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1、309教育网闭合电路欧姆定律同步练习一、单选题1. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时()A. 电压表的读数减小B. R1消耗的功率增大C. 电容器C的电容增大D. 电容器C所带电量增多【答案】D【解析】【分析】当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，即可知电压表读数和R1消耗的功率的变化情况；电容器的电压等于变阻器R2两端的电压，根据欧姆定律分析电容器电压的变化，即可知其电量的变化情况；本题是含有电容的电路，根据欧姆定律分析电压和电流的变化，即可判断电容器的电荷量如何变化。【解答】
2、A.当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大，故A错误；B.干路电流减小，R1消耗的功率减小，故B错误；C.电容器的电容与R2无关，其电容不变，故C错误；D.电容器的电压U=E-I(R1+r)，I减小，其他量不变，则U增大，由Q=CU知，电容器C所带电量增多，故D正确；故选D。2. NTC热敏电阻器即负温度系数热敏电阻器，也就是指阻值随温度的升高而减小的电阻.负温度系数的热敏电阻R2接入如图所示电路中，R1为定值电阻，L为小灯泡，当温度降低时(不考虑灯泡和定值电阻阻值随温度变化)()A. 小灯
3、泡变亮B. 小灯泡变暗C. R1两端的电压增大D. 电流表的示数增大【答案】A【解析】解：当温度降低时，R2的电阻的电阻增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，即电流表的示数减小；据UR1=IR1知电阻R1两端的电压减小；再据E=UR1+UL+U内知灯L两端的电压增大，即小灯泡变亮，故A正确，BCD错误故选：A3. 如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r.设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U.闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是()A. I变小，U变小B. I变小，U变大C. I变大，U变小D. I变大，U变大【答
4、案】A【解析】解：当滑动变阻器R4的滑动头向图a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压与R3的分压增加，则电压表的示数变小、同时R2的电压变小，则并联部分电压变小，通过R2的电流减小，则电流表A的读数I变小故选：A4. 如图所示，当变阻器R3的滑动触头P向b端移动时()A. 电压表示数变小，电流表示数变大B. 电压表示数变小，电流表示数变小C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变大，电流表示数变小【答案】A【解析】解：当变阻器R3的滑动触头P向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，内
5、电压增大，因此路端电压减小，故电压表示数变小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大；故A正确，BCD错误；故选：A5. 如图所示，直线A为电源的U-I图线，曲线B为小灯泡的U-I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是()A. 4W、8WB. 4W、6WC. 2W、4WD. 2W、3W【答案】B【解析】解：由图A读出：电源的电动势E=3V，内阻r=UI=3-06-0=0.5；两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压U=2V，电流I=2A；则电源的总功率P总=EI=32W=6W电源的输
6、出功率P出=EI-I2r=(32-220.5)W=4W故选：B。6. 在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是()A. 灯泡L变亮B. 电源的输出功率变大C. 电容器C上电荷量减少D. 电流表示数变小，电压表示数变大【答案】D【解析】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率P=I2RL，RL不变，则P减小，灯泡L变暗。故A错误。B、当内、外电阻相等时，电源的输出功率最大。由于灯泡L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的内、外电阻的差值增大，则电源的输出
7、功率减小。故B错误。C、根据串联电路分压规律知，变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，则电容器上电压也增大，其电荷量增多，故C错误。D、I减小，电流表读数变小，电压表读数U=E-Ir变大。故D正确。故选：D。7. 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连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a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【答案】B【解析】解：当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增
8、加，内电压增加，由U=E-Ir可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小，R1两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故B正确，ACD错误；故选：B二、多选题8. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为U1和U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为I.当滑动变阻器的触片从右端滑到左端的过程中(灯泡电阻不变化)()A. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮B. U1U2.故B错误C、由U1=E-I(RL2+r)得：U1I=RL2+r，不变，故C正确D、根据欧姆定律得U2I=R2，不变，故D正确故选：ACD
9、 9. 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是()A. 线圈中的感应电流方向为顺时针方向B. 电阻R两端的电压随时间均匀增大C. 线圈电阻r消耗的功率为410-4WD. 前4s内通过R的电荷量为810-2C【答案】CD【解析】【分析】A.根据楞次定律，可判定感应电流方向；BD.由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，结合欧姆定律求出电流，从而求得电阻R两端的电压，由电流的定义式求出电荷量；C.由电功率公式求出线圈电阻消耗的功率
10、.本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，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，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量。【解答】A、根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增大，则线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；B、由法拉第电磁感应定律：E=nt可得：感应电动势：E=1000.4-0.2420010-4=0.1V，平均电流：I=ER+r，I=0.02A，电阻R两端的电压U=0.024=0.08V，故B错误；C、线圈电阻消耗的功率：P=I2r=410-4W，故C正确；D、前4s内通过的电荷量为：q=It=0.08C，故D正确；故选CD。10. 如图所示，变压器为理想变压
11、器，交流电源的电压不变，L1、L2是完全相同的灯泡，V1、V2和A1、A2为理想电表，导线电阻不计.当开关S由闭合变为断开后，则( )A. A1示数变小B. A2示数变小C. V2示数变小D. V1示数变小【答案】AB【解析】【分析】与闭合电路中的动态分析类似，可以根据开关S由闭合变为断开电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况，电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。【解答】开关S断开后，变压器副线圈的负载电阻
12、增大，V2示数是由输入电压和匝数比决定，输入电压和匝数比不变，所以V2示数不变，由欧姆定律可得A2示数变小，所以A1示数也变小，故AB正确，CD错误；故选AB。11. 如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A. 始终减小B. 始终不变C. 始终增加D. 先减小后增加【答案】CD【解析】解：A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入
13、磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A错误、D正确；B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误；C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C正确；故选：CD12. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的
14、电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示.除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为baC. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=B2L2vRD. 金属棒下落过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少【答案】ABC【解析】【分析】明确金属棒的受力情况，从而求解对应的加速度变化情况；根据右手定则分析电流方向；根据E=BLv和安培力公式即可求得速度为v时的安培力表达式；金属棒下落过程中
15、，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(金属棒速度不是零时)和电阻R产生的内能。本题考查电磁感应与能量结合问题的分析；要注意明确右手定则以及安培力公式的应用；同时注意能量转化的规律，本题中要注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的。【解答】A.刚开始时金属棒只受重力，则释放瞬间金属棒的加速度为g，故A正确；B.根据右手定则可判定通过R的电流方向为ba，故B正确；C.当金属棒的速度为v时，E=BLv，I=ER，安培力F=ILB=B2L2vR，故C正确；D.根据功能关系可知，重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势能、金属棒的动能.电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量
16、，故D错误。故选ABC。三、计算题13. 在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B=0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为L=0.4m，如图所示，框架上放置一质量m=0.05kg、电阻R=1的金属杆ab，框架电阻不计，在水平外力F的作用下，杆ab以恒定加速度a=2m/s2，由静止开始做匀变速运动.求：(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末作用在杆ab上的水平外力F多大？(3)定性画出水平外力F随时间t变化的图象【答案】解：(1)5s内杆ab运动的位移为：x=12at2=12252m=25m，根据法拉第电磁感应定律得：E=t=BLxt=0.20.4255V=0.4V(2)5s末金
17、属杆的速度为：v=at=25m/s=10m/s，安培力为：FA=BIL=B2L2vR=0.220.42101N=0.064N，根据牛顿第二定律得：F-FA=ma解得：F=FA+ma=0.064N+0.052N=0.164N(3)根据F-FA=ma得：F=B2L2vR+ma=B2L2atR+ma=0.220.422t1+0.052N=0.0128t+0.1N图线如图所示：【解析】本题中金属杆做匀加速运动，运用运动学公式与电磁感应的规律结合求解，关键是安培力的计算。(1)根据法拉第电磁感应定律求出5s内的平均感应电动势；(2)根据速度时间公式求出5s末的速度，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律
18、、安培力公式，根据牛顿第二定律求出F的大小；(3)根据牛顿第二定律，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式得出F与t的关系式，从而作出图线。14. 如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求(1)作用
19、在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小【答案】解：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin=N1+T+FN1=2mgcos对于cd棒，同理有mgsin+N2=TN2=mgcos联立式得F=mg(sin-3cos)(2)由安培力公式得F=BIL这里I是abcda中的感应电流.ab棒上的感应电动势为=BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I=R联立式得v=(sin-3cos)mgRB2L2答：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小mg(s
20、in-3cos)；(2)金属棒运动速度的大小(sin-3cos)mgRB2L2【解析】(1)对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小(2)根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键15. 如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt，式中k为常量；在
21、金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里.某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计.求：(1)在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律E=t=BSt，结合闭合电路欧姆定律I=ER，及电量表达式q=It=BSR=kt0SR，(2)根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场
22、方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，即为：在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量=1+2=ktS+B0v0(t-t0)l；依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势E=E1+E2=kS+B0lv0；根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为I=ER=kS+B0lv0R那么安培力大小FA=B0Il=B0(kS+B0lv0)lR；最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为F=B0(kS+B0lv0)lR；答：(1)在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值kt0SR；(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量ktS+B0v0(t-t0)l，金属棒所受外加水平恒力的大小B0(kS+B0lv0)lR【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出电量的综合表达式，即可求解；(2)根据磁通量的概念，=BS，结合磁场方向，即可求解穿过回路的总磁通量；根据动生电动势与感生电动势公式，求得线圈中的总感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平恒力大小考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，及电量综合表达式的内容，注意磁通量的方向，及安培力表达式的应用，本题难度不大，但符号运算要细心309教育资源库