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1、2022年高考物理一輪復習 課時作業(yè)22 閉合電路歐姆定律及其應用（含解析） 　 　　　　　　　　　　　　 一、單項選擇題 1．如圖所示，在利用滑動變阻器改變燈泡亮度的電路圖中，開關閉合前滑動變阻器的接法最合理且使路端電壓最大的是(　　) 解析：A中滑動變阻器連入電路的電阻為零；D中連入電路的電阻總是全值電阻，不能改變電路的電流；C中閉合開關前，滑片靠近下接線柱，接入電路的電阻最小，電路中電流最大，不安全，B正確． 答案：B 2．兩個相同的電阻R，當它們串聯(lián)后接在電動勢為E的電源上，通過一個電阻的電流為I；若將它們并聯(lián)后仍接在該電源上，通過一個電阻的電流仍為I，則電源的內阻

2、為(　　) A．4R B．R C. D．無法計算 解析：當兩電阻串聯(lián)接入電路中時I＝，當兩電阻并聯(lián)接入電路中時I＝×，由以上兩式可得r＝R，B正確． 答案：B 3．如圖所示，A燈與B燈電阻相同，當滑動變阻器R的滑動片向下滑動時，兩燈的變化是(　　) A．A燈變亮，B燈變亮 B．A燈變暗，B燈變亮 C．A燈變暗，B燈變暗 D．A燈變亮，B燈變暗 解析：當變阻器的滑片向下滑動時，接入電路的電阻減小，根據串、并聯(lián)電路特點可知電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得干路電流I增大，內電壓增大，路端電壓U減小，A燈兩端電壓減小，亮度變暗；另一支路電流I′＝I－IA增大，R1兩端電

3、壓U1＝I′R1增大，故R與B燈的并聯(lián)支路電壓UB＝U－U1減小，B燈變暗，C正確． 答案：C 4．在測量電珠伏安特性的實驗中，同學們連接的電路中有四個錯誤電路，如圖所示．電源內阻不計，導線連接良好．若將滑動變阻器的觸頭置于左端，閉合S，在向右端滑動觸頭過程中，會分別出現(xiàn)如下四種現(xiàn)象： a．電珠L不亮；電流表示數幾乎為零 b．電珠L亮度增加；電流表示數增大 c．電珠L開始不亮，后來忽然發(fā)光；電流表從示數不為零到線圈燒斷 d．電珠L不亮；電流表從示數增大到線圈燒斷 與上述a、b、c、d四種現(xiàn)象對應的電路序號為(　　) A．③①②④ B．③④②① C．③①④② D．②①④③

4、 解析：圖①是滑動變阻器的分壓式接法，向右滑動觸頭，電珠兩端電壓增大，亮度增加，根據電珠與滑動變阻器串并聯(lián)情況可知，總阻值逐漸減小，電流表示數增大，此種情況與b對應；②中電流表將電珠短路，電珠不亮，當滑動變阻器接入電路阻值很小時，電流表線圈燒斷，電珠不再被短路而發(fā)光，此種情況與c對應；③中電流表與電珠并聯(lián)再與電壓表串聯(lián)，電珠不亮，電流表示數幾乎為零，此種情況與a對應；④中電壓表與電珠串聯(lián)，電珠不亮，當滑動觸頭滑至接近右端時，電流表兩端電壓過大，可能被燒壞，此種情況與d對應．綜上可知，A正確． 答案：A 5．在某控制電路中，需要連成如圖所示的電路，主要由電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R

5、1、R2及電位器(滑動變阻器)R連接而成，L1、L2是紅、綠兩個指示燈．閉合開關S，當電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時，下列說法中正確的是(　　) A．L1、L2兩個指示燈都變亮 B．L1、L2兩個指示燈都變暗 C．L1變亮，L2變暗 D．L1變暗，L2變亮 解析：當電位器的觸頭由弧形碳膜的中點逆時針滑向a端時，電位器接入電路的電阻減小，根據串、并聯(lián)電路特點可知電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可得干路電流I增大，內電壓增大，路端電壓減小，L1燈變暗，通過其電流I1減小；由U1＝I2R1及I2＝I－I1可知R1分擔電壓U1增大，則L2及R2兩端電壓減小，L2功率減小

6、而變暗，B正確． 答案：B 二、多項選擇題 6．一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E，內阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則(　　) A．電動機消耗的總功率為UI B．電動機消耗的熱功率為 C．電源的輸出功率為EI D．電源的效率為1－ 解析：電動機不是純電阻用電器，電動機消耗的總功率為UI，選項A正確；電動機消耗的熱功率為I2R，選項B錯誤；電源的輸出功率為UI，選項C錯誤；電源的效率為＝，選項D正確． 答案：AD 7．如圖所示，四個電表均為理想電表，當滑動變阻器的滑動觸頭P向左端移動時，下列說法中正確的是

7、(　　) A．電壓表V1的讀數減小，電流表A1的讀數增大 B．電壓表V1的讀數增大，電流表A1的讀數減小 C．電壓表V2的讀數減小，電流表A2的讀數增大 D．電壓表V2的讀數增大，電流表A2的讀數減小 解析：當滑動變阻器的滑動觸頭P向左端移動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路中的總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，干路上的電流減小，內阻及R1分擔的電壓減小，電壓表V1的讀數增大，電流表A1的讀數減小，選項A錯誤，B正確；由于電壓表V1的讀數增大，由部分電路歐姆定律可得通過R3的電流增大，則電流表A2的讀數增大，由I1＝IR3＋IR2可知通過R2的電流減小，則電壓表V2的讀數減

8、小，選項C正確，D錯誤． 答案：BC 8．如圖所示，直線A、B分別為電源a、b的路端電壓與電流的關系圖線，設兩個電源的內阻分別為ra和rb，若將一定值電阻R0分別接到a、b兩電源上，通過R0的電流分別為Ia和Ib，則(　　) A．ra>rb B．Ia>Ib C．R0接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源的效率較低 D．R0接到b電源上，電源的輸出功率較小，電源的效率較低 解析：在電源路端電壓與電流的關系圖象中斜率表示電源內阻，ra>rb，A正確．在圖象中作出定值電阻R0的伏安特性曲線，與電源的伏安特性曲線交點表示電路工作點，Ia>Ib，B正確．R0接到a電源上，電源的輸出功

9、率較大，但電源的效率較低，R0接到b電源上，電源的輸出功率較小，但電源的效率較高，C正確，D錯誤． 答案：ABC 三、非選擇題 9．如圖所示，電路中電源內阻不計，水平放置的平行金屬板A、B間的距離為d，金屬板長為L.在兩金屬板左端正中間位置M，有一個小液滴以初速度v0水平向右射入兩板間，已知小液滴的質量為m，帶負電，電荷量為q.要使液滴從B板右側邊緣射出電場，電動勢E是多大？重力加速度用g表示． 解析：由閉合電路歐姆定律得I＝＝ 兩金屬板間電壓為UAB＝IR＝ 由牛頓第二定律得q－mg＝ma 液滴在電場中做類平拋運動，有 L＝v0t，＝at2 由以上各式解得E＝＋ 答案

10、：＋ 10．如圖甲所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3為一滑動變阻器．當其滑片P從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流變化圖線如圖乙所示，其中A、B兩點是滑片P在變阻器的兩個不同端點得到的．求： (1)電源的電動勢和內阻； (2)定值電阻R2的阻值； (3)滑動變阻器的最大阻值． 解析：(1)題中圖乙中AB延長線，交U軸于20 V處，交I軸于1.0 A處， 所以電源的電動勢為E＝20 V，內阻r＝＝20 Ω. (2)當P滑到R3的右端時，電路參數對應圖乙中的B點，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝＝5 Ω.

11、 (3)當P滑到R3的左端時，由圖乙知此時U外＝16 V，I總＝0.2 A. 所以R外＝＝80 Ω 因為R外＝＋R2， 所以滑動變阻器的最大阻值為：R3＝300 Ω. 答案：見解析 11. 在如圖所示的電路中，兩平行正對金屬板A、B水平放置，兩板間的距離d＝4.0 cm.電源電動勢E＝400 V，內阻r＝20 Ω，電阻R1＝1 980 Ω.閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球(可視為質點)從B板上的小孔以初速度v0＝1.0 m/s豎直向上射入兩板間，小球恰好能到達A板．若小球所帶電荷量q＝＋1.0×10－7 C，質量m＝2.0×10－4 kg，不考慮空氣阻力，忽略射入小球

12、對電路的影響，取g＝10 m/s2，求： (1)A、B兩金屬板間電壓的大小U； (2)滑動變阻器消耗的電功率P滑； (3)電源的效率η. 解析：(1)小球從B板上的小孔射入恰好到達A板的過程中，在電場力和重力的作用下做勻減速直線運動，設A、B兩極板間電壓為U，根據動能定理有 －qU－mgd＝0－mv 解得U＝200 V (2)設此時滑動變阻器接入電路中的電阻值為R滑，根據閉合電路歐姆定律可知，電路中的電流I＝ 根據部分電路歐姆定律可知U＝IR滑 解得R滑＝2.0×103 Ω 滑動變阻器消耗的電功率P滑＝＝20 W (3)電源的效率 η＝＝×100%＝99.5%. 答案：(1)200 V　(2)20 W　(3)99.5%