物理必修 第三册第1节 闭合电路欧姆定律测试题

这是一份物理必修 第三册第1节 闭合电路欧姆定律测试题，共9页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．关于电源的电动势，下列说法中正确的是( )
A．电源电动势的大小等于电源没有接入电路时两极间的电压的大小，所以当电源接入电路时，电动势的大小将发生变化
B．电路闭合时，并联在电源两端的电压表的示数就是电源电动势的值
C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电势能的本领大小的物理量
D．在闭合电路中，电动势等于内、外电路上电压之和，所以电动势实际上就是电压
2．一电池外电路断开时的路端电压为3 V，接上8 Ω的负载电阻后路端电压降为2.4 V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )
A．E＝2.4 V，r＝1 Ω
B．E＝3 V，r＝2 Ω
C．E＝2.4 V，r＝2 Ω
D．E＝3 V，r＝1 Ω
3.NTC热敏电阻器即负温度系数热敏电阻器，也就是指阻值随温度的升高而减小的电阻．负温度系数的热敏电阻R2接入如图所示电路中，R1为定值电阻，L为小灯泡，当温度降低时（不考虑灯泡和定值电阻阻值随温度变化）（ ）
A. 小灯泡变亮 B. 小灯泡变暗
C. 两端的电压增大 D. 电流表的示数减小
4.在如图所示的电路中，电表都为理想电表，灯炮L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（ ）
A. 灯泡L变亮 B. 电源的输出功率增大
C. 电容器C上电荷量减少 D. 电流表读数变小，电压表读数变大
5．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA.若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻连成一闭合电路，则它的路端电压是( )
A．0.10 V B．0.20 V
C．0.30 V D．0.40 V
6．(多选)如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U­I图象，则下列说法中正确的是( )
A．电动势E1＝E2，短路电流I1>I2
B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2
C．电动势E1>E2，内阻r1EB，rA>rB.图中两直线的交点坐标为(I1、U1)，由R＝eq \f(U,I)可知，路端电压都为U1时，它们的外电阻相等．由U′＝Ir可知，电流都是I1时，因r不相等，故两电源内电压不相等．所以选项A、C、D正确．
【答案】ACD
10.【解析】滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1值减小，因此电路总电阻变小，D错误；干路电流变大，路端电压变小，A正确；内阻消耗的功率变大，C错误；定值电阻R3两端的电压变小，电流表示数变小，B错误．
【答案】A
11.【解析】当滑动变阻器R4的滑动头向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压与R3的分压增加，则电压表的示数变小、同时R1的电压变大，R2的电压变小，则并联部分电压变小，通过R2的电流减小，则电流表A的读数I变小．故选A
【答案】A
12.【解析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则变亮．变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则变暗．总电流增大，而的电流减小，则的电流增大，则变亮，A正确；由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以，B错误；由得：，不变，C正确；根据欧姆定律得，不变，D正确．
【答案】ACD
13.【解析】（1）W="Eq=18" J，电源中共有18 J其他形式的能转化为电能；
（2）W1=U1q="14.4" J，外电路中共有14.4 J电能转化为其他形式的能；
（3）由能量守恒求出W2=W–W1="3.6" J．
【答案】(1)18 J (2)14.4 J (3)3.6 J
14. [解析] 当S闭合时， R1、R2并联接入电路，当S断开时，只有R1接入电路，此时路端电压增大、干路电流减小．
当S闭合时，由闭合电路欧姆定律得：
U＝E－Ir，即1.6＝E－0.4r①
当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U′＝E－I′r，即1.6＋0.1＝E－(0.4－0.1)r②
由①②得：E＝2 V，r＝1 Ω.
[答案] 2 V 1 Ω
15. [解析] (1)由题图乙知电源的电动势和内阻为：
E＝20 V，r＝eq \f(20－5,2) Ω＝7.5 Ω
由题图甲分析知道，当R＝0时，R0消耗的功率最大，
最大值为P′max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R0＋r)))2R0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,3＋7.5)))2×3 W≈10.9 W.
(2)当r＝R＋R0，即R＝4.5 Ω时，电源的输出功率最大，最大值为Pmax″＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R0＋R＋r)))2(R0＋R)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,3＋4.5＋7.5)))2×(3＋4.5)W≈13.3 W.
[答案] (1)0 10.9 W (2)4.5 Ω 13.3 W
16.解析： (1)开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE＝mg且qE竖直向上．S闭合后，qE＝mg的平衡关系被打破．S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有UC＝eq \f(R2,R1＋R2＋r)E＝4 V，qUC/d＝mg.
S闭合后，U′C＝eq \f(R2,R2＋r)E＝8 V
设带电粒子加速度为a，
则qU′C/d－mg＝ma，解得a＝g＝10 m/s2，方向竖直向上．
S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，
所以ΔQ＝C(U′C－UC)＝4×10－4C.
答案： (1)10 m/s2 方向竖直向上 (4)4×10－4C