高中物理7 闭合电路欧姆定律精练

这是一份高中物理7 闭合电路欧姆定律精练，共6页。试卷主要包含了选择题，论述等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得6分，漏选的得3分，错选的得0分)
1．(2009·广东)如图所示，电动势为E、电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
【解析】 本题考查直流电路问题，意在考查考生对闭合电路的动态变化分析．电源不计内阻，其输出电压等于电动势．当闭合S2时，电路的外电阻R变小，电路电流变大，故C正确；电源的输出功率P出＝eq \f(E2,R)，所以电源输出功率应该变大，A错误；因并联部分两端的电压U并＝E－UR1，闭合S2时UR1变大，所以U并变小，L1上消耗的功率变小，通过R3的电流也是变小的，故B、D错误．
【答案】 C
2．(2009·江苏)在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C，当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光．正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定( )
A．电源的电动势E一定小于击穿电压U
B．电容器所带的最大电荷量一定为CE
C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
【解析】 本题考查含容电路部分知识，意在考查考生对含容电路的处理能力．电源的电动势一定大于击穿电压U，电容器所带的最大电荷量为CU，闪光灯闪光时电容器两端电压减小，电容器的电荷量减小，在一个闪光周期内电容器上电荷变化量为零，则通过电阻的电荷量等于通过闪光灯的电荷量，D正确．
【答案】 D
3．(2009·广东理基)如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )
A．路端电压变小
B．电流表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小
D．电路的总电阻变大
【答案】 A
4．(2008·湖北黄冈调研)在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内电阻为r.L1、L2是两个小灯泡．闭合S后，两灯均能发光．当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，会出现
( )
A．L1变暗L2变暗 B．L1变亮L2变暗
C．L1变亮L2变亮 D．L1变暗L2变亮
【解析】 当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，R的有效阻值变大，R与L2并联电阻变大，电路中R总变大，所以电路中总电流I总减小，即通过L1的电流变小，故L1变暗，UL2＝E－I总(r＋RL1)，UL2变大，L2实际消耗功率变大，故L2变亮，所以D选项正确．
【答案】 D
5．(2007·广东卷)用电压表检查如下图电路中的的故障，测得Uad＝5.0V，Ucd＝0V，Ubc＝0V，Uab＝5.0V.则此故障可能是( )
A．L断路 B．R断路
C．R ′断路 D．S断路
【解析】 Uad＝5.0V说明a到电源正极，d到电源负极均为通路．Uab＝5.0V，说明a到电源正极，b到电源负极，均为通路，判断故障可能是R断路．
【答案】 B
6．(2008·安徽合肥联考)右图为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑动触头P在A端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称重物时，在压力作用下使滑动触头P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大．这样就把电流对应的重力值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重力值．若滑动变阻器上A、B间距离为L，最大阻值等于定值电阻阻值R0，已知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为k，则所称重物的重力G与电流大小I的关系为( )
A．G＝2kL－eq \f(EkL,IR0) B．G＝kL
C．G＝eq \f(E,IR0)＋kL D．G＝kIL
【解析】 由于滑动触头P的移动，所以接入电路的电阻随重物的增加而减小，设所称重物的重力为G时，弹簧压缩x(AP＝x)，则电路中的总电阻为R0＋eq \f(L－x,L)R0，
由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R0＋eq \f(L－x,L)R0)，①
由牛顿第三定律和胡克定律得G＝kx，②
由①②两式解得G＝2kL－eq \f(EkL,IR0)，故选项A正确．
【答案】 A
7．(2009·福州市调研)在如下图所示的电路图中，C是极板水平放置的平行板电容器，开关S1、S2、S3、S4均闭合时，板间悬浮着一油滴P，若P向下运动则断开的开关可能为．
( )
A．S1 B．S2 C．S3 D．S4
【解析】 当S1和S3断开时，电容器即不会充电又不会放电，所以P仍处于悬浮状态，即A、C错误；当断开S2时，电容器两端的电压会减小，P会向下运动，当断开S4时，电容器会通过R5放电，P会向下运动，所以BD正确．
【答案】 BD
8．如图所示的电路中，R3是光敏电阻，当开关S闭合后，在没有光照射时，a、b两点等电势，当用光照射电阻R3时，则( )
A．R3的电阻变小，a点电势高于b点电势
B．R3的电阻变小，a点电势低于b点电势
C．R3的电阻变大，a点电势高于b点电势
D．R3的电阻变大，a点电势低于b点电势
【解析】 根据光敏电阻的特性可知，当光照射电阻R3时，R3的电阻变小，闭合电路的外电阻减小，总电流增大，而路端电压变小，故通过R1、R2的电流减小，R2两端的电压变小，b点电势降低．通过R3、R4的电流增大，R4两端的电压变大，a点电势升高，所以a点电势高于b点电势．
【答案】 A
9．如图所示的电路中，A、B两灯原来正常发光，忽然B灯比原来亮了，这是因为电路中某一处发生断路故障造成的，那么发生这种故障可能是(电源内阻不计)( )
A．R1断路 B．R2断路
C．R3断路 D．灯A断路
【解析】 由于电源内阻不计，故路端电压为电源的电动势，所以R1断路时，灯A和B两端电压不变，故B灯亮度不会发生变化，故A选项错误．对B选项，当R2断路时，会使A灯两端电压升高，B灯两端电压降低，B灯应变暗，故B选项错误，同理可知D选项也错误．对于C选项，当R3断路时，会使B灯两端电压升高，A灯两端电压降低，故B灯变亮，因此正确选项为C.
【答案】 C
10．在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，当开关闭合后，下列判断正确的是( )
A．灯泡L1的电阻为12Ω
B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍
C．灯泡L1消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L2消耗的电功率为0.30W
【解析】 当L1两端电压为3.0V时，IL1＝0.25A.
由于I＝eq \f(U,R)得R＝eq \f(U,I)＝eq \f(3.0,0.25)Ω＝12Ω，A正确．
由P1＝I1U1＝0.25×3W＝0.75W，C正确．
因L2、L3的两电阻相等，
即L2、L3两端电压各为1.5V，由图可知I2＝0.20A，
即可得出灯泡L2消耗的电功率为
P2＝I2U2＝0.20×1.5W＝0.30W，D正确．
【答案】 ACD
二、论述、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)
11．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5V、1.5V和2.5V，它们的额定电流都为0.3A.若将它们连接成如图(甲)、(乙)所示电路，且灯泡都能正常发光，
(1)试求题图(甲)电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；
(2)分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．
【解析】 (1)由题意，在图(甲)电路中：
电路的总电流
I总＝IL1＋IL2＋IL3＝0.9A
U路端＝E－I总r＝2.55V
UR2＝U路端－UL3＝0.05V
IR2＝I总＝0.9A
电阻R2消耗功率PR2＝IR2UR2＝0.045W.
(2)图(甲)电源提供的电功率P总＝I总E＝0.9×3W＝2.7W，
图(乙)电源提供的电功率P总′＝I总′E′＝0.3×6W＝1.8W，
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P总′【答案】 (1)0.9A 0.045W (2)2.7W 1.8W 图(乙)电路更节能
12．(2010·四川绵阳一中检测)如图所示，一个质量为m＝4×10－3kg、电荷量q＝3×10－4C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置的足够大的平行金属板中的O点，已知两板相距d＝0.1m.合上开关后，小球静止时细线与竖直方向的夹角为α，电源电动势E＝12V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝4Ω，R2＝R3＝R4＝12Ω.g取10m/s2.求：
(1)通过电源的电流；
(2)夹角α的大小．
【解析】 (1)R2与R3并联后的电阻值
R23＝eq \f(R2R3,R2＋R3)＝6Ω
由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,R1＋R23＋r)＝1A
(2)电容器两板间的电场强度E＝eq \f(UC,d)＝eq \f(I(R1＋R23),d)
小球处于静止状态，由平衡条件得：qE＝mgtanα
代入数据解得：tanα＝0.75，α＝37°
13．(2010·黄冈质检)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水平向右射入两板间．(重力加速度用g表示)则：
(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)I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(E1,2R)
则UAB＝IR＝eq \f(1,2)E1①
由液滴受力平衡mg＝eq \f(qUAB,d)②
联立①②得E1＝2mgd/q
(2)由于液滴能从B板右端边缘飞出，利用平抛运动规律有：
L＝v0t
y＝d＝eq \f(1,2)at2
qU′AB/d－mg＝ma
同理U′AB＝eq \f(1,2)E2
由以上各式得E2＝eq \f(2md,q)(eq \f(2dv\\al(2,0),L2)＋g)