新教材2023版高中物理课时分层作业二十电源的U_I图像及电路分析新人教版必修第三册

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课时分层作业(二十)　电源的U­I图像及电路分析基础达标练1.如图所示，R1阻值恒定，R2为热敏电阻(热敏电阻阻值随温度降低而增大)，L为小灯泡，当R2所在位置温度升高时(　　)A．R1两端的电压减小B．小灯泡的亮度变暗C．电流表的示数减小D．通过R2的电流减小2.在如图所示的电路图中，R2、R3均为定值电阻，R1为滑动变阻器，为理想电流表．接通开关S，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列说法正确的是(　　)A．路端电压减小B．电流表的示数增大C．电源内阻消耗的功率减小D．电路的总电阻增大3.(多选)如图所示的电路中，S闭合，L1、L2、L3三只灯均正常发光，问当可变电阻的滑动触头右移时，对L1、L2、L3三灯亮度变化下列叙述正确的是(　　)A．L1灯变亮 B．L2灯变亮C．L3灯变亮 D．三灯均变暗4.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)A．的读数变大，的读数变小B．的读数变大，的读数变大C．的读数变小，的读数变小D．的读数变小，的读数变大5．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是(　　)A．电源的电动势为6.0 VB．电源的内阻为12 ΩC．电源的短路电流为0.5 AD．电流为0.3 A时外电阻是1.8 Ω6.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是(　　)A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小7.如图所示的U­I图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U­I关系图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知(　　)A．电源的输出功率为3.0 WB．电源电动势为3 V，内阻为0.5 ΩC．电源内部消耗功率为1.0 WD．R的阻值为1.5 Ω素养综合练8.如图所示的电路中，电源电动势E＝8 V，内阻r＝2 Ω，电阻R2＝6 Ω，电容为1 μF的平行板电容器水平放置且下极板接地．当滑动变阻器R1的滑片处于b端时，有一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态，下列说法正确的是(　　)A．此时P点电势为6 VB．电容器上极板所带电荷量为6×10－6 CC．若仅将电容器上极板缓慢上移少许，则P点电势不变D．若仅将滑片从b端向a端缓慢移动少许，则油滴将向下移动9．(多选)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，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11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶210．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为滑动变阻器，最大阻值为300 Ω.滑动变阻器的滑片P从最左端滑至最右端的过程中，测得路端电压随电流的变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)由图乙求电源的电动势和内阻．(2)定值电阻R2的阻值．(3)滑片P从最左端滑至最右端过程中，电源输出功率的最大值．课时分层作业(二十)　电源的U­I图像及电路分析1．解析：当R2所在位置温度升高时R2阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电流表的示数增大，R1两端的电压U1＝IR1增大，故A、C错误；总电流增大，内电压增大，则路端电压U＝E－Ir减小，并联部分的电压减小，所以灯泡L变暗，故B正确；通过L的电流减小，而总电流增大，则通过R2的电流增大，故D错误．答案：B2．解析：滑动触头由a端滑向b端的过程中，电路的总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，内电压增大，电源内阻消耗的功率增大，A正确，CD错误；定值电阻R3上电压降低，电流表示数减小，B错误．答案：A3．解析：当可变电阻的滑动触头右移时，滑动变阻器的阻值减小，电路的总电阻减小，总电流变大，则L3变亮，C正确；内阻及L3上的电压变大，则L1和L2并联支路的电压减小，L1变暗，A错误；L1电流减小，则L2电流变大，L2灯变亮，B正确．答案：BC4．解析：将S断开，则电路的总电阻变大，总电流变小，由U＝E－Ir知，路端电压变大，故电压表的读数变大；总电流变小，则R1两端的电压IR1变小，故R3两端的电压变大，流过R3的电流变大，电流表的读数变大，选项B正确．答案：B5．解析：由闭合电路的欧姆定律U＝E－Ir得，当I＝0时，U＝E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E＝6 V，故A正确．电源的内阻等于图线斜率的绝对值，r＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝ eq \f(6－5,0.5) Ω＝2 Ω，故B错误．外电阻R＝0时，短路电流为I＝ eq \f(E,r)＝ eq \f(6,2) A＝3 A，故C错误．电流I＝0.3 A时，路端电压U＝E－Ir＝6 V－0.3×2 V＝5.4 V，则外电阻R＝ eq \f(U,I)＝18 Ω.故D错误．答案：A6．解析：当电路接通后，对小球受力分析；小球受重力、静电力和悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力．当电路稳定后，R1中没有电流，两端电势相等，因此电容器两极板间的电压等于R0两端电压．当R2不变，R1变化时，电容器两极板间的电压不变，板间电场强度不变，小球所受静电力不变，F不变，C、D错误；若保持R1不变，缓慢增大R2、R0两端电压减小，电容器两端电压减小，两极板间电场强度减弱，小球受到的静电力减小，F变小，A错误，B正确．答案：B7．解析：A错：电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W.B错：由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3.0 V，内阻r＝ eq \f(3.0,2.0) Ω＝1.5 Ω.C错：电源内部消耗的功率为P内＝I2r＝1.02×1.5 W＝1.5 W．D对：由图线Ⅱ可知，R＝ eq \f(U,I)＝1.5 Ω.答案：D8．解析：由闭合电路的欧姆定律可知：路端电压U＝ eq \f(R2,R2＋r)E＝6 V，电容器两极板的电势差为6 V，又有下极板接地，故下极板电势为零，P点电势为 eq \f(1,2)U＝3 V，故A错误；电容器上极板所带电荷量Q＝CU＝1×10－6×6 C＝6×10－6 C，故B正确；移动电容器上极板，电容器两端电势差不变，又有两极板间距离增大，故电场强度减小，又有P点到下极板的距离不变，故电势差减小，P点电势减小，故C错误；滑片从b端向a端移动，则外电路电阻增大，所以路端电压增大，则两极板电势差增大，极板间场强增大，油滴受到的静电力增大，油滴受重力和静电力作用，又由开始时油滴静止可知，静电力方向向上，移动滑片后油滴合外力方向向上，故油滴向上运动，故D错误．答案：B9．解析：A、B对：由题图可知，E1＝E2＝10 V，r1＝ eq \f(E1,I1)＝ eq \f(10,7) Ω、r2＝ eq \f(E2,I2)＝ eq \f(10,11) Ω则r1∶r2＝11∶7.C对，D错：由小灯泡的伏安特性曲线可知，R1＝ eq \f(U′1,I′1)＝0.6 Ω，R2＝ eq \f(U′2,I′2)＝ eq \f(5,6) Ω，则R1∶R2＝18∶25.P1＝I′1U′1＝15 W，P2＝I′2U′2＝30 W，P1∶P2＝1∶2.答案：ABC10．解析：(1)题图乙中AB延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势E＝20 V，内阻r＝ eq \f(E,I短)＝20 Ω.(2)当滑片P滑到R3的最右端时，此时外电路中只有电阻R2，对应题图乙中的B点，即U2＝4 V，I2＝0.8 A，得R2＝ eq \f(U2,I2)＝5 Ω.(3)当外电阻等于内阻时，电源的最大输出功率P＝ eq \f(E2,4r)＝5 W.答案：(1)20 V　20 Ω　(2)5 Ω　(3)5 W