2018-2019学年人教版选修3-1 欧姆定律 课时作业
高中物理选修3-1 第二章第28讲 课时作业(二十八) 欧姆定律 闭合电路的欧姆定律
课时作业(二十八)欧姆定律闭合电路的欧姆定律第1题图1．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图中所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是() A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大2．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C.闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则()第2题图A．变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变C．电阻R0两端电压减小，减小量为ΔUD．电容器的带电量增大，增加量为CΔU3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则()第3题图A．电路的路端电压将增大B．灯泡L将变暗C．R2两端的电压将增大D．R1两端的电压将增大4．如图所示，R1，R2为可调电阻，R3为一般电阻，R4为热敏电阻(电阻随温度升高而减小)．当环境温度升高时，下列说法中正确的是()第4题图A．电容器所带电量减小B．若R2的阻值减小，电流表的示数可能保持不变C．若R2的阻值增大，电容器的带电量可能保持不变D．若R1的阻值减小，电容器的带电量可能保持不变5．如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()第5题图A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的小数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大6．有一个消毒用电器P，电阻为20kΩ，它只有在电压高于24V时才能工作．今用一个光敏电阻R1对它进行控制，光敏电阻在光照时为100Ω，黑暗时为1000Ω.电源电动势E为36V，内阻不计，另有一个定值电阻R2，电阻为1000Ω.下列电路电键闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是()ABCD7．2007年法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔由于发现巨磁电阻(GMR)效应而荣获了诺贝尔物理学奖．如图是利用GMR设计的磁铁矿探测仪原理示意图，GMR在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小．正确的是()第7题图A．若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻R调大，探测仪的灵敏度提高B．若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻R调小，探测仪的灵敏度提高C．若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻R调小，探测仪的灵敏度提高D．若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻R调大，探测仪的灵敏度提高8．在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r.闭合开关S，在滑动变阻器的滑片向下滑动的过程中，下列说法正确的是()A．电流表和电压表的示数都增大B．电容器所带电量减少C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大第8题图第9题图9．如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法正确的是()A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．电容器C的带电荷量将增加D．闭合S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左10．有一只电流计，已知其I g＝200μA，R g＝200Ω，现欲改装成量程为3V的电压表，则应该怎样连接一个多大的电阻？由于所用电阻不准，当改装表与标准表比较时，发现当标准值为1.6V时，改装电压表读数为1.5V，则实际所用的电阻值是多少？11．如图所示，盒内有一些导线和四个阻值相同的电阻组成的电路，盒外有A、B、C、D四个接线柱，已知两接线柱间阻值有以下关系：R AB＝2R AC R CD＝2R AB，R AC＝R BD，试在盒内画出电路图．第11题图课时作业(二十八)欧姆定律闭合电路的欧姆定律1.A【解析】由电路图可知，电流表测流过R2的电流，电压表测外电路电压，当滑片P向b点滑动时，外电路电阻增大，R与R2并联电阻增大，则干路电压增大，电压表示数增大，R2两电压增大，流过R2的电流增大，故电流表示数增大，故选A.2.AD【解析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电流表示数减小，电压表示数增大，变化过程中ΔU和Δl的比值等于定值电阻R0与电源内阻r之和，保持不变；电压表示数U和电流表示数I的比值等于可变电阻R的阻值，逐渐增大，选项A正确B错误；电阻R0两端电压减小，减小量小于ΔU，选项C错误；电容器的带电量增大，增加量为CΔU，选项D正确．3.D【解析】闭合开关S后，将照射光强度增强，光敏电阻R3阻值减小，灯泡L 中电流增大，将变亮，电路的路端电压将减小，选项AB错误；R2两端的电压将减小，R1两端的电压将增大，选项D正确C错误．4.B【解析】当环境温度升高时，热敏电阻R4阻值减小，电容器两端电压升高，带电量增大，选项A错误；当环境温度升高时，热敏电阻R4阻值减小，若R2的阻值减小，R2两端电压可能保持不变，电流表的示数可能保持不变，选项B正确；若R2的阻值增大，导致电容器两端电压升高，电容器的带电量增大，选项C错误；若R4的阻值减小，不影响电容器带电量，但是当环境温度升高时，热敏电阻R4阻值减小，电容器两端电压升高，带电量增大，选项D错误．5.A【解析】当滑动变阻器滑片向下移动时，外电路电阻变小，则外电路电压减小，电压表示数变小，R2两端电压减小，则流过R2的电流减小，电流表示数减小，选A.6.C【解析】A．消毒用电器P、R1、R2串联，光照时，消毒用电器P分得电压U＝E21.1×20＞24V，可以正常工作，黑暗时，消毒分得电压U′＝E22×20＞24V，也可以正常工作，A错；B.R1、R2并联后与消毒用电器P串联，光照时，消毒用电器P分得电压P分得电压U＞E20.1×20＞24U，可以正常工作，黑暗时，消毒用电器P分得电压U′＝E21×20＞24V，也可以正常工作，B错；C.消毒用电器P与R2并联后与R1串联，光照时，消毒用电器分得电压U≈111E＞24V，可以正常工作，黑暗时，消毒用电器P分得电压U′≈12E＜24V，不可以正常工作，C对；消毒用电器P与R1并联后与R2串联，光照时，消毒用电器P分得电压U≈111E＜24V，不可以正常工作，黑暗时，消毒用电器P分得电压U′≈12E＜24V，不可以正常工作，D错；故选C.7.D【解析】指标灯上端为“＋5V”高电压，若存在磁铁矿，则GMR的电阻大幅度减小，GMR分得电压变小，逻辑门电路为“非”门，此时指标灯亮，若将R调大，则GMR分得电压变小，逻辑门电路左端电压更大，门电路右端电压变小，探测仪的灵敏度提高，故选D.8.BD【解析】.滑片向下滑动，R3减小，R总减小，I增大，UR1增大，U C减小，∵U＝QC，∴Q减少，B正确；I增大，U＝E－Ir，U减小，∵UR2减小，I2减小，I3＝I－I2，I3增大，即电压表示数减小，电流表示数增大，答案选B、D.9.AD【解析】只有S1闭合时，L1和L2串联，电容器两端的电压等于电源两端的电压S2闭合后，L3和L2并联，再和L1串联．则L1两端的电压增大，故L1变亮，电容器两端的电压减小，故电容器放电，电荷量减少．电流表上的电流是电容器的放电电流，故方向从右向左．10.1.48×104Ω 1.58×104Ω【解析】 满偏时，I ＝I ′g ＝200uA ，R ＝u Ig ＝3u 2×10－4A＝1.5×104Ω，连接电阻R′＝1.5×104－200Ω＝1.48×104Ω，标准值1.60时，此时电压表半偏则I g 2(200＋R″)＝1.6R ″＝15800Ω 11．如图所示第11题图。
高中物理人教版版选修3-1课时作业：第二章7 闭合电路的欧姆定律(3)
高中物理人教版版选修3-1课时作业：第二章7闭合电路的欧姆定律(3)[A 组 基础巩固]一、单项选择题1．用E 表示电源电动势，U 表示路端电压，Ur 表示内电压，R 表示外电路总电阻，r 表示电源内电阻，I 表示干路电流，则下列各式中正确的是( )A ．Ur ＝IRB ．Ur ＝E －UC ．U ＝E ＋IrD ．U ＝RER ＋r解析：因为不知道外电路是纯电阻电路还是非纯电阻电路，所以I ＝不一定成立，Ur ＝E －U 一定成立，故D 错误，B 正确；Ur ＝Ir ，A 错误；U ＝E －Ir ，C 错误．答案：B2．在如图所示的电路中，电源电动势E 和内阻r 恒定不变，电灯L 恰好能正常发光．如果滑动变阻器的滑片向b 端滑动，则( )A ．电灯L 更亮，电流表的示数减小B ．电灯L 更亮，电流表的示数增大C ．电灯L 变暗，电流表的示数减小D ．电灯L 变暗，电流表的示数增大解析：滑动变阻器的滑片向b 端滑动，变阻器接入电路的电阻增大，总电流减小，即电流表示数减小，由U ＝E －Ir 知路端电压增大，电灯L 两端的电压等于路端电压，所以电灯两端的电压增大，会更亮，A 正确．答案：A 3．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是( )A．L变暗，Q增大B．L变暗，Q减小D．L变亮，Q减小C．L变亮，Q增大解析：滑动变阻器滑片向下移动时，R2变小，R总变小，I总变大，路端电压变小，UL变小，IL变小，L变暗，因I总变大，IL变小，则IR1变大，UR1变大，故UC＝UR2变小，再由Q＝CUC可知Q减小，故只有B正确．答案：B 4．图为测量某电源电动势和内阻时得到的UI图线．用此电源与3个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电路可能为( )解析：电源的电动势为6 V，内阻为0.5 Ω.在A电路中，外电阻为1 Ω，则总电阻为1.5 Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为4 A，则外电压为4 V，A错误．在B电路中，外电阻为2 Ω，则总电阻为2.5 Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为2.4 A，则外电压为4.8 V，B正确．在C电路中，外电阻为9 Ω，则总电阻为9.5 Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为 A，则外电压为 V，C错误．在D电路中，外电阻为4.5 Ω，则总电阻为5 Ω，根据闭合电路欧姆定律，总电流为1.2 A，则外电压为5.4 V，D错误．答案：B 5.如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、。
高中人教版物理选修3-1课时分层作业2-7闭合电路的欧姆定律
课时分层作业十六闭合电路的欧姆定律(20分钟50分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)1.如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。
断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为( )A.1 ΩB.2 ΩC.3 ΩD.4 Ω【解析】选A。
根据闭合电路欧姆定律U外=EIr和I=,结合I=可得E=3 V,r=1 Ω,故选项A正确,B、C、D错误。
2.电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力,因此( )A.电动势是一种非静电力B.电动势越大,表明电源储存的电能越多C.电动势的大小是非静电力做功能力的反映D.电动势就是闭合电路中电源两端的电压【解析】选C。
电动势是表征电源转化电能能力的物理量,并不是一种“力”,A错。
转化的能力与转化的能力多少并不是一个概念,B错,C 对。
电动势与电源两端的电压有着本质的区别,只有当外电路断路或者不考虑电源内阻的情况下,电动势和电源两端的电压在数值上相等,因此D错。
3.在如图的闭合电路中,当滑片P向右移动时,两电表读数的变化是( )A.A变大,V变大B.A变小,V变大C.A变大,V变小D.A变小,V变小【解析】选B。
当滑片向右移动时,R变大,电路中的总电阻变大。
根据闭合电路欧姆定律:电路中的电流I=变小,即电流表读数变小;电压表读数U=EIR0变大,B正确。
4.(多选)如图所示为闭合电路中两个不同电源的UI图象,则下列说法中正确的是( )A.电动势E1=E2,短路电流I1>I2B.电动势E1=E2,内阻r1>r2C.电动势E1>E2,内阻r1>r2D.当两电源的工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化较大【解析】选A、D。
由闭合电路的欧姆定律得E=U+Ir。
当I=0时电动势E等于路端电压U,即UI图线和U轴的交点就是电动势,由图知,两电源的电动势相等。
当U=0时I=,UI图线和I轴的交点就是短路电流,由图可知I1>I2。
精选人教版高中物理选修3-1学案：第二章 第3节 欧姆定律含答案
第3节欧姆定律1.电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，其定义式为R ＝U I，电阻的大小取决于导体本身，与U 和I 无关。
2．欧姆定律的表达式为I ＝U R，此式仅适用于纯电阻电路。
3．在温度不变时，线性元件的伏安特性曲线是一条过原点的倾斜直线。
4．所有金属的电阻率均随温度的升高而变大。
一、欧姆定律 1．电阻(1)定义：导体两端的电压与通过导体的电流大小之比，用R 表示。
(2)定义式：R ＝U I。
(3)单位：欧姆(Ω)，常用的单位还有k Ω、M Ω，且1 Ω＝10－3k Ω＝10－6M Ω。
(4)物理意义：反映导体对电流阻碍作用的大小。
2．欧姆定律(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比。
(2)表达式：I ＝U R。
(3)适用范围：适用于金属导电、电解液导电的纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路)，而对气体导电、半导体导电不适用。
二、导体的伏安特性曲线 1．定义建立平面直角坐标系，用纵轴表示电流I ，用横轴表示电压U ，画出导体的I -U 图线。
2．线性元件导体的伏安特性曲线为过原点的直线，即电流与电压成正比的线性关系的元件，如金属导体、电解液等。
3．非线性元件伏安特性曲线不是直线的，即电流与电压不成正比的电学元件，如气态导体、半导体等。
1．自主思考——判一判(1)定值电阻满足R ＝U I，U 和I 变化时，二者变化的倍数相同。
(√) (2)电阻越大，表示导体对电流的阻碍作用越大，导体的导电能力越强。
(×) (3)对于金属导体，电压变化时，可能导致电阻发生变化。
(√) (4)无论是线性元件还是非线性元件，其伏安特性曲线均过原点。
(√) (5)U -I 图线和I -U 图线中，图线上的点与原点连线的斜率的含义不同。
(√) 2．合作探究——议一议(1)一台电动机接入电路中，正常工作时能用欧姆定律求电流吗？ 提示：不能。
(2)某同学用正确的方法描绘出了某种半导体元件的伏安特性曲线如图所示，这种元件是线性元件吗？该元件的电阻随U 的增大是如何变化的？提示：该元件是非线性元件，该元件的电阻随U 的增大而减小。
高中物理第二章第7节闭合电路的欧姆定律课时作业新人教版选修3_1
第7节 闭合电路的欧姆定律1．闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比，表达式为I ＝ER ＋r，适用于外电路是纯电阻的电路．2．路端电压是指外电路两端的电压，即电源的输出电压U ＝E －Ir .(1)当外电阻R 增大时，I 减小，内电压减小，路端电压U 增大．当外电路断开时，I ＝0，U ＝E .(2)当外电阻R 减小时，I 增大，内电压增大，路端电压U 减小．当电源两端短路时，外电阻R ＝0，I ＝E r，U ＝0.3．由U 外＝E －Ir 可知，U 外I 是一条斜向下的直线，直线斜率的绝对值等于电源内阻，直线在纵轴上的截距表示电动势，直线在横轴上的截距表示短路电流I ＝E r.4．有两个相同的电阻R ，串联起来接在电动势为E 的电源上，通过每个电阻的电流为I ，若将这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R 的电流为2I /3，则该电源的内阻是( )A ．RB ．R /2C ．4RD ．R /8 答案 C解析 由闭合电路欧姆定律得，两电阻串联时I ＝E 2R ＋r ，两电阻并联时23I ＝12·ER2＋r ，解得r ＝4R ，故选C.5．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV ，短路电流为40 mA.若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是( )A ．0.10 VB ．0.20 VC ．0.30 VD ．0.40 V 答案 D解析 由已知条件得：E ＝800 mV.又因I 短＝E r ，所以r ＝E I 短＝80040Ω＝20 Ω.所以U ＝IR ＝E R ＋r R ＝80020＋20×20 mV＝400 mV＝0.40 V ，选项D 正确．【概念规律练】知识点一 闭合电路欧姆定律1. 如图1所示，当开关S 断开时，电压表示数为3 V ，当开关S 闭合时，电压表示数为1.8 V ，则外电阻R 与电源内阻r 之比为( )图1A ．5∶3B ．3∶5C ．2∶3D ．3∶2答案 D解析 S 断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E ＝3 V ．S 闭合时，U 外＝1.8 V ，所以U 内＝E －U 外＝1.2 V ．因U 外＝IR ，U 内＝Ir ，所以R ∶r ＝U 外∶U 内＝1.8∶1.2＝3∶2.2. 如图2所示，电源电动势E ＝30 V ，内阻r ＝1 Ω，灯泡上标有“6 V 12 W”字样，直流电动机线圈电阻R ＝2 Ω，若灯泡恰好能正常发光，求电动机输出的机械功率．图2答案 36 W解析 因灯泡正常发光，所以I ＝P U ＝126A ＝2 AU 内＝Ir ＝2×1 V＝2 V 所以电动机电压为U M ＝E －U 内－U ＝30 V －2 V －6 V ＝22 V 电动机输出的机械功率为P 机＝U M I －I 2R ＝22×2 W－22×2 W＝36 W. 知识点二 路端电压与负载的关系3．若E 表示电动势，U 表示外电压，U ′表示内电压，R 表示外电路的总电阻，r 表示内电阻，I 表示电流，则下列各式中正确的是( )A ．U ′＝IRB ．U ′＝E －UC ．U ＝E ＋IrD ．U ＝RR ＋r·E答案 BD4. 如图3所示为两个独立电路A 和B 的路端电压与其总电流I 的关系图线，则( )图3A ．路端电压都为U 1时，它们的外电阻相等B ．电流都是I 1时，两电源内电压相等C ．电路A 的电动势大于电路B 的电动势D ．A 中电源的内阻大于B 中电源的内阻 答案 ACD解析 在路端电压与总电流的关系图线(U —I )中，图线在U 轴上的截距表示电动势E ，图线斜率的绝对值表示电源的内阻，可见E A >E B ，r A >r B .图中两直线的交点坐标为(I 1、U 1)，由R ＝U I可知，路端电压都为U 1时，它们的外电阻相等．由U ′＝Ir 可知，电流都是I 1时，因r 不相等，故两电源内电压不相等．所以选项A 、C 、D 正确．【方法技巧练】一、闭合电路动态问题的分析方法5．如图4所示的电路中，在滑动变阻器的滑片P 向上端a 滑动过程中，两表的示数情况为( )图4A．电压表示数增大，电流表示数减小B．电压表示数减小，电流表示数增大C．两电表示数都增大D．两电表示数都减小答案 A6．在如图5所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表○A 的读数为I，电压表○V 的读数为U，当R5的滑动触点向图中a端移动时( )图5A．I变大，U变小 B．I变大，U变大C．I变小，U变大 D．I变小，U变小答案 D解析本题考查闭合电路的动态分析．当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5接入电路的电阻变小，外电路的总电阻就变小，总电流变大，路端电压变小即电压表○V 的读数U 变小；由于总电流变大，使得R1、R3两端电压都变大，而路端电压又变小，因此，R2和R4串联两端电压变小，则电流表○A 的读数I变小，故选D.方法总结闭合电路的动态分析是一类非常典型的题目类型，解决这类问题的关键是抓住电源的E、r不变，思路是外电路电阻变化，引起全电路中电流的变化，根据闭合电路欧姆定律公式I＝ER＋r，以及E＝U外＋U内＝IR＋Ir进行正确推理，从而判定路端电压U外和内电压U内的变化．然后再应用串、并联电路的特点判断外电路的电流或某个电阻的变化情况，即应用“部分——整体——部分”这样的顺序分析．二、闭合电路功率问题的分析7. 如图6所示，直线A为电源的路端电压U与电流I关系的图象，直线B是电阻R的两端电压U与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别为( )图6A．4 W,33% B．2 W,33%C．2 W,67% D．4 W,67%答案 D8. 如图7所示的电路中，电池的电动势E＝5 V，内电阻r＝10 Ω，固定电阻R＝90 Ω，R0是可变电阻．在R0由0增加到400 Ω的过程中，求：图7(1)可变电阻R 0上消耗热功率最大的条件和最大热功率； (2)电池的内电阻r 和固定电阻R 上消耗的最小热功率之和．答案 (1)R 0＝100 Ω时，P m ＝116W(2)0.01 W解析 (1)可变电阻R 0上消耗的热功率P 1＝I 2R 0＝(E R ＋R 0＋r )2R 0＝25R 0R 0＋2＝25R 0－2R 0＋400由上式可得：当R 0＝100 Ω时，P 1有最大值P m ＝25400 W ＝116 W.(2)r 和R 上消耗的热功率之和P 2＝I 2(R ＋r )＝25R 0＋2×100由上式可知，R 0最大时，P 2最小，即当R 0＝400 Ω时，P 2有最小值P 2min ＝25＋2×100 W＝0.01 W.方法总结 电源的输出功率P 与外电阻R 的关系P出＝UI ＝I 2R ＝(E R ＋r)2R ＝E 2R R －r 2＋4Rr ＝E 2R －r 2R＋4r由上式可知：当R ＝r 时，P 出有最大值，且最大值P m ＝E 24r.根据电源的输出功率与外电阻的关系可知，二者关系如图所示．1．在闭合电路中，下列叙述正确的是( )A ．闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比B ．当外电路断开时，路端电压等于零C ．当外电路短路时，电路中的电流无穷大D ．当外电阻增大时，路端电压也增大 答案 AD2．在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系下列说法正确的是( )A ．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B ．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C ．若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小D ．若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和 答案 D3. 如图8所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U —I 图象，则下列说法中正确的是( )图8A．电动势E1＝E2，短路电流I1>I2B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C．电动势E1>E2，内阻r1<r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大答案AD解析由图象可知两电源的U—I图线交纵轴于一点，则说明两电源的电动势相同；交横轴于两不同的点，很容易判断电源1的短路电流大于电源2的短路电流，则A项正确．又由两图线的倾斜程度可知图线2的斜率的绝对值大于图线1的斜率的绝对值，即电源2的内阻大于电源1的内阻，则可知B、C项错误．由图象可判断当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压的变化量大于电源1的路端电压的变化量，可知D项正确．4. 如图9所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )图9A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大答案 A解析滑动触头由a端滑向b端的过程中，R1值减小，因此总电阻变小，D错误；干路电流变大，路端电压变小，A正确；内阻消耗的功率变大，C错误；定值电阻R3两端的电压变小，电流表示数变小，B错误．5.在如图10所示电路中，当变阻器的滑动头P由a向b端移动时( )图10A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小答案 B6. 如图11所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，曲线OBC 表示同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线．若A、B点的横坐标均为1 A，那么AB线段表示的功率为( )图11A ．1 WB ．6 WC ．2 WD ．2.5 W 答案 C解析 由图象中不难看出，在C 点，电源的总功率等于电源内部的热功率，所以电源的电动势为E ＝3 V ，短路电流为I ＝3 A ，所以电源的内阻为r ＝E I＝1 Ω.图象上AB 段所表示的功率为P AB ＝P 总－I 2r ＝(1×3－12×1) W＝2 W ．故正确选项为C.7. 如图12所示的电路中，灯泡A 、灯泡B 原来都是正常发光的．现在突然灯泡A 比原来变暗了些，灯泡B 比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )图12A ．R 1短路B ．R 2断路C ．R 3断路D ．R 1、R 2同时短路 答案 C8. 如图13所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )图13A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流 答案 BD9．如图14所示，电动势为E 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接．只合上开关S 1，三个灯泡都能正常工作．如果再合上S 2，则下列表述正确的是( )图14A ．电源输出功率减小B ．L 1上消耗的功率增大C ．通过R 1上的电流增大D ．通过R 3上的电流增大 答案 C解析 合上S 2之前，R 3与L 3串联后与L 1、L 2并联，最后与R 1串联．合上S 2之后，在并联电路部分又增加了一个并联的支路，电路的总阻值减小，电路的总电流也即流过R 1的电流增大，C 正确．因电源的内阻不计，则电源的输出功率P ＝IE 增大，A 错误．通过R 1中的电流增大时R 1两端电压升高，则并联电路部分的两端电压降低，L 1消耗的功率降低，通过R 3与L 3的电流减小，B 、D 均错误．10. 如图15所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝0.2 Ω，标有“8 V 16 W”的灯泡L 恰好正常发光，电动机线圈电阻R 0＝0.15 Ω，则电源的输出功率为( )图15A ．16 WB ．440 WC ．80 WD ．400 W 答案 C解析 电路的总电流I ＝E －U 额r ＝10－80.2A ＝10 A ，则电源的输出功率为P ＝IU 额＝10×8 W＝80 W11．如图16所示的电路中，当开关S 接a 点时，标有“5 V 2.5 W”的小灯泡L 正常发光，当开关S 接b 点时，通过电阻R 的电流为1 A ，这时电阻R 两端的电压为4 V ．求：图16(1)电阻R 的值；(2)电源的电动势和内阻．答案 (1)4 Ω (2)6 V 2 Ω解析 (1)电阻R 的值为R ＝U 2I 2＝41Ω＝4 Ω.(2)当开关接a 时，有E ＝U 1＋I 1r ， 又U 1＝5 V ，I 1＝P 1U 1＝2.55A ＝0.5 A.当开关接b 时，有E ＝U 2＋I 2r ， 又U 2＝4 V ，I 2＝1 A ，联立解得E ＝6 V ，r ＝2 Ω.12．如图17所示电路中，E ＝10 V ，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF ，电池内阻不计，求：图17(1)闭合开关S ，稳定后通过R 1的电流；(2)然后将开关S 断开，这以后流过R 1的总电荷量．答案 (1)1 A (2)1.2×10－4C解析 (1)闭合S 时：I ＝E R 1＋R 2＝104＋6A ＝1 A(2)设S 闭合与断开时C 的电荷量分别为Q 1、Q 2，则： Q 1＝CIR 2 Q 2＝CE所以，断开S 后，流过R 1的电荷量为：ΔQ＝Q2－Q1＝30×10－6×(10－6) C＝1.2×10－4 C。
高中物理选修3-1课时作业5：2.3 欧姆定律
训练3 欧姆定律一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)1．根据欧姆定律，下列判断正确的是()A．导体两端的电压越大，导体的电阻越大B．加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数C．电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低D．虽然电解液短时间内导电的UI线是一条直线，但欧姆定律并不适用2．有四个金属导体，它们的U－I图象如图1所示，电阻最大的导体是()图1A．a B．bC．c D．d3．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的是()A．甲、乙两导体中的电流相同B．乙导体中的电流是甲导体中的2倍C．甲、乙两导体两端的电压相同D．乙导体两端的电压是甲的2倍4．某家用台灯可通过调节开关使它的亮度逐渐增大到最亮，若灯最亮时的电压为220 V，工作电流为0.18 A，则当电压为110 V时，灯丝的电阻为()A．等于1 222 ΩB．等于611 ΩC．大于1 222 ΩD．小于1 222 Ω5．如图2所示是某导体的伏安特性曲线，由图可知，下列说法不正确的是()图2A．导体的电阻是25 ΩB．导体的电阻是0.04 ΩC．当导体两端的电压是10 V时，通过导体的电流是0.4 AD．当通过导体的电流是0.1 A时，导体两端的电压是2.5 V6．某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的IU图象，如图3所示，则下述判断正确的是()图3A．只有乙图正确B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能正确D．甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差7．某同学在研究三种导电元件的伏安特性时，他根据实验中所测得的数据，分别绘制了IU 图线，如图4甲、乙、丙所示，下列说法正确的是()图4A．图甲的元件可以作为标准电阻使用B．图乙的电阻随电压升高而增大C．图丙的电阻随电压升高而增大D．只有图乙才是可能的8.甲、乙两个电阻，它们的伏安特性曲线画在一个坐标系中如图5所示，则()图5A．甲的电阻是乙的电阻的1 3B．把两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的两倍C．欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍D．甲的电阻是乙的电阻的2倍二、非选择题9．如图6所示为两电阻R A、R B的伏安特性曲线，由图可知：(1)这两电阻大小之比为R A∶R B＝________.图6A．1∶3 B．3∶1 C．1∶ 3 D.3∶1(2)当这两个电阻分别加上相同电压时，通过的电流之比为I A∶I B＝________. A．1∶3 B．3∶1 C．1∶ 3 D.3∶1(3)当这两个电阻分别通上相同电流时，电阻两端的电压之比为U A∶U B＝________. A．1∶3 B．3∶1 C．1∶ 3 D.3∶110．如图7所示为某金属导体的伏安特性曲线：图7(1)试说明导体电阻随电压的变化规律；(2)试算出电压为20 V 时导体的电阻；(3)欧姆定律适用于该导体吗？11．加在某导体上的电压变为原来的3倍时，导体中的电流增加了0.9 A ，如果所加电压变为原来的12时，导体中的电流变为多少？[答案]精析1．C 2.D 3.B 4.D5．B [由题图可知，导体的电阻：R ＝U I ＝50.2Ω＝25 Ω， 当电压U 1＝10 V 时，电流I 1＝U 1R ＝1025A ＝0.4 A ， 当电流I 2＝0.1 A 时，电压U 2＝I 2R ＝0.1×25 V ＝2.5 V ．]6．D7．AB [由题图可知甲元件的电阻不变，乙元件的电阻随电压U 的增大而增大，丙元件的电阻随电压U 的增大而减小，故选A 、B.]8．AC9．(1)A (2)B (3)A[解析] (1)由R ＝U I 得，R A ＝1030 Ω＝13 Ω，R B ＝1010Ω＝1 Ω. 所以R A ∶R B ＝1∶3，故选项A 正确．(2)由I ＝U R知，I A ∶I B ＝R B ∶R A ＝3∶1，故选项B 正确． (3)由U A ＝I A R A ，U B ＝I B R B ，I A ＝I B ，得U A ∶U B ＝R A ∶R B ＝1∶3，故选项A 正确．10．见[解析][解析] (1)由电阻定义式R ＝U I结合曲线，可看出随电压的增大，该导体电阻变大． (2)由题图可知U ＝20 V 时，I ＝1.5 A ，所以R ＝U I ＝201.5Ω≈13.3 Ω. (3)该导体的电流与电压不成正比，IU 曲线不是过坐标原点的直线，这是因为导体的电阻发生了变化，但对于曲线上的每一点，欧姆定律仍然适用．11．0.225 A[解析] 设导体电阻为R ，导体上原来的电压为U 0，通过的电流为I 0，则当电压变为原来的3倍时，由欧姆定律得：I 0＝U 0R ，I 0＋0.9＝3U 0R由以上两式解得：U 0R＝0.45 A. 当电压为12U 0时，I ＝U 02R ＝12×0.45 A ＝0.225 A.。
高中物理选修3-1课时作业18：2.3 欧姆定律
第3节 欧姆定律基础过关1.(多选)欧姆定律适用于( ) A.金属导电B.气体导电C.电解质溶液导电D.所有导电物质[解析] 欧姆定律适用于金属导电、电解质溶液导电，对气体导电、半导体导电不适用，故A 、C 正确，B 、D 错误。
[答案] AC2.(多选)根据欧姆定律，下列说法正确的是( )A.由关系式U ＝IR 可知，导体两端的电压U 由通过它的电流I 和它的电阻R 共同决定B.由关系式R ＝UI 可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C.由关系式I ＝UR 可知，导体中电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D.由关系式R ＝UI 可知，对一个确定的导体来说，所加的电压跟通过导体的电流的比值是一定值[解析] U ＝IR 和I ＝UR 的意义不同，可以说I 由U 和R 共同决定，但不能说U 由I 和R 共同决定，因为电流产生的条件是导体两端存在电势差，A 错误，C 正确；可以利用R ＝UI 计算导体的电阻，但R 与U 和I 无关，B 错误，D 正确。
[答案] CD3.(2017·吉林长春外国语学校月考)已知用电器A 的电阻是用电器B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( )A.I A ＝2I BB.I A ＝12I BC.I A ＝I BD.I A ＝14I B[解析] 由I A ＝U A R A 、I B ＝U B R B 及R A ＝2R B 、U A ＝12U B 得I A ＝12U B 2R B ＝U B 4R B ＝14I B ，D 正确。
[答案] D4.如图1所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U 和电流I 。
图线上点A 的坐标为(U 1，I 1)，过点A 的切线与纵轴交点的纵坐标为I 2，小灯泡两端的电压为U 1时，电阻等于( )图1A.I 1U 1B.U 1I 1C.U 1I 2D.U 1I 1－I 2[解析] 由电阻的定义式R ＝U I 可知，B 正确，其他选项错误。
高中物理第二章第3节欧姆定律课时作业新人教版选修3-1
高中物理第二章第3节欧姆定律课时作业新人教版选修3-1U U U1．对给定的导体，I 保持不变，对不一样的导体，I一般不一样，比值I反应了导体对电流的阻挡作用，叫做电阻，用R表示．导体的电阻取决于导体自己的性质，与导体两头的电压和经过导体的电流没关．U 2．导体中的电流跟导体两头的电压成正比，跟导体的电阻成反比，用公式表示为I ＝R，这个规律叫欧姆定律，其合用于金属导体导电和电解液导电．3．在直角坐标系中，纵坐标表示电流，横坐标表示电压，这样画出的I—U图象叫导体的伏安特征曲线．在温度没有明显变化时，金属导体的电阻几乎是恒定的，它的伏安特征曲线是经过坐标原点的倾斜直线，拥有这种伏安特征的电学元件叫做线性元件．欧姆定律对气态导体和半导体元件其实不合用，在这种状况下电流与电压不行正比，这种电学元件叫非线性元件，它们的伏安特征曲线不是直线．对电阻必定的导体，U— I 图和 I —U 图两种图线都是过原点的倾斜直线，但U—I 图象的斜率表示电阻．关于电阻随温度变化的导体 ( 半导体 ) ，是过原点的曲线．4．依据欧姆定律，以下说法中正确的选项是()A．从关系式＝IR 可知，导体两头的电压U 由经过它的电流I 和它的电阻R 共同决定UB．从关系式R＝U/ I可知，导体的电阻跟导体两头的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．从关系式I＝U/ R可知，导体中的电流跟导体两头的电压成正比，跟导体的电阻成反比D．从关系式R＝U/ I可知，对一个确立的导体来说，所加的电压跟经过导体的电流的比值是必定值答案 CDUI 由 U和 R共同决定，但不可以说 U由 I 和 R共分析 U＝ IR 和 I ＝的意义不一样，能够说R同决定，因为电流产生的条件是导体两头存在电势差，故 A 错， C对；能够利用U＝计算导R I体的电阻，但 R与 U和 I 没关．故B错，D对．正确选项为C、D.5. 甲、乙两个电阻，它们的伏安特征曲线画在一个坐标系中如图 1 所示，则 ( )图 1A．甲的电阻是乙的电阻的1/3B．把两个电阻两头加上同样的电压，经过甲的电流是经过乙的两倍C．欲使有同样的电流经过两个电阻，加在乙两头的电压是加在甲两头电压的 3 倍D．甲的电阻是乙的电阻的 2 倍答案 AC【观点规律练】知识点一欧姆定律U U1．由欧姆定律I ＝R导出 U＝ IR 和 R＝I，以下表达中正确的选项是()A．导体的电阻跟导体两头的电压成正比，跟导体中的电流成反比B．导体的电阻由导体自己的性质决定，跟导体两头的电压及流过导体的电流的大小无关C．对确立的导体，其两头电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值D．必定的电流流过导体，电阻越大，其电压降越大答案BCDR 分析导体的电阻是由导体自己的性质决定的，与所加的电压和经过的电流没关．当一准时，才有 I ∝ U，故A错，B、C、D正确．2．某电压表的量程是 0～15 V，一导体两头电压为 1.6 V 时，经过的电流为 2 mA.此刻若给此导体通以 20 mA 电流，可否用这个电压表去丈量导体两头的电压？答案 不可以分析 已知： U 1＝ 1.6 V ， I 1＝ 2 mA ，所以＝ U ＝1.6 －3 Ω＝ 800 Ω.R 1I 12×10当导体通以电流 I 2 ＝ 20 mA 时，加在导体两头的电压 2＝ 2· ＝20×10 －3×800 V ＝ 16 V.U I R由计算可知， 此时导体两头的电压高出电压表量程， 所以不可以用这个电压表丈量导体两头的电压．评论 在应用欧姆定律解答实质的问题时，要特别注意公式中三个量 I 、U 、 R ，这三个量拥有“同一性”和“同时性”的特征．知识点二 导体的伏安特征曲线3. 如图 2 所示的图象所对应的两个导体：图 2(1) 电阻关系 R 1∶ R 2 为____________ ；(2) 若两个导体中的电流相等 ( 不为零 ) 时，电压之比 U 1∶ U 2 为 ______；(3) 若两个导体的电压相等 ( 不为零 ) 时，电流之比 I 1∶ I 2 为________． 答案 (1)3 ∶ 1 (2)3 ∶ 1 (3)1 ∶ 3(1) 因为在 I — U 图象中，电阻等于斜率的倒数，即 R ＝U分析 I ，所以－ 310×10R 1＝ 5×10－3 Ω＝ 2 Ω10×10 － 32 R 2＝15×10 －3Ω＝ 3Ω，2故 R 1∶ R 2＝2∶ ( 3) ＝3∶ 1.(2) 由欧姆定律得 U 1＝ I 1R 1， U 2＝ I 2R 2，因为 I 1＝ I 2 ，则 U 1∶ U 2＝ R 1∶R 2＝ 3∶ 1.UU(3) 由欧姆定律得 I 1＝12，I 2＝ ，R 1R 2因为 U 1＝U 2，则 I 1∶ I 2 ＝R 2∶ R 1＝ 1∶ 3.评论 对 I — U 图象或 U — I 图象进行剖析比较时， 要先认真辨识纵轴与横轴各代表什么，以及由此对应的图象上随意一点与坐标原点连线的斜率的详细意义．以以下图甲中， R <R ；而在图乙中2> 1.21R R4.某导体中的电流随其两头电压的变化，如图 3 所示，则以下说法中正确的选项是()图 3A．加 5 V 电压时，导体的电阻约是 5 ΩB．加 11 V 电压时，导体的电阻约是 1.4 ΩC．由图可知，跟着电压的增大，导体的电阻不停减小D．由图可知，跟着电压的减小，导体的电阻不停减小答案ADU 分析对某些导电器械，其伏安特征曲线不是直线，但曲线上某一点的I 值仍表示该点U所对应的电阻值．此题中给出的导体在加 5 V 电压时，I值为 5，所以此时电阻为 5 Ω；当U电压增大时，I值增大，即电阻增大，综合判断可知B、 C项错误．【方法技巧练】一、欧姆定律的应用技巧5．若加在某导体两头的电压变成本来的3/5 时，导体中的电流减小了0.4 A ．假如所加电压变成本来的 2 倍，则导体中的电流多大？答案 2.0 A分析 解法一由欧姆定律得： R ＝ U 0 ＝ 3U 0/5 ，I 0 I 0－ 0.4所以 I 0＝1.0 AU 2U 0又因为 R ＝I ＝I 2所以 I 2＝2I 0＝ 2.0 A解法二12 0/5由 R ＝U＝U ＝UI 0I 10.4 得 I 0＝1.0 A 又U 0 U 2＝20－0＝ ＝，此中2R I 0 I 2 UU U所以 2I I 2＝I 0I ＝ ＝2.0 A2解法三 画出导体的 I — U 图象，如右图所示，设本来导体两头的电压为时，导体中的电流为 I 0.U3U 0当 U ＝ 5 时， I ＝I 0－0.4A 当 U ′＝ 2U 时，电流为 I2I 0－ 0.4I 0 0.4I 2由图知＝ 0 ＝＝3 0U2 0 2U5U5U所以 I 0＝1.0 A ， I 2＝2I 0＝ 2.0 A6．某电路两头电压保持不变，当电路电阻为 20 Ω 时，其电流强度为 0.3 A ，电阻增加到 30 Ω 时，其电路中的电流强度要减小多少？电路两头的电压为多大？答案 0.1 A6 VU分析 电路两头电压不变，依据欧姆定律0.3＝30 I ＝0.1 AI ＝ 得0.3 － I ，R20＝20×0.3 V ＝ 6 V.U方法总结 ①运用欧姆定律，应注意 U 、 R 和 I 三者是在同一段电路同一时辰的三个物理量．②由 I ＝U可得：I1 1＝ U ，所以在电阻不变的状况下可用比率式求解．RI 2 U 2二、小灯泡的伏安特征曲线的描述方法5其余供选择的器械有：A．电压表( 量程 6 V ，内阻 20 k Ω) B．电压表( 量程 20 V ，内阻 60 k Ω)C．电流表( 量程 3 A ，内阻 0.2 Ω)D．电流表( 量程 0.6 A ，内阻 1 Ω)E．滑动变阻器R1(0～1 000Ω，0.5 A)F．滑动变阻器R2(0～20Ω，2 A)G．学生电源E(6～8 V)H．开关 S 及导线若干实验中要求电压表示数在0～ 6 V 范围内变化，读取并记录下12 组左右不一样的电压值U 和对应的电流值I ，以便绘出伏安特征曲线．在上述器械中，电压表应采纳________，电流表应采纳 __________，变阻器应采纳__________，并画出实验原理图．答案V1A2R2电路图看法析图分析小灯泡为“ 6 V 3 W”，额定电压为 6 V ，额定电流为 0.5 A ，即同意经过小灯泡的电流最大不超出 0.5 A ，最大电压不超出 6 V ．在选择电压表和电流表时，本着安全、精准的原则，安全原则即量程要大于所测电流或电压值；精准原则是量程要尽量小，量程越小丈量越精准．故电流表应选A2，电压表应选V1. 滑动变阻器选用时要本着安全、够用、调E节方便的原则，“安全”即流过滑动变阻器的最大电流( I≈R) 应小于同意经过的最大电流；“调理方便”即变阻器的总电阻应凑近小灯泡的电阻．本实验中小灯泡在正常工作时的电阻U262R灯＝P＝3Ω＝12Ω，故应采纳R2.连结电路时，变阻器采纳分压式接法；电流表采纳外接法．实验原理图以下图．评论电学实验是历年来高考考察的热门之一，电学实验器械的选用，应本着安全、精准、调理方便的原则．此题中叙述的选用方法很简易，且简单理解，同学们应注意意会、掌握．1．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内经过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的选项是()A．甲、乙两导体中的电流同样B．乙导体中的电流是甲导体的 2 倍C．甲、乙两导体两头的电压同样D．乙导体两头的电压是甲的 2 倍答案 Bq U分析由电流的定义式I ＝t可知乙的电流是甲的两倍．由I ＝R得 U＝ IR，可知乙两头的电压是甲两头电压的 4 倍，所以A、 C、 D 错误．2.一个阻值为R的电阻两头加上电压U后，经过导体截面的电荷量q 与通电时间t 的图象如图 4 所示．此图线的斜率( 即 tanθ)等于()图 4A．U B．RU RC.RD.U答案 Cq U分析在 q— t 图上斜率表示电流I ＝t，而由欧姆定律知I ＝R，应选项C正确．3.如图 5 所示为四只电阻的伏安特征曲线，四只电阻并联起来使用时，经过各个电阻的电流分别是I 1、 I 2、 I 3、 I 4，则其大小次序为()图 5A．I>I>I>IB．I4>I3>I2>I1C．I1＝I2＝I3＝I4D．I1>I2>I3>I4答案 DU 分析由 I — U 图象可知， R1<R2<R3<R4，四只电阻并联时， U1＝U2＝ U3＝ U4，由I ＝R得I 1>I 2>I 3>I 4.4．某同学做三种导电元件的导电性实验，他依据所丈量的数据分别绘制了三种元件的I — U图象，如图6 所示，则下述判断正确的选项是()图 6A．只有乙图正确B．甲、丙图的曲线必定是有时偏差太大C．甲、丙不遵照欧姆定律，必定不行能D．甲、乙、丙三个图象都可能正确，其实不必定有较大偏差答案 D分析因为三种导电元件可能是线性的，也可能是非线性的，故其I — U图象可能是直线，也可能是曲线，故 D 正确．5．已知用电器 A 的电阻是用电器B的电阻的 2 倍，加在A上的电压是加在B上的电压的一半，那么经过A和 B 的电流 I A和 I B的关系是( )I BA．I A＝2I B B．I A＝2C．I A＝I B D．I A＝I B 4答案 DU U UAB ABBA分析由I＝得：I ∶I ＝ A BR ∶R ＝UR∶URRA B＝1∶4 即＝1，应选 D.I 4IA B6. 如图7 是电阻R的 I —U图线，图中α＝45°，由此得出( )10图 7A ．经过电阻的电流与两头电压成正比B ．电阻 R ＝0.5 ΩC ．因 I — U 图线的斜率表示电阻的倒数，故 R ＝ cot α＝1.0 ΩD ．在 R 两头加 6.0 V 电压时，每秒经过电阻横截面的电荷量是 3.0 C 答案 ADU 10 V 分析 因为 I — U 图线为向来线，所以 A 正确．因为 R ＝ I 所以 R ＝ 5 A ＝2 Ω，故 B 不对．因为两坐标单位不一样，不可以用公式R ＝ cot α＝1.0 Ω 来计算，故 C 不对．当 U ＝ 6 V U时， I ＝ R ＝3 A ，每秒经过电阻横截面的电荷量由q ＝ It 可知是 3.0 C ，故 D 对．7．电路中有一段导体，给它加上 3 V 的电压时，经过它的电流为 2 mA ，可知这段导体的电阻为 ________ Ω；假如给它两头加 2 V 的电压，则经过它的电流为 ______ mA ；假如在 它两头不加电压，它的电阻为 ________ Ω.答案 1 500 1.33 1 500分析 由欧姆定律 I ＝U得 R ＝U＝3－ 3Ω＝ 1 500 Ω 导体的电阻不随所加的电压变RI2×10U ＝2V 时，I 2－ 3化，并与能否通电没关，所以当 ＝ 1 500 A ＝1.33 ×10 A ＝ 1.33 mA ，在不加电压时，电阻仍为 1 500 Ω.38．有两段导体，其电阻分别为 R 1 和 R 2，当 R 1 两头的电压是 R 2 两头电压的 2时，经过R 1的电流是经过 R 2 电流的 3 倍，求两段导体的电阻之比．1答案 2分析 设 R 两头的电压为 U ，经过 R 的电流为 I ，则 R 两头的电压为2U ，经过 R 的电221 313U流为 3I ，由欧姆定律知12×3I1 .R ＝ U，所以 R＝＝I R 2U 2IU11I /A 0.020 0.060 0.100 0.140 0.170 0.190 0.200 0.205(1)在图 8 中画出I—U图象．(2)从图象上能够看出，当功率渐渐增大时，灯丝电阻的变化状况是 ________________ ．(3)这表示小灯泡的电阻随温度的高升而________．图 8答案(1) I—U图象看法析图(2) 开始时不变，以后增大(3)增大分析在图中画出图象以下图，曲线开始呈直线状说明开始电阻几乎不变，以后渐渐凑近 U轴说明电阻增大．10．用图 9 中所给的实验器械丈量一个“12 V 5 W”的小灯泡在不一样电压下的功率，此中电流表有 3 A 、 0.6 A两挡，内阻可忽视，电压表有15 V 、 3 V 两挡，内阻很大，对电路无影响．丈量时要求加在灯泡两头的电压可连续地从0V 调到 12V.图 9图 10(1)按要求在实物图上连线 ( 此中部分线路已经连好 ) ．(2) 某次丈量时电流表的指针地点如图10 所示，其读数为________ A. 答案(1) 以下图(2)0.36或5分析关于“ 12 V 5 W”的小灯泡其额定电流大概是I ＝12A<0.6 A，电流表的量程应选 0 A～ 0.6 A，电压表的量程应选 0～ 15 V．依据丈量要求，电压连续地从 0 V 调到 12 V．应接成分压电路，而不该接成限流电路．又因为电流表内阻可忽视，电压表内阻很大对电路无影响，电流表内接或外接都能够．。
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课时训练12欧姆定律
题组一欧姆定律的理解和应用
1.由欧姆定律I=导出U=IR和R=,下列叙述不正确的是()
A.由R=知,导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定
B.导体的电阻由导体本身的物理条件决定,跟导体两端的电压及流过导体的电流大小无关
C.对确定的导体,其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值
D.一定的电流流过导体,电阻越大,其电压降越大
解析:导体的电阻是由导体自身的性质决定的,与所加的电压和通过的电流无关。
当R一定时,才有I ∝U,故A错误,B、C、D正确。
答案:A
2.已知用电器A的电阻是用电器B的电阻的2倍,加在A上的电压是加在B上的电压的一半,那么通过A和B的电流I A和I B的关系是()
A.I A=2I B
B.I A=
C.I A=I B
D.I A=
解析:由欧姆定律得I A=,I B=,I A∶I B=。
答案:D
3.
有A、B、C、D四个电阻,它们的U-I关系如图所示,则图中电阻最大的是()
A.A
B.B
C.C
D.D
解析:本题给出的图象是U-I图线,直线的斜率等于导体的电阻,由此判断A正确。
答案:A
4.某电阻两端电压为8 V,20 s通过的电荷量为40 C,则此电阻为多大?8 s内有多少电子通过它的横截面积?
解析:通过电阻的电流I= A=2 A,故电阻R=Ω=4 Ω。
8 s内通过电阻的电子个数
(个)=1.0×1020(个)。
n=
-
答案:4 Ω1.0×1020个
题组二伏安特性曲线
5.在如图甲所示的电路中,电源电动势E=6 V,内阻忽略不计。
定值电阻R0=250 Ω,其阻值不随温度变化,R1为可变电阻。
电阻R的U-I图象如图乙所示。
由图乙可知,当通过电阻R的电流为2 mA时,电阻R的阻值为Ω。
调节可变电阻的阻值,使通过电阻R的电流为4 mA,则此时可变电阻R1两端的电压为V。
解析:根据题图乙可知,当通过电阻R的电流为2 mA时,其对应的电压为2 V,根据欧姆定律I=,可求出电阻R的阻值为1 000 Ω;当通过电阻R的电流I'=4 mA时,R两端的电压U R=3 V,此时R0两端的电压U0=I'R0=1 V,所以可变电阻两端的电压U1=E-U0-U R=2 V。
答案:1 000 2
题组三综合应用
6.管道煤气的用户家中都有一个漏气报警器,报警器中有一个对煤气敏感的电阻元件。
小明同学突然想到一个问题,该元件是线性元件还是非线性元件呢?为此他从一个废弃的报警器中拆下该元件接入电路中,
解析:可以根据表中数据在坐标纸上描点,由图象看特点,若I-U图线是过原点的直线则表示“敏感”元件是线性的,若I-U图线是曲线则表示“敏感”元件是非线性的。
I-U图线如图所示,由此可见“敏感”元件是非线性元件。
答案:非线性元件
(建议用时:30分钟)
1.有一家用电风扇,电风扇两端电压为220 V,工作电流为0.5 A,则下列说法中正确的是()
A.电扇线圈电阻为440 Ω
B.电扇线圈电阻大于440 Ω
C.电扇线圈电阻小于440 Ω
D.电扇线圈的电阻可用欧姆定律计算
解析:因电风扇不是纯电阻用电器,欧姆定律I=不成立,且U>IR,故R<440 Ω,只有选项C是正确的。
答案:C
2.两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示,以下正确的是()
A.R1>R2
B.R1和R2串联后的总电阻的I-U图线应在区域Ⅲ
C.R1=R2
D.R1和R2并联后的总电阻的I-U图线应在区域Ⅱ
解析:I-U图象中斜率的倒数等于电阻,即R1<R2,故A、C错误;R1、R2串联后的总电阻既大于R1,又大于R2,反映在图象上斜率应该最小,即在Ⅲ区,故B正确;R1、R2并联后的总电阻小于R1,反映在图象上斜率应该最大,即在Ⅰ区,故D错误。
答案:B
3.
两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示,可知两电阻之比R1∶R2等于()
A.1∶3
B.3∶1
C.1∶
D.∶1
解析:在I-U图象中直线斜率的倒数等于该导体的电阻,因此两个电阻之比等于斜率的倒数之比。
答案:A
4.
鸟儿落在110 V的高压输电线上,虽然通电的高压线是裸露导线,但鸟儿仍然安然无恙,这是因为()
A.鸟有耐高压的本领
B.鸟脚是干燥的,所以鸟的身体不导电
C.鸟两脚间的电压几乎为零
D.鸟身体的电阻极大,所以无电流通过
解析:鸟两脚间导线的电阻非常小,故两脚间电压几乎为零。
答案:C
5.下图为给出的几种电学元件的电流与电压关系图象,对下图认识正确的有()
A.这四个图象都是伏安特性曲线
B.这四种电学元件都是线性元件
C.①②是线性元件,③④是非线性元件
D.这四个图象中,直线的斜率都表示了元件的电阻
解析:伏安特性曲线是以I为纵轴、U为横轴的,所以A错误;线性元件并不只是说I-U图象是直线,而必须是过原点的直线,所以只有①②是线性元件,③④不是线性元件,B错误,C正确;在U-I图象中,过原点的直线的斜率才是导体的电阻,故D错误。
答案:C
6.
(多选)某导体中的电流随其两端的电压变化,如图所示,则下列说法中正确的是()
A.加5 V电压时,导体的电阻是5 Ω
B.加12 V电压时,导体的电阻是8 Ω
C.由图可知,随着电压的增大,导体的电阻不断减小
D.由图可知,随着电压的减小,导体的电阻不断减小
解析:当U=5 V时,I=1.0 A,由电阻的定义:R'==5 Ω;同理可得,当U=12 V时,R2=8 Ω;由图线可知,随着电压的升高,曲线上各点与原点连线的斜率不断减小,说明电阻在增大。
综上所述,本题答案是A、B、D。
答案:ABD
7.(多选)小灯泡的电阻随温度的升高而增大,加在灯泡两端的电压较小时,通过灯泡的电流也较小,灯丝的温度较低;加在灯泡两端的电压较大时,通过灯泡的电流也较大,灯丝温度较高。
已知一灯泡两端的电压为1 V时,通过灯泡的电流是0.5 A;灯泡两端的电压为3 V时,通过灯泡的电流是1 A。
则当灯泡两端的电压为2 V时,通过灯泡的电流可能是()
A.0.5 A
B.0.6 A
C.0.8 A
D.0.7 A
解析:根据欧姆定律可知,灯泡两端的电压为1 V时,灯泡的电阻为R1=Ω=2 Ω,灯泡两端的电压为3 V时,灯泡的电阻为R2=Ω=3 Ω,根据题意知,当灯泡两端的电压为2 V时,灯泡的电阻R 应满足2 Ω<R<3 Ω,所以电流I满足0.67 A<I<1 A。
故选项C、D正确。
答案:CD
8.
为探究小灯泡L的伏安特性,连好如图所示的电路后闭合开关,通过移动滑动变阻器的滑片,使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大,直到小灯泡正常发光,由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的I-U 图象应是()
解析:灯丝电阻随电压(温度)的增大而增大,在I-U图象上某点与原点连线的倾角应越来越小。
选项A正确。
答案:A
9.
(1)分析表内实验数据可知,应选用的实验电路图是图(选填“甲”或“乙”)。
(2)在下图中的方格纸内画出小灯泡的U-I曲线。
分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而
(选填“变大”“变小”或“不变”)。
解析:该实验电压从0开始变化,故滑动变阻器需采用分压接法。
U-I图线上的点与原点连线的斜率随电流的增大逐渐变大,故电阻变大。
答案:(1)甲(2)U-I曲线如图所示变大
10.某金属导体两端的电压为24 V,在30 s内有36 C 的电荷通过该导体的某个横截面。
问:
(1)在30 s内有多少自由电子通过该导体的横截面?
(2)电流多大?
(3)该导体的电阻多大?
解析:(1)设自由电子的个数为n,则
(个)=2.25×1020(个)。
n=
-
(2)I= A=1.2 A。
(3)R=Ω=20 Ω。
答案:(1)2.25×1020个(2)1.2 A(3)20 Ω。