －r ）2＋4Rr，所以当R ＝r 时P 最大，B 项错误．闭合电路中，电源的路端电压与外电阻成正比，C 项错误；η＝P 有P 总＝I 2R I 2（R ＋r ）＝R R ＋r，所以D 项正确． 答案 D设置目的 考查闭合电路的欧姆定律中各个物理量的相关知识3．当外电路的电阻分别为8 Ω和2 Ω时，单位时间内在外电路上产生的热量正好相等，则该电源的内电阻是( )A ．1 ΩB ．2 ΩC ．4 ΩD ．6 Ω 解析 由(E R 1＋r )2R 1＝(E R 2＋r)2R 2，代入数据，解得r ＝4 Ω，选项C 正确． 答案 C设置目的 考查闭合电路中各种功率的关系4．如图所示电路中，A 、B 两灯均正常发光，R 为一滑动变阻器，P 为滑动片，若将滑动片向下滑动，则( )A ．A 灯变亮B ．B 灯变亮C ．总电流变小D ．R 1上消耗功率变大解析 当外电阻变化时，紧紧抓住以下规律：R 局⎩⎪⎨⎪⎧增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧减小增大→U 外⎩⎪⎨⎪⎧增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分. 答案 D5.如图所示的电路，闭合开关S 后，a 、b 、c 三盏灯均能发光，电源电动势E 恒定且内阻r 不可忽略，现将变阻器R 的滑片稍向上滑动一些，关于三盏灯亮度变化的情况判断正确的是( )A ．a 灯变亮，b 灯和c 灯变暗B ．a 灯和c 灯变亮，b 灯变暗C ．a 灯和c 灯变暗，b 灯变亮D ．a 灯和b 灯变暗，c 灯变亮解析 R 的滑片稍向上滑动时，变阻器R 接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I 增大，a 灯变亮，b 的电压U b ＝E －I(r ＋R a )减小，b 灯变暗，通过c 灯的电流I c ＝I －I b ，I 增大，I b 减小，则I c 增大，c 灯变亮，故B 项正确． 答案 B6.(2019·山东省寿光模拟)在如图所示的U­I 图象中，直线a 为某电源的路端电压与干路电流的关系图象，直线b 为某电阻R 的伏安特性曲线，用该电源和电阻R 连接成闭合电路，由图象可知( )A ．R 的阻值1.5 ΩB ．电源电动势为3 V ，内电阻为0.5 ΩC ．电源的输出功率为3.0 WD ．电阻R 的电功率为1.5 W解析 电阻R ＝U I ＝1.51Ω＝1.5 Ω，故A 项正确；根据闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ，当I ＝0时，U ＝E ，读出电源的电动势E ＝3 V ，内阻等于图线的斜率大小，则r ＝|ΔU ΔI |＝32Ω＝1.5 Ω，故B 项错误；两图线的交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路工作状态，由图读出电压U ＝1.5 V ，电流I ＝1 A ，则电流的输出功率为P 出＝UI ＝1.5×1 W＝1.5 W ，故C 项错误；电阻R 的功率为P ＝UI ＝1.5×1 W＝1.5 W ，故D 项正确．答案 AD7.(2019·山西省临汾市)图示电路中，R 1、R 2为定值电阻，电源内阻为r ，闭合开关S ，电压表显示有读数，调节可变电阻R 的阻值，使电压表示数增加ΔU，则在此过程中( )A ．可变电阻R 阻值增大，通过它的电流增大B ．电阻R 2两端的电压减小，变化量等于ΔUC ．通过电阻R 2的电流减小，变化量大于ΔU R 2D ．电源的路端电压增大，变化量小于ΔU解析 由题，电压表的示数增大，R 和R 1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R 1的电流增大，所以通过可变电阻R 的电流减小，故A 项错误；R 增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R 2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R 2两端的电压减小量小于ΔU，故B 项错误；由欧姆定律得知，通过电阻R 2的电流减小，减小量小于ΔU R 2，故C 项错误；由于电阻R 2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于ΔU，故D 项正确．答案 D8.有一种测量体重的电子秤，其原理图如图中的虚线部分所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为 3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数为R ＝30 Ω－0.02F(F 和R 的单位分别是N 和 Ω)．下列说法正确的是( )A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是1 300 NC ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.400 A 处解析 当电流表示数达到3 A 时，压力传感器受到的压力最大，由E ＝I(R ＋r)可求得R ＝2 Ω，由R ＝30 Ω－0.02F ，可求得F ＝1 400 N ，选项A 正确，B 项错误；当踏板空载时，R ′＝30 Ω，电流表G 示数为I′＝E R′＋r ＝1230＋2A ＝0.375 A ，选项C 正确，D 项错误． 答案 AC9.(2019·河北省定州中学)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E 、内电阻为r ，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C为电容器，A 、V 为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )A ．电压表示数变大B ．电流表示数变小C ．电容器C 所带电荷量增多D ．a 点的电势降低解析 在滑动变阻器滑动头P 自a 端向b 端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I 增大，电阻R 1两端电压增大，则电压表示数变大，故A 项正确；根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a 的电势大于零，a 点的电势等于R 2两端的电压，U 2变小，则a 点的电势降低，通过R 2的电流I 2减小，通过电流表的电流I A ＝I －I 2，I 增大，I 2减小，则I A 增大．即电流表示数变大，故B 项错误，D 项正确；电阻R 2两端的电压U 2＝E －I(R 1＋r)，I 增大，则U 2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，故C 项错误．答案 AD二、非选择题10.如图所示，R 为电阻箱，V 为理想电压表．当电阻箱读数为R 1＝2 Ω时，电压表读数为U 1＝4 V ；当电阻箱读数为R 2＝5 Ω时，电压表读数为U 2＝5 V ．求：(1)电源的电动势E 和内阻r.(2)当电阻箱R 的读数为多少时，电源的输出功率最大？最大输出功率为多少？解析 (1)由闭合电路欧姆定律有E ＝U 1＋U 1R 1r ，E ＝U 2＋U 2R 2r 即E ＝4＋2r ，E ＝5＋r ，解得E ＝6 V ，r ＝1 Ω(2)电源的输出功率：P 出＝(E R ＋r )2R ＝E 2（R ＋r ）2R ＝E 2（R －r ）2R＋4r 由数学知识可知，当R ＝r ＝1 Ω时，电源的输出功率最大，最大输出功率为P 出＝E 24r＝9 W. 答案 (1)6 V 1 Ω (2)1 Ω 9 W设置目的 考查闭合电路中的欧姆定律以及各种功率的关系11.如图所示的电路，外电阻皆为R ，电源内阻为R 4，当S 断开时，在电容器极板间放一个质量为m ，带电荷量为q 的电荷恰能静止，在S 闭合时，电容器极板间放一个质量仍为m ，带电荷量为q′的电荷，恰能静止，则q∶q′＝________．。

3 欧姆定律[课时作业] [A 组 基础巩固]一、单项选择题1．有一家用电风扇，电风扇两端电压为220 V ，工作电流为0.5 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电扇线圈电阻为440 ΩB ．电扇线圈电阻大于440 ΩC ．电扇线圈电阻小于440 ΩD ．电扇线圈的电阻可用欧姆定律计算解析：电风扇不是纯电阻用电器，欧姆定律I ＝UR不成立，U ＞IR ，故R ＜440 Ω. 答案：C2.在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数有变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( ) A ．灯泡中灯丝已烧断 B ．滑片接触不良 C ．灯泡内部短路D ．滑动变阻器A 端接触不良解析：电压表的电阻无穷大，移动滑片时，电流表示数有变化，因此和电流表串联的回路中不存在断点，A 错误．若滑片接触不良，电流表不可能有电流通过，B 错误．若滑动变阻器A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，D 错误．若灯泡内部短路，则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，C 正确． 答案：C3.鸟儿落在110 kV 的高压输电线上，虽然通电的高压线是裸露导线，但鸟儿仍然安然无恙，这是因为( ) A ．鸟有耐高压的本领B ．鸟脚是干燥的，所以鸟的身体不导电C ．鸟两脚间的电压几乎为零D ．鸟身体的电阻极大，所以无电流通过解析：鸟两脚间导线的电阻非常小，故两脚间电压几乎为零． 答案：C4．如图所示是A 、B 两电阻的U I 图象，则两电阻之比及连接相同电压情况下的电流之比分别是( )A ．R A ∶RB ＝2∶1，I A ∶I B ＝2∶1 B ．R A ∶R B ＝2∶1，I A ∶I B ＝1∶2C ．R A ∶R B ＝1∶2，I A ∶I B ＝2∶1D ．R A ∶R B ＝1∶2，I A ∶I B ＝1∶2解析：由U I 图象得R A ＝3.00.3 Ω＝10 Ω，R B ＝3.00.6 Ω＝5 Ω，故R A ∶R B ＝2∶1.根据I ＝UR 知，电压U 一定时，电流I 与电阻R 成反比，所以I A ∶I B ＝R B ∶R A ＝1∶2.综上所述，B 正确． 答案：B5．小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB 段(曲线)所示．由图可知，AB 段灯丝的电阻因温度的影响改变了( )A ．5 ΩB ．10 ΩC ．1 ΩD ．6 Ω解析：由电阻的定义知A 点的电阻为R A ＝30.1Ω＝30 Ω， B 点的电阻为R B ＝60.15Ω＝40 Ω， 从A 至B 段电阻改变为10 Ω，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B 二、多项选择题6．下列说法中正确的是( )A ．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小B ．当加在导体两端的电压变化时，导体中的电流也发生变化，但电压和电流的比值对这段导体来说是恒量C ．通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D ．导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比解析：导体的电阻是导体本身的性质，与外加电压和通过的电流无关，A 、D 错误；对同一段导体，电阻不变，它两端的电压和通过电流的比值为恒量，当加在导体两端的电压变化时，导体中的电流也发生变化，B 正确；由欧姆定律知通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，C 正确. 答案：BC7．(2018·江苏扬州高二检测)下列说法中正确的是( )A ．由R ＝UI可知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B ．比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝U IC ．通过导体的电流越大，导体的电阻越小D ．由I ＝U R可知，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比解析：导体的电阻跟它两端的电压、通过它的电流均无关，选项A 、C 错误．由U I可知，在U 一定时，I 越大，U I 越小，说明导体对电流的阻碍作用越弱，反之I 越小，U I越大，说明导体对电流的阻碍作用越强，故比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝U I，选项B 正确．由欧姆定律I ＝U R可知，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，故选项D 正确． 答案：BD8.两个电阻R 1、R 2的伏安特性曲线如图所示，由图可知( ) A ．R 1为线性元件，R 2为非线性元件 B ．R 1的电阻R 1＝tan 45°＝1 Ω C ．R 2的电阻随电压的增大而减小 D ．当U ＝1 V 时，R 2的电阻等于R 1的电阻解析：由图可知R 1的伏安特性曲线为过原点的直线，故R 1为线性元件，R 2的伏安特性曲线是曲线，故R 2是非线性元件，A 正确．R 1的电阻不等于tan 45°，应为U 与I 的比值，大小为2 Ω，B 错误．R 2为非线性元件，其某时刻的电阻大小仍等于此时刻U 与I 的比值，D 正确．由图可知R 2随电压增大而增大，C 错误． 答案：AD 三、非选择题9．要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由0逐渐增加到3 V ，并便于操作．已选用的器材有： 电池组(电动势为4.5 V ，内阻约1 Ω)；电流表(量程为0～250 mA ，内阻约5 Ω)； 电压表(量程为0～3 V ，内阻约3 k Ω)； 电键1个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________．(填字母代号) A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A) B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) (2)实验的电路图应选用下列的图______．(填字母代号)解析：(1)测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能在较大范围内测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小、额定电流大的A.(2)灯泡正常工作时的电阻R ＝U 2P ＝15 Ω，额定电流I ＝PU＝0.2 A ，由R ＝15 Ω＜R A R V ＝15 000 Ω，可知电流表应采用外接法，故选B. 答案：(1)A (2)B[B 组 能力提升]一、选择题1．如图所示，两图线分别为A 、B 两电阻的U-I 曲线，关于两电阻的描述正确的是( )A ．电阻A 的阻值随电流的增大而减小，电阻B 的阻值不变 B ．在两图线交点处，电阻A 的阻值等于电阻B 的阻值C ．在两图线交点处，电阻A 的阻值大于电阻B 的阻值D ．在两图线交点处，电阻A 的阻值小于电阻B 的阻值解析：由题图可知，电阻A 的阻值随电流的增大而增大，电阻B 的阻值不变，选项A 错误；在两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，选项B 正确，选项C 、D 错误． 答案：B2．(多选)由欧姆定律I ＝U R 导出U ＝IR 和R ＝U I，下列叙述正确的是( ) A ．导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比B ．导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关C ．对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D ．一定的电流流过导体，电阻越大，导体两端电压就越大解析：导体的电阻与导体本身的因素有关，跟导体两端的电压及导体中的电流无关，选项A 错误，选项B 正确；由公式R ＝U I可知，对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，选项C 正确；由公式U ＝IR 可知，一定的电流流过导体，电阻越大，导体两端电压就越大，选项D 正确． 答案：BCD 二、非选择题3．(2018·河南六市一联)某小组通过实验来研究用电器Z 的导电规律．他们在实验中测得用电器Z 两端的电压与通过Z 的电流的数据如下表：(2)请根据题中信息，在方框内画出电路图(图中用电阻表示用电器Z )；(3)利用这些数据绘出的用电器Z 的伏安特性曲线如图乙所示．若把该用电器Z 接入图丙所示的电路中时，电流表的读数为0.100 A ，已知A 、B 两端电压恒为1.5 V ，则定值电阻R 0的阻值为________ Ω.解析：(1)(2)由实验数据可知用电器Z 的电压和电流均从零开始增加，所以滑动变阻器应使用分压式接法，实物连接图及电路图见答案．(3)当通过Z 的电流为0.100 A 时，Z 两端电压为0.5 V ，则R 0两端电压U 0＝1.5 V －0.5 V ＝1 V ，R 0＝ 1 V 0.100 A ＝10 Ω.答案：(1)如图甲所示 (2)如图乙所示(3)104.加在某导体上的电压变为原来的3倍时，导体中的电流增加了0.9 A ，如果所加电压变为原来的12时，导体中的电流变为多少？解析：设导体电阻为R ，导体上原来的电压为U 0，通过的电流为I 0，则当电压变为原来的3倍时，由欧姆定律得I 0＝U 0R，I 0＋0.9 A ＝3U 0R由以上两式解得U 0R＝0.45 A ．当电压为12U 0时，I ＝U 02R ＝12×0.45 A＝0.225 A.答案：0.225 A。

7 闭合电路的欧姆定律记一记闭合电路的欧姆定律知识体系1个规律——闭合电路欧姆定律 1个关系——路端电压与负载的关系 1个图象——电源的U －I 图象 辨一辨1.闭合电路沿着电流的方向电势一定降低．(×)2．闭合电路的电流跟内、外电路电阻之和成反比．(√) 3．在闭合电路中，外电阻越大，路端电压越大．(√)4．电路断开时，电路中的电流为零，路端电压也为零．(×) 5．外电路短路时，电路中的电流无穷大．(×) 6．电动势越大，闭合电路的电流越大．(×) 7．E ＝U ＋Ir 适用于任何电路．(×) 想一想1.在闭合电路中电荷定向移动过程中，是否只有电场力在做功？提示：不是．在闭合电路中电荷定向移动过程中，除了有电场力做功外，在电源内部还有非静电力在做功．2．为什么外电路短路(即外电路电阻为零)时，电路中电流不会是穷大？提示：因电源内也存在电阻r ，所以外电路短路时(R ＝0)，电路中电流I ＝Er≠∞.不过，一般情况下电源内阻r 较小，所以外电路短路时电路中电流较大，很可能会把电源烧杯．3．电源输出功率最大时，电源效率也最大吗？提示：当外电路电阻R 等于电源内电阻r 时，电源输出功率最大，而电源的效率η＝P 出P 总＝I 2R I 2R ＋r ＝R R ＋r ＝1＋rR.可知R 越大，效率越高，电源有最大输出功率时，R ＝r ，此时η＝50%.所以电源输出功率最大时，效率并不最高．思考感悟：练一练 1.[2019·山东市普通高中学业水平考试]在图所示的电路中，电源的电动势E＝3.0 V，内阻r＝1.0 Ω，电阻R＝5.0 Ω，不计电路中的其他电阻．闭合开关S后，通过电阻R的电流为( )A．3.0 A B．2.0 AC．1.0 A D．0.50 A答案：D2．[2019·辽宁省普通高中学业水平考试]如图所示，电源电动势E＝3 V，内阻r＝2 Ω，外电阻R＝4 Ω，闭合开关S后，理想电流表和理想电压表的示数分别为________A和________V.答案：0.5 23．[2019·浦东新区普通高中学业水平考试]如图，电源的输出电压和A、B两灯的电阻均不变．若滑动变阻器R的滑片向左移动，则( )A．A、B两灯均变亮 B．A、B两灯均变暗C．A灯变暗，B灯变亮 D．A灯变亮，B灯变暗答案：D4．[2019·河南省普通高中学业水平考试]在如图所示的电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝2 Ω，电阻R＝10 Ω.Ⓐ是理想电流表，闭合开关．求：(1)电流表的示数和通过电阻R的电流的方向；(2)电阻R在t＝10 min内，产生的热量．答案：(1)1 A a→b(2)6 000 J要点一 闭合电路欧姆定律1.在图所示的电路中，R 1＝9 Ω，R 2＝5 Ω，当a 、b 两点间接理想的电流表时，其读数为0.5 A ；当a 、b 两点间接理想的电压表时，其读数为1.8 V ．求电源的电动势和内电阻．解析：当a 、b 两点间接理想的电流表时，R 1被短路，回路中的电流I 1＝0.5 A ，由闭合电路欧姆定律得：E ＝I 1(R 2＋r )代入数据得：E ＝0.5(5＋r )①当a 、b 两点间接理想的电压表时，回路中的电流I 2＝U R 1＝1.89A ＝0.2 A由闭合电路欧姆定律得：E ＝I 2(R 2＋R 1＋r ) E ＝0.2(14＋r )②联立①②得：E ＝3 V ，r ＝1 Ω 答案：3 V 1 Ω2．如图所示的电路中，R 1＝20.0 Ω，R 2＝10.0 Ω，当开关S 板到位置1时，电流表的示数为I 1＝0.20 A ；当开关S 板到位置2时，电流表的示数为I 2＝0.30 A ，求电源的电动势和内电阻．解析：由I 1＝ER 1＋r ，I 2＝ER 2＋r解得：E ＝I 1I 2R 1－R 2I 2－I 1＝6r ，r ＝I 1R 1－I 2R 2I 2－I 1＝10 Ω答案：6 V 10 Ω要点二 路端电压与负载的关系3.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I 增大时，路端电压也增大C ．因为U ＝E －Ir ，所以当I 增大时，路端电压减小D ．若外电路断开，则路端电压为零解析：由I ＝ER ＋r ，U ＝IR 得：U ＝RR ＋rE 可知路端电压随外电路电阻R 的增大而增大，所以A 项错误．由U ＝E －Ir 知B 项错误，C 项正确．外电路断开时，I ＝0，所以U ＝E －0＝E .所以D 项错误．答案：C4．电路图如图甲所示，若电阻R 阻值未知，电源电动势和内阻也未知，电源的路端电压U 随电流I 的变化图线及外电阻的U －I 图线如图乙所示．求：(1)电源的电动势和内阻； (2)电源的路端电压； (3)电源的输出功率．解析：(1)由图线的意义可知，不过原点的斜线是电源的U －I 圈线，当电流为0时，由U ＝E －Ir 可知E ＝U ＝4 V ；同样由U ＝E －Ir 可知它的斜率表示电源的内电阻，所以r ＝ΔUΔI＝44Ω＝1 Ω. (2)由图可知路端电压是3 V.(3)电源的输出功率P ＝UI ＝3×1 W＝3 W. 答案：(1)4 V 1 Ω (2)3 V (3)3 W要点三 闭合电路的动态分析5.电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图1所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是( )A ．电压表和电流表读数都增大B ．电压表和电流表读数都减小C ．电压表读数增大，电流表A 1减小，A 2增大D ．电压表读数减小，电流表A 1增大，A 2减小解析：由题图可知滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，滑动变阻器连入电路中的阻值R 增大，则外电路的总阻值R 总增大，干路电流I ＝ER 总＋r，因R 总增大，所以I 减小，故A 1示数减小；路端电压U ＝E －Ir ，因I 减小，所以U 增大，即电压表的读数增大；R 2两端电压U 2＝E －I (R 1＋r )，因I 减小，所以U 2增大，由I 2＝U 2R 2知，I 2增大，即电流表A 2的读数增大，故C项正确，A 、B 、D 三项错误．答案：C 6.(多选)如图所示，闭合开关S 并调节滑动变阻器滑片P 的位置，使A 、B 、C 三灯亮度相同．若继续将P 向下移动，则三灯亮度变化情况为( )A ．A 灯变亮B ．B 灯变亮C ．B 灯变暗D ．C 灯变亮解析：将变阻器滑片P 向下移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，总电流I A 增大，则A 灯变亮．并联部分的电压U 并＝E －I A (R A ＋r )，E 、R A 、r 不变，I A 增大，U 并减小，B 灯变暗．通过C 灯的电流I C ＝I －I B ，I 增大，I B 减小，则I C 增大，C灯变亮，故A、C、D三项正确．答案：ACD要点四闭合电路的功率和效率7.如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值．解析：保护电阻消耗的功率为P0＝E2R0r＋R＋R02，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝E2R0r＋R02＝62×0.51.52W＝8 W.答案：8 W要点五含容电路的分析与计算8.如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻可忽略，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，求：(1)S闭合后，稳定时通过R1的电流；(2)S原来闭合，然后断开，这个过程中流过R1的电荷量．解析：(1)S闭合后，电路稳定时，R1、R2串联，易求I＝ER1＋R2＝1 A，即为通过R1的电流．(2)S闭合时，电容器两端电压U C＝U2＝I·R2＝6 V，储存的电荷量Q1＝C·U C.S断开时至达到稳定后电路中电流为零，此时U C′＝E，储存的电荷量Q1′＝C·U C′.很显然电容上的电荷量增加了ΔQ＝Q′－Q＝CU C′－CU C＝1.2×10－4 C．电容器上电荷量的增加是在S断开以后才产生的，只有通过R1这条途径实现，所以流过R1的电荷量就是电容器上增加的电荷量．答案：(1)1 A (2)1.2×10－4 C基础达标1.[2019·山东潍坊中学期中考试]下列说法正确的是( )A．电源电动势等于路端电压B．把电压表直接和电源连接时，电压表的示数等于电源电动势C．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比D．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小解析：由闭合电路欧姆定律知E＝U外＋U内，A项错误；当电压表直接和电源连接时，电压表不能视为理想电表，电路中有微小电流，内电路有一定的电势降落，B项错误；由闭合电路欧姆定律I＝ER＋r可知，电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比，C项正确；若外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变，D项错误．答案：C2.(多选)如图所示，当可变电阻R ＝2 Ω时，理想电压表的示数U ＝4 V ，已知电源的电动势E ＝6 V ，则( )A ．此时理想电流表的示数是2 AB ．此时理想电流表的示数是3 AC ．电源的内阻是1 ΩD ．电源的内阻是2 Ω解析：题图所示电压表测量的是路端电压，电流表测的是通过可变电阻R 的电流，由部分电路欧姆定律有U ＝IR ，得I ＝2 A ，再由闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋Ir ，将I ＝2 A 、U ＝4 V 、E ＝6 V 代入可得r ＝1 Ω，故A 、C 两项正确，B 、D 两项错误．答案：AC3．某同学利用如图所示的电路来探究闭合电路中总电流与电源电动势的关系，其中定值电阻R 1＝10 Ω、R 2＝8 Ω，电源的内阻为r ＝2 Ω.当单刀双掷开关接1时电流表的示数为I 1＝0.2 A ，当单刀双掷开关接2时，电流表的示数I 2为( )A ．0.24 AB ．0.2 AC ．0.18 AD ．0.3 A解析：根据闭合电路的欧姆定律得，当单刀双掷开关接1时，I 1＝ER 1＋r，当单刀双掷开关接2时，I 2＝ER 2＋r，由以上两式解得I 2＝0.24 A ．故选A.答案：A4．在如图所示的电路中，当开关S 1断开、开关S 2闭合时，电压表的读数为3 V ；当开关S 1、S 2均闭合时，电压表的读数为1.8 V ，已知电压表为理想电表，外接电阻为R 、电源内阻为r .由以上数据可知R r为( )A.53B.35C.23D.32解析：当开关S 1断开、开关S 2闭合时，电压表的读数等于电源的电动势，即E ＝3 V ．当开关S 1、S 2均闭合时，U 外＝1.8 V ，所以U 内＝E －U 外＝1.2 V ，因U 外＝IR ，U 内＝Ir ，所以R ∶r ＝U 外∶U 内＝1.8∶1.2＝3∶2.故选D.答案：D5．(多选)[2019·江苏省泰兴中学期中考试]a 、b 两电源的路端电压与电流的关系图象如图所示，图中两图线交纵轴于一点，假设两电源的电动势分别用E a 、E b 表示，内阻分别用r a 、r b 表示．则下列说法正确的是( )A ．E a ＝E b 、r a <r bB ．E a >E b 、r a <r bC ．若将同一定值电阻分别接在两电源上时，通过电源的电流关系为I a >I bD ．若将两电源分别接入电路，当通过电源的电流相等时路端电压的关系为U a <U b解析：由题图可知，E a ＝E b (图线的纵截距)，两电源的短路电流I ′a >I ′b (图线的横截距)，则r a <r b ，A 项正确，B 项错误；当把同一电阻分别接在两电源上时，由闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r可知，通过电源的电流关系为I a >I b ，C 项正确；若将两电源分别接入电路，则路端电压为U ＝E －Ir ，则有U a >U b ，D 项错误．答案：AC6．(多选)将两个不同的电源甲、乙的路端电压与电流的关系图线描绘在同一坐标系中，其关系如图所示．则下列分析正确的是( )A ．两图线的交点表示两电源所接的外电阻相等B ．两图线的交点表示两电源在该状态下的内电压相等C ．电源甲的电动势大D ．电源甲的内阻小解析：在路端电压与总电流的关系图线(U －I )中，图线在U 轴上的截距表示电源的电动势E ，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，可见E 甲>E 乙，r 甲>r 乙，C 项正确，D 项错误．题图中两直线的交点坐标为(I 1，U 1)，由R ＝U I可知，路端电压都为U 1时，它们的外电阻相等，A 项正确．由U ′＝Ir 可知，电流都是I 1时，因r 不相等，故两电源内电压不相等，B 项错误．答案：AC7．(多选)在如图所示的U －I 图象中，图线甲、乙分别为一电源和一电阻两端电压随电流的变化规律，已知两图线与I 轴的夹角分别为α、β.若将该电阻接在该电源两端，则下列说法正确的是( )A ．两图线交点的横、纵坐标的乘积为电源的输出功率B ．两图线交点的横、纵坐标的乘积为电源消耗的总功率C ．当α＝β时电源的效率为80%D ．当α＝β时电源的效率为50%解析：根据闭合电路的欧姆定律和U －I 图象特点可知，两图线交点的横、纵坐标的乘积表示负载电阻消耗的功率，即电源的输出功率，A 项正确，B 项错误；当满足α＝β时，电源内阻等于负载电阻，电源的效率为50%，C 项错误，D 项正确．答案：AD8．如图所示，电源的内阻不可忽略，在滑片从最右端向左端滑动的过程中，下列说法正确的是( )A ．电源的内耗功率减小B ．电源消耗的总功率变大C ．电阻R 1的功率增大D ．电源的输出功率减小解析：由题图可知外电路总电阻R ＝R 1R 2＋R 3R 1＋R 2＋R 3，根据闭合电路的欧姆定律I ＝ER ＋r可知，滑片向左移动，R 3减小，R 减小、I 增大，P r ＝I 2r ，P ＝IE ，故A 项错误，B 项正确；由于干路流增大，因此内压变大，路端电压减小，电阻R 1的功率将减小，C 项错误；当外电路的电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大，由于电阻的阻值情况未知，因此输出功率的变化无法确定，D 项错误．答案：B9．(多选)如图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动触头P 向左端移动时，下列说法正确的是( )A ．电压表V 1的读数减小，电流表A 1的读数增大B ．电压表V 1的读数增大，电流表A 1的读数减小C ．电压表V 2的读数减小，电流表A 2的读数增大D ．电压表V 2的读数增大，电流表A 2的读数减小解析：本题的易错之处是不能正确地画出该电路的等效电路．当滑动变阻器的滑动触头P 向左端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中的总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路上的电流减小，电源内阻及R 1分得的电压减小，电压表V 1的读数增大，电流表A 1的读数减小，A 项错误，B 项正确；由子电压表V 1的读数增大，由欧姆定律可得通过R 3的电流增大，则电流表A 2的读数增大，由IR 1＝IR 3＋IR 2可知通过R 2的电流减小，则电压表V 2的读数减小，C 项正确，D 项错误．答案：BC10．[2019·山东东营市胜利第一中学期中考试]将两个定值电阻、电阻箱和理想电压表按照如图所示的方式连接，其中电源的内阻为r ，且r ≠0.闭合开关，逐渐增大电阻箱的阻值，同时观察电压表的示数，使其读数增加ΔU .则在该过程中( )A ．如果流过电阻箱的电流改变ΔI ，则ΔUΔI＝R 2＋rB ．定值电阻R 2两端的电压逐渐减小，且减少量为ΔUC ．如果流过定值电阻R 2的电流改变ΔI 2，则ΔUΔI 2＝R 2＋rD ．电源的输出电压增加了ΔU解析：本题的易错之处是不能结合闭合电路的欧姆定律处理问题．在闭合电路中，对于定值电阻有ΔU ΔI ＝R ，对于变化的电阻利用闭合电路的欧姆定律，得ΔU ΔI 2＝ΔU R 2＋rΔI 2＝R 2＋r ，A 项错误，C 项正确．因为r ≠0，电压表读数增加ΔU ，所以电阻R 2的电压减小，减少量小于ΔU ，电源输出电压增加量小于ΔU ，B 、D 两项错误．答案：C11．(多选)[2019·湖北省黄石二中期末考试]如图所示的电路中，定值电阻a 、b 、c 、d 的阻值相等、电容器C 的耐压值足够大，其中电源的内阻可忽略不计．当仅闭合开关K 1时，电路的总电阻用R 1表示、电容器所带的电荷量为q 1，当两个开关均闭合时，电路的总电阻用R 2表示、电容器所带的电荷量为q 2.则下列式子正确的是( )A ．R 1∶R 2＝6∶5 B．R 1∶R 2＝5∶6 C ．q 1∶q 2＝5∶3 D．q 1∶q 2＝3∶5解析：本题的解题关键是对电路的分析，画出不同状态下的等效电路．假设定值电阻的阻值均为R ，电源的电动势为E ，内阻可忽略不计，当仅闭合开关K 1时，等效电路如图甲所示，则电路的总电阻为R 1＝3R ，电容器两极板间的电压U 1＝2R 3R E ＝23E ，则电容器所带的电荷量q 1＝CU 1＝23EC ；当两个开关均闭合时，等效电路如图乙所示，电路的总电阻为R 2＝2R ＋R 2＝52R ，电容器两极之间的电压为U 2＝R 52R E ＝25E ，电容器所带的电荷量q 2＝CU 2＝25EC .由以上分析可知R 1∶R 2＝6∶5、q 1∶q 2＝5∶3，A 、C 两项正确，B 、D 两项错误．答案：AC12．(多选)[2019·江苏南京师大附中期末考试]在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在滑动变阻器R 2的滑动端由a 向b 缓慢滑动的过程中( )A ．电压表的示数增大，电流表的示数减小B ．电压表的示数减小，电流表的示数增大C ．电源路端电压增大D ．电容器C 所带电荷量减小解析：本题疑难之处在于如何熟练分析动态电路和含容电路问题．滑动变阻器R 2的滑动端由a 向b 缓慢滑动的过程中，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，电源内阻和R 1两端电压增大，电源路端电压减小，则R 2两端的电压减小，故电压表示数减小，故A 、C 两项错误，B 项正确；电容器两端的电压等于R 2两端的电压，则电容器两端的电压也减小，根据Q ＝UC 可知，电容器C 所带电荷量减小，故D 项正确．答案：BD能力达标 13.如图所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝0.5 Ω，标有“8 V 16 W”的灯泡L 恰好能正常发光，电动机绕线的电阻R 0＝1 Ω，求：(1)电源的总功率； (2)电动机的输出功率．解析：(1)灯泡L 正常发光，则路端电压等于灯泡的额定电压8 V 内电压U 内＝10 V －8 V ＝2 V则总电流I ＝U 内r＝4 A 电流总功率P 电＝IE ＝4×10 W＝40 W(2)流经电动机的电流I M ＝I －PU＝2 A电动机的总功率P M ＝UI M ＝8×2 W＝16 W 电动机内阻消耗功率 P 内＝I 2M P 0＝4 W故电动机的输出功率 P 出＝P M －P 内＝12 W答案：(1)40 W (2)12 W 14.如图所示，电源内阻r ＝1 Ω，R 1＝2 Ω，R 2 ＝6 Ω，灯L 上标有“3 V 1.5 W”的字样，当滑动变阻器R 3的滑片P 移到最右端时，电流表示数为1 A ，灯L 恰能正常发光．(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R 3上消耗的功率最大？最大值为多大？ 解析：本题疑难之处在于对电路结构的分析及如何求最大功率．(1)滑动变阻器的滑片P 移到最右端时，电源的电动势E ＝U L ＋IR 1＋Ir ＝3 V ＋1×2 V＋1×1 V＝6 V(2)当P 移到最左端时，由闭合电路欧姆定律得I 1＝ER 1＋r＝2 A(3)设滑动变阻器的Pb 段电阻为R ′，R ′与R L 并联的等效电阻为R 3L ＝R ′R LR ′＋R L- 11 - 由闭合电路欧姆定律得I 2＝E R 1＋r ＋R 3L，又U 3＝I 2R 3L 所以P 3＝U 23R ′＝16R ′R ′2＋4R ′＋4＝16R ′＋4R ′＋4 当R ′＝4R ′，即R ′＝2 Ω时 变阻器R 3上消耗的功率最大，且最大值为2 W 答案：(1)6 V (2)2 A (3)2 Ω 2 W。

课时作业(十五)一、选择题(4、5、8为多项选择题，其余为单项选择题)1．金属材料的电阻率有以下特点：一般而言，纯金属的电阻率小，合金的电阻率大；金属的电阻率随温度的升高而增大，而且有的金属电阻率随温度变化而显著变化，有的合金的电阻率几乎不受温度的影响．根据以上的信息，判断下列的说法中正确的是( )A．连接电路用的导线一般用合金来制作B．电炉、电阻器的电阻丝一般用合金来制作C．电阻温度计一般用电阻率几乎不受温度影响的合金来制作D．标准电阻一般用电阻率随温度变化而显著变化的金属材料制作解析在实际应用中电炉、电阻器的阻值不应随温度变化而变化很大，电阻温度计应该使用对温度敏感的材料．答案 B设置目的考查不同材料的电阻值随温度变化的规律2.如图为滑动变阻器的示意图，A、B、C、D为4个接线柱，当滑动片P由C向D移动时，若要使变阻器接入电路的电阻由大变小，应将电阻器的哪两个接线柱连入电路( )A．A和B B．A和DC．B和C D．C和D解析滑动变阻器的连接应是一上一下(同一端或对角线)，要注意接入的是哪一部分电阻，从而确定电阻的变化．要让滑动变阻器的阻值变小，就要使连入电路的电阻丝长度变短，滑动片P由C向D移动，要使滑动变阻器连入电路的电阻丝变短，可以连接AD或AC.答案 B设置目的考查滑动变阻器的连接方法3．一只“220 V 100 W”的灯泡工作时电阻为484 Ω，拿一只同样的灯泡来测量它不工作时的电阻，下列说法中正确的是( )A．小于484 Ω B．大于484 ΩC．等于484 Ω D．无法确定解析灯泡工作时的电阻为高温状态的电阻，不工作时为常温下的电阻，根据金属材料的电阻随温度的升高而增大可得选项A正确．答案 A设置目的考查金属的电阻率随温度的变化规律4.温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在如图所示的图象中分别为某金属和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则( )A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化解析 图线1反映电阻随温度升高而增大的特性，是金属导体的电阻，图线2反映电阻随温度升高而降低的特性，是半导体材料的电阻，故C 、D 两项正确，A 、B 两项错误． 答案 CD5．下列说法中正确的是( )A ．据R ＝U/I 可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B ．据R ＝U/I 可知，通过导体的电流改变，加在电阻两端的电压也改变，但导体的电阻不变C ．据ρ＝RS/l 可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS 成正比，与导体的长度l 成反比D ．导体的电阻率与导体的长度l 、横截面积S 、导体的电阻R 皆无关解析 导体的电阻是由导体本身的性质决定的，其决定式为R ＝ρl/S，而R ＝U/I 为电阻的定义式，所以选项A 是不对的，选项B 是正确的，而ρ＝RS/l 仅是导体电阻率的定义式，电阻率与式中的各物理量间都无关，所以选项C 是不对的，选项D 是正确的．答案 BD设置目的 考查电阻的决定因素和电阻率的决定因素6．将截面均匀、长为L 、电阻为R 的金属导线截去L/n ，再拉长至L ，则导线电阻变为( ) A.（n －1）R n B.R n C.nR n －1 D ．nR解析 设原来导线的横截面积为S ，由电阻定律得R ＝ρL S ，金属导线截去L n，再拉长至L ，有：（n －1）V n ＝LS 1，截前有：V ＝LS.所以S 1＝（n －1）S n ，由电阻定律得R 1＝nR n －1，故C 项正确，A 、B 、D 三项错误．答案 C7．一根均匀导线，现将它均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的阻值为64 Ω，则导线原来的电阻值为( )A ．128 ΩB ．32 ΩC ．4 ΩD ．2 Ω解析 由电阻定律知，原来电阻为R ＝ρL S ＝ρL 14πD 2，对导线来讲，体积是不变的，当直径减为原来的一半时，由V ＝L·14πD 2知，L 将变为原来的4倍，所以变化后的电阻为R′＝ρ4L 14π（12D ）2＝16R ，故原来电阻R ＝4 Ω，C 项正确，A 、B 、D 三项错误． 答案 C设置目的 考查电阻决定式的应用8．对于常温下一根阻值为R 的金属电阻丝，下列说法正确的是( )A ．常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB ．常温下，若将电阻丝从中点对折，电阻变为R/4C ．加在电阻丝上的电压从0逐渐加大到U ，则在任意状态下的U/I 的值不变D ．若把温度降到绝对零度附近，电阻丝的电阻突然变为零，这种现象称为超导现象解析 常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则截面积变为原来的1/10，根据电阻定律R ＝ρL S，A 项错误；常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原来的一半，面积为原来的2倍，则电阻变为R/4，B 项正确；电阻丝随着温度变化阻值会发生变化，C 项错误；根据超导现象知，D 项正确．答案 BD设置目的 考查电阻的计算以及金属材料电阻值与温度的关系9．当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别．那么熔丝熔断的可能性较大的是( )A ．横截面积大的地方B ．横截面积小的地方C ．同时熔断D ．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方解析 根据电阻定律，横截面积小的地方电阻较大，当电流通过时，电阻大的位置发热量大，易熔断．选项B 正确．答案 B设置目的 有关电阻发热的实际应用二、非选择题10．在做“影响电阻大小的因素”实验时，为了便于研究而采用控制变量法．导线代号A B C D E F G 长度/m 1.0 0.5 1.5 1.0 1.2 1.5 0.5 横截面积/mm 23.2 0.8 1.2 0.8 1.2 1.2 1.2 材料 锰铜 钨 镍铬丝 锰铜 钨 锰铜 镍铬丝(1)(2)为了研究电阻与导体长度的关系，应选用导线C 和导线________；(3)为了研究电阻与导体的________的关系，应选用导线A 和导线________．解析 (1)根据控制变量法：应选取两根导线的长度、横截面积都相同，材料不同的导线．表中C 与F 的长度和横截面积都相同，材料不同．(2)根据控制变量法：应选取和导线C 材料、横截面积都相同，长度不同的导线．表中G 与C 的材料和横截面积都相同．(3)A 和D 这两根导线的材料相同、长度也相同，横截面积不同，所以是为了研究电阻与横截面积的关系．答案 (1)C ，F (2)G (3)横截面积；D设置目的 考查学生应用控制变量法研究电阻与哪些因素有关系的能力11．如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P 、Q 为电极，设a ＝1 m ，b ＝0.2 m ，c ＝0.1 m ，当里面注满某电解液，且P 、Q 加上电压后，其U­I 图线如图乙所示．当U ＝10 V 时，求电解液的电阻率ρ是多少？解析 由图乙可求得电解液的电阻为R ＝U I ＝105×10－3 Ω＝2 000 Ω 由图甲可知电解液长为：l ＝a ＝1 m ，截面积为：S ＝bc ＝0.02 m 2结合电阻定律R ＝ρl S ，得ρ＝RS l ＝2 000×0.021Ω·m ＝40 Ω·m. 答案 40 Ω·m设置目的 应用电阻的定义式、电阻定律来计算电阻率12．在“测金属丝的电阻率”实验中，提供以下实验器材：待测金属丝、游标卡尺、毫米刻度尺；电压表V(量程3 V ，内阻约5 kΩ)、电流表A(量程0.6 A ，内阻R A ＝1.0 Ω)；电源E(电动势约3 V)、滑动变阻器、开关及导线若干．某同学进行了如下操作：(1)用毫米刻度尺测金属丝的长度L ；用游标卡尺测金属丝的直径d ＝________mm.(2)按照实验设计的电路原理图(图甲)进行实物连接，请在图乙中连线．(3)进行了相应测量，利用电压表和电流表的读数画出了如图丙所示的U­I 图象，由此得到金属丝电阻R ＝________Ω.(4)根据ρ＝________(用R 、d 、L 及有关常数表示)，即可计算该金属丝的电阻率． 解析 (1)由图示游标卡尺可知，其示数为：3 mm ＋8×0.05 mm＝3.40 mm 。

2021年高二期中期末考试试题汇编（选修3-1）专题06 闭合电路欧姆定律及其应用1．(2019-2020学年·浙江省台州市天台县高二下学期检测)在如图所示的电路中，电阻R＝2.0 Ω，电源的电动势为3.0 V，内电阻r＝1.0 Ω，不计电流表的内阻，闭合开关S后，路端电压为()A．3.0 V B．1.5 V C．2.0 V D．1.0 V【答案】C【解析】：由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为：I＝ER＋r＝3.02.0＋1.0＝1.0 A，则路端电压为U＝IR＝1.0×2.0＝2.0 V故C正确，A、B、D错误．2.(多选)(2019-2020学年·黑龙江牡丹江一中高二下学期期中)电源的电动势和内阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐变小的过程中，下列说法正确的是()A．路端电压一定逐渐变小B．电源的输出功率一定逐渐变小C．电源内部消耗的电功率一定逐渐变大D．电源的输出电流一定变大【答案】ACD【解析】：外电路的电阻逐渐变小的过程中，由U外＝RR＋rE知，路端电压一定逐渐变小．内电压变大，输出电流一定变大，电源内部消耗的电功率一定逐渐变大，但输出功率不一定变小，故选ACD.3.(多选)(2019-2020学年·湖南省株洲市第二中学高二下学期月考)据统计，由于用电不慎导致的火灾占火灾总量的比重很大，利用电路安装防火报警装置，及时发现“火情”，提早报警，是防止火灾发生，保证家庭成员生命安全的重要措施．图甲是一火警报警电路的示意图．其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻随温度变化的情况如图乙所示．显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器，电源的电动势E和内阻r不变，且内阻值小于R1的阻值．当传感器R3所在处出现火情时，关于显示器的电流I、报警器两端的电压U、电源的输出功率P的变化情况，下列判断正确的是()A．I变大，P变大B．I变小，U变小C．I变小，P变大D．I变大，U变小【答案】BC【解析】：出现火情时，由图乙可以看出半导体热敏材料的电阻随温度的升高而减小，R3的阻值变小，总电阻变小，所以总电流增大，内电压增大，外电压U 减小；R 1两端电压增大，R 2、R 3并联部分的电压减小，显示器的电流I 变小；由于电源的内阻值小于外电路的阻值，所以输出功率P 随外电阻的减小而增大，故选项B 、C 正确．4.(2019-2020学年·株洲市二中高二下学期月考)如图所示，直线A 为某电源的U ­I 图线，曲线B 为标识不清的小灯泡L 1的U ­I 图线，将L 1与该电源组成闭合电路时，L 1恰好能正常发光．若将相同材料制成的标有“3 V ，20 W”的灯泡L 2与该电源组成闭合电路，下列说法中正确的是( )A ．电源的内阻为23Ω B ．把灯泡L 1换成L 2，L 2可能正常发光 C ．把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率可能相等 D ．把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率一定变小【答案】 C【解析】由图读出电源的电动势为E ＝4 V ，图线A 的斜率大小表示电源的内阻，则r ＝4－16Ω＝0.5 Ω，故A 错误；灯泡与电源连接时，A 、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U ＝3 V ，I ＝2 A ，则灯泡L 1的额定电压为3 V ，功率为P ＝UI ＝6 W ．把灯泡L 1换成“3 V,20 W”的灯泡L 2，不能正常发光，而由P ＝U 2R 知：灯泡L 2的正常工作时的电阻为R 2＝U 2P ＝3220＝0.45 Ω.灯泡L 1的电阻为R 1＝U I ＝32Ω＝1.5 Ω，则知正常发光时灯泡L 2的电阻更接近电源的内阻，但是这里灯泡并没有达到正常发光，此时L 2的电阻是不确定的；电源的输出功率可能变大，可能相等，也有可能变小，故B 、D 错误，C 正确．5.(多选)(2019-2020学年·山东省寿光一中高二下学期检测)在如图所示的电路中，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是( )A ．灯泡L 变亮B ．电源的输出功率变小C ．电容器C 上电荷最减少D ．电流表读数变小，电压表读数变大【答案】BD【解析】：将滑动变阻器的滑片P 向左移动一段距离后，R 的阻值变大，电路中电流变小，灯泡L 变暗，A 错误；路端电压变大，电阻R 两端电压变大，电容器C 两端电压变大，电容器C 上电荷量增加，C 错误，D 正确；当外电路电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，灯泡L 的电阻大于电源的内阻r ，则当P 向左移动一段距离后，外电路电阻比r 大得越多，电源的输出功率变小，B 正确．6.(2019-2020学年·山西金河学校模拟)某同学在研究电路动态问题时，设计如图所示电路，电源内阻不可忽略，两电表均为理想电表．开关S 闭合后电路正常工作，在滑动变阻器R 1的滑片P 向右滑动的过程中电压表的示数突然减小了，可能是因为( )A ．滑动变阻器R 1短路B ．电阻R 3断路C ．电流表断路D ．电阻R 2断路【答案】 A【解析】分析电路图可知，电压表测量路端电压，滑动变阻器R 1的滑片P 向右滑动的过程中，如果滑动变阻器短路了，则总电阻变小，路端电压变小，电压表示数变小，A 选项符合题意；如果电阻R 3断路，电压表测量没有接入电路的电源两端电压，示数变大，B 选项不符合题意；如果电流表或电阻R 2断路，总电阻变大，路端电压变大，电压表示数变大，C 、D 选项不符合题意．7.(2019-2020学年·河北省张家口一中高二下学期开学检测)如图所示的电路中，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω，电阻R 2＝6 Ω，电容为1 μF 的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R 1的滑片处于b 端时，有一带电油滴位于板间正中央P 点且恰好处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．此时P 点电势为6 VB ．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC ．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P 点电势不变D ．若仅将滑片从b 端向a 端缓慢移动少许，则油滴将向下移动【答案】B【解析】：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U ＝R 2R 2＋r E ＝6 V ，那么，电容器两极的电势差为6 V ，又有下端接地，故电势为零，那么，P 点电势为12U ＝3 V ，故A 错误；电容器上极板所带电荷量Q ＝CU ＝1×10－6×6 C ＝6×10－6 C ，故B 正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变，又有两极板间距离增大，故电场强度减小，又有P 点到下级板的距离不变，故电势差减小，那么，P 点电势减小，故C 错误；滑片从b 端向a 端移动，那么外电路电阻增大，所以，路端电压增大，故两极板电势差增大，极板间场强增大，那么，油滴受到的电场力增大；油滴受重力和电场力作用，故由开始时油滴静止可知：电场力方向向上，那么，移动滑片后油滴合外力向上，故油滴向上运动，故D 错误．8．(多选)(2019-2020学年·北京市第八中学高二下学期期中)如图，a 表示某电源路端电压随电流变化的图线，b 表示外电阻两端电压随电流变化的图线，下列判断正确的是( )A ．阴影部分的面积表示电源内阻上消耗的功率B ．阴影部分的面积表示电源的输出功率C ．当α＝β时，电源的输出功率最大D ．当α＝β时，电源的效率最高【答案】BC【解析】：阴影部分表示P ＝UI ，代表外电阻消耗的功率或电源的输出功率，A 错误，B 正确；当α＝β时说明外电阻的阻值R 与电源内阻r 相等，此时电源的输出功率最大，C 正确；效率为η＝R R ＋r＝50%，D 错误． 9．(多选)(2019-2020学年·河北省定州中学高二下学期月考)M 、N 是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E ，内阻为r 的电源组成如图所示的电路，R 是并联在电容器上的滑动变阻器，G 是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则( )A ．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b 向a 的电流B ．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a 向b 的电流C ．带电油滴将向上运动D ．带电油滴将向下运动【答案】BC【解析】：电容器两极板间的电压U ＝R R ＋rE ，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R 增大，U 增大，电容器的电荷量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a 向b的电流，故A 错误，B 正确；U 增大，由E ＝U d分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动，故C 正确，D 错误．10.(多选)(2019-2020学年·河北武邑中学高二下学期检测)在如图所示的电路中，电源电动势为E 、内电阻为r ，C 为电容器，R 0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 将变暗B ．灯泡L 将变亮C ．电容器C 的电荷量将减小D ．电容器C 的电荷量将增大【答案】AD【解析】：由于R 增大，电流I ＝E R ＋R L ＋r减小，灯泡L 将变暗，故A 正确，B 错误；路端电压U ＝E －Ir 增大，则电容器电荷量Q ＝CU 增大，故C 错误，D 正确．11．(多选)(2019-2020学年·湖北黄冈高二下期中)如图所示，图线甲、乙分别为电源的路端电压和电流的关系图线和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )A ．E ＝50 VB ．r ＝253Ω C ．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20 ΩD ．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W【答案】AC【解析】：由图象的物理意义可知电源的电动势E ＝50 V ，内阻r ＝ΔU ΔI ＝50－206－0Ω＝5 Ω，故A 正确，B 错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U ＝40 V ，I ＝2 A ，则R ＝U I＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P 总＝EI ＝100 W ，故C 正确，D 错误．12，(多选)(2019-2020学年·山东省潍坊七中高二下学期段考)如图所示的电路，当滑动变阻器滑片P 由a 滑到b 的过程中，三只理想电压表示数变化的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，则下列各组数据中可能出现的是( )A ．ΔU 1＝0，ΔU 2＝1.5 V ，ΔU 3＝1.5 VB ．ΔU 1＝1V ，ΔU 2＝2 V ，ΔU 3＝3 VC ．ΔU 1＝3V ，ΔU 2＝1 V ，ΔU 3＝2 VD ．ΔU 1＝1V ，ΔU 2＝1 V ，ΔU 3＝2 V【答案】BD【解析】：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，U2增大，路端电压U1减小，则变阻器两端电压U3减小．由于U1＝U2＋U3，U1减小，则知ΔU2＜ΔU3，ΔU1＜ΔU3，所以B、D是可能的，A、C不可能．故B、D正确，A、C错误．13.(2019-2020学年·山东潍坊市高二下学期期中)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和V 的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()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【答案】B【解析】：由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流．R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大．故A、C、D错误，B正确．14.(2019-2020学年·山东烟台市三校高二下学期联考)如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r，闭合电键S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时()A．电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B．电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C．电压表V1的示数变化量小于V2示数变化量D．电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量【答案】C【解析】图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；路端电压U＝E－Ir，则U变大，电压表V1的示数变大；并联部分电压U并＝E－I(r＋R1)，I减小，U并变大，电压表V2的示数变大，故A、B错误；根据欧姆定律，有U＝IR1＋U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变化小于并联部分电压变化，即电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量，故C正确，D错误．15.(2019-2020学年·福建省永安二中高二下学期月考)按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左移动时，下列判断正确的是()①L 1变暗 ①L 1变亮 ①L 2变暗 ①L 2变亮A ．①①B ．①①C ．①①D ．①①【答案】C【解析】：当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过L 2的电流增大，故L 2变亮；灯泡L 2及内阻分担的电压增大，电源的电动势不变，故并联部分电压减小，故通过L 1的电流变小，即灯泡L 1变暗，故C 正确，A 、B 、D 错误．16．(2019-2020学年·西藏日喀则一中高二下学期期中)如图所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率随电流I 变化的图线，曲线OBC 表示同一直流电源内部的热功率随电流I 变化的图线．若A 、B 点的横坐标均为1 A ，那么AB 线段表示的功率为( )A ．1 WB ．6 WC ．2 WD ．2.5 W【答案】C【解析】：由题图知，在C 点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E ＝3 V ，短路电流为I ＝3 A ，所以电源的内阻为r ＝E I＝1 Ω.图象上AB 段所表示的功率为P AB ＝P 总－I 2r ＝(1×3－12×1)W ＝2 W.17.(2019-2020学年·河南濮阳高二下学期检测)光伏产业是新能源产业的重要发展方向之一，光伏市场的发展对于优化我国能源结构、促进能源生产和消费革命、推动能源技术创新等方面都有重要的意义．如图所示，是某户居民楼顶平台安装的12块太阳能电池板．据楼主介绍，利用这些电池板收集太阳能发电，发电总功率可达3 kW ，工作电压为380 V ，设备使用年限在25年以上；发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度(1度＝1 kW·h) 价格并入国家电网．则下列说法可能正确的是( )A ．该光伏项目年发电量约为2.6×104 kW·hB ．该光伏项目的工作总电流约为0.3 AC ．该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60 W 的白炽灯工作600小时D ．该光伏项目富余发电的年收入约为7 000元【答案】C【解析】：按照一天光照12 h 计算，该光伏项目年发电量约为：W ＝Pt ＝3 kW×12 h×365＝1.314×104 kW·h ，故A 错误；根据P ＝UI ，该光伏项目的工作总电流I ＝P U ＝3 000 W 380 V＝7.9 A ，故B 错误；根据能量守恒，该光伏项目平均每天的发电量大约可供一盏60 W 的白炽灯工作时间：t ＝P ·t P L ＝3 kW×12 h 0.06 kW＝600 h ，故C 正确；该光伏项目年发电量约为：W ＝Pt ＝3 kW×12 h×365＝1.314×104 kW·h ，发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/度(1度＝1 kW·h)价格并入国家电网，故该光伏项目富余发电的年收入：x ＝1.314×104×70%×0.4＝3 679.2元，故D 错误．18.(2019-2020学年·广西省南宁三中高二下学期期中)如图所示，电源电动势为E 、内阻r .闭合开关S ，当滑动变阻器R 的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为ΔU ，电流表示数的变化量为ΔI ，电流表的示数为I ，电容器的带电量为Q ，则在这个过程中，下列图象正确的是( )【答案】BD【解析】：分析电路图可知，电压表测量滑动变阻器两端电压，ΔU ΔI＝R 1＋r ，值是恒定的，不随电流I 变化，A 选项错误，B 选项正确；电容器测量定值电阻R 1两端电压，电荷量Q ＝CU 1＝CIR 1，当电流I 为零时，电荷量为零，图象为过原点的倾斜直线，C 选项错误，D 选项正确．19.(2019-2020学年江西南昌县莲塘第一中学高二下学期期末)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，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(g 取10 m/s 2)【答案】：8 Ω 23 W【解析】：小球进入板间后，受重力和静电力作用，且到A 板时速度为零，设两板间电压为U AB .由动能定理得：－mgd －qU AB ＝0－12mv 20， 解得U AB ＝8 V所以滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V ，设通过滑动变阻器的电流为I ，由闭合电路欧姆定律得：I ＝E －U 滑R ＋r＝1 A ， 滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I＝8 Ω. 电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W.20.(2019-2020学年·浙江省嘉兴三校高二下学期检测)如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω， R 2的阻值未知，R 3是一个滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U 随电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A 、B 两点是滑片在变阻器两个不同端点时分别得到的．求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器R 3的最大值．【答案】：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω【解析】：(1)由闭合电路欧姆定律得E ＝U ＋Ir将图象中A 、B 两点的电压和电流代入可得E ＝16＋0.2r ，E ＝4＋0.8r联立解得E ＝20 V ，r ＝20 Ω.(2)当R 3的滑片自左向右滑时，R 3阻值变小，使电路总电阻变小，而总电流变大．由此可知，图线上的A 、B 两点是滑片分别位于最左端和最右端时所得到的．当滑片位于最右端时，R 3＝0，R 1被短路，外电路总电阻即为R 2，故由B 点的U 、I 值可求出R 2.R 2＝U B I B ＝40.8Ω＝5 Ω. (3)当滑片在最左端时，其阻值最大，并对应着图线上的A 点，故由A 点的U 、I 值可求出此时外电路总电阻，再根据串、并联电路的规律可求出R 3的最大值．R 总＝U A I A ＝160.2 Ω＝80 Ω，又R 总＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2 代入数值解得滑动变阻器的最大值R 3＝300 Ω.。

人教版选修3-1课时作业第二章恒定电流闭合电路的欧姆定律一、选择题1.如图所示的电路中,把R由2 Ω改变为6 Ω时,电流减小为原来的一半,则电源的内电阻应为()A.4 ΩB.8 ΩC.6 ΩD.2 Ω2.在如图所示的电路中,当开关S1断开、开关S2闭合时,电压表的读数为3 V;当开关S1、S2均闭合时,电压表的读数为1.8 V,已知电压表为理想电表,外接电阻为R、电源内阻为r。

由以上数据可知Rr为()A.53B.35C.23D.323.(多选)如图所示电路中,电源电动势E=9 V、内阻r=3 Ω,R=15Ω,下列说法中正确的是()A.当S断开时,U AC=9 VB.当S闭合时,U AC=9 VC.当S闭合时,U AB=7.5 V,U BC=0D.当S断开时,U AB=0,U BC=04.(多选)如图所示,闭合开关S并调节滑动变阻器滑片P的位置,使A、B、C三灯亮度相同。

若继续将P向下移动,则三灯亮度变化情况为()A.A灯变亮B.B灯变亮C.B灯变暗D.C灯变亮5.如图所示,内阻不能忽略的电池的电动势为E,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,与分别为电压表与电流表。

初始时S0与S均闭合,现将S断开,则()A.的读数变大,的读数变小B.的读数变大,的读数变大C.的读数变小,的读数变小D.的读数变小,的读数变大6.如图所示的电路中,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,V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B.小灯泡消耗的功率变小C.通过R2的电流变小D.电源内阻消耗的电压变大7.(多选)如图所示为某一电源的U-I图线,由图可知()A.电源电动势为2 VΩB.电源内电阻为13C.电源短路时电流为6 AD.电路路端电压为1 V时,电路中电流为5 A8. (多选)如图所示为闭合电路中两个不同电源的U-I图象,则下列说法中正确的是()A.电动势E1=E2,短路电流I1>I2B.电动势E1=E2,内阻r1>r2C.电动势E1>E2,内阻r1>r2D.当工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化较大9.(多选)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,用该电源与R组成闭合电路时,则()A.电源的内阻为6 ΩB.电源的输出功率为4 WC.电阻R的阻值为2 ΩD.电源发生短路时的电流为6 A10.(多选)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11. (多选)在如图所示的电路中,电源电动势为E、内电阻为r,C为电容器,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。

3 欧姆定律记一记欧姆定律知识体系1个概念——电阻 1个定律——欧姆定律1个图象——导体的伏安特性曲线 辨一辨1.任何情况下导体的电阻与两端的电压成正比，与通过的电流成反比．(×) 2．对于某个电阻而言，它两端的电压越大，通过它的电流越大．(√) 3．欧姆定律适用于金属导体，也适用于半导体元件．(×)4．线性元件的伏安特性曲线是一条直线，电流与电压成正比．(√)5．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关．(√)6．伏安特性曲线上某点的切线斜率等于电阻的倒数．(×)想一想1.R ＝UI只能计算恒定电阻的阻值吗？提示：R ＝U I是由阻的定义式，适用于任何电阻阻值的计算． 2．I ＝U R只适用于计算恒定电阻中电流大小吗？提示：通过导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比的规律是只适用于纯电阻的，但计算导体中的电流I ＝U R，则对变化电阻同样适用，只不过计算某状态下导体中的电流，公式中R 应取该状下导体的阻值．3．如何根据伏安曲线计算元件的电阻值？提示：若元件的伏安曲线为直线，则该元件的电阻值是恒定的，可以，根据其伏安曲线上任一点对尖的电压值U i 和电流值I i 计算：R ＝U i I i；若元件的伏安曲线为曲线，则说明该元件的电阻不是恒定的，因而计算该元件某状态下的电阻值R i ，只能用该状态对应的电压U i 和电流I i 求之：R i ＝U i I i.思考感悟：练一练1.[2019·北京市普通高中学业水平考试]下列物理量中，反映一段导体对电流阻碍作用的是( )A ．电场强度B ．电势C ．电荷量D ．电阻 答案：D2．(多选)[2019·四川都江堰中学月考]已知两个导体电阻之比R 1∶R 2＝2∶1，那么( )A ．若两个导体两端电压相等，则电流之比I 1∶I 2＝2∶1B ．若两个导体两端电压相等，则电流之比I 1∶I 2＝1∶2C ．若导体中电流相等，则两导体两端电压之比U 1∶U 2＝2∶1D ．若导体中电流相等，则两导体两端电压之比U 1∶U 2＝1∶2 答案：BC 3.(多选)如图所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知( ) A ．导体的电阻是25 Ω B ．导体的电阻是0.04 ΩC ．当导体两端的电压是10 V 时，通过导体的电流是0.4 AD ．当通过导体的电流是0.1 A 时，导体两端的电压是2.5 V 答案：ACD4．(多选)[2019·烟台高一检测]小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线过P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的“面积”答案：ABD要点一 对欧姆定律的理解1.(多选)下列说法正确的是( )A ．由R ＝U I可知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B ．比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝U IC ．通过导体的电流越大，导体的电阻越小D ．由I ＝U R可知，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比解析：对确定的导体，其电阻是恒定的，与加在其两端的电压和其中的电流场无关，所以A 、C 两项错误．由电阻的定义和欧姆定律的内部和B 、D 两项正确．答案：BD2．根据欧姆定律，下列判断正确的是( ) A ．导体两端的电压为零，电阻即为零 B ．导体中的电流越大，电阻就越小 C ．当电压增大2倍时，电阻增大2倍D ．由I ＝U R可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比答案：D3．根据欧姆定律，下列判断正确的是( ) A ．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B ．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C ．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D ．虽然电解液短时间内导电的U －I 图线是一条直线，但欧姆定律并不适用解析：导体的电阻与电压无关，A 项错误；对气体，欧姆定律不成立，即U I≠常数，B 项错误；由U ＝IR 知电流每经过一个电阻要产生一定的电势降落，欧姆定律适用于电解质溶液，C 项正确，D 项错误．答案：C4．已知用电器A 的电阻是用电器B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( )A ．I A ＝2IB B ．I A ＝I B2C ．I A ＝I BD ．I A ＝I B4解析：由I ＝U R 得：I A ∶I B ＝U A R A ∶U B R B ＝1∶4，即I A ＝14I B ，应选D 项．答案：D要点二 导体的伏安特性曲线 5.(多选)如图所示是某一导体的I －U 图象，图中α＝45°，下列说法正确的是( ) A ．通过电阻的电流与其两端的电压成正比 B ．此导体的电阻R ＝2 ΩC ．I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，所以R ＝cot45°＝1.0 ΩD ．在R 两端加6.0 V 电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 C解析：由于导体的I －U 图象是一条过原点的倾斜直线，故通过电阻的电流与其两端的电压成正比，A 项正确；I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，即k ＝I U ＝1R ，故R ＝U I ＝105 Ω＝2 Ω，不能利用R ＝cot45°求电阻，B 项正确，C 项错误；q ＝It ＝U R t ＝6.02×1 C＝3.0 C ，D 项正确．答案：ABD6．[2019·南开高一检测]下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P 与电压平方U 2之间函数关系的是( )解析：白炽灯的电阻随着温度的升高(电压的升高)而增大，根据电功率公式可知P ＝UI ＝U 2R ∝1R，在P －U 2图线中，切线斜率逐渐减小，故只有C 项正确．答案：C7．有四个金属导体，它们的U －I 图象如图所示，电阻最大的导体是( )A ．aB ．bC ．cD ．d解析：根据欧姆定律公式I ＝U R可得定值电阻的U －I 图象是一条经过坐标原点的直线，斜率表示电阻，故导体d 的电阻最大，D 项正确．答案：D8．某一导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点时导体的电阻为12 Ω B ．B 点时导体的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω解析：B 点时导体的电阻为：R B ＝U I ＝61.5×10－1Ω＝40 Ω，故A 项错误；B 项正确；A点时导体的电阻为：R A ＝31.0×10－1 Ω＝30 Ω，故电阻改变了(40－30) Ω＝10 Ω，故C 、D两项错误．答案：B基础达标1.在5 min 内，经过导体横截面的电荷量为5 C ，导体的电阻为60 Ω，则加在导体两端的电压为( )A ．1 VB ．60 VC ．3 600 VD ．5 V解析：电流I ＝q t ＝55×60 A ＝160 A ，则U ＝IR ＝160×60＝1 V.答案：A2．(多选)根据欧姆定律，下列说法中正确的是( )A ．从关系式U ＝IR 可知，导体两端的电压U 由通过它的电流I 和它的电阻R 共同决定B ．从关系式R ＝U /I 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C ．从关系式I ＝U /R 可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D ．从关系式R ＝U /I 可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值解析：U ＝IR 和I ＝U R的意义不同，可以说I 由U 和R 共同决定，但不能说U 由I 和R 共同决定，因为电流产生的条件是导体两端存在电势差，故A 项错误，C 项正确；可以利用R ＝UI计算导体的电阻，但R 与U 和I 无关．故B 项错误，D 项正确，正确选项为C 、D. 答案：CD3．(多选)根据欧姆定律，下列判断正确的是( ) A ．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B ．一定的电流流过导体，电阻越大，导体两端电压就越大C ．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D ．电解液短时间内导电的U －I 图象是一条曲线解析：导体电阻与导体本身的因素有关，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，A 项错误；由U ＝IR 可知一定的电流流过导体，电阻越大，导体两端电压就越大，B 项正确；每部分电阻均要产生电势差，故沿电流的方向，电势要降低，C 项正确；短时间内电解液的导电性质不会因电解过程有所改变，故短时间内其U －I 图象为一直线，D 项错误．答案：BC 4．(多选)小强在探究定值电阻(该电阻的阻值不受温度的影响)两端电压和电流的关系，当在该电阻两端加U ＝20 V 的电压时，通过该电阻的电流为I ＝5 A ．下列说法正确的是( )A ．该电阻的阻值为4 ΩB ．如果仅将电压升高到30 V ，则通过的电流为6 AC ．如果仅将电阻换为阻值为10 Ω的定值电阻，则通过的电流应为2 AD ．当电阻两端不加电压时，定值电阻的阻值应为零解析：由欧姆定律R ＝U I ＝205Ω＝4 Ω，知该电阻的阻值为4 Ω，A 项正确；由于该电阻的阻值不受温度的影响，则当电压升高到30 V ，通过该电阻的电流应为I 1＝U 1R ＝304 A ＝7.5A ，B 项错误；如果将电阻换为阻值为10 Ω的定值电阻，由欧姆定律可知I ′＝U R ′＝2010A ＝2 A ，C 项正确；定值电阻的阻值与其两端是否加电压无关，D 项错误．答案：AC5．[2019·天津七中期末考试]如图展示了四种导电器件的伏安特性曲线，其中满足欧姆定律的是( )解析：根据欧姆定律R ＝U I，可知只有C 项符合题意． 答案：C 6.(多选)如图所示为某一金属导体的伏安特性曲线，由图象可知( ) A ．该导体的电阻随电压的升高而增大 B ．该导体的电阻随电压的升高而减小C ．导体两端电压为2 V 时，电阻为0.5 ΩD ．导体两端电压为2 V 时，电阻为1 Ω解析：根据R ＝UI知，曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示该点的电阻，可知导体电阻随电压升高而增大，U ＝2 V 时，R ＝22Ω＝1 Ω，A 、D 两项正确，B 、C 两项错误．答案：AD7．已知两个导体电阻之比R 1∶R 2＝2∶1，那么( ) A ．若两个导体两端电压相等，则电流之比I 1∶I 2＝2∶1 B ．若两个导体两端电压相等，则电流之比I 1∶I 2＝1∶2 C ．若导体中电流相等，则两导体两端电压之比U 1∶U 2＝2∶1 D ．若导体中电流相等，则两导体两端电压之比U 1∶U 2＝1∶2解析：根据欧姆定律I ＝U R 知，若两个导体两端电压相等，则I 1I 2＝R 2R 1＝12，故A 项错误，B项正确；根据U ＝IR ，若导体中电流相等，则U 1U 2＝R 1R 2＝21，故C 项正确，D 项错误．答案：BC8．(多选)[2019·山东济南外国语学校期末考试]某同学做三种导电元件的导电性质实验，他根据所测数据，分别绘制了三种元件的I －U 图象，如图所示，下列判断正确的是( )A．只有②图象是正确的B．①、③图象是曲线，肯定误差太大C．①、③显示的为非线性元件，②显示的为线性元件D．①、②、③三个图象都可能是正确的，并不一定有较大误差解析：某导电元件的I－U图线可能是直线，也可能是曲线，如果I－U图线为曲线，则表示该元件是非线性元件，故C、D两项正确．答案：CD9.白炽灯接在220 V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压从0逐渐增大到220 V，则下列说法正确的是( )A．电流将逐渐变大B．电流将逐渐变小C．每增加1 V电压而引起的电流变化量是相同的D．每增加1 V电压而引起的电流变化量是减小的解析：随着电压U的增大，由图线可知，电流将逐渐增大，A项正确，B项错误．随着电流、电压的增大，灯泡的亮度增大，灯丝温度升高，金属的电阻随温度的升高而增大，所以灯丝的电阻值增大．根据欧姆定律，在I－U图线中，由于R在增大，图线上对应点与坐标原点的连线的斜率k＝l/R减小．由图线可知，每增加1 V的电压引起的电流变化量是减小的．答案：AD10．[2019·上海市延安中学期末考试]如图所示，两图线分别为A、B两电阻的U－I图象，关于两电阻的描述正确的是( )A．电阻A的阻值随电流的增大而减小，电阻B的阻值不变B．在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B的阻值C．在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B的阻值D．在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B的阻值解析：由题图可知，电阻A的阻值随电流的增大而增大，电阻B的阻值不变，A项错误；在两图线的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等，B项正确，C、D两项错误．答案：B11．(多选)[2019·浙江杭州外国语学校期末考试]某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻是5 ΩB ．加12 V 电压时，导体的电阻是8 ΩC ．由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小D ．由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断增大解析：加5 V 的电压时，电流为1.0 A ，则由欧姆定律可知R ＝U I ＝51.0Ω＝5 Ω，A 项正确；加12 V 的电压时，电流为1.5 A ，则可得电阻为R ＝U ′I ′＝1.21.5Ω＝8 Ω，B 项正确；由题图可知，随电压的增大，图线上的点与坐标原点的连线的斜率减小，可知导体的电阻越来越大，C 项错误，D 项正确．答案：ABD 12.在描绘小灯泡的伏安特性曲线时，采用如图所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( )A ．灯泡中灯丝已烧断B ．滑片接触不良C ．灯泡内部短路D ．滑动变阻器A 端接触不良解析：由题图知若电压表的电阻无穷大，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故A 项错误，若滑片接触不良，电路中不可能有电流，故B 项错误，若滑动变阻器A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数均变化，故D 项错误，若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化，故选C 项．答案：C能力达标13.有一灯泡上标有“6 V,0.1 A”字样，现要测绘该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A ．电压表(0～5 V ，内阻2.0 kΩ)B ．电压表(0～10 V ，内阻3.0 kΩ)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻2.0 Ω)D ．电流表(0～6 A ，内阻1.5 Ω)E ．滑动变阻器(30 Ω，2 A)F ．滑动变阻器(100 Ω，0.5 A)G ．学生电源(直流9 V)及开关、导线等(1)实验中所用的电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(2)画出实验电路图，要求电压从零开始测量．解析：(1)电压表的量程应大于小灯泡的额定电压6 V ，故电压表应选B.小灯泡的额定电流是0.1 A ，故电流表应选C.由题目要求可知变阻器用分压式，故应选电阻较小的E.(2)小灯泡的电阻R ＝U I ＝6 V0.1 A＝60 Ω，故电流表应采用外接法，滑动变阻器接成分压式，电路如图所示．答案：(1)B C E (2)见解析14．一根长为L ＝2 m ，横截面积S ＝1.6×10－3 m 2的铜棒，两端电势差为U ＝5.0×10－2V ，铜棒的电阻R ＝2.19×10－5 Ω，铜内自由电子密度为，n ＝8.5×1029个·m －3.求：(1)通过铜棒的电流． (2)铜棒内的电场强度．(3)自由电子定向移动的速率．解析：(1)I ＝U R ＝5.0×10－22.19×10－5 A≈2.28×103A.(2)E ＝U L ＝5.0×10－22V/m ＝2.5×10－2V/m.(3)由I ＝neSv 得v ＝I neS ＝ 2.28×1038.5×1029×1.6×10－19×1.6×10－3m/s ≈1.05×10－5m/s.答案：(1)2.28×103 A (2)2.5×10－2V/m(3)1.05×10－5m/s。