2017-2018學(xué)年物理人教版選修3-1　2.7　閉合電路歐姆定律同步練習(xí)-教師用卷

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2。7閉合電路歐姆定律同步練習(xí)一、單選題在如圖所示的電路中,當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)()

A。電壓表的讀數(shù)減小 B.R1消耗的功率增大

C。電容器C的電容增大 D。電容器C【答案】D【解析】【分析】

當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí),變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化,即可知電壓表讀數(shù)和R1消耗的功率的變化情況；

電容器的電壓等于變阻器R2兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律分析電容器電壓的變化，即可知其電量的變化情況;

本題是含有電容的電路，根據(jù)歐姆定律分析電壓和電流的變化，即可判斷電容器的電荷量如何變化。

【解答】

A.當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，故A錯(cuò)誤；

B。干路電流減小,R1消耗的功率減小，故B錯(cuò)誤;

C.電容器的電容與R2無(wú)關(guān)，其電容不變，故C錯(cuò)誤；

D.電容器的電壓U=E?I(R1+r)，I減小，其他量不變,則U增大，由Q=CU知，電容器NTC熱敏電阻器即負(fù)溫度系數(shù)熱敏電阻器，也就是指阻值隨溫度的升高而減小的電阻.負(fù)溫度系數(shù)的熱敏電阻R2接入如圖所示電路中，R1為定值電阻，L為小燈泡，當(dāng)溫度降低時(shí)(不考慮燈泡和定值電阻阻值隨溫度變化)()A.小燈泡變亮 B。小燈泡變暗

C.R1兩端的電壓增大 D?！敬鸢浮緼【解析】解：當(dāng)溫度降低時(shí),R2的電阻的電阻增大，總電阻增大，據(jù)閉合電路的歐姆定律知干路電流減小，即電流表的示數(shù)減??；據(jù)UR1=IR1知電阻R1兩端的電壓減??；再據(jù)E=UR1+UL+U如圖，R1、R2和R3皆為定值電阻，R4為滑動(dòng)變阻器，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r.設(shè)電流表A的讀數(shù)為I，電壓表V的讀數(shù)為U.閉合電鍵，當(dāng)R4的滑動(dòng)觸頭向a端移動(dòng)時(shí)，下列判斷中正確的是(A.I變小,U變小 B。I變小,U變大 C.I變大，U變小 D。I變大，U變大【答案】A【解析】解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑動(dòng)頭向圖a端移動(dòng)時(shí),變阻器接入電路的電阻減小,外電路總電阻減小，總電流變大，電源的內(nèi)電壓與R3的分壓增加，則電壓表的示數(shù)變小、同時(shí)R2的電壓變小，則并聯(lián)部分電壓變小，通過(guò)R2的電流減小，則電流表A的讀數(shù)I變?。?/p>

如圖所示，當(dāng)變阻器R3的滑動(dòng)觸頭P向b端移動(dòng)時(shí)()

A.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大

B.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小

C.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大

D.電壓表示數(shù)變大,電流表示數(shù)變小【答案】A【解析】解：當(dāng)變阻器R3的滑動(dòng)觸頭P向b端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大,內(nèi)電壓增大,因此路端電壓減小，故電壓表示數(shù)變小；

將R1等效為內(nèi)阻,則可知并聯(lián)部分電壓一定減小,故流過(guò)R2的電流減小，因總電流增大,故電流表示數(shù)變大；故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：如圖所示，直線A為電源的U?I圖線，曲線B為小燈泡的U?I圖線,用該電源和小燈泡組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率和電源的總功率分別是()4W、8W B。4W、6W C。2W、4W D。2W、3W【答案】B【解析】解：由圖A讀出：電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，內(nèi)阻r=△U△I=3?06?0=0.5Ω；

兩圖線的交點(diǎn)表示燈泡與電源連接時(shí)的工作狀態(tài),此時(shí)燈泡的電壓U=2V,電流I=2A；

則電源的總功率P總=EI=3×2W=6W在如圖所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻r，閉合開關(guān)S，將滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)一段距離后，下列結(jié)論正確的是()A.燈泡L變亮

B.電源的輸出功率變大

C。電容器C上電荷量減少

D。電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變大【答案】D【解析】解：A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向左移動(dòng)時(shí)，其接入電路的電阻增大,電路的總電阻R總增大,總電流I減小，燈泡的功率P=I2RL，RL不變,則P減小，燈泡L變暗。故A錯(cuò)誤.

B、當(dāng)內(nèi)、外電阻相等時(shí),電源的輸出功率最大。由于燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻,當(dāng)R增大時(shí)，電源的內(nèi)、外電阻的差值增大，則電源的輸出功率減小。故B錯(cuò)誤.

C、根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律知，變阻器兩端電壓增大，電容器與變阻器并聯(lián),則電容器上電壓也增大，其電荷量增多,故C錯(cuò)誤.

D、I減小，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)U=E?Ir變大。故D正確。電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動(dòng)變阻器R連接成如圖所示的電路，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由中點(diǎn)滑向a端時(shí),下列說(shuō)法正確的是()A。電壓表和電流表讀數(shù)都增大

B.電壓表和電流表讀數(shù)都減小

C。電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小

D。電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)增大【答案】B【解析】解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由中點(diǎn)滑向a端時(shí)，接入電路的電阻減小,則由閉合電中歐姆定律可知，干路電流增加，內(nèi)電壓增加,由U=E?Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數(shù)減小；

因路端電壓減小,R1兩端的電壓增加,故并聯(lián)部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表示數(shù)減小;故B正確,ACD錯(cuò)誤；

故選:B．

二、多選題如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r.理想電壓表V1、V2示數(shù)為

U1、U2，其變化量的絕對(duì)值分別為△U1和△U2;流過(guò)電源的電流為I，其變化量的絕對(duì)值為△I.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從右端滑到左端的過(guò)程中A.小燈泡L3變暗，L1、L2變亮 B.△U1<△U2【答案】ACD【解析】解：A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片P從右端滑到左端時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小,外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則L2變亮．

變阻器的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，則并聯(lián)部分的電壓減小，則L3變暗.總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮.故A正確．

B、由上分析可知，電壓表V1的示數(shù)減小,電壓表V2的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以△U1>△U2.故B錯(cuò)誤．

C、由U1=E?I(RL2+r)如圖甲所示，一個(gè)圓形線圈的匝數(shù)n=100,線圈面積S=200cm2,線圈的電阻r=1Ω，線圈外接一個(gè)阻值R=4Ω的阻值，把線圈放入一方向垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示.下列說(shuō)法中正確的是()A。線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向

B。電阻R兩端的電壓隨時(shí)間均勻增大

C。線圈電阻r消耗的功率為4×10?4W

D。前4s內(nèi)通過(guò)R【答案】CD【解析】【分析】

A.根據(jù)楞次定律,可判定感應(yīng)電流方向；BD.由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合歐姆定律求出電流，從而求得電阻R兩端的電壓，由電流的定義式求出電荷量；C.由電功率公式求出線圈電阻消耗的功率.本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),由歐姆定律求出感應(yīng)電流，最后由電流定義式的變形公式求出感應(yīng)電荷量。

【解答】

A、根據(jù)楞次定律可知，穿過(guò)線圈的磁通量增大，則線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤;

B、由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=n???t可得：

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=100×0.4?0.24×200×10?4=0.1V，

平均電流：I=ER+r，I=0.02A，

電阻R兩端的電壓U=0.02×4=0.08V，故B錯(cuò)誤;

C、線圈電阻消耗的功率：P=I2r=4×10?4W，故C

如圖所示，變壓器為理想變壓器,交流電源的電壓不變，L1、L2是完全相同的燈泡，V1、V2和A1關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_后，則(

)A.

A1示數(shù)變小 B.A2示數(shù)變小

C.

V2示數(shù)變小 【答案】AB【解析】【分析】

與閉合電路中的動(dòng)態(tài)分析類似，可以根據(jù)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_電阻的變化，確定出總電路的電阻的變化,進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來(lái)分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況，電路的動(dòng)態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法.

【解答】

開關(guān)S斷開后，變壓器副線圈的負(fù)載電阻增大，V2示數(shù)是由輸入電壓和匝數(shù)比決定,輸入電壓和匝數(shù)比不變,所以V2示數(shù)不變，

由歐姆定律可得A2示數(shù)變小，所以A1示數(shù)也變小，故AB正確，CD錯(cuò)誤；

如圖，空間中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向與豎直面(紙面)垂直，磁場(chǎng)的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場(chǎng)上方有一個(gè)正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均為磁場(chǎng)邊界平行，邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)上、下邊界的間距.若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開始，直至ab邊到達(dá)磁場(chǎng)下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A。始終減小 B.始終不變 C。始終增加 D。先減小后增加【答案】CD【解析】解：A、導(dǎo)線框開始做自由落體運(yùn)動(dòng),ab邊以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng)，ab邊切割磁場(chǎng)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當(dāng)安培力大于重力時(shí)，線框做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后,線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng),故先減速后加速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤、D正確；

B、當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力等于重力時(shí),線框做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流,此時(shí)只受重力，做加速運(yùn)動(dòng)，故先勻速后加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

C、當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)后安培力小于重力時(shí),線框做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后,線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時(shí)只受重力，做加速增大的加速運(yùn)動(dòng)，故加速運(yùn)動(dòng),故C正確;

故選:CD

兩根足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L(zhǎng)，底端接阻值為R的電阻.將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個(gè)固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，如圖所示.除電阻R外其余電阻不計(jì).現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，則()A。釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g

B。金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→a

C.金屬棒的速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F=B2L2v【答案】ABC【解析】【分析】

明確金屬棒的受力情況，從而求解對(duì)應(yīng)的加速度變化情況；根據(jù)右手定則分析電流方向;根據(jù)E=BLv和安培力公式即可求得速度為v時(shí)的安培力表達(dá)式；金屬棒下落過(guò)程中，金屬棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能(金屬棒速度不是零時(shí))和電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能。

本題考查電磁感應(yīng)與能量結(jié)合問題的分析；要注意明確右手定則以及安培力公式的應(yīng)用;同時(shí)注意能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律，本題中要注意彈性勢(shì)能的變化，這點(diǎn)是往往被容易忽視的.

【解答】

A.剛開始時(shí)金屬棒只受重力，則釋放瞬間金屬棒的加速度為g,故A正確；

B。根據(jù)右手定則可判定通過(guò)R的電流方向?yàn)閎→a,故B正確；

C。當(dāng)金屬棒的速度為v時(shí)，E=BLv,I=ER，安培力F=ILB=B2L2vR，故C正確；

D。根據(jù)功能關(guān)系可知,重力勢(shì)能的減少量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢(shì)能、金屬棒的動(dòng)能.電阻R三、計(jì)算題在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,B=0.2T,有一水平放置的光滑框架,寬度為L(zhǎng)=0.4m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量m=0.05kg、電阻R=1Ω的金屬桿ab,框架電阻不計(jì)，在水平外力F的作用下,桿ab以恒定加速度a=2m/s2，由靜止開始做勻變速運(yùn)動(dòng).求：

(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是多少?

(2)第5s末作用在桿ab上的水平外力F多大？

(3)定性畫出水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象．【答案】解：(1)5s內(nèi)桿ab運(yùn)動(dòng)的位移為：x=12at2=12×2×52m=25m，

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=?Φ?t=BLx?t=0.2×0.4×255V=0.4V

(2)5s

【解析】本題中金屬桿做勻加速運(yùn)動(dòng),運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與電磁感應(yīng)的規(guī)律結(jié)合求解，關(guān)鍵是安培力的計(jì)算。

(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出5s內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；

(2)根據(jù)速度時(shí)間公式求出5s末的速度，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、安培力公式,根據(jù)牛頓第二定律求出F的大小；

(3)根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律和安培力公式得出F與t的關(guān)系式,從而作出圖線。

如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑.求

(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；

(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大?。敬鸢浮拷猓?1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd的支持力大小為N2.對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得

2mgsinθ=μN(yùn)1+T+F①

N1=2mgcosθ②

對(duì)于cd棒，同理有

mgsinθ+μN(yùn)2=T③

N2=mgcosθ④

聯(lián)立①②③④式得

F=mg(sinθ?3μcosθ)⑤

(2)由安培力公式得

F=BIL⑥

這里I是abcda中的感應(yīng)電流.ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

?=BLv⑦

式中，【解析】(1)對(duì)ab、cd棒根據(jù)共點(diǎn)力平衡列式求作用在金屬棒ab上的安培力的大小

(2)根據(jù)安培力公式，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和閉合電路歐姆定律聯(lián)立求解

本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)平衡問題，涉及法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律等知識(shí)點(diǎn),受力分析和計(jì)算安培力是關(guān)鍵．

如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1=kt,式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，