高中物理滬科版1第四章探究閉合電路歐姆定律 學(xué)業(yè)分層測評16

學(xué)業(yè)分層測評(十六)典型案例分析(建議用時：45分鐘)[學(xué)業(yè)達標]1．(多選)下列關(guān)于多用電表歐姆擋的說法中正確的是()A．每一個倍率擋的測量范圍都是0～∞B．用不同倍率擋測量同一個電阻的阻值，誤差大小都是一樣的C．測電阻時，指針越接近刻度盤中央，誤差越小D．選擇不同倍率擋時，指針越靠近右邊，誤差越小【解析】根據(jù)歐姆表原理，當Rx＝0時，調(diào)節(jié)可變電阻R，得Ig＝eq\f(E,r＋Rg＋R)，這時電流表滿偏．當接入被測電阻Rx時，表頭上的電流I＝eq\f(E,r＋Rg＋R＋Rx)，每個Rx都對應(yīng)刻度盤上的一個電流值，可見測量范圍是0～∞，選項A正確．測量電阻時，選擇合適的倍率擋，且中值電阻附近的誤差最小，故選項B，D錯誤，C正確．【答案】AC2．(多選)調(diào)整歐姆零點后，用“×10”A．這個電阻值很小B．這個電阻值很大C．為了把電阻值測得更準確些，應(yīng)換用“×1”D．為了把電阻值測得更準確些，應(yīng)換用“×100”【解析】指針偏轉(zhuǎn)角度極小，說明電阻很大，應(yīng)換用倍率較高的擋，選項B，D正確．【答案】BD3.(多選)如圖4-3-10所示，電阻R與電動機M(其線圈電阻為R0)串聯(lián)后接到電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源兩端，流過電路的電流為I，路端電壓為U，電阻R兩端電壓為U1，電動機兩端電壓為U2，則下列關(guān)系一定成立的是()圖4-3-10A．E＝I(R＋R0＋r) B．E＝U＋IrC．U1＝IR D．U2＝IR0【解析】由于電路中含有電動機，為非純電阻電路，閉合電路的歐姆定律不再適用，故關(guān)系式E＝I(R＋R0＋r)與U2＝IR0不再成立，A，D錯；根據(jù)歐姆定律知，B，C正確．【答案】BC4.如圖4-3-11所示，當開關(guān)S斷開時，理想電壓表示數(shù)為3V，當開關(guān)S閉合時，電壓表示數(shù)為V，則外電阻R與電源內(nèi)阻r之比為()圖4-3-11A．5∶3 B．3∶5C．2∶3 D．3∶2【解析】S斷開時，電壓表的讀數(shù)等于電源電動勢，即E＝3V，S閉合時電壓表讀數(shù)為路端電壓，即U＝V，所以U內(nèi)＝E－U＝V．根據(jù)串聯(lián)電路電壓分配知R∶r＝3∶2，故答案為D項．【答案】D5．有兩個相同的電阻R，串聯(lián)起來接在電動勢為E的電源上，電路中的電流為I.將它們并聯(lián)起來接在同一電源上，此時流過電源的電流為4I/3，則電源的內(nèi)阻為()A．R B．R/2C．4R D．R/8【解析】由串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點及閉合電路的歐姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝eq\f(4,3)I(eq\f(R,2)＋r)，由以上兩式可得r＝4R.【答案】C6.如圖4-3-12所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，在平行板電容器C中恰好有一帶電粒子處于懸空靜止狀態(tài)，當變阻器R0的滑動觸頭向左移動時，帶電粒子將()圖4-3-12A．向上運動B．向下運動C．靜止不動D．不能確定運動狀態(tài)的變化【解析】當滑動觸頭向左移動時，R0接入電路的電阻值變大，則R總變大，總電流變小，R兩端的電壓變小，電容器中的電場強度變小，所以粒子將向下運動，故B正確．【答案】B7．(多選)太陽能作為清潔能源在我國將大力推廣，如圖4-3-13為一太陽能電池板的路端電壓隨電流變化的圖像．則該電池板的()圖4-3-13A．電動勢為600μVB．短路電流為20μAC．內(nèi)阻為20ΩD．內(nèi)阻為30Ω【解析】由圖像知該電池板的電動勢E＝600μV，橫軸交點坐標為(20μA,200μV)，因此20μA不是短路電流．由U＝E－Ir，或r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|知r＝20Ω，故A，C正確，B，D錯誤．【答案】AC8.(多選)如圖4-3-14所示，R1為定值電阻，R2是正溫度系數(shù)的金屬熱電阻，L為小燈泡，當溫度下降時()圖4-3-14A．R1兩端的電壓增大B．電流表的示數(shù)增大C．小燈泡變亮D．小燈泡變暗【解析】溫度下降時，R2阻值減小，電路的外電阻減小，由閉合電路歐姆定律知干路電流I增大，電流表示數(shù)增大，B正確．由歐姆定律得U1＝IR1知，R1兩端電壓增大，A正確．小燈泡L兩端電壓減小，小燈泡變暗，C錯誤，D正確．【答案】ABD[能力提升]9．(2023·川師附中高二檢測)將一個電流表改裝成歐姆表，并將歐姆表調(diào)零，用此歐姆表測一阻值為R的電阻時，指針偏轉(zhuǎn)至滿刻度的4/5處，現(xiàn)用該表測一未知電阻，指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/5處，則該電阻的阻值為()【導(dǎo)學(xué)號：37930050】A．4R B．5RC．10R D．16R【解析】由閉合電路的歐姆定律得：調(diào)零時有E＝IgR內(nèi)；指針偏轉(zhuǎn)至滿刻度的4/5時有E＝4Ig(R＋R內(nèi))/5；指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/5時有E＝Ig(Rx＋R內(nèi))/5.聯(lián)立三式可解得Rx＝16R，D正確，A，B，C錯誤．【答案】D10．在如圖4-3-15所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器．當R2的滑動觸頭在a端時合上開關(guān)S，此時三個電表A1，A2和V的示數(shù)分別為I1，I2和U.現(xiàn)將R2的滑動觸頭向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是()圖4-3-15A．I1增大，I2不變，U增大B．I1減小，I2增大，U減小C．I1增大，I2減小，U增大D．I1減小，I2不變，U減小【解析】電路結(jié)構(gòu)：R1，R2并聯(lián)后再與R3串聯(lián)，A1測通過R1的電流I1，A2測通過R2的電流I2，V測路端電壓的滑動觸點由a滑向b，R2阻值減小，電路總電阻減小，則總電流I增大；根據(jù)閉合電路歐姆定律知路端電壓U＝E－Ir，所以電壓表示數(shù)U減小；R1兩端電壓U1＝U－U3，而U3＝IR3，U3增大，所以U1減小，則I1減小，而I＝I1＋I2，所以I2增大．故正確答案為B.【答案】B11.如圖4-3-16所示，電阻R1＝R2＝R3＝1Ω，當開關(guān)S閉合時，電壓表的示數(shù)為1V；當開關(guān)S斷開時，電壓表的示數(shù)為V．求電源的電動勢和內(nèi)阻．圖4-3-16【解析】S閉合時，I＝eq\f(U3,R3)＝eq\f(1V,1Ω)＝1A，R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋R3＝eq\f(1×1,1＋1)Ω＋1Ω＝Ω，由I＝eq\f(E,R＋r)得E＝IR＋Ir＝(1×＋1×r)V①S斷開時，I′＝eq\f(U3′,R3)＝eq\fV,1Ω)＝0.8A，R′＝R1＋R3＝1Ω＋1Ω＝2Ω，所以E＝I′R′＋I′r＝×2＋×r)V②由①②兩式可得E＝V，r＝Ω.【答案】VΩ12．如圖4-3-17所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，開關(guān)S閉合時，間距為d的平行板電容器C的正中間有一質(zhì)量為m、帶電量為－q的小球恰好處于靜止狀態(tài)；開關(guān)S斷開時，小球向電容器一個極板運動并發(fā)生碰撞，碰撞后小球帶上與極板同種性質(zhì)的電荷．設(shè)碰撞過程中沒有機械能損失，小球反彈后恰好能運動到電容器另一極板．若不計電源內(nèi)阻，求：圖4-3-17(1)電源的電動勢；(2)小球與極板碰撞后的帶電量．【解析】(1)開關(guān)S閉合時，R1、R3并聯(lián)，再與R4串聯(lián)(R2中沒有電流通過)，則UC＝U4＝eq\f(2,3)E.①對帶電小球，有mg＝qeq\f(UC,d).②由①②兩式聯(lián)立解得E＝eq\f(3mgd,2q).(2)開關(guān)S斷開后，R1、R4串聯(lián)，則UC′＝eq\f(1,2)E