最新201X學(xué)年物理人教版選修3-1-2.7閉合電路歐姆定律同步練習(xí)-教師用卷Word版含解析

1、309教育網(wǎng)閉合電路歐姆定律同步練習(xí)一、單選題1. 在如圖所示的電路中，當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時()A. 電壓表的讀數(shù)減小B. R1消耗的功率增大C. 電容器C的電容增大D. 電容器C所帶電量增多【答案】D【解析】【分析】當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化，即可知電壓表讀數(shù)和R1消耗的功率的變化情況；電容器的電壓等于變阻器R2兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律分析電容器電壓的變化，即可知其電量的變化情況；本題是含有電容的電路，根據(jù)歐姆定律分析電壓和電流的變化，即可判斷電容器的電荷量如何變化?！窘獯稹?/p>

2、A.當(dāng)滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，故A錯誤；B.干路電流減小，R1消耗的功率減小，故B錯誤；C.電容器的電容與R2無關(guān)，其電容不變，故C錯誤；D.電容器的電壓U=E-I(R1+r)，I減小，其他量不變，則U增大，由Q=CU知，電容器C所帶電量增多，故D正確；故選D。2. NTC熱敏電阻器即負(fù)溫度系數(shù)熱敏電阻器，也就是指阻值隨溫度的升高而減小的電阻.負(fù)溫度系數(shù)的熱敏電阻R2接入如圖所示電路中，R1為定值電阻，L為小燈泡，當(dāng)溫度降低時(不考慮燈泡和定值電阻阻值隨溫度變化)()A. 小燈

3、泡變亮B. 小燈泡變暗C. R1兩端的電壓增大D. 電流表的示數(shù)增大【答案】A【解析】解：當(dāng)溫度降低時，R2的電阻的電阻增大，總電阻增大，據(jù)閉合電路的歐姆定律知干路電流減小，即電流表的示數(shù)減小；據(jù)UR1=IR1知電阻R1兩端的電壓減??；再據(jù)E=UR1+UL+U內(nèi)知燈L兩端的電壓增大，即小燈泡變亮，故A正確，BCD錯誤故選：A3. 如圖，R1、R2和R3皆為定值電阻，R4為滑動變阻器，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.設(shè)電流表A的讀數(shù)為I，電壓表V的讀數(shù)為U.閉合電鍵，當(dāng)R4的滑動觸頭向a端移動時，下列判斷中正確的是()A. I變小，U變小B. I變小，U變大C. I變大，U變小D. I變大，U變大【答

4、案】A【解析】解：當(dāng)滑動變阻器R4的滑動頭向圖a端移動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流變大，電源的內(nèi)電壓與R3的分壓增加，則電壓表的示數(shù)變小、同時R2的電壓變小，則并聯(lián)部分電壓變小，通過R2的電流減小，則電流表A的讀數(shù)I變小故選：A4. 如圖所示，當(dāng)變阻器R3的滑動觸頭P向b端移動時()A. 電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大B. 電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小C. 電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D. 電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小【答案】A【解析】解：當(dāng)變阻器R3的滑動觸頭P向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得，電路中總電流增大，內(nèi)

5、電壓增大，因此路端電壓減小，故電壓表示數(shù)變小；將R1等效為內(nèi)阻，則可知并聯(lián)部分電壓一定減小，故流過R2的電流減小，因總電流增大，故電流表示數(shù)變大；故A正確，BCD錯誤；故選：A5. 如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，曲線B為小燈泡的U-I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是()A. 4W、8WB. 4W、6WC. 2W、4WD. 2W、3W【答案】B【解析】解：由圖A讀出：電源的電動勢E=3V，內(nèi)阻r=UI=3-06-0=0.5；兩圖線的交點(diǎn)表示燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，此時燈泡的電壓U=2V，電流I=2A；則電源的總功率P總=EI=32W=6W電源的輸

6、出功率P出=EI-I2r=(32-220.5)W=4W故選：B。6. 在如圖所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻r，閉合開關(guān)S，將滑動變阻器滑片P向左移動一段距離后，下列結(jié)論正確的是()A. 燈泡L變亮B. 電源的輸出功率變大C. 電容器C上電荷量減少D. 電流表示數(shù)變小，電壓表示數(shù)變大【答案】D【解析】解：A、當(dāng)滑動變阻器滑片P向左移動時，其接入電路的電阻增大，電路的總電阻R總增大，總電流I減小，燈泡的功率P=I2RL，RL不變，則P減小，燈泡L變暗。故A錯誤。B、當(dāng)內(nèi)、外電阻相等時，電源的輸出功率最大。由于燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻，當(dāng)R增大時，電源的內(nèi)、外電阻的差值增大，則電源的輸出

7、功率減小。故B錯誤。C、根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律知，變阻器兩端電壓增大，電容器與變阻器并聯(lián)，則電容器上電壓也增大，其電荷量增多，故C錯誤。D、I減小，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)U=E-Ir變大。故D正確。故選：D。7. 電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當(dāng)滑動變阻器的滑片由中點(diǎn)滑向a端時，下列說法正確的是()A. 電壓表和電流表讀數(shù)都增大B. 電壓表和電流表讀數(shù)都減小C. 電壓表讀數(shù)增大，電流表讀數(shù)減小D. 電壓表讀數(shù)減小，電流表讀數(shù)增大【答案】B【解析】解：當(dāng)滑動變阻器的滑片由中點(diǎn)滑向a端時，接入電路的電阻減小，則由閉合電中歐姆定律可知，干路電流增

8、加，內(nèi)電壓增加，由U=E-Ir可知路端電壓減小，即電壓表示數(shù)減?。灰蚵范穗妷簻p小，R1兩端的電壓增加，故并聯(lián)部分電壓減小，由歐姆定律可知電流表示數(shù)減?。还蔅正確，ACD錯誤；故選：B二、多選題8. 如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r.理想電壓表V1、V2示數(shù)為U1、U2，其變化量的絕對值分別為U1和U2；流過電源的電流為I，其變化量的絕對值為I.當(dāng)滑動變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中(燈泡電阻不變化)()A. 小燈泡L3變暗，L1、L2變亮B. U1U2.故B錯誤C、由U1=E-I(RL2+r)得：U1I=RL2+r，不變，故C正確D、根據(jù)歐姆定律得U2I=R2，不變，故D正確故選：ACD

9、 9. 如圖甲所示，一個圓形線圈的匝數(shù)n=100，線圈面積S=200cm2，線圈的電阻r=1，線圈外接一個阻值R=4的阻值，把線圈放入一方向垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示.下列說法中正確的是()A. 線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r針方向B. 電阻R兩端的電壓隨時間均勻增大C. 線圈電阻r消耗的功率為410-4WD. 前4s內(nèi)通過R的電荷量為810-2C【答案】CD【解析】【分析】A.根據(jù)楞次定律，可判定感應(yīng)電流方向；BD.由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，結(jié)合歐姆定律求出電流，從而求得電阻R兩端的電壓，由電流的定義式求出電荷量；C.由電功率公式求出線圈電阻消耗的功率

10、.本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，最后由電流定義式的變形公式求出感應(yīng)電荷量。【解答】A、根據(jù)楞次定律可知，穿過線圈的磁通量增大，則線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針方向，故A錯誤；B、由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=nt可得：感應(yīng)電動勢：E=1000.4-0.2420010-4=0.1V，平均電流：I=ER+r，I=0.02A，電阻R兩端的電壓U=0.024=0.08V，故B錯誤；C、線圈電阻消耗的功率：P=I2r=410-4W，故C正確；D、前4s內(nèi)通過的電荷量為：q=It=0.08C，故D正確；故選CD。10. 如圖所示，變壓器為理想變壓

11、器，交流電源的電壓不變，L1、L2是完全相同的燈泡，V1、V2和A1、A2為理想電表，導(dǎo)線電阻不計(jì).當(dāng)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_后，則( )A. A1示數(shù)變小B. A2示數(shù)變小C. V2示數(shù)變小D. V1示數(shù)變小【答案】AB【解析】【分析】與閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_電阻的變化，確定出總電路的電阻的變化，進(jìn)而可以確定總電路的電流的變化的情況，在根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況，電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法?！窘獯稹块_關(guān)S斷開后，變壓器副線圈的負(fù)載電阻

12、增大，V2示數(shù)是由輸入電壓和匝數(shù)比決定，輸入電壓和匝數(shù)比不變，所以V2示數(shù)不變，由歐姆定律可得A2示數(shù)變小，所以A1示數(shù)也變小，故AB正確，CD錯誤；故選AB。11. 如圖，空間中存在一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均為磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距.若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時開始，直至ab邊到達(dá)磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A. 始終減小B. 始終不變C. 始終增加D. 先減小后增加【答案】CD【解析】解：A、導(dǎo)線框開始做自由落體運(yùn)動，ab邊以一定的速度進(jìn)入

13、磁場，ab邊切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知ab邊受到向上的安培力，當(dāng)安培力大于重力時，線框做減速運(yùn)動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做加速運(yùn)動，故先減速后加速運(yùn)動，故A錯誤、D正確；B、當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力等于重力時，線框做勻速運(yùn)動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做加速運(yùn)動，故先勻速后加速運(yùn)動，故A錯誤；C、當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場后安培力小于重力時，線框做加速運(yùn)動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框不產(chǎn)生感應(yīng)電流，此時只受重力，做加速增大的加速運(yùn)動，故加速運(yùn)動，故C正確；故選：CD12. 兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的

14、電阻.將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示.除電阻R外其余電阻不計(jì).現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則()A. 釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB. 金屬棒向下運(yùn)動時，流過電阻R的電流方向?yàn)閎aC. 金屬棒的速度為v時，所受的安培力大小為F=B2L2vRD. 金屬棒下落過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少【答案】ABC【解析】【分析】明確金屬棒的受力情況，從而求解對應(yīng)的加速度變化情況；根據(jù)右手定則分析電流方向；根據(jù)E=BLv和安培力公式即可求得速度為v時的安培力表達(dá)式；金屬棒下落過程中

15、，金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能(金屬棒速度不是零時)和電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能。本題考查電磁感應(yīng)與能量結(jié)合問題的分析；要注意明確右手定則以及安培力公式的應(yīng)用；同時注意能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律，本題中要注意彈性勢能的變化，這點(diǎn)是往往被容易忽視的?！窘獯稹緼.剛開始時金屬棒只受重力，則釋放瞬間金屬棒的加速度為g，故A正確；B.根據(jù)右手定則可判定通過R的電流方向?yàn)閎a，故B正確；C.當(dāng)金屬棒的速度為v時，E=BLv，I=ER，安培力F=ILB=B2L2vR，故C正確；D.根據(jù)功能關(guān)系可知，重力勢能的減少量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能.電阻R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少量

16、，故D錯誤。故選ABC。三、計(jì)算題13. 在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，B=0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為L=0.4m，如圖所示，框架上放置一質(zhì)量m=0.05kg、電阻R=1的金屬桿ab，框架電阻不計(jì)，在水平外力F的作用下，桿ab以恒定加速度a=2m/s2，由靜止開始做勻變速運(yùn)動.求：(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？(2)第5s末作用在桿ab上的水平外力F多大？(3)定性畫出水平外力F隨時間t變化的圖象【答案】解：(1)5s內(nèi)桿ab運(yùn)動的位移為：x=12at2=12252m=25m，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=t=BLxt=0.20.4255V=0.4V(2)5s末金

17、屬桿的速度為：v=at=25m/s=10m/s，安培力為：FA=BIL=B2L2vR=0.220.42101N=0.064N，根據(jù)牛頓第二定律得：F-FA=ma解得：F=FA+ma=0.064N+0.052N=0.164N(3)根據(jù)F-FA=ma得：F=B2L2vR+ma=B2L2atR+ma=0.220.422t1+0.052N=0.0128t+0.1N圖線如圖所示：【解析】本題中金屬桿做勻加速運(yùn)動，運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式與電磁感應(yīng)的規(guī)律結(jié)合求解，關(guān)鍵是安培力的計(jì)算。(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出5s內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢；(2)根據(jù)速度時間公式求出5s末的速度，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、歐姆定律

18、、安培力公式，根據(jù)牛頓第二定律求出F的大小；(3)根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、歐姆定律和安培力公式得出F與t的關(guān)系式，從而作出圖線。14. 如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑.求(1)作用

19、在金屬棒ab上的安培力的大?。?2)金屬棒運(yùn)動速度的大小【答案】解：(1)設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd的支持力大小為N2.對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin=N1+T+FN1=2mgcos對于cd棒，同理有mgsin+N2=TN2=mgcos聯(lián)立式得F=mg(sin-3cos)(2)由安培力公式得F=BIL這里I是abcda中的感應(yīng)電流.ab棒上的感應(yīng)電動勢為=BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得I=R聯(lián)立式得v=(sin-3cos)mgRB2L2答：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小mg(s

20、in-3cos)；(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小(sin-3cos)mgRB2L2【解析】(1)對ab、cd棒根據(jù)共點(diǎn)力平衡列式求作用在金屬棒ab上的安培力的大小(2)根據(jù)安培力公式，感應(yīng)電動勢和閉合電路歐姆定律聯(lián)立求解本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)平衡問題，涉及法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律等知識點(diǎn)，受力分析和計(jì)算安培力是關(guān)鍵15. 如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1=kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里.某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動.金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì).求：(1)在t=0到t=t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷