高三物理总复习巩固练习闭合电路的欧姆定律提高

这是一份高三物理总复习巩固练习闭合电路的欧姆定律提高，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
【巩固练习】一、选择题1、（2016 广西模拟）电路如图所示，已知电池组的总内阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E应等于（  ）    A. 2.0V        B. 2.5V        C. 3.0V        D. 3.5V 2、直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（  ）A. 总功率一定减小B. 效率一定增大C. 内部损耗功率一定减小 D. 输出功率一定先增大后减小3、电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、.由图可知、的值分别为（  ） A、、    B、、    C、、    D、、 4、为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是（  ）5、如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作。如果再合上S2，则下列表述正确的是（   ）A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大 6、（2016 全国新课标Ⅱ卷）阻值相等的四个电阻，电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为．与的比值为A．   B．   C．   D． 7、电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路。当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（  ）A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大
 8、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω,电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　 ）
　　A．35.8 W　　　　 B．43.2 W
　　C．48.2 W　　　　 D．76.8 W9、内部的热功率Pr随电流I的变化图线。若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I = 2A对应的外电阻是  (   )A．2W、0.5        B．4W、2     C．2W、1         D．6W、2  10、如图所示电路，水平放置的平行板电容器C如图方式连入电路。电路中四个电键都是闭合的，这时电容器中一个带电液滴静止在其间。若只打开一个电键，判断液滴的运动（ ） A．只打开K1，液滴仍保持静止 B．只打开K2，液滴将加速向上运动 C．只打开K3，液滴仍保持静止 D．只打开K4，液滴将加速向下运动 二、填空题1、（2015  福建卷）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。    ①实验要求滑动变阻器的 滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大。请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为       A③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将      只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1欧的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为     W（保留两位小数） 2、（2015  浙江卷）图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图。（1）根据图1画出实验电路图（2）调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图2中的①②③④所示，电流表量程为0.6A，电压表量程为3V。所示读数为：①__________②__________③__________④__________。两组数据得到的电阻分别为__________和__________。[来源:学§科§网]   3、（2014·四川卷) 下图是测量阻值约几十欧的未知电阻R x的原理图，图中R0是保护电阻(10 Ω)，R1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10 V，内阻很小)．在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；(ⅱ)闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15 A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R1和I2值；(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：①现有四只供选用的电流表：A．电流表(0～3 mA，内阻为2.0 Ω)B．电流表(0～3 mA，内阻未知)C．电流表(0～0.3 A，内阻为5.0 Ω)D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)A1应选用________，A2应选用________．②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15 A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”“变大”或“变小”)．③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．④根据以上实验得出Rx＝________Ω. 4、在如图所示的电路中，电源的电动势为16V，内阻不计。R1=R4=3，R2=R3=5，电容C=1F，电容器上极板的带电量为       C。 三、计算题1、如图所示，电阻R3=4Ω，电表为理想表，开始时R1、R2、R3中都有电流通过，电压表示数为2 V。电流表示数为0.75 A，后来三个电阻中有一个发生断路，使电压表示数变为3.2 V,， 电流表示数为0.8 A.（1）哪个电阻断路？（2）求电阻R1、R2的阻值各为多少？（3）电源的电动势和内阻各为多少？ 2、如图所示的电路中，电炉电阻R=10Ω，电动机线圈的电阻r =1Ω，电路两端电压U=100V，电流表的示数为30A，问：（1）通过电动机的电流为多少？（2）通电1分钟，电动机做的有用功为多少？ 3、一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图甲所示，图中U=12 V的直线为图线的渐近线。现将该电源和一个变阻器R0接成如图乙所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2 A，变阻器的最大阻值为R0=22Ω。求:（1）电源电动势E和内阻r.（2）空载时A、B两端输出的电压范围.（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值.      4、如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点。现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：（1）电源电动势E多大？（2）小球与极板碰撞后所带的电量为多少？     【答案与解析】一、选择题1、【答案】C【解析】由欧姆定律得电路中电流为：      再由闭合电路欧姆定律得：      E=I(R+r)=0.5×(5+1)V=3VABD错；C正确。故选C。 2、ABC解析：滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器连入电路部分的阻值变大，因而电流减小，由可知电源的总功率减小，选项A错误。滑动变阻器连入电路部分阻值变大，路端电压变大，由可知电源的效率增大，选项B正确。内部损耗功率为，电流减小，因而内部损耗功率减小，选项C正确。电源输出功率为外电阻消耗功率，但外电阻与内电阻的大小关系未知，因而根据图线不能判断输出功率的变化情况，选项D错误。3、D解析：电源效率，E为电源的总电压（即电动势），根据图象可知，所以选项D正确。4、C解析：灯丝电阻随电压的增大而增大，在图像上某点到原点连线的斜率应越来越大。C正确。5、C解析：在合上S2之前，三灯泡都能正常工作，合上S2之后，电路中的总电阻R总减小，则I总增大，即流过R1的电流增大，由于不计内阻，电源的输出功率P出=EI，可见电源的输出功率增大，A错误；R1两端的电压增大，则并联部分的电压减小，I3减小，I2减小，I1减小，可见C正确。6、【答案】C【解析】由已知可得： 则S断开时等效电路如下：S闭合时等效电路如下：则    故选C。7、A解析：触头由中点滑向b端时，接入电路中的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，电压表读数增大；电阻R1的电压减小，R2两端电压增大，电流表读数增大。故选A。8、B
解析：电动机不启动时，路端电压，
此时灯泡的电功率。而灯泡的电阻。当电动机启动时，路端电压
此时灯泡的电功率，车灯的电功率降低了 。故选B。9、A 解析：，，由图可知，电流为3A，，。当时，，， 10、BC解析：只打开K1，电容器与电源断开，形成放电回路，电量减少，电压减小，场强减小，电场力减小，液滴向下加速运动，A错。只打开K2，电容器两端电压近似等于电源电压，大于K2闭合时的路端电压，场强变大，电场力变大，液滴将加速向上运动，B对。只打开K3，电容器两端电压仍然等于路端电压，电压不变，液滴仍保持静止，C对。只打开K4，电容器两端电压稳定，不变，则液滴仍保持静止，D错。故选BC。 二、填空题1、【答案】：①连接如图；②0.44A；③4   2.25W            【解析】①利用分压法连接电路，注意使电流从电表的正接线柱流入，从负接线柱流出，实物图如图所示:            ②由图知电流表量程为0.6A，所以读数为0.44A；③电源内阻为1欧，所以当外电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于1.5V，由图知当小电珠电压等于1.5V时电流约为0.38A，此时电阻约为，并联后的总电阻为1欧，所以需要4个小电珠，小电珠消耗的总功率约为。 2、【答案】（1）如图（2）①0.10A、②0.24A、③2.0V、④0.27V。和，如填为和也行【解析】（1）从实物图中可知电压表测量灯泡两端电压，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，故电路图如图所示                     （2）电流表量程为0.6A，所以每小格表示的分度值为0.02A，故①的读数为0.10A，②的读数为0.24A；电压表量程为3V，则每小格表示0.1V，所以③的示数为2.0V，④的示数为0.27V。电流小，两端的电压小，故①④为同一组数据，故得到的电阻为，②③为另一组数据，故得到的电阻为。   【考点】“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验3、【答案】①D　C　②变大　③略　④31【解析】①A1的示数能达到0.15 A，A2的示数由图像可知能达到0.3 A，故A1、A2的量程均选0.3 A，由电路图可列出关系式(Rx＋RA2)I2＝(R0＋R1＋RA1)I1，整理后可得，由此可知，若RA1已知，则无论R1、I2如何变化，Rx＋RA2均为定值，无法得到Rx，故应使RA2已知，即A1选D，A2选C.②当R1减小时，如果在滑动变阻器的电阻值保持不变的情况下，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得总电流I增大，由分压关系知，并联部分得的电压减小，则I2减小，由I1＝I－I2得I1增大，要使I1＝0.15 A，则需滑动变阻器分得的电压增大，即R的阻值变大． ③根据题目中已知描的点，平滑连接，注意让点发布在图线的两边，删除错误的，如图所示：④根据(Rx＋RA2)I2＝(R0＋R1＋RA1)I2，可得，即R1–I2图像的斜率，根据图像并代入相关数据，可得Rx＝31 Ω.4、4×10－6C解析：把电容器当着一个理想电压表来看，，，总电阻为4，总电流 ，则两条支路的电流均为2安，R1的两端电压的：,  R3的两端电压的 , 电容器上极板电势高，上下极板的电势差为4V，就是电容器的电压，所以电容器的电量为 . 三、计算题1、（1）R1（2）8Ω  4Ω  （3）4 V  1Ω解析：（1）由于电流表、电压表示数都不为零，所以断路的是R1。（2）R1断路后，电压表的示数即为R2的电压，则.R1断路前，R2两端的电压R3两端的电压 .由串联电路的分压特点  所以.（3）R1断路前，R1、R3的电流  R1断路后，联立解得 ，。 2、（1）20A（2）解析：（1）通过电炉的电流为，通过电动机的电流为.（2）电动机的总功率电动机的热功率电动机的有用功率 通电1分钟，电动机做的有用功. 3、（1）12 V 2Ω（2）0～11 V （3）Ω解析：（1）根据闭合电路的欧姆定律  由甲图知，斜率为电流，当I = 0 时，E = U = 12 V由甲图还知，当E = 12 V时，R=2Ω时，U = 6 V  电流I=3A   解得r = 2Ω.（2）空载时当变阻器的滑片移至最下端时，输出电压当变阻器的滑片移至最上端时，， 可得输出电压 .所以空载时输出电压范围为 0 - 11 V.（3）设所有电阻的最小值为，此时滑片应移至最上端，电源电流最大，，有    .解得。 4、（1）  （2）  解析：（1）当S闭合时，电容器电压为U，则：   ①对带电小球受力分析得：   ②由①②式解得：    ③（2）断开S，电容器电压为，则：   ④对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：   ⑤由③④⑤解得：。