新教材粵教版高中物理課時作業(yè)4-1-4-2常見的電路元器件閉合電路的歐姆定律

課時分層作業(yè)(十四)(建議用時：25分鐘)考點1對電動勢的理解1．關(guān)于電源的電動勢，下列說法正確的是()A．在某電池的電路中每通過2C的電荷量，電池提供的電能是4J，那么這個電池的電動勢是0.5VB．電源的電動勢越大，電源所提供的電能就越多C．電源接入電路后，其兩端的電壓越大，電源的電動勢也越大D．無論電源接入何種電路，其電動勢是不變的D[由電動勢的定義可知，當(dāng)通過單位電荷時轉(zhuǎn)化的電能為2J，即電源的電動勢為2V，故A錯誤；電源所能提供的電能與電動勢無關(guān)，它是由電源中貯存的可轉(zhuǎn)化能量的多少決定的，故B錯誤；電源的電動勢與外電路無關(guān)，故C錯誤。]2．一臺發(fā)電機用0.5A電流向外輸電，在1min內(nèi)將180J的機械能轉(zhuǎn)化為電能，則發(fā)電機的電動勢為()A．6V B．360VC．120V D．12VA[q＝It，E＝eq\f(W,q)＝eq\f(W,It)＝eq\f(180,0.5×60)V＝6V。]考點2閉合電路歐姆定律的理解和應(yīng)用3．如圖所示的電路中，把R由2Ω改為6Ω時，電流減小為原來的一半，則電源的內(nèi)電阻應(yīng)為()A．4Ω B．8ΩC．6Ω D．2ΩD[根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝I(R＋r)，當(dāng)R＝2Ω時，E＝I(2Ω＋r)；當(dāng)R＝6Ω時，E＝eq\f(I,2)(6Ω＋r)，解得r＝2Ω，故選D。]4．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，通過每個電阻的電流為I，若將這兩個電阻并聯(lián)起來，仍接在該電源上，此時通過一個電阻R的電流為eq\f(2I,3)，則該電源的內(nèi)阻是()A．R B．eq\f(R,2)C．4R D．eq\f(R,8)C[由閉合電路歐姆定律得，兩電阻串聯(lián)時I＝eq\f(E,2R＋r)，兩電阻并聯(lián)時eq\f(2,3)I＝eq\f(1,2)·eq\f(E,\f(R,2)＋r)，解得r＝4R。]5．如圖所示，當(dāng)開關(guān)S斷開時，電壓表示數(shù)為3V，當(dāng)開關(guān)S閉合時，電壓表示數(shù)為1.8V，則外電阻R與電源內(nèi)阻r之比為()A．5∶3 B．3∶5C．2∶3 D．3∶2D[S斷開時，電壓表的示數(shù)等于電源的電動勢，即E＝3V。S閉合時，U外＝1.8V，所以U內(nèi)＝E－U外＝1.2V。因U外＝IR，U內(nèi)＝Ir，所以R∶r＝U外∶U內(nèi)＝1.8∶1.2＝3∶2。]6．如圖所示是某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖像，下面結(jié)論正確的是()A．電源的電動勢為6.0VB．電源的內(nèi)阻為12ΩC．電源的短路電流為0.5AD．電流為0.3A時的外電阻是12ΩA[因電源的U-I圖像縱軸坐標(biāo)并不是從零開始，故縱軸上的截距雖為電源的電動勢，即E＝6.0V，但橫軸上的截距0.5A并不是電源的短路電流，且內(nèi)阻應(yīng)按斜率的絕對值計算，即r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(6.0－5.0,0.5－0)Ω＝2Ω。由閉合電路歐姆定律可得電流I＝0.3A時，外電阻R＝eq\f(E,I)－r＝18Ω。]7．如圖所示的電路中，電阻R＝10Ω，當(dāng)開關(guān)S打開時，理想電壓表示數(shù)為6V。當(dāng)開關(guān)S合上時，電壓表示數(shù)為5.46V，則電源的內(nèi)阻為多少？[解析]當(dāng)S打開時，R外→∞，E＝U外＝6VS閉合時，U外＝IR即5.46＝I×10Ω所以I＝0.546A再由E＝U外＋I(xiàn)·r即6＝5.46＋0.546r得r≈1Ω。[答案]1Ω考點3閉合電路的動態(tài)分析問題8．(多選)電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，向可變電阻R供電，關(guān)于路端電壓，下列說法正確的是()A．因為電源電動勢不變，所以路端電壓也不變B．當(dāng)R增大時，路端電壓也增大C．當(dāng)干路電流I增大時，路端電壓也增大D．因為U＝E－Ir，所以當(dāng)I增大時，路端電壓減小BD[電源電動勢不變，而路端電壓隨外電阻的增大而增大，減小而減小。故A錯誤；當(dāng)R增大時，I減小，不能根據(jù)U＝IR判斷路端電壓的變化，而應(yīng)由U＝E－Ir分析，E，r不變，I減小，得到U增大。故B正確；當(dāng)I增大時，說明R減小，不能根據(jù)U＝IR判斷路端電壓的變化，而由U＝E－Ir分析，E，r不變，I增大，得到U減小。故C錯誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律U＝E－Ir可知，I增大時，路端電壓U減小。故D正確。]9．(多選)如圖所示電路中，在滑動變阻器的滑片P由b端向a端滑動的過程中，下列描述正確的是()A．電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減小B．電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)增大C．電路中的總電阻增大D．通過R1的電流增大AC[滑片P由b端向a端滑動的過程中，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路中總電阻增大，干路電流減小，路端電壓增大，電阻R1分壓減小，并聯(lián)支路電壓增大，通過電阻R2的電流增大，總電流等于通過電阻R2和通過電流表的電流之和，所以通過電流表的電流減小，綜上可知，選項A、C正確，選項B、D錯誤。](建議用時：15分鐘)10．(多選)如圖所示，用兩節(jié)干電池點亮幾只小燈泡，當(dāng)逐一閉合開關(guān)，接入燈泡增多時，以下說法正確的是()A．燈少時各燈較亮，燈多時各燈較暗B．燈多時各燈兩端的電壓較低C．燈多時通過電池的電流較大D．燈多時通過各燈的電流較大ABC[由于電燈并聯(lián)在電路中，所以接入電路的電燈越多，總電阻越小，電路的總電流越大，選項C正確；此時電源的內(nèi)電壓越大，路端電壓越低，選項B正確；流過每個燈的電流越小，每個電燈越暗，選項A正確，選項D錯誤。]11．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置。G為靈敏電流計。開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是()A．靈敏電流計G中有a→b的電流B．油滴向上加速運動C．電容器極板所帶電荷量將減小D．通過電阻R2的電流將減小B[在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q＝CU可知，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計的電流方向是b→a。電容器兩端電壓增大，電場強度增大，電場力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會向上加速，故A、C、D項錯誤，B項正確。]12．在如圖所示的電路中，R1＝9Ω，R2＝5Ω，當(dāng)a、b兩點間接理想的電流表時，其讀數(shù)為0.5A；當(dāng)a、b兩點間接理想的電壓表時，其讀數(shù)為1.8V。求電源的電動勢和內(nèi)電阻。[解析]當(dāng)a、b兩點間接理想的電流表時，R1被短路，回路中的電流I1＝0.5A，由閉合電路歐姆定律得：E＝I1(R2＋r)代入數(shù)據(jù)得：E＝0.5(5＋r) ①當(dāng)a、b兩點間接理想的電壓表時，回路中的電流I2＝eq\f(U,R1)＝eq\f(1.8,9)A＝0.2A由閉合電路歐姆定律得：E＝I2(R2＋R1＋r)即E＝0.2(14＋r) ②聯(lián)立①②得：E＝3V，r＝1Ω。[答案]3V1Ω13．在圖甲所示電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2的阻值未知，R3是一滑動變阻器，當(dāng)其滑片從最左端滑至最右端的過程中，測得電源的路端電壓U隨電流I的變化圖線如圖乙所示，其中圖線上的A、B兩點是滑片在變阻器上的兩個不同端點時分別得到的。求：甲乙(1)電源的電動勢和內(nèi)電阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動變阻器R3的最大值。[解析](1)由閉合電路歐姆定律得：E＝U＋I(xiàn)r將圖象中A、B兩點的電壓和電流代入得：E＝16＋0.2r，E＝4＋0.8r解得E＝20V，r＝20Ω。(2)當(dāng)R3的滑片滑到最右端時，R3、R1均被短路，此時外電路電阻等于R2，且對應(yīng)于圖線上B點，故由B點的U、I值可求出R2的阻值為R2＝eq\f(UB,IB)＝eq\f(4,