2017-2018学年物理人教版选修3-1同步练习教师用卷：　2.3欧姆定律同步练习-教师用卷 .docx

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1、2.3欧姆定律同步练习一、单选题1. 如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为()A. Bd24RB. 2BdRC. Bd2RD. Bd2R【答案】A【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流的定义式求出感应电荷量。本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式q=R计算。【解答】金属环的面积：s=(d2)2=d24，由法拉第电磁感应定律得：E=tBSt，由欧姆定律得，感应电流：I=ER，感

2、应电荷量：q=It，解得：q=R=Bd24R，故A正确，BCD错误；故选A。2. 某同学用伏安法测电阻，分别采用了甲、乙两种电路测量，关于误差分析正确的是() A. 若选择甲图，测量值偏大B. 若选择乙图，测量值偏大C. 若被测电阻RX与电流表接近，应该选择乙图误差较小D. 若被测电阻RX与电压表接近，应该选择甲图误差较小【答案】B【解析】解：A、甲图所示电路是电流表外接法，用它测量电阻时，测量值是待测电阻Rx和电压表内阻的并联电阻值，故测得的电阻值偏小，故A错误；B、乙图所示电路是电流表内接法，用它测量电阻时，测量值R测=Rx+RARx，B正确；C、电流表内阻很小，被测电阻RX与电流表接近，

3、则所测电阻较小，因此应该选择甲图误差较小，故C错误；D、电压表内阻越大，被测电阻RX与电压表接近，应该选择乙图误差较小.故D错误故选：B3. 如图所示，图线a是某一电源的U-I曲线，图线b是一定值电阻的U-I曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路(已知该电源的内阻r=2.0)，则说法错误的是()A. 该定值电阻为6B. 该电源的电动势为20VC. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】C【解析】解：A、图线b的斜率k=UI=6，则定值电阻的阻值R=k=6；故A正确；B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合

4、电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.52V=20V；故B正确；C、D、对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确；本题选错误的，故选：C 4. 如图所示为滑动变阻器示意图，下列说法中正确的是() a和b串联接入电路中，P向右移动时电阻增大b和d串联接入电路中，P向右移动时电阻减小b和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大a和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故错误；、将b和d连入电路时

5、，连入路中的电阻丝是Pb部分.当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，故正确、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分.当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，故错误、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，故正确；故选：D 5. 通过一个导体的电流是5A，经过4min通过该导体横截面的电荷量是()A. 20CB. 50CC. 1200CD. 2000C【答案】C【解析】解：t=4min=240s，通过导体横截面的电荷量：Q=It=5A240s=1200C故选：C 6. 如图示是用电压表V和电流表A测电阻的一

6、种方法，Rx为待测电阻，如果考虑到仪表本身电阻对测量结果的影响，则()A. 电压表V读数等于Rx两端的实际电压，电流表A读数大于通过Rx的实际电流B. 电压表V读数大于Rx两端的实际电压，电流表A读数小于通过Rx的实际电流C. Rx的测量值大于Rx的实际值D. Rx的测量值等于Rx的实际值【答案】A【解析】解：A、电压表并联在待测电阻两端；故电压表读数等于Rx两端的实际电压，而由于电压表的分流，电流表A读数大于通过Rx的实际电流；故A正确，B错误；C、本接法中电压表示数是准确的，但由于电压内阻不是无穷大，故电压表会分流导致电流表示数偏大；再由欧姆定律直接求解时，导致测量值偏小；故CD错误；故选

7、：A7. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线.则下列说法中正确的是()A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B. 对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2C. 对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2-I1D. 对应P点，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积【答案】B【解析】【分析】根据电阻的定义R=UI，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大.对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数；本题中灯泡是非线性元件，其电阻R=UI，但RUI.图线上的点与O点连线的斜率表示电

8、阻的倒数，而不是图象的斜率表示电阻的倒数。【解答】A. 图线上的点与O点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；BC.图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为R=U1I2U1I2-I1.故C错误，B正确；D. 因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误；故选B。二、多选题8. 如图所示是某导体的I-U图象，图中=45，下列说法正确的是() A. 通过电阻的电流与其两端的电压成正比B. 此导体的电阻R=0.5C. I-U图象的斜率表示电阻的倒数，所以R=cot45=1.0D. 在R两端加6.0V电压时，每秒通过导体截面的电荷

9、量是3.0C【答案】AD【解析】解：A、由图可知，电流随着其两端的电压的增大而增大，故电流与其两端的电压成正比，故A正确；B、C由I=UR可知，由图象可知电阻R=105=2，故B错误；C、本题中不能根据图象的夹角来求电阻；故C错误；D、在R两端加6V的电压时，电路中电流I=UR=3A，则每秒通过电阻的电荷量为：q=It=31=3C；故D正确；故选：AD9. 如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线，下列说法正确的是() A. 若两电阻串联接在电路中，电阻R1两端的电压小B. 若两电阻串联接在电路中，电阻R1上通过的电流小C. 若两电阻并联接在电路中，电阻R1两端的电压大D. 若两电阻并联接在电

10、路中，电阻R1上通过的电流大【答案】AD【解析】解：由于I-U图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象1的斜率较大，则其对应的电阻较小；故电阻R2的阻值较大；A、根据串联电路的分压特点可知，电阻值大的电阻分担的电压大，所以电阻R1的小，电阻R2的电压大.故A正确；B、根据串联电路的电流特点可知，各电阻上的电流是相等的.故B错误；C、根据并联电路的电压特点可知，各电阻上的电压值是相等的.故C错误；D、根据并联电路的电流特点可知，各电阻上的电流与电阻值成反比，所以若两电阻并联接在电路中，电阻值小的电阻R1上通过的电流大.故D正确故选：AD 10. 以下说法正确的是A. 由E=Fq可知，电场中某点的

11、电场强度E与电场力F成正比B. 由UAB=WABq可知，电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB成正比C. 由I=UR可知，某段导体中的电流I与电压U成正比D. 由E=kQr2可知，真空中，离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小【答案】CD【解析】【分析】电场强度的定义与电势差公式采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、F无关，电势差与电场力，及电量无关，依据欧姆定律可知，电流I与电压U成正比；点电荷的电场强度公式中Q是场源电荷，即可判定电场强度与间距的关系。考查比值定义法的内涵，理解影响电场强度与电势的因素，掌握欧姆定律的内容，注意点电荷电场强度公式的应用。【解答】A、由比值定

12、义式E=Fq可知，电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量无关，故A错误；B、由电势差的定义UAB=WABq可知，可知电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB无关，故B错误；C、根据公式I=UR可知，某段导体中的电流I与电压U成正比，故C正确；D、真空中点电荷的电场强度公式中Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量有关，那么离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小，故D正确；故选CD。11. 如图所示，图线a是某一电源的U-I曲线，图线b是一定值电阻的U-I曲线.若将该电源与该定值电阻连成闭合电路(已知该电源的内阻r=2.0)，则()A. 该定值电阻为6B. 该电源的电

13、动势为20VC. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】ABC【解析】解：A、图线b的斜率k=UI=152.5=6，则定值电阻的阻值R=k=6；故A正确；B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.52V=20V；故B正确；C、由图可知，电源的内阻r=20-152.5=2，而对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联的外电阻R外=63=2，电源输出功率最大，故C正确；D、因电源的内阻r=2，对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最

14、大，故将2只这种电阻串联的外电阻R外=6+6=24，电源输出功率不可能最大，故D错误；故选：ABC12. 某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安曲线的交点.则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是()A. 图中图线a是小灯泡的伏安曲线，图线b是热敏电阻的伏安曲线B. 图中图线b是小灯泡的伏安曲线，图线a是热敏电阻的伏安曲线C. 图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D. 图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等【答案】BD【解析】解：AB、小灯泡的灯丝是一个纯

15、电阻，其灯丝温度会随着通电电流增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安曲线，故A错误，B正确；CD、两图线的交点M，表示此状态两元件的电压和电流相同，由欧姆定律可知此时两者阻值相同，功率也相同；故C错误，D正确；故选：BD三、计算题13. 如图所示，R1=3、R2=2、R3=4，已知通过R1电流为3A，求：(1)R2通过电流(2)R3的电压(3)三个电阻的总功率【答案】解：(1)由R2、R3并联，所以，I2I3=R3R2=2又I2+I3=3A得：I2=2A；(2)U3=U2=I2R2=4V，(3)电路

16、的总电流：R=R1+R2R3R2+R3=133所以总功率P=I2R=39W。答：(1)R2通过电流为2A；(2)R3的电压为4V；(3)三个电阻的总功率为39W。【解析】(1)由R2、R3并联电压相等，结合欧姆定律，得到R2通过电流；(2)根据欧姆定律得到R3的电压；(3)首先求出电路的总电阻，然后利用功率公式P=UI计算总功率。解题的关键是在分析清楚电路的连接方式后由电路特点和欧姆定律解题。14. 如图所示的电路中，R1=1，R2=6，电源内阻r=1，若开关闭合后通过电源的电流为3A，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，求：(1)流过R2上的电流为多少？(2)电源电动势为多少？(

17、3)若电动机线圈电阻为r0=0.5，电动机输出功率为多少【答案】解：(1)由部分电路欧姆定律得：流过R2上的电流为I2=UR2=1A(2)通过电动机的电流为：IM=PU=2A干路电流I=I2+IM=3AR1的电压U1=IR1=3V根据闭合电路欧姆定律得：电源的电动势E=U+U1+Ir=6V+3V+31V=12V(3)电动机输出功率为P机=PM-IM2r0=12W-220.5W=10W【解析】本题要注意电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流。(1)图中电阻R2和电动机M并联，则知电阻R2上的电压与电动机两端的电压相等，求出流过电阻R2的电流；(2)同样可以根据电

18、动机的铭牌，由功率公式P=UI求出流过电动机的电流，即可得到干路电流，从而求的电源电动势；(3)当电动机内阻为0.5时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输出功率。15. 如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图.电动机内电阻r=1.0，电路中另一电阻R=4，直流电压U=120V，电压表示数UV=100V.试求： (1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率； (3)若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10m/s2)【答案】解：(1)通过R的电流I=U1-U2R=120-1004A=5A；(2)电动机的输入功率P1=UI=1005W=500W，(3)电动

19、机内电阻的发热功率P2=I2r=521W=25W，输出的机械功率P3=P1-P2=(500-25)W=475W；而P3=Fv=mgv解得：m=47.5kg答：通过电动机的电流为5A；(2)输入电动机的电功率为500W；(3)若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量为47.5kg。【解析】(1)根据欧姆定律求出通过R的电流；(2)电动机的输入功率为P1=U2I；(3)电动机内电阻的发热功率为P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1-P2.由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量。本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率。