高中物理高考 3 第二节　电路　闭合电路欧姆定律　新题培优练

这是一份高中物理高考 3 第二节　电路　闭合电路欧姆定律　新题培优练，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．两个相同的电阻R，当它们串联后接在电动势为E的电源上，通过一个电阻的电流为I；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I，则电源的内阻为( )
A．4R B．R
C．eq \f(R,2)D．无法计算
解析：选B.当两电阻串联接入电路中时I＝eq \f(E,2R＋r)，当两电阻并联接入电路中时I＝eq \f(E,\f(R,2)＋r)×eq \f(1,2)，由以上两式可得：r＝R，故选项B正确．
2. 如图所示，其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的eq \f(1,2)；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
解析：选C.设电流表A的内阻为RA，用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I1－IA)R1＝IARA，解得I1＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A；若将接线柱1、3接入电路，则(I2－IA)R1＝IARA，解得I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A．选项C正确．
3. 在如图所示的电路中，R1＝11 Ω，r＝1 Ω，R2＝R3＝6 Ω，当开关S闭合且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q1；当开关S断开且电路稳定时，电容器C带电荷量为Q2，则( )
A．Q1∶Q2＝1∶3 B．Q1∶Q2＝3∶1
C．Q1∶Q2＝1∶5 D．Q1∶Q2＝5∶1
解析：选A.当开关S闭合时，电容器两端电压等于R2两端的电压，U2＝eq \f(ER2,R1＋R2＋r)＝eq \f(E,3)，Q1＝eq \f(E,3)C；当开关S断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U＝E，Q2＝EC，所以Q1∶Q2＝1∶3，选项A正确．
4．如图所示为小灯泡的U－I图线，若将该小灯泡与一节电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.75 Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据( )
A．1.5 W 1.0 WB．0.75 W 0.5 W
C．0.75 W 0.75 WD．1.5 W 0.75 W
解析：选D.在题图中画出电源的U－I图象，与灯泡的U－I图象的交点为I＝1.0 A，U＝0.75 V，则电源的总功率P总＝EI＝1.5 W，灯泡的功率P灯＝UI＝0.75 W，故D正确．
5. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是( )
A．电流表读数减小，小灯泡L1变暗
B．电压表读数变大
C．电流表读数增大，小灯泡L2变暗
D．电容器所带电荷量增大
解析：选B.将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，其与小灯泡L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，电流表读数减小，小灯泡L2变暗，路端电压U＝E－Ir增大，电压表的读数变大，选项B正确，C错误；小灯泡L1两端的电压U1＝E－I(r＋RL2)增大，通过小灯泡L1的电流变大，小灯泡L1变亮，选项A错误；通过小灯泡L2的电流减小，小灯泡L2两端电压变小，与小灯泡L2并联的电容器两端电压减小，由Q＝CU可得电容器所带电荷量减小，选项D错误．
6．(2019·河南南阳模拟)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为( )
A．5.5 ΩB．7.0 Ω
C．12.0 ΩD．12.5 Ω
解析：选A.由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6 V，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U＝2.5 V，电流为I＝0.2 A，则硅光电池的内阻为r＝eq \f(E－U,I)＝eq \f(3.6－2.5,0.2) Ω＝5.5 Ω，故选项A正确．
7．(2019·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )
A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端
B．电源的输出功率最大
C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0 W
D．电源的效率达到最大值
解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E＝1.5 V，r＝1 Ω，交点位置：R＋R0＝eq \f(U1,I)＝2 Ω，R0＝eq \f(U2,I)＝2 Ω，R＝0，滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端，A项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R0>r，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B项正确；R0消耗的功率P＝IU2＝0.5 W，C项错误；电源的效率η＝eq \f(IE－I2r,IE)，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，D项错误．
二、多项选择题
8．直流电路如图所示，闭合开关S，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
解析：选ABC. 滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选项A正确；根据η＝eq \f(R外,R外＋r)＝eq \f(1,1＋\f(r,R外))可知选项B正确；由P损＝I2r可知，选项C正确；由P输－R外图象可得，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误．
9．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )
A．电源的电动势为6.0 V
B．电源的内阻为12 Ω
C．电源的短路电流为0.5 A
D．电流为0.3 A时的外电阻是18 Ω
解析：选AD.纵轴上的截距为电源的电动势，即E＝6.0 V，选项A正确；由于该电源的U－I图象的纵轴坐标不是从零开始的，故横轴上的截距0.5 A并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq \f(6.0－5.0,0.5－0) Ω＝2 Ω，选项B、C错误；由闭合电路欧姆定律可得电流I＝0.3 A时，外电阻R＝eq \f(E,I)－r＝18 Ω，选项D正确．
10. (2019·石家庄模拟)在如图所示电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝4 Ω，R1＝R2＝2 Ω，灯泡电阻恒为RL＝3 Ω，滑动变阻器总阻值R＝8 Ω，当滑片P位于滑动变阻器正中间、开关S处于闭合状态时，电容器内有一带电微粒恰好处于静止状态，灯泡L正常发光．当滑片P向N端移动后，下列说法正确的是( )
A．微粒向上运动 B．电流表示数变小
C．灯泡L变暗 D．电源输出功率变大
解析：选AC.电路中滑动变阻器RP、电流表、R1串联，然后三者和灯泡并联，并联完后和干路中的R2串联，电容器A板带正电，带电微粒恰好静止有mg＝Eq＝eq \f(U,d)q.当P向N端移动时，RP变小，它所在支路的电阻变小，根据并联电路的特点，并联电阻R并变小，所以并联电路两端的电压变小，所以灯泡变暗，故C正确；并联电阻R并变小，回路中的外电阻(R外＝R并＋R2)变小，则回路中的总电流变大，由I总＝IR1＋IRL知IR1变大，故B错误；由U＝IR知R1两端的电压变大，由E＝eq \f(U,d)知电容器两极板间的电场变强，所以微粒向上运动，故A正确；当滑动变阻器滑片在变阻器正中间时RP＝4 Ω，此时回路中的外电阻R外＝eq \f(（R1＋RP）RL,R1＋RP＋RL)＋R2＝4 Ω＝r，此时电源输出功率最大，当滑片向N端滑动时，滑动变阻器的阻值变小，所以电源输出功率变小，所以D错误．
11．(2019·黄山模拟)某温度检测、光电控制加热装置原理如图所示．图中RT为热敏电阻(随温度升高阻值减小)，用来探测加热电阻丝R的温度，RG为光敏电阻(随光照强度增大阻值减小)，接收小灯泡L的光照，除RT、RG外，其他电阻均为定值电阻．当R处温度降低时( )
A．L变亮
B．通过R3的电流减小
C．E2的路端电压增大
D．R消耗的功率减小
解析：选BC.当R处温度降低时，热敏电阻RT阻值变大，由闭合电路欧姆定律可知，左侧电路中的电流减小，通过小灯泡L的电流减小，小灯泡L的光照强度减小，光敏电阻RG的阻值变大，对右侧电路，由闭合电路欧姆定律可知，通过R2的电流变小，右侧电路中的电源E2的路端电压变大，R两端电压变大，通过R的电流也变大，R消耗的功率变大，通过R3的电流变小，选项B、C正确．
12．(2018·高考海南卷)如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rr，故外电阻越小，电源的输出功率越大，选项C正确；电路中并联部分阻值减小，故电路总阻值减小，总电流增大，电源内阻消耗的功率变大，选项D正确；电路中并联部分阻值减小，根据串联分压规律，并联部分的电压减小，滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，右侧并联部分电阻增大，电流减小，R3消耗的功率变小，选项B错误；电路总电流增大，右侧部分电流减小，故左侧部分电流增大，R2消耗的功率变大，选项A错误．
13．(2016·高考江苏卷)如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有( )
A．路端电压为10 V
B．电源的总功率为10 W
C．a、b间电压的大小为5 V
D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A
解析：选AC.开关S闭合后，外电路的总电阻为R＝10 Ω，路端电压U＝eq \f(E,R＋r)R＝eq \f(12,12)×10 V＝10 V，A项正确；电源的总功率P＝eq \f(E2,R＋r)＝12 W，B项错误；由于两条支路的电流均为I′＝eq \f(10,20) A＝0.5 A，因此a、b两点间的电压为Uab＝0.5×(15－5) V＝5 V，C项正确；a、b两点用导线连接后，外电阻R′＝2×eq \f(5×15,5＋15) Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I＝eq \f(E,R′＋r)＝eq \f(12,9.5) A≈1.26 A，D项错误．
14．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )
A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1
C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
解析：选AB.根据题图可知，E1＝E2＝10 V，r1＝eq \f(5,4) Ω，r2＝eq \f(5,6) Ω，所以r1∶r2＝3∶2，E1∶E2＝1∶1，选项A、B正确；曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P1＝18.2 W和P2＝30 W，小灯泡的电阻分别为R1＝eq \f(35,52) Ω，R2＝eq \f(5,6) Ω，所以选项C、D错误．