2019版高考物理一轮复习第八章恒定电流课后分级演练24闭合电路欧

课后分级演练(二十四) 闭合电路欧姆定律及其应用

【A级——基础练】

1.(2017·宁德质检)电阻R1和R2分别标有“2 Ω 1.0 A”和“4 Ω 0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )

A．1.5 W C．5.0 W

B．3.0 W D．6.0 W

解析：A 由题意可知，两电阻串联后能通过的最大电流为I＝0.5 A，则电路允许消耗的最大电功率为P＝I (R1＋R2)＝1.5 W，A正确．

2.(多选)一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2

＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则( )

A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V

解析：AC 当cd端短路时，R2与R3并联再与R1串联，ab之间的等效电阻为40 Ω，A正确；同理可得B错误；当ab两端接通测试电源时，R1、R3串联，R2无效，cd两端的电压就等于R3分得的电压，可以求得为80 V，C正确；同理可得D错误．

3.两个定值电阻R1、R2串联接在U稳定于12 V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端，如图所示，电压表示数为8 V，如果把它改接在R2的两端，则电压表的示数将( )

A．小于4 V

C．大于4 V而小于8 V

B．等于4 V D．等于或大于8 V

2

解析：A 当电压表并联在R1两端时，ab间的电阻是R1与电压表内阻RV并联后的等效电阻Rab，Rab2R2，由此可以推断，当不用电压表测量时，R2分得的电压小于4 V．当把电压表并在R2上时，bc间的电阻Rbc为R2和RV的并联电阻，Rbc

4.(2017·山东威海检测)如图所示是某直流电路中电压随电流

变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上的电压随电流变化的情况，下列说法正确的是( )

A．阴影部分的面积表示电源的输出功率

B．阴影部分的面积表示电源的内阻消耗的功率 C．当满足α＝β时，电源的效率最高 D．当满足α＝β时，电源的效率小于50%

解析：A 根据闭合电路的欧姆定律和U－I图象特点可知，阴影部分的面积表示负载电阻消耗的功率，即电源的输出功率，A正确，B错误；当满足α＝β时，电源内阻等于负载电阻，电源的效率为50%，输出功率最大，C、D错误．

5．现有甲、乙两个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r甲和r乙．

用这两个电源

分别给定值电阻供电，已知R＝r甲>r乙，则将R先后接在这两个电源上的情况相比较，下列说法正确的是( )

A．接在甲电源上时，定值电阻R上的电流较大 B．接在甲电源上时，电源输出功率较大 C．接在甲电源上时，电源消耗的功率较大 D．接在乙电源上时，定值电阻R上的电压较小 解析：C 根据闭合电路欧姆定律I＝

ER＋r，因为R＝r甲>r乙，所以，R接在乙电源上时，

定值电阻R上的电流较大，定值电阻两端的电压U＝IR，因为接在乙电源上时电流较大，所以接在乙电源上时，定值电阻R的电压较大，电源的输出功率P输出

＝IR，电流越大，输出

2

功率越大，故接在乙电源上时，电源的输出功率较大，A、B、D错误．电源内阻消耗的功率

E2

P＝Ir＝()r＝，则当R＝r时，P最大，则知接在电源甲上时，电源内阻2R＋r?R－r?

＋4Rr2

E2

消耗的功率最大，C正确．

6.如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O点固定，P为与圆环良好接触的滑动头，闭合开关S，在滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将( )

A．由少变多 C．先增多后减少

B．由多变少 D．先减少后增多

解析：D 因圆环的两部分电阻并联，则当两部分电阻相等时，并联阻值最大，则当触点P由m点经n点移到q点的过程中，电路总电阻先变大后变小，由闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，R的电压先变小后变大，对于电容器，其电压等于R两端的电压，则由Q＝CU，可知电容器的电荷量先减少后增多，D正确．

7．(2017·重庆高三一诊)利用如图所示的电路可测量待测电阻Rx的阻值．定值电阻R1、

R2阻值已知，闭合开关S，调节电阻箱接入电路阻值为R3时，电流表示数为零，则Rx阻值等

于( )

A．R2 C.

B.D.

R1R2

R3R3R2

R1

R1R3

R2

解析：D 由并联电路电压相等可得

I1(R1＋R2)＝I2(Rx＋R3)①

由题知?表示数为0，说明?两端电势相等， 即I1R1＝I2R3② 由①②可得

R3R2

Rx＝，故选D.

R1

8．(多选)(2017·连云港模拟)用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )

A．电流表的示数为1 A C．电路输出功率为4 W

B．电压表的示数约为6 V D．电源内阻为2 Ω

解析：CD 两个灯泡串联，所以电流相等．L1的额定电流为I1＝＝0.5 A，L2的额定电流为I2＝＝1 A，所以只有L1正常发光，电路中电流为0.5 A，选项A错误；从题图乙中可以看出，电流为0.5 A时，两灯的电压分别为6 V和2 V，由串联分压原理知，L1两端电压为6 V，L2两端电压为2 V，电压表示数为2 V，选项B错误；电路输出功率为P＝UI＝(2＋6)×0.5 W＝4 W，选项C正确；电源内阻r＝

P1U1

P2U2

E－U＝2 Ω，选项D正确． I9.(2017·辽宁省大连市重点中学联考)如图所示的部分电路

中，已知I＝3 A，I1＝2 A，R1＝10 Ω，R2＝5 Ω，R3＝30 Ω，则通过电流表的电流大小和方向是( )

A．0.5 A，向右 C．1 A，向右

B．0.5 A，向左 D．1 A，向左

解析：A 对于稳恒电路中的某一节点，流入的电流总和一定等于流出的电流总和，对于节点c，已知流入的电流I＝3 A，流出的电流I1＝2 A，则还有1 A的电流要流出节点c，由此可知经过R2的电流I2＝1 A向右．根据欧姆定律，U1＝I1R1＝20 V，U2＝I2R2＝5 V，电压等于电势之差，U1＝φc－φa，U2＝φc－φb，两式相减可得φb－φa＝15 V，即b点电势比

a点高15 V，则通过R3的电流I3＝

φb－φ

aR3

＝0.5 A，方向向上，对于节点b，流入的电流

I2＝1 A，流出的电流I3＝0.5 A，则还有0.5 A的电流流出b点，因此可判断流过电流表的

电流为0.5 A，向右．A正确．

10.(2017·邯郸模拟)如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器

R4的滑片向b端移动时，则( )

A．电压表读数减小 B．电流表读数减小 C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大

解析：A 由题图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，

U2

合力向下，电荷向下运动，故C错误；因R3两端的电压减小，由P＝可知，R3上消耗的功

R率减小，故D错误．

【B级——提升练】

11．在图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随干路电流I的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的，则( )

A．电源的电动势为20 V、内电阻为20 Ω B．定值电阻R2的阻值为5 Ω C．定值电阻R2消耗的最大功率为16 W D．滑动变阻器R3的最大阻值为300 Ω

解析：ABD 取UA＝16 V、IA＝0.2 A，UB＝4 V，IB＝0.8 A，利用E＝U＋Ir，解得：E＝20 V，r＝20 Ω，A正确；当滑片滑到最右端时，R3、R1均被短路，此时外电阻为R2且对应图中B点，则R2＝＝

UB4

Ω＝5 Ω，此时R2上功率最大，P2＝UBIB＝3.2 W，故B正确，

IB0.8

UA16

C错误；当滑片位于R3最左端时，R3最大，此时外电阻为R＝＝ Ω＝80 Ω.又因为RIA0.2

＝

R1R3

＋R2，解得R3＝300 Ω，D正确． R1＋R3

12.在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于

电源的内阻，电流表A、电压表V1、电压表V2的读数分别为I、U1和U2，P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、电压表V2读数变化量大小分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是( )

A．ΔU2大于ΔU1

B．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大 C．电源的输出功率变大

U2ΔU2D.变大、变大 IΔI解析：C 滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R1电压减小，R2电压增大，而U外又增大，明显R2电压增大要超过R1电压减小，则A错误．U外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；

R1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B错误．小灯

泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R1、R2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P出最大，

U2ΔU2

所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P出增大，则C正确.为外电阻，变大，为

IΔI内电阻，不变，则D错误．

13．(多选)如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是( )

A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B．保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧

解析：AD 保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U＝ER0＋R1

·R0，

增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力mg－qE＝ma，平行板两

d12

极板电压减小，产生的加速度增大，则＝at，水平位移为x＝v0t＝v0

22d，水平位移将a减小，故粒子打在O点左侧，故A正确；保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R0两端的电压，故粒子打在O点，故B错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度

UQεrS4πkQ为E＝，结合C＝及C＝可得E＝，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微

dU4πkdSεr上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误；如N板稍微下移，则粒子将打在O点右侧，D正确．

14．(多选)如图甲所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向右滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化，图乙中三条图线分别表示三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是( )

A．图线a表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况 B．图线b表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况

C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值绝对值不变

D．此过程中电压表V示数的变化量ΔU和电流表示数变化量ΔI的比值绝对值变大 解析：AC 当滑动变阻器滑动触头P向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，路端电压减小，可知电压表V示数减小，电压表V2的示数增大，所以电压表V1的示数减小，则知，图线a表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故AΔU1

正确、B错误；由闭合电路欧姆定律得：U1＝E－I(R2＋r)，则||＝R2＋r，保持不变，故

ΔIΔUC正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－Ir，则||＝r，保持不变，故D错误．故选A、

ΔIC.

15．(多选)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后( )

1

A．L1的电阻为 Ω

12B．L1消耗的电功率为7.5 W C．L2的电阻为7.5 Ω D．L2消耗的电功率为0.3 W

解析：CD S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由题图乙可知，I1＝0.25 A，故P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B错误．L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 Ω的新电源，在题图乙中作出新电源的I－U图线，如图，两图线

的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所

U21.5

以R2＝＝ Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确．

I20.2

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