2024版新教材高考物理复习特训卷考点60闭合电路的欧姆定律B

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2．[2023·湖南怀化一模](多选)如图所示电路中，电源电动势恒为E，内阻为r，电压表的内阻为10 kΩ，B为静电计，C1、C2分别是两个电容器．将开关闭合一段时间，下列说法正确的是( )
A．若C1>C2，则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差
B．若将滑动变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器C2上带电量增大
C．电容器C1上带电量为零
D．再将开关断开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大
3．[2023·福建厦门一模]如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，R2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，当光照强度增大时，下列说法正确的是( )
A．R3的功率增大
B．电压表、电流表示数都减小
C．减小平行板间距，则液滴一定向下移动
D．电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动
4．[2023·安徽池州一模](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．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21∶26
D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶10
5．[2023·上海金山二模]如图(a)所示电路，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻．从左向右移动变阻器的滑片，根据电表数据得到U ­ I图像如图(b)所示，则( )
A．R1的最大功率为4 W
B．R2的最大功率为3 W
C．电源的最大输出功率为4 W
D．电源的输出功率先增大后减小
6.[2023·广东广州高三阶段练习]某实验小组想测量元电荷的电量大小．实验装置如图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板间相距d＝0.3 m．外部电路电源电动势E＝300 V，内阻r＝1.0 Ω，保护电阻R0＝19.0 Ω，电阻箱的阻值R可调．实验时，电键S1闭合、S2断开时，小组从显微镜发现容器中有一个小油滴正好在两板中间处于静止状态，该油滴质量为m＝3.2×10－13kg，取g＝10 m/s2，求：
(1)该油滴带电性质及所带电量q；
(2)调节电阻箱R＝20.0 Ω，闭合电键S2，油滴将加速下落，求油滴下落到B板的时间t(结果可以保留根号).
考点60 闭合电路的欧姆定律(B)——提能力
1．答案：BD
解析：电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U＝E－I(R1＋r)得ΔU＝ΔI(R1＋r)，解得 eq \f(ΔU,ΔI)＝R1＋r，所以不变，所以 eq \f(ΔU,ΔI) ­ t图像为平行时间轴的直线，A错误，B正确；当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据Q＝UC＝CR1I可知Q ­ I图像是过原点的倾斜直线，C错误，D正确．
2．答案：CD
解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器C2充电，两端存在电压，所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差，A错误；电路稳定后，电容器C2的电压等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，带电量不变，B错误；由于电压表两端没有电压，电容器C1没有被充电，带电量为零，C正确；将开关断开，电容器C2的带电量Q不变，板间距离增大，电容C减小，由公式C＝ eq \f(Q,U)分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，D正确．
3．答案：D
解析：此闭合电路的外电路由R1、R2、R3构成，R2与R3并联后再与R1串联，电容器两端的电压与R3两端电压相等，光照强度增大时，R2减小，外电路总电阻减小，外电路电压减小，总电流增大，则定值电阻R1两端的电压增大，电压表示数增大，根据U3＝E－I总(R1＋r)可知，R3两端电压减小，R3功率减小，电流表示数增大，A、B错误；平行板电容器两端的电压减小，减小平行板间距时，板间电场可能不变，C错误；电容器两端的电压减小，所带电荷量减少，电容器极板间的场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴向下加速运动，D正确．
4．答案：ABC
解析：在电源的U­I图像中，图像的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U­I图线，可知电源1、电源2的内阻分别为r1＝ eq \f(ΔU1,ΔI1)＝ eq \f(10,8)Ω＝ eq \f(5,4)Ω，r2＝ eq \f(ΔU2,ΔI2)＝ eq \f(10,12)Ω＝ eq \f(5,6)Ω，则有r1∶r2＝3∶2，A正确；U­I图像的纵轴截距表示电动势，所以E1＝E2＝10 V，B正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，则有U1＝3.5 V，I1＝5.2 A，故灯泡消耗的功率为P1＝U1I1＝18.2 W，灯泡的电阻R1＝ eq \f(U1,I1)＝ eq \f(3.5,5.2)Ω＝ eq \f(35,52)Ω，连接电源2时，则有U2＝5 V，I2＝6 A，故灯泡消耗的功率P2＝U2I2＝30 W，灯泡的电阻R2＝ eq \f(U2,I2)＝ eq \f(5,6)Ω，则有P1∶P2＝91∶150，R1∶R2＝21∶26，C正确，D错误．
5．答案：B
解析：根据欧姆定律可知 eq \f(ΔU2,ΔI)＝R2＝3 Ω，所以图(b)中斜率为正的图线反映R2的伏安特性；设电源电动势为E，内阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝E－Ir，U1＝E－I(r＋R2)，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU3,ΔI)))＝r， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔU1,ΔI)))＝r＋R2，所以图(b)中斜率为负的两条图线中，斜率绝对值较大的图线反映了V1表示数随I的变化，则r＋R2＝4 Ω，斜率绝对值较小的图线反映了V3表示数随I的变化，则r＝1 Ω，E＝4 V．R1的输出功率为P1＝I2R1＝ eq \f(E2R1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1＋R2＋r))2)＝ eq \f(E2,R1＋\f(（R2＋r）2,R1)＋2（R2＋r）)，根据数学知识可知当R1＝R2＋r时，P1有最大值为P1max＝1 W，A错误．当电路中电流最大时，R2的功率最大，此时R1接入电路的阻值为零，所以P2max＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R2＋r)))2R2＝3 W，B正确．电源的输出功率为P＝I2(R1＋R2)＝ eq \f(E2（R1＋R2）,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R1＋R2＋r))2)＝ eq \f(E2,R1＋R2＋\f(r2,R1＋R2)＋2r)，从左向右移动变阻器的滑片，R1增大，根据数学知识可知当R1＋R2>r时，P随R1的增大而减小，当R1＝0时，P有最大值为Pmax＝P2max＝3 W，C、D错误．
6．答案：(1)负电 3.2×10－15C (2) eq \f(\r( ,6),10)s
解析：(1)电键S1闭合、S2断开时，电路断路UAB＝E＝300 V，该油滴处于静止状态，受力平衡Eq＝mg，E＝ eq \f(UAB,d)
解得q＝3.2×10－15C，由于电场方向竖直向下，电场力竖直向上，故该油滴带负电；
(2)闭合电键S2电容器与R并联，因此U′AB＝UR
根据闭合电路欧姆定律E＝I eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R0＋r))，UR＝IR
电场强度E′＝ eq \f(U′AB,d)，根据牛顿第二定律E′q－mg＝ma
油滴下落到B板由运动学公式 eq \f(d,2)＝ eq \f(1,2)at2，联立解得t＝ eq \f(\r( ,6),10)s.