2019-2020学年高中物理人教版选修3-1同步作业与测评：2.3 欧姆定律 Word版含解析.pdf

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1、第 3 节 欧姆定律 第 1 课时 欧姆定律 对应学生用书 P37 1.对给定的导体， 保持不变， 对不同的导体， 一般不同， 比值 反映了导体 U I U I U I 对电流的阻碍作用，叫做倾斜直线，具有这种伏安特性的电学元件叫做线性 10 11 元件。 欧姆定律对气态导体和半导体元件并不适用，在这种情况下电流与电压不成 正比，这类电学元件叫非线性元件，它们的伏安特性曲线不是直线。 12 13 14 对应学生用书 P37 考点一 对欧姆定律的理解 1.根据欧姆定律，下列判断正确的是( ) A导体两端的电压为零，电阻即为零 B导体中的电流越大，电阻就越小 C比较几只电阻 IU 图象可知，电流变

2、化相同时，电压变化较小的图象是属 于阻值较大的那个电阻的 D由 I 可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 U R 答案 D 解析 导体的电阻由导体本身的性质决定，公式 R 只提供了测定电阻的方 U I 法， R 与 只是在数值上相等， 当我们不给导体两端加电压时， 导体的电阻仍存在， U I 因此不能说导体的电阻与加在它两端的电压成正比， 与导体中的电流成反比， A、 B 错误；由 R知 C 错误；由欧姆定律可知 D 正确。 U I 考点二 对伏安特性曲线的认识 2某实验小组在实验室用伏安法描述出了某白炽灯的伏安特性曲线，如图中 的曲线 MN 所示。该小组的同学分析得出该白炽灯的阻

3、值随温度的升高而增大， 则白炽灯两端的电压由 3 V 升高到 6 V 时，其灯丝的电阻增加了( ) A5 B10 C1 D6 答案 B 解析 由电阻的定义式 R 知， M 点电阻 RM 30 ， N 点的电阻 RN U I 3 0.1 40 ，电阻改变 10 ，B 正确。 6 0.15 对应学生用书 P37 1(多选)欧姆定律适用于( ) A金属导电 B气体导电 C电解液导电 D所有导电物质 答案 AC 解析 欧姆定律适用于金属、 电解质溶液， 对气体导电、 半导体导电不适用， A、 C 正确，B、D 错误。 2两电阻 R1、R2的电流 I 和电压 U 的关系如图所示，可知两电阻 R1R2等

4、于( ) A13 B31 C1 D.133 答案 A 解析 在 IU 图象中直线斜率的倒数等于该导体的电阻， 因此两个电阻之比等 于斜率的倒数之比： ，A 正确。 R1 R2 tan30 tan60 1 3 3在电阻为 4 的导体中通以恒定电流，5 min 内通过导体横截面的电荷量 是 45 C，这时加在导体两端的电压是( ) A60 V B6 V C0.6 V D3.6 V 答案 C 解析 通过导体的电流为I 0.15 A； 加在导体两端的电压是U q t 45 C 5 60 s IR0.154 V0.6 V，C 正确。 4 已知用电器 A 的电阻是用电器 B 的电阻的 2 倍， 加在 A

5、上的电压是加在 B 上的电压的一半，那么通过 A 和 B 的电流 IA和 IB的关系是 ( ) AIA2IB BIA CIAIB DIA IB 2 IB 4 答案 D 解析 由 I 得 ： IAIBUARBUBRA14，即 IA IB，D 正确。 U R UA RA UB RB 1 4 5(多选)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压 U 时，通过导线的电 流为 I，导线中自由电子定向移动的平均速率为 v，若将导线均匀拉长，使它的横 截面半径变为原来的 ，再给它两端加上电压 2U，则( ) 1 2 A通过导线的电流为I 8 B通过导线的电流为 I 16 C导线中自由电子定向移动的速率为v 4

6、 D导线中自由电子定向移动的速率为v 2 答案 AD 解析 将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来 的 倍， 其长度变为原来的 4 倍， 根据电阻定律 R分析得到， 电阻变为原来的 16 1 4 L S 倍，电压变为原来的 2U； 根据欧姆定律 I 可以知道，电流 I 变为 ，A 正确，B U R I 8 错误 ； 电流的微观表达式 InevS，其中 n、e 不变，电流 I 为原来的 ，横截面积 S 1 8 变为原来的 倍，则自由电子定向移动的平均速率为 ，C 错误，D 正确。 1 4 v 2 6(多选)某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘 制了三种

7、元件的图象，如图，则下述判断不正确的是( ) A只有乙图正确 B甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大 C甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能正确 D甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差 答案 ABC 解析 图乙是线性元件的 IU 图象， 图甲和图丙是不同的非线性元件的 IU 图 象，故三个图象都可能正确，D 正确。 7一只标有“12 V 12 W”的小灯泡，两端加上电压 U，在 U 由 0 逐渐增加 到 12 V 过程中， 电压 U 和电流 I 的关系可用图象表示， 在如图所示的四个图象中， 符合实际的是( ) 答案 B 解析 因为灯丝的电阻随温度的升高而增大， U I 图象上某点与原点连线

8、的斜 率代表电阻值，所以图线 B 符合实际。 8 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 为图线在 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 不正确的是( ) A随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B对应 P 点，小灯泡的电阻为 RU 1 I2 C对应 P 点，小灯泡的电阻为 R U1 I2I1 D对应 P 点，小灯泡的功率为图中矩形 PQOM 所围面积大小 答案 C 解析 由图知，随着电压的增大，图象上的点与原点连线的斜率减小，此斜 率等于电阻的倒数，则知灯泡的电阻不断增大，故 A 正确；由图象可知，P 点对 应的电压

9、为 U1，电流为 I2，则灯泡的电阻 R，故 B 正确，C 错误；因 PUI， U1 I2 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 正确。本 题选说法错误的，故选 C。 9(多选)图示是某导体的 IU 图线，图中倾角为 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 R2 CIU 图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻 Rcot451.0 D在 R 两端加 6.0 V 电压时，每秒通过电阻截面的电量是 6.0 C 答案 AB 解析 通过电阻的电流 I 与其两端的电压 U 成正比，A 正确 ； 导体的电阻 R 2 ，B 正确；

10、IU 图线的斜率等于电阻的倒数，而斜率 k0.5， U I 10 V 5 A I U 所以电阻 R 2 cot45，故 C 错误；在 R 两端加 6.0 V 电压时，电流 I 1 k U R A3 A，每秒通过电阻截面的电量是 qIt31 C3 C，故 D 错误。 6 2 10如图所示，A、B、C 为三个通电导体的 IU 关系图象。由图可知，电阻 最大的导体是_； 若在导体 B 两端加上 10 V 电压时，通过导体 B 的电流是 _。 答案 C 2.5 A 解析 由 IU 图象知，电阻最大的应该是斜率最小的，即导体 C 的电阻最大， 其中导体 B 的电阻为 RB4 ， 所以在导体 B 上加 1

11、0 V 电压时， 通过导体 B 4 V 1.0 A 的电流为 2.5 A。 11电路中有一段导体，给它加上 3 V 的电压时，通过它的电流为 2 mA，可 知这段导体的电阻为_；如果给它两端加上 2 V 的电压，它的电阻为 _；如果在它的两端不加电压，它的电阻为_。 答案 1500 1500 1500 解析 由电阻的定义式可得导体的电阻为 R 1500 。 U I 3 2 103 导体的电阻由导体本身的性质决定，与它两端是否加电压无关，所以三个空 均应为 1500 。第 2 课时 实验：测绘小灯泡的伏安特性曲线 对应学生用书 P39 考点一 电流表的内接、外接 1.在图中，甲、乙两图分别为测灯

12、泡电阻 R 的电路图，下列说法不正确的是 ( ) A甲图的接法叫电流表外接法，乙图的接法叫电流表内接法 B甲中 R测R真，乙中 R测R真 C甲中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使 RRV，故此法测较小 电阻好 D乙中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使 RRA，故此法测较大 电阻好 答案 B 解析 甲图的接法叫做电流表的外接法， 乙图的接法叫做电流表的内接法， A 正确 ； 甲图由于电压表的分流导致电流的测量值偏大，由 R 可知，R测R真，R U I 越小，电压表分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻，C 正确 ； 乙图由 于电流表的分压，导致电压的测量值偏大。由 R 得 R测

13、R真，R 越大，电流表 U I 的分压越小，误差越小，因此这种接法适用于测大电阻，B 错误，D 正确。 考点二 滑动变阻器的限流接法和分压式接法 2.有一个小灯泡标有 “4 V 2 W” 的字样， 现在要用伏安法测绘这个灯泡的 IU 图线。现有下列器材供选择： A电压表(05 V，内阻 10 k) B电压表(015 V，内阻 20 k) C电流表(03 A，内阻 1 ) D电流表(00.6 A，内阻 0.4 ) E滑动变阻器(10 ，2 A) F滑动变阻器(500 ，1 A) G学生电源(直流 6 V)、开关、导线若干 (1)实验时，选用图 1 中甲而不选用乙的电路图来完成实验，请说明理由：

14、_ _。 (2)实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_，滑动变阻器 应选用_。(用序号字母表示) (3)把图 2 中所示的实验器材用实线连接成实物电路图。 答案 (1)测绘小灯泡的 IU 图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 (2)A D E (3)如图所示 解析 (1)因实验目的是要测绘小灯泡的伏安特性曲线，需要多次改变小灯泡 两端的电压， 故采用如图 1 甲所示的分压式电路合适， 这样电压可以从零开始调节， 且能方便地测多组数据。 (2)因小灯泡额定电压为 4 V， 则电压表选 05 V 的 A， 小灯泡的额定电流 I0. 5 A，则电流表只能选 D。因采用分压电路，滑动变阻器选值小

15、的 E。 (3)小灯泡内阻为电流表内阻的20倍， 电压表内阻是小灯泡的 8 0.4 10 103 8 1250 倍，故电流表采用了外接法。 对应学生用书 P39 1.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，所用器材有：灯泡 L、量程适 当的电流表 A 和电压表 V、直流电源 E、滑动变阻器 R、开关 S 等，要求灯泡两 端电压从 0 开始变化。 (1)实验中滑动变阻器应采用_(选填“分压”或“限流”)接法。 (2)某同学已连接如图所示的电路，在连接最后一根导线的 c 端到直流电源正 极之前，请指出其中仅有的两个不当之处，并说明如何改正。 A _ _； B _ _。 答案 (1)分压 (2)A.

16、电键不应闭合，应处于断开状态 B滑动变阻器的滑 动触头 P 位置不当，应将其置于 b 端 解析 (1)因为灯泡两端的电压要从 0 开始调节，故滑动变阻器只能采用分压 接法。 (2)在电路接好并检查是否正确连线之前，开关应处于断开状态，以免因接线 错误而导致仪表损坏；接为分压电路时，滑动变阻器的电阻(和小灯泡并联部分)应 从最小值开始调节，故滑片应先处于 b 端。 2如图为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡的额 定电压为 2.5 V。 (1)完成下列实验步骤： 闭合开关前， 调节滑动变阻器的滑片， _ ； 闭 合 开 关 后 ， 逐 渐 移 动 滑 动 变 阻 器 的 滑 片

17、 ， _； 断开开关根据实验数据作出小灯泡的伏安特性曲线。 (2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图。 答案 (1)使它靠近滑动变阻器左端的接线柱 记录电流表和电压表的多 组读数，直至电压达到额定电压 (2)图见解析 解析 (1)滑动变阻器为分压式接法，故闭合开关前，小灯泡两端的电压应为 零，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱。闭合开关后， 逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压， 记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压。 (2)与实物电路相应的电路图如图所示。 3为了测绘出一只规格为“6.3 V 2 W”的小灯泡的伏安特性曲线，现为同 学们准备了下面的

18、器材： 电压表 V1(量程 3 V，内阻 1 k)； 电压表 V2(量程 15 V，内阻 50 k)； 电流表 A1(量程 0.6 A，内阻 0.5 )； 电流表 A2(量程 3 A，内阻 0.1 )； 滑动变阻器 R1(020 ，允许最大电流 2 A)； 滑动变阻器 R2(01000 ，允许最大电流 0.1 A)； 蓄电池组 E1(4 V)； 蓄电池组 E2(8 V)； 开关和导线若干。 (1)从上述器材中选择最合适的器材，将其表示符号填写在横线上。 电源选_，电压表选_，电流表选_，滑动变阻器选 _。 (2)在虚线框内画出能达到实验目的的电路图。 答案 (1)E2 V2 A1 R1 (2)

19、如图所示 解析 (1)小灯泡的额定电压为 6.3 V，所选电源的电动势应大于 6.3 V，故电 源应选 E2，电压表选 V2；由于小灯泡的额定电流 I A0.317 A，应当选 P U 2 6.3 择量程略大于小灯泡额定电流的电流表，故电流表选 A1；由于本题是测绘小灯泡 的伏安特性曲线，因此电路中的电流、电压的数值应能调到接近于 0 的位置，滑 动变阻器承受的电流足够大，因此滑动变阻器选 R1。 (2)由于 R20 ，可知，小灯泡的电阻较小，因此测量电路应采 U2 P RV R R RA 用电流表外接法，而滑动变阻器要采用分压式接法，由此可得如答图所示的电路。 4在做“测绘小灯泡的伏安特性曲

20、线”实验时，所用器材有：电动势为 6 V 的电源，额定电压为 2.5 V 的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、 开关和导线。要求能测出尽可能多组数据，如图甲所示是没有连接完的实物电路。 (已连接好的导线有 a、b、c、d、e、f 六根) (1)请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整。 (2)连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片 P，发现小灯泡始终不亮，但电压 表 有 示 数 ， 电 流 表 几 乎 不 偏 转 ， 则 故 障 的 原 因 可 能 是 _ _ _ _。 (3)排除故障后闭合开关，移动滑片 P 到某处，电压表的示数为 2.2 V，若要测 量小灯泡的额定功率，应将滑片 P

21、向_端滑动(选填“左”或“右”)。 (4)如 图 乙 所 示 ， 图 线 是 曲 线 而 不 是 过 原 点 的 直 线 ， 原 因 是 _ _ _ _。 答案 (1)连线如图 (2)c 段导线断路或灯泡灯丝断了 (3)右 (4)灯丝的电阻会随温度的升高而增大 解析 (1)测绘小灯泡的伏安特性曲线要求滑动变阻器使用分压式接法，这样 能使小灯泡两端的电压从零开始逐渐增大，小灯泡电阻与电流表内阻往往相差不 大，而且由于实物图中已经将电压表负极与电流表和灯泡的左端连接好，只能将 电压表与灯泡直接并联，采用电流表的外接法，这样误差较小。 (2)由于整个电路分成两条支路，电压表这条支路无故障，而灯泡这个

22、支路出 故障，只能是灯泡的灯丝断了或 c 段导线断路所致，导致电压表直接接入干路， 电阻过大，滑动变阻器无法控制电流，电流表几乎不偏转。 (3)小灯泡的额定电压为 2.5 V，要增大电压必须调节滑动变阻器，让滑动变阻 器与小灯泡并联部分的电压增大，所以 P 要向右滑动。 (4)从伏安特性曲线可以看出，电压升高时，电压表示数与电流表示数的比值 增大，故曲线说明了灯丝的电阻随着温度升高而增大。 5在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下： 小灯泡 L，“3.8 V 0.3 A” 电压表 V，量程 05 V，内阻 5 k 电流表 A1，量程 0100 mA，内阻 4 电流表 A

23、2，量程 0500 mA，内阻 0.4 滑动变阻器 R1，最大阻值 10 ，额定电流 1.0 A 滑动变阻器 R2，最大阻值 5 ，额定电流 0.5 A 直流电源 E，电动势约为 6 V，内阻约为 0.5 (1)在上述器材中，滑动变阻器应选_；电流表应选_。 (2)在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号。 (3)某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在 IU 坐标系中，描绘 出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线。根据此图给出的信息，可以判断下图中正 确的是(图中 P 为小灯泡的功率)( ) 答案 (1)R1 A2 (2)图见解析 (3)BD 解析 (1)本题测绘小灯泡的伏安特性

24、曲线的实验，小灯泡两端的电压需要从 零可调，所以滑动变阻器采用分压接法，通常应当选用最大阻值小的滑动变阻器， 但本题中如果选用 R2，则电路中的电流会超过 R2允许通过的最大电流，故滑动变 阻器应当选择 R1。小灯泡的额定电流为 300 mA，故电流表应当选择 A2。 (2)电路如图所示，由于电压要从 0 开始测量，滑动变阻器用分压接法；因为 灯泡的内阻比较小，电流表用外接法。 (3)随着通过小灯泡电压电流的增大，小灯泡消耗的功率增大，小灯泡的电阻 也增大， 由 P知随电阻 R、 电压 U 的增大 PU2图线的斜率越来越小， B 图正确 ； U2 R 由 PI2R 知随着电阻 R、电流 I 的增大，PI2图线的斜率逐渐增大，D 图正确。