專項(xiàng)習(xí)題】包頭歐姆定律專項(xiàng)測(cè)試(含答案)0001

1、【專項(xiàng)習(xí)題】包頭歐姆定律專項(xiàng)測(cè)試（含答案）一、選擇題1 .如圖所示的電路中，電源電壓為20V,定值電阻為 20 0,滑動(dòng)變阻器標(biāo)有 “ 30 Q1A”字樣，電壓表選用的量程是 015V,在該電路正常使用的情況下，則：（）A.電路允許通過的最大電流為1AC.電壓表的最小示數(shù)為 5V【答案】【解析B電路消耗的最小功率為 8WQ.滑動(dòng)變阻器接入電路的最小阻值為10 Q】 【解答】由于電壓表量程為“015V,則當(dāng) Uf=15V時(shí)，此時(shí)電流小于滑動(dòng)變阻器的最大電流1A，所以電路中的最大電流為lmax=lR =0.75A,故 A 錯(cuò)誤.根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)可知：U滑min = U-UR=20V-15V=

2、5V,20Q3;故D錯(cuò)誤;根據(jù)歐姆定律得：當(dāng)滑動(dòng)變阻器全部連入電路時(shí)，則根據(jù)電阻的串聯(lián)特點(diǎn)得：R總max=R+R滑=200 +300 =500V 20所以，尺細(xì)酉g,根據(jù)歐姆定律得：電壓表的最小示數(shù)URmin=|minR=0.4A X 20 0 =8故電路消耗的最小功率 Pmin=Ulmin=20VX 0.4A=8Vy故B正確.故答案為：B.【分析】（1 ）當(dāng)電壓表示數(shù)為 15V時(shí)，根據(jù) 允許通過的最大電流相比較即可確定電路中的最大電流;17算出電路中的電流，再與滑動(dòng)變阻器上b-（2） 電路中電流最大時(shí)，滑動(dòng)變阻器最值最小，根據(jù)/算出滑動(dòng)變阻器的最小阻值;（3）當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值最大時(shí)，電路中電

3、流最小，根據(jù)歐姆定律求出電路中的最小電流， 再根據(jù)U=IR求出電壓表的示數(shù)；（4）根據(jù)P=UI算出電路消耗的最小功率.2.如圖所示的電路，電源電壓保持不變，電路中各元件連接正確且均完好，閉合電鍵 向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片P的過程中（）S,HlA.電流表C.電壓表小?| 11301A的示數(shù)變大II電壓表V的示數(shù)變大【答案】【解析】流，當(dāng)閉合電鍵 S,向右移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片V與電流表A的示數(shù)的比值變大-iD.電壓表V與電流表A的示數(shù)的乘積變D【解答】A.此電路為串聯(lián)電路，電壓表測(cè)量電阻Ri兩端的電壓，電流表測(cè)電路電的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律，電路中的電流變小，即電流表的示數(shù)變小, 他.P的過程中，滑

4、動(dòng)變阻器的電阻增大，電路A不符合題意B. 根據(jù)串聯(lián)電阻分壓關(guān)系，滑動(dòng)變阻器的電阻增大，分壓將增大，根據(jù)串聯(lián)電路電壓特點(diǎn)，所以電阻Ri兩端的電壓減小，即電壓表示數(shù)變小，B不符合題意.C. 電壓表V與電流表A的示數(shù)的比值即為電阻 R1的阻值，應(yīng)不變，C不符合題意.D. 因電壓表與電流表的示數(shù)都變小，所以乘積將變小，D符合題意.、故答案為：D.【分析】Ri與R2串聯(lián)，電壓表 V測(cè)Ri的電壓，電流表測(cè)電路中的電流，根據(jù)歐姆定律可 知電路中電流的變化分析.3.如圖所示電路中，電源兩端電壓保待不變，Ri為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器.閉合開關(guān)S后，滑動(dòng)變阻器滑片 P自b向a移動(dòng)的過程中（）-A.電壓表Vi的

5、示數(shù)變大，電路消耗的總功率變小的總功率變大 C.電流表 示數(shù)變大，【答案】【解析】B.電壓表V2的示數(shù)不變，電路消耗A的示數(shù)變大，電壓表 Vi的示數(shù)與電流表 A的示數(shù)之比變大 電壓表 V2的示數(shù)與電流表 A的示數(shù)之比變大BD.電流表A的【解答】由電路圖可知， Ri與R2串聯(lián)，電壓表 Vi測(cè)R2兩端的電壓，電壓表 V2測(cè)電源的電壓，電流表測(cè)電路中的電流，因電源兩端電壓保待不變，所以，滑片移動(dòng)時(shí)，電 壓表V2的示數(shù)不變，滑動(dòng)變阻器滑片P自b向a移動(dòng)的過程中，接入電路中的電阻變小，電路中的總電阻變小，由l=U/R可得，電路中的電流變大，即電流表A的示數(shù)變大，由U=IR可知，Ri兩端的電壓變大，因串聯(lián)

6、電路中總電壓等于各分電壓之和，所以，R2兩端的電壓變小，即電壓表 Vi的示數(shù)變小，故 A錯(cuò)誤；因電壓表 V1的示數(shù)變小，電壓表 V2的示 數(shù)不變，電流表的 A的示數(shù)變大，所以，電壓表Vi的示數(shù)與電流表 A的示數(shù)之比變小，電壓表V2的示數(shù)與電流表 A的示數(shù)之比變小，故 CD錯(cuò)誤；由P=UI可得，電路消耗的總功率變大，故B正確， 故答案為：B.【分析】本題考查學(xué)生對(duì)電路的動(dòng)態(tài)分析能力。由電路圖可知, 測(cè)R2兩端的電壓，電壓表 等于各分電壓之和。Ri與R2串聯(lián)，電壓表 ViV2測(cè)電源的電壓，電流表測(cè)電路中的電流。串聯(lián)電路中總電壓4.將兩個(gè)阻值不等的電阻 源電壓相同，Ri小于R2 ,Ri和R2按如圖（

7、甲）、（乙）所示的方式接入電路中。已知電 則下列判斷中正確的是（）A. 電壓表B. 電流表C. 電壓表D.電壓表【答案】【解析】Vl的示數(shù)等于 V2的示數(shù)Ai的示數(shù)小于 A的示數(shù)Vi與電流表Ai的比值等于電壓表Vi與電流表Ai的比值大于電壓表B【解答】（1）由甲電路圖可知，V與電流表A2的比值V2與電流表A的比值Ri與R2串聯(lián)，電壓表Vi測(cè)Ri兩端的電壓, 表Ai測(cè)電路中的電流，因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和，U I島-_ 的示數(shù)：Z 底，電壓表 Vi的示數(shù)：如 -Rn 表Vi與電流表Ai的比值加源兩端的電壓，電流表（2）由乙電路圖可知,電流所以，電路中電流表U局& - E& * &斤*

8、&Ai電壓R與R2并聯(lián)，電壓表V2測(cè)電V2的示數(shù)UV2 = U，因并聯(lián)電路中各UA2測(cè)R2支路的電流，則電壓表支路兩端的電壓相等，所以，電流表A的示數(shù)： 亠 皿，電壓表V2與電流表A2的比值 -綜上可知：A. 不符合題意；由們 5 U nC. m=U滑It=4V X 0.8A X 10s=32J不符合題意；C、當(dāng)滑片在 b點(diǎn)時(shí)，變阻器接入的阻值最大，電路中的電流最小，電路中的最小電流: =創(chuàng)丿 0 0=0.6A,最小=& =X 0. 6A =S , C 不符由p=ui可得，滑動(dòng)變阻器 R先后兩次消耗的電功率之比: 合題意；M J 刃 X &甜 16=7161) X 0.6A =9，D 符F戸D

9、、由P=UI可得，R1先后兩次消耗的電功率之比：L合題意。故答案為：D【分析】結(jié)合電路圖，理清元件的連接方式及電表的測(cè)量對(duì)象，根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知滑片從中點(diǎn)到 b端時(shí)，電壓表示數(shù)將增大，因此電壓表示數(shù)增大了2V，然后根據(jù)串聯(lián)電路電壓規(guī)律以及 Q=斤t即可求出R1的阻值；當(dāng)滑片在 a點(diǎn)時(shí)，電路中的電流最大，根據(jù)歐姆定律即可求出電路中的最大電流；先根據(jù)歐姆定律求出滑片在中點(diǎn)時(shí)電路中的電流，然后根據(jù) W=UIt求出10s內(nèi)滑動(dòng)變阻器 R消耗的電能；根據(jù) P=UI即可求出R、R1先后兩次 消耗的電功率之比.16. 如圖1所示，電源電壓恒為 6V, R為熱敏電阻，其阻值隨溫度變化如圖2所示，R0是阻

10、值為10Q的定值電阻，閉合開關(guān)S,通過分析，下列說法錯(cuò)誤的是（）A.圖1中的R0有保護(hù)電路的作用C.溫度為 值變小【答案】【解析】過小時(shí)，合題意；40 C時(shí)，電流表的示數(shù)為0.2AH B溫度升高時(shí)，電壓表的示數(shù)會(huì)變小I D.溫度降低時(shí)，電壓表與電流表示數(shù)的比【解答】解：A、由圖可知，R與電路中的總電阻 R串=只+咼而不致過小，因此B、由圖2而知，當(dāng)溫度升高時(shí)，R會(huì)變小，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓特點(diǎn)可知，熱B不符合題意；Ro串聯(lián)在電路中，當(dāng)熱敏電阻隨溫度的升高而F0起到保護(hù)電路的作用，故A不符敏電阻兩端的電壓會(huì)變小，即電壓表示數(shù)會(huì)變小，故R=20Q,則電流表示數(shù)C、由圖可知，溫度為40C時(shí)，熱敏電阻的

11、值為6V少Q(mào)卩iOQ =o.2A，故C不符合題意；D、由圖可知，電壓表測(cè) R兩端電壓U,電流表測(cè)電路電流即 R電流I,由歐姆定律可知, b/ =R,即電壓表與電流表示數(shù)的比值表示的是熱敏電阻的值，當(dāng)溫度降低時(shí)，由圖 知，其阻值變大，即電壓表與電流表的示數(shù)比值變大，故D符合題意.故選D.根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)進(jìn)行計(jì)算；（ 進(jìn)行判斷.中的電路連接方式，由圖 2可知，熱敏電阻隨溫度的升高而減小， 據(jù)此分析；（2）溫度升高時(shí)，由圖 2分析熱敏電阻的變化，再由歐姆定律判斷電壓表示數(shù)變化情況；（3）由圖2中的數(shù)據(jù)，4）分析電壓表與電流表示數(shù)比值所表示的量，結(jié)合圖2【分析】（1）根據(jù)圖1 此時(shí)電路中的電流會(huì)增大

12、， 判斷電路中總電阻的改變，17. 如圖所示，電源電壓保持不變，開關(guān)S閉合后，燈L1和12都正常發(fā)光，甲、乙兩個(gè)電表示數(shù)之比為4: 3 此時(shí)燈L1和L2的電阻之比為（）LzA. 1: 3【答案】AI IB. 3: 1C. 3: 4I I D. 4: 3【解析】 【解答】由圖知，如果甲、乙兩個(gè)電表中任何一個(gè)為電流表，將會(huì)形成短路，因此甲、乙都為電壓表，此時(shí)燈Li、L2串聯(lián)連接，電壓表乙測(cè)量 12兩端電壓，電壓表甲測(cè)量U2=( 4 - 3): 3 = 1: 3;又因?yàn)榇?lián)電路電流相 叢攔F2 = ?:巳=Ui : U2= 1 : 3。4: 3，所以燈Li、12兩端電壓之比：Ui:電源電壓；因?yàn)榇?lián)

13、電路兩端電壓等于各部分電壓之和，且甲、乙兩個(gè)電表的示數(shù)之比是等，即Ii = I2;所以，由1=憶可得，Ri:故答案為：A?！痉治觥渴紫却_定甲乙儀表的種類，然后根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律求出兩燈泡的電 阻之比.i8.如圖所示電路中， Ri：R2=2:3，開關(guān)閉合后，電路的總功率為Po。若將 Ri的阻值增大2 Q,R2的阻值減小2 Q,電路的總功率仍為Po；若將Ri的阻值減小2 Q,R2的阻值增大2 Q,電路的總功率為 P;則P:P3等于（）R1B. 4:3A. 3:2【答案】A【解析】【解答】?jī)蓚€(gè)滑動(dòng)變阻器并聯(lián);護(hù)兄，If電路的總功率：Po= R總功率：Po= RM” if / & = “if

14、由題意可知,C. 5:4D. 6:5Ri：R2=2:3,，開關(guān)閉合后,若將Ri的阻值增大 2 Q, R2的阻值減小 2Q,電路的，由以上 式可解得：Ri=4 Q, R2=6 Q;所以Po=用路的總功率:P=局-2 股* FQ = /Q 2Q12 0，若將Ri的阻值減小2 Q, R2的阻值增大2 Q,此時(shí)電 妙I(lǐng)弟Po= :顧=3:2。故答案為：AP=*表示出電路的總功率【分析】結(jié)合電路圖，理清元件的連接方式，先根據(jù)的阻值增大2Q, F2的阻值減小2 Q,再根據(jù)P了表示出電路的總功率仍為 PoPo ，將 Ri結(jié)合Ri：R2=2: 3可求出Ri、R2的阻值；若將 Ri的阻值減小2Q, R2的阻值增

15、大2 Q,根據(jù)卩莎表示 出電路的總功率為 P,將Ri、R2的阻值代入P0和P的表達(dá)式，聯(lián)立即可得出答案 .19.如圖所示，電源電壓為 4.5V,電壓表量程為 “03V”，電流表量程為 “0 0.6A ”滑動(dòng) 變阻器規(guī)格為 “10Q 1A”小燈泡L標(biāo)有“2.5V1.25W（燈絲電阻不變）。在保證小燈泡 L電 流不超出額定電流的情況下，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，下列說法正確的是4 Q 10 Q 小燈泡的額定電流是 0.6A 滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值變化范圍是 電壓表示數(shù)變化范圍是03V 電流表示數(shù)變化范圍是0.30.5A （A.只有、正確、正確【答案】A【解析】【解答】解：由電路圖可知，燈泡與滑動(dòng)變阻

16、器串聯(lián)，電壓表測(cè)滑動(dòng)變阻器兩端”B.只有、正確，C.只有、正確D.只有4的電壓。燈泡正常發(fā)光時(shí)的電壓為2.5V,功率為1.25W，根據(jù)P= UI可得，燈泡正常發(fā)光時(shí)電路中的電流：I= Il=堆=衛(wèi)占F = 0.5A，故錯(cuò)誤;纟 2創(chuàng)Rl= / =燈泡的電阻：串聯(lián)電路中電流處處相等，燈泡的額定電流為電路安全，電路中的最大電流：I最大=Il= 0.5A;電壓表示數(shù)最大為3V時(shí)，根據(jù)串聯(lián)電路電壓的規(guī)律，此時(shí)燈泡電壓最小為0.5A，電流表量程為“0.6A”，所以，為使Ul = U Uv =4.5V-3V= 1.5V,此時(shí)電流中電流最小,L 51-R = 0.3A,由歐姆定律可得，電路中的最小電流： 所

17、以電流表的示數(shù)范圍為0.3A0.5A,電路中電流最小時(shí)，總電阻最大，滑動(dòng)變阻器有最大值，根據(jù)串聯(lián)電阻的規(guī)律,I最小=& =故正確;R變最大=R總最大Rl=於戲Rl=ft 站-5 Q= 10 Q;電路中電流最大時(shí)，總電阻最小，滑動(dòng)變阻器有最小值,上則R變最小=R總最小R_=其R_=盤 5 0= 4 Q,4Q10Q,故正確。所以電壓表示數(shù)不可能為0，故 錯(cuò)誤。4Q,所以滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值變化范圍是 因變阻器允許連入電路中最小電阻為 綜合分析只有正確。故答案為：A。P=UI【分析】結(jié)合小燈泡的銘牌，根據(jù)可得燈泡正常發(fā)光時(shí)電路中的電流.根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點(diǎn)確定電路的最大電流；當(dāng)電壓表示數(shù)最大3

18、V,根據(jù)串聯(lián)電路電壓的規(guī)律，此時(shí)燈泡電壓最小，此時(shí)電流中電流最小，由歐姆定律求出電路的最小電流；根據(jù)歐姆定律和 串聯(lián)電路的規(guī)律求出變阻器連入電路中電阻的范圍；根據(jù)變阻器的取值范圍可確定變阻器 的電壓能否為0.20.如圖所示的電路中，電源電壓不變，Ri為定值電阻，R2為滑動(dòng)變阻器，閉合開關(guān)后，在滑片P從最左端向中心移動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（一世A.電流表Ai和電流表 A的示數(shù)都變大 不變hB.電路總功率變大，電壓表的V的示數(shù)C.電路總功率變小，電壓表 V的示數(shù)不變變【答案】B【解析】【解答】解：由電路圖可知，R與Ri支路的電流，電流表 A2測(cè)干路電流.“D.電流表 A和電壓表V的示數(shù)都保持不R2并聯(lián)，電壓表測(cè)電源的電壓，電流表A1測(cè)因電源電壓不變，所以，滑片移動(dòng)時(shí)，電壓表 V的示數(shù)不變，因并聯(lián)電路中各支路獨(dú)立工作、互不影響，所以，滑片移動(dòng)時(shí)，通過 Ri的電流不變，即電流表 Ai的示數(shù)不變，故A錯(cuò)誤; 在滑片P從最左端向中心移動(dòng)的過程中，變阻器接入電路中的電阻變小， 由1=月可知，通過變阻器的電流變大，因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，所以，干路電流變大，即電流表A2的示數(shù)變