高中物理沪科版1第四章探究闭合电路欧姆定律单元测试 2023版第4章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①eq\f(W非,q)②eq\f(E,R＋r)③U＋Ir④E－Ir⑤＝⑥UIt⑦I2Rt⑧内电阻关于闭合电路的动态分析问题电路中局部的变化会引起整个电路电流、电压、电功率的变化，“牵一发而动全局”是电路问题的一个特点．电路动态分析的基本方法：1．分析电路的连接关系，各电表所测的对象，明确变阻器阻值的变化情况．2．先整体，后局部，注意内、外电路的联系．首先判断外电阻R的变化情况，再根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)判断干路电流的变化，进而明确路端电压的变化情况．3．由欧姆定律及串、并联电路的规律判断各部分电路电压及电流的变化，并且遵循“先分析串联电路后分析并联电路，先分析定值电阻后(间接)分析可变电阻”的原则．如图4­1所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图4­1A．增大R1的阻值B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离D．断开电键S【解析】为了保证带电油滴悬浮在两板之间静止不动，就要使电容器两板之间的场强E不变，电路稳定后，和电容器相串联的电阻对电容器两端的电压不产生影响，而增大R1的阻值将使电容器两端的电压增大，根据E＝eq\f(U,d)可知，E增大，故A错误；增大R2的阻值，电容器两端的电压不变，E不变，故B正确；增大两板间的距离，E减小，故C错误；断开电键S，电容器两端的电压发生改变，D错误．【答案】B在如图4­2所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，则()图4­2A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯和B灯都变亮C．电源的输出功率减小D．电源的工作效率降低【解析】当滑动触头向下滑动时，R总变大，由I总＝eq\f(E,R总)，UA＝E－I总R1知UA增大，故A灯变亮，I总＝IA＋IB＋IR2，I总减小，而IA、IR2均增加，故IB减小，B灯变暗，A正确，B错误．P输＝(eq\f(E,R总＋r))2R总＝eq\f(E2,\f(R总－r2,R总)＋4r)，当R总增加时，因R总与r大小关系未知，不能判断P输具体如何变化，故C错误，η＝eq\f(U外I,EI)×100%＝eq\f(R总,R总＋r)×100%，当R总增加时，η增加，故D错误．【答案】A纯电阻电路和非纯电阻电路1.对于纯电阻电路(如白炽灯、电炉丝等构成的电路)，电流做功将电能全部转化为内能，W＝Q＝UIt＝eq\f(U2,R)t＝Pt.2．对于非纯电阻电路(如含有电动机、电解槽等的电路)，电功大于电热．在这种情况下，不能用I2Rt或eq\f(U2,R)t来计算电功，电功用W＝UIt来计算，电热用Q＝I2Rt计算．如图4­3所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1Ω，电炉电阻R＝19Ω，电解槽电阻r′＝Ω.当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率为475W(电炉电阻可看作不变)．试求：【导学号：29682026】图4­3(1)电源的电动势；(2)S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；(3)S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．【解析】(1)设S1闭合、S2断开时电炉功率为P1，电炉中电流I＝eq\r(\f(P1,R))＝eq\r(\f(684,19))A＝6A，电源电动势E＝I(R＋r)＝120V.(2)设S1、S2都闭合时电炉功率为P2，电炉中电流为I′＝eq\r(\f(P2,R))＝eq\r(\f(475,19))A＝5A，电源路端电压为U＝I′R＝5×19V＝95V，流经电源的电流为I1＝eq\f(E－U,r)＝eq\f(120－95,1)A＝25A，流过电解槽的电流为IA＝I1－I′＝20A.(3)电解槽消耗的电功率PA＝IAU＝20×95W＝1900W，电解槽内热损耗功率P热＝Ieq\o\al(2,A)r′＝202×W＝200W，电解槽中电能转化成化学能的功率为P化＝PA－P热＝1700W.【答案】(1)120V(2)20A(3)1700W1．电炉为纯电阻用电器，其消耗的电能全部转化为电热．2．电解槽为非纯电阻用电器，其消耗的电能转化为电热和化学能两部分．含电容器电路的分析与计算在直流电路中，当电容器充、放电时，电路里有充、放电电流．一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的、不漏电的情况)的元件，在电容器处电路可看作是断路，简化电路时可去掉它．简化后若要求电容器所带电荷量时，可接在相应的位置上．分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压．(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极板间的电压与其并联电阻两端的电压相等．(3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电．如图4­4所示，E＝10V，r＝1Ω，R1＝R3＝5Ω，R2＝4Ω，C＝100μF.当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态．求：图4­4(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；(2)S闭合后流过R3的总电荷量.【导学号：29682027】【解析】开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE＝mg且qE竖直向上．S闭合后，qE＝mg的平衡关系被打破．S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有UC＝eq\f(R2,R1＋R2＋r)E＝4V，eq\f(qUC,d)＝mg.S闭合后，UC′＝eq\f(R2,R2＋r)E＝8V设带电粒子加速度为a，则eq\f(qUC′,d)－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上．(2)S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以ΔQ＝C(UC′－UC)＝4×10－4C.【答案】(1)g方向竖直向上(2)4×10－4C1．用如图4­5所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3V，内阻约2Ω)，保护电阻R1(阻值10Ω)和R2(阻值5Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．图4­5实验主要步骤：(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作U­I图线(U、I都用国际单位)；(ⅳ)求出U­I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.回答下列问题：(1)电压表最好选用________；电流表最好选用________．A．电压表(0～3V，内阻约15kΩ)B．电压表(0～3V，内阻约3kΩ)C．电流表(0～200mA，内阻约2Ω)D．电流表(0～30mA，内阻约2Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．【解析】(1)由于待测电源的电动势为3V，故电压表应选0～3V量程，而该电路中电压表分流越小，实验误差越小，故选大内阻的电压表，故电压表选A.回路中电流的最大值Imax＝eq\f(E,R1＋R2＋r＋rA)≈158mA，故电流表选C.(2)当电压表示数变大时，说明外电路电阻变大，即滑片从左向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，对于A、B两选项，在滑片移动的过程中回路电阻不变，选项C中滑片向右移动时回路电阻变大，选项D中，滑片向右移动时回路电阻变小，故选项C正确．(3)根据闭合电路欧姆定律，得E＝U＋I(R2＋r)，即U＝E－I(R2＋r)，所以k＝R2＋r，所以r＝k－R2，横截距为U＝0时，I＝a，即0＝E－ak，所以E＝ak.【答案】(1)AC(2)C(3)akk－R22．下列说法正确的是()A．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B．力对物体所做的功与力的作用时间成正比C．电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比【解析】在导体电阻一定的条件下，由P＝I2R知热功率与电流的二次方成正比，选项A错误．根据功的公式可知其大小与力的作用时间无关，选项B错误．由电容的定义式可得Q＝CU，即电荷量与两极间的电势差成正比，选项C正确．弹簧的劲度系数只跟弹簧本身有关，与弹簧伸长量无关，选项D错误．【答案】C3．如图4­6甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL消耗的电功率．改变RL的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如图乙所示的U­I关系图线．甲乙图4­6回答下列问题：(1)滑动触头向下移动时，电压表示数________(填“增大”或“减小”)．(2)I0＝______________A.(3)RL消耗的最大功率为________W(保留一位有效数字)．【解析】(1)滑动触头向下移动，RL变小，RL与R并联后的总电阻R总变小，由于电路连接恒流源，根据U＝IR总可得电压表示数减小．(2)若滑动触头滑至最下端，RL＝0，定值电阻R被短路，电流表示数即为干路电流，由U­I图像，当U＝0时，I0＝I＝A.(3)由U­I图像得解析式U＝－20I＋20，根据P＝UI得：P＝－20I2＋20I，则当I＝A时，P有最大值，Pmax＝5W.【答案】(1)减小(2)、、均正确)(3)54．用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约V，内电阻约1Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：A．电流表：量程A，内电阻约1ΩB．电流表：量程3A，内电阻约ΩC．电压表：量程3V，内电阻约30kΩD．电压表：量程6V，内电阻约60kΩE．滑动变阻器：0～1000Ω，额定电流AF．滑动变阻器：0～20Ω，额定电流2A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号)．(2)图4­7为正确选择仪器后，连好的部分电路．为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连．(均填仪器上接线柱的字母代号)．图4­7(3)实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U.用图像法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线，则可以________为纵坐标，以________为横坐标．【解析】(1)为了使测量更准确，电流表选量程为A的电流表A，电池组的电动势约，故电压表选D，为了便于调节滑动变阻器应选F.(2)为了使测量误差尽可能小，测量电源电动势和内电阻的原理图如图(1)所示，因此将a、d相连，c、g相连，f、h相连．图(1)图(2)(3)用电阻箱和电压表测量电源电动势和内电阻的实验原理图如图(2)所示，根据闭合电路欧姆定律，得E＝U＋eq\f(U,R)r，所以eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r,E)·eq\f(1,R)eq\b\lc\(\rc