高中物理沪科版1第四章探究闭合电路欧姆定律 学业分层测评16

学业分层测评(十六)典型案例分析(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列关于多用电表欧姆挡的说法中正确的是()A．每一个倍率挡的测量范围都是0～∞B．用不同倍率挡测量同一个电阻的阻值，误差大小都是一样的C．测电阻时，指针越接近刻度盘中央，误差越小D．选择不同倍率挡时，指针越靠近右边，误差越小【解析】根据欧姆表原理，当Rx＝0时，调节可变电阻R，得Ig＝eq\f(E,r＋Rg＋R)，这时电流表满偏．当接入被测电阻Rx时，表头上的电流I＝eq\f(E,r＋Rg＋R＋Rx)，每个Rx都对应刻度盘上的一个电流值，可见测量范围是0～∞，选项A正确．测量电阻时，选择合适的倍率挡，且中值电阻附近的误差最小，故选项B，D错误，C正确．【答案】AC2．(多选)调整欧姆零点后，用“×10”A．这个电阻值很小B．这个电阻值很大C．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×1”D．为了把电阻值测得更准确些，应换用“×100”【解析】指针偏转角度极小，说明电阻很大，应换用倍率较高的挡，选项B，D正确．【答案】BD3.(多选)如图4­3­10所示，电阻R与电动机M(其线圈电阻为R0)串联后接到电动势为E、内阻为r的电源两端，流过电路的电流为I，路端电压为U，电阻R两端电压为U1，电动机两端电压为U2，则下列关系一定成立的是()图4­3­10A．E＝I(R＋R0＋r) B．E＝U＋IrC．U1＝IR D．U2＝IR0【解析】由于电路中含有电动机，为非纯电阻电路，闭合电路的欧姆定律不再适用，故关系式E＝I(R＋R0＋r)与U2＝IR0不再成立，A，D错；根据欧姆定律知，B，C正确．【答案】BC4.如图4­3­11所示，当开关S断开时，理想电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为V，则外电阻R与电源内阻r之比为()图4­3­11A．5∶3 B．3∶5C．2∶3 D．3∶2【解析】S断开时，电压表的读数等于电源电动势，即E＝3V，S闭合时电压表读数为路端电压，即U＝V，所以U内＝E－U＝V．根据串联电路电压分配知R∶r＝3∶2，故答案为D项．【答案】D5．有两个相同的电阻R，串联起来接在电动势为E的电源上，电路中的电流为I.将它们并联起来接在同一电源上，此时流过电源的电流为4I/3，则电源的内阻为()A．R B．R/2C．4R D．R/8【解析】由串联电路和并联电路的特点及闭合电路的欧姆定律得E＝I(2R＋r)，E＝eq\f(4,3)I(eq\f(R,2)＋r)，由以上两式可得r＝4R.【答案】C6.如图4­3­12所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，在平行板电容器C中恰好有一带电粒子处于悬空静止状态，当变阻器R0的滑动触头向左移动时，带电粒子将()图4­3­12A．向上运动B．向下运动C．静止不动D．不能确定运动状态的变化【解析】当滑动触头向左移动时，R0接入电路的电阻值变大，则R总变大，总电流变小，R两端的电压变小，电容器中的电场强度变小，所以粒子将向下运动，故B正确．【答案】B7．(多选)太阳能作为清洁能源在我国将大力推广，如图4­3­13为一太阳能电池板的路端电压随电流变化的图像．则该电池板的()图4­3­13A．电动势为600μVB．短路电流为20μAC．内阻为20ΩD．内阻为30Ω【解析】由图像知该电池板的电动势E＝600μV，横轴交点坐标为(20μA,200μV)，因此20μA不是短路电流．由U＝E－Ir，或r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|知r＝20Ω，故A，C正确，B，D错误．【答案】AC8.(多选)如图4­3­14所示，R1为定值电阻，R2是正温度系数的金属热电阻，L为小灯泡，当温度下降时()图4­3­14A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡变亮D．小灯泡变暗【解析】温度下降时，R2阻值减小，电路的外电阻减小，由闭合电路欧姆定律知干路电流I增大，电流表示数增大，B正确．由欧姆定律得U1＝IR1知，R1两端电压增大，A正确．小灯泡L两端电压减小，小灯泡变暗，C错误，D正确．【答案】ABD[能力提升]9．(2023·川师附中高二检测)将一个电流表改装成欧姆表，并将欧姆表调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度的4/5处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的1/5处，则该电阻的阻值为()【导学号：37930050】A．4R B．5RC．10R D．16R【解析】由闭合电路的欧姆定律得：调零时有E＝IgR内；指针偏转至满刻度的4/5时有E＝4Ig(R＋R内)/5；指针偏转到满刻度的1/5时有E＝Ig(Rx＋R内)/5.联立三式可解得Rx＝16R，D正确，A，B，C错误．【答案】D10．在如图4­3­15所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触头在a端时合上开关S，此时三个电表A1，A2和V的示数分别为I1，I2和U.现将R2的滑动触头向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()图4­3­15A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小【解析】电路结构：R1，R2并联后再与R3串联，A1测通过R1的电流I1，A2测通过R2的电流I2，V测路端电压的滑动触点由a滑向b，R2阻值减小，电路总电阻减小，则总电流I增大；根据闭合电路欧姆定律知路端电压U＝E－Ir，所以电压表示数U减小；R1两端电压U1＝U－U3，而U3＝IR3，U3增大，所以U1减小，则I1减小，而I＝I1＋I2，所以I2增大．故正确答案为B.【答案】B11.如图4­3­16所示，电阻R1＝R2＝R3＝1Ω，当开关S闭合时，电压表的示数为1V；当开关S断开时，电压表的示数为V．求电源的电动势和内阻．图4­3­16【解析】S闭合时，I＝eq\f(U3,R3)＝eq\f(1V,1Ω)＝1A，R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋R3＝eq\f(1×1,1＋1)Ω＋1Ω＝Ω，由I＝eq\f(E,R＋r)得E＝IR＋Ir＝(1×＋1×r)V①S断开时，I′＝eq\f(U3′,R3)＝eq\fV,1Ω)＝0.8A，R′＝R1＋R3＝1Ω＋1Ω＝2Ω，所以E＝I′R′＋I′r＝×2＋×r)V②由①②两式可得E＝V，r＝Ω.【答案】VΩ12．如图4­3­17所示，R1＝R2＝R3＝R4＝R，开关S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、带电量为－q的小球恰好处于静止状态；开关S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板．若不计电源内阻，求：图4­3­17(1)电源的电动势；(2)小球与极板碰撞后的带电量．【解析】(1)开关S闭合时，R1、R3并联，再与R4串联(R2中没有电流通过)，则UC＝U4＝eq\f(2,3)E.①对带电小球，有mg＝qeq\f(UC,d).②由①②两式联立解得E＝eq\f(3mgd,2q).(2)开关S断开后，R1、R4串联，则UC′＝eq\f(1,2)E