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2019年高中物理第二章恒定电流闭合电路的欧姆定律双基限时练新人教版选修3-11.图中电阻R
1、R
2、R3的阻值相等,电池的内阻不计.开关S接通后流过R2的电流是S接通前的 A.B.C.D.解析 此题考查欧姆定律及电阻的串、并联.设电源电动势为E,R1=R2=R3=R,则S接通时,I2=×=,S断开时,I2′=,所以=,故B选项正确.答案 B2.将电阻R1和R2分别单独与同一电源相连,在相同的时间内,两电阻发出的热量相同,则电源内阻应为 A.B.C.D.解析 由题意知2R1=2R2,整理得r=.答案 C
3.如图所示的电路中,电源的电动势E和内电阻r恒定不变,电灯L恰能正常发光,如果变阻器的滑片向b端滑动,则 A.电灯L更亮,电流表的示数减小B.电灯L更亮,电流表的示数增大C.电灯L更暗,电流表的示数减小D.电灯L更暗,电流表的示数增大解析 当变阻器的滑片向b端滑动时,R1增大,总电流I减小,故电流表示数减小,U外=E-Ir增大,灯泡消耗的功率P=增大,灯L变亮,所以A选项正确.答案 A4.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,此时三个电表A
1、A2和V的示数为I
1、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减小解析 本题考查电路结构、闭合电路欧姆定律及电阻对电路的影响、电路的动态分析,R
1、R2并联后再与R3串联,滑动变阻器R2触点由a向b滑动过程中,R2接入电路的电阻减小,电路的总电阻减小,则总电流I增大,路端电压U减小,R3两端电压增大,R1两端电压减小,故I1减小,I2=I-I1,所以I2增大,故选项B正确.答案 B5.如图所示电路,电源内阻不可忽略.开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中 A.电压表与电流表的示数都减小B.电压表与电流表的示数都增大C.电压表的示数增大,电流表的示数减小D.电压表的示数减小,电流表的示数增大解析 本题考查恒定电路的动态分析,考查学生对恒定电路规律的应用及分析问题的能力.滑动变阻器R0的滑片向下滑动,R0接入电路的电阻变小,电路的总电阻变小,总电流变大,电源的内电压变大,外电压变小,电压表的示数变小,R1两端的电压变大,R2两端的电压变小,电流表的示数变小,A选项正确.答案 A6.如图所示,当R1触头向右移动时,电压表V1和V2的示数的变化分别为ΔU1和ΔU2均取绝对值,则ΔU1和ΔU2的大小关系为 A.ΔU1ΔU2B.ΔU1=ΔU2C.ΔU1ΔU2D.条件不足,无法确定ΔU1和ΔU2的大小关系解析 触头向右移动时,电路中总电阻变小,总电流I总变大,路端电压变小,U2变大,而U1变小.由U路=U1+U2,可知U1的减少量ΔU1一定比U2的增加量ΔU2多.答案 A7.如图所示是某电源的外特性曲线,则下列结论正确的是 A.电源的电动势为
6.0VB.电源的内阻为12ΩC.电流为
0.5A时的外电阻是0D.电源的短路电流为
0.5A解析 由电源的外特性曲线可知,当电路中电流为零时的外电压即为电源电动势,即A选项正确;由闭合电路欧姆定律,得E=U+Ir,即
6.0=
5.2+
0.5r,解得r=
1.6Ω,故B选项错误,由图象可知C、D选项错误.答案 A8.如图所示,直线A为电源的UI图线,直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线,用该电源分别与R
1、R2组成闭合电路时,电源的输出功率分别为P
1、P2,电源的效率分别为η
1、η2,则 A.P1P2B.P1P2C.η1η2D.η1η2解析 A与B,A与C图线的交点所示电压、电流值分别为电阻R
1、R2分别与电源组成闭合电路时的路端电压和电流,则P1=4×2W=8W,P2=2×4W=8W,由图象可知电源的电动势为E=6V,η1==,η2==,故η1η2,选项C正确.答案 C9.如图所示的电路中,闭合开关,灯L
1、L2正常发光.由于电路出现故障,突然发现灯L1变亮,灯L2变暗,电流表的读数变小,根据分析,发生的故障可能是 A.R1断路B.R2断路C.R3短路D.R4短路解析 把原电路改画为如图所示的电路,由于电流表示数减小、灯L2变暗,可推知电路中的总电流减小,路端电压增大,表明外电阻增大,可排除R
3、R4短路的可能.又灯L1变亮、灯L2变暗,表明灯L1两端电压增大、灯L2两端电压减小,由欧姆定律可判断只能是R1发生断路.答案 A10.如图所示的电路中E=3V,r=
0.5Ω,R0=
1.5Ω,变阻器的最大阻值Rm=10Ω.1当变阻器的阻值R=________Ω时,变阻器消耗的功率最大,为________W.2当变阻器的阻值R=________Ω时,电阻R0消耗的功率最大,为________W.解析 1将R0归入内电阻,则当变阻器R=R0+r=2Ω时,变阻器消耗的功率最大,此时I==A变阻器消耗的功率P=I2R=×2W=W=
1.125W2电阻R0为定值电阻,当通过的电流最大时,它消耗的功率最大,此时变阻器R=0,I==A=
1.5AR0消耗的功率P=I2R0=
1.52×
1.5W=
3.375W答案 12
1.12520
3.37511.在如图所示的电路中,电源的电动势E=
3.0V,内阻r=
1.0Ω;电阻R1=10Ω,R2=10Ω,R3=30Ω,R4=35Ω;电容器的电容C=100μF.电容器原来不带电,求接通开关S后流过R4的总电量.解析 由电阻的并联公式,得闭合电路的总电阻为R=+r,由欧姆定律得,通过电源的电流I=电源的路端电压U=E-Ir电阻R3两端的电压U′=U通过R4的总电量就是电容器的电量Q=CU′由以上各式并代入数据,解得Q=
2.0×10-4C答案
2.0×10-4C12.如图为电子秤的原理图,托盘和弹簧的电阻与质量均不计.滑动变阻器的滑动端与弹簧的上端连接,当托盘中没有放物体时,电压表示数为零.设变阻器的总电阻为R,总长度为l,电源电动势为E,内阻为r,限流电阻阻值R0,弹簧劲度系数为k,不计一切摩擦和其他阻力,电压表为理想表.当托盘上放上某物体时,电压表的示数为U,求此时称量物体的质量.解析 设物体质量为m,弹簧压缩量为x则kx=mg
①当滑动变阻器的触头下移x时,电压表的示数U=Ix
②由闭合电路欧姆定律知,I=
③由
①②③,得m=答案
13.如图所示,电路中电源电动势为E,内阻不计,水平放置的平行金属板A、B间的距离为d,板长为L.在A板的左端且非常靠近极板A的位置,有一质量为m、电荷量为-q的小液滴以初速度v0水平向右射入两极板.重力加速度用g表示,求1若使液滴恰能沿v0方向射出电场,电动势E1应为多大?2若使液滴恰能从B板右端边缘射出电场,电动势E2应为多大?解析 1若使液滴沿v0方向射出电场,则液滴在电场中做匀速直线运动,处于平衡状态,即mg=由闭合电路欧姆定律,得E1=IR+R,UAB=IR解得E1=2由于液滴能从B板右端边缘飞出,液滴在电场中做类平抛运动,有L=v0t,d=at2,由牛顿第二定律,有-mg=ma由欧姆定律,得UAB′=联立以上各式,解得E2=答案 12。