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欧姆定律习题



11 月 11 日物理 1-4 章综合作业
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________

评卷人

得分 一、选择题

1.如右图,在一水平面内有四个点电荷分别放在一正方形 ABCD 的四边的中点,O 为正 方形的中心,取无穷远处电势为零,则下列说法正确的是

A. O 点的电势最高 B. 将一点电荷 q0 从 A 点沿 AO 方向移动到 O 点,电场力不断变小 C. 将一点电荷 q0 从 O 点沿 OC 方向移动到 C 点,电场力先做正功后做负功 D. A.B.C.D 四点的场强大小一定相等 【答案】D 【解析】由电荷的分布情况及叠加原理可知, O 点的电势为零, 选项 A 错误;

由场强叠加可知,O 点的场强为零,从 A 到 O 点连线上的场强方向垂直 AO 指向斜上方,大小先增加后减小,选项 B 错误;同理,从 O 到 C 点连线上的 场强方向垂直 AO 指向斜上方,大小先增加后减小,故将一点电荷 q0 从 O 点 沿 OC 方向移动到 C 点,电场力做功为零,选项 C 错误;由对称知识可知 A、B、C、D 四点的场强大小一定相等,方向不同,选项 D 正确;故选 D.
2.两点电荷 A.B 带电量 qA>qB,在真空中相距为 L0,现将检验电荷 q 置于某一位置时 所受库仑力恰好为零,则此位置当 A.B 为: A.同种电荷时,在 A.B 连线上靠近 A 一侧 B.同种电荷时,在 BA 连线的延长线上靠近 B 一侧 C.异种电荷时,在 A.B 连线上靠近 A 一侧 D.异种电荷时,在 AB 连线的延长线上靠近 B 一侧 【答案】D 【解析】 试题分析:若 qA 和 qB 均为固定的正电荷,只要放入的电荷受到的合力为 0 即可,通过 受力分析可知,由库仑定律,对 q 有

kqqA kqqB ? 2 ,因为 qA>qB.所以 rA>rB,而且保 2 rA rB

证两个力的方向相反,所以应将 qC 置于 AB 线段上,且靠近 B.选项 AB 错误;若 qA 和 qB 为固定的异种电荷,只要放入的电荷受到的合力为 0 即可,通过受力分析可知,由库 仑定律,对 q 有

kqqA kqqB ? 2 因为 qA>qB.所以 rA>rB,而且保证两个力的方向相反, 2 rA rB

所以应将 qC 置于 AB 连线的延长线上,且靠近 B.故 D 正确;故选 D. 考点:库仑定律;物体的平衡. 3.如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,这时电容器的带电量为 Q,P 是电
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容器内一点,电容器的上板与大地相连,下列说法正确的是(



A. 若将电容器的上板左移一点,则两板间场强减小 B. 若将电容器的下板上移一点,则 P 点的电势升高 C. 若将电容器的下板上移一点,则两板间电势差增大 D. 若将电容器的下板上移一点,则两板间电势差减小 【答案】D 【解析】考点:电容器的动态分析. 分析:平行板电容器充电后与电源断开后,电容器的电量不变,电容器上板左移一点, 正对面积减小,电容 C 减小,由 U= Q/C 分析 U 增大,再 E="U/d" 分析板间场强变化.根据板间距离变化,分析电容变化,由 U= Q/C 分析 U 的变化. 电场线方向向下, P 点电势比上板低, 再根据 P 点与上板电势差的变化, 分析 P 点电势的变化. 解答:解:A、平行板电容器充电后与电源断开后,电容器的电量不变,电容器上板左 移,正对面积减小,电容 C 减小,由 U= Q/C 分析可知 U 增大,板间场强 E= U/d,d 不变,则 E 增大.故 A 错误. B、C、D 将电容器的下板上移一点,板间距离减小,电容 C 增大,由 U= Q/C 分析得知:Q 不变,两板间电势差减小.又由 E= U/d=4πkQ/S ,可知板间场强不变,则 P 与上板的电势差不变,上板电势为零,则 P 点电势不变.故 BC 错误,D 正确. 故选 D. 点评:对于电容器动态变化分析问题,要采用控制变量法研究,抓住不变量.对于仅仅 板间距离变化的情形,由 E= U/d=4πkQ/S 可知,板间场强不变,是个重要推论,经常用到. 4.如图所示,在直线 MN 上有一个点电荷,A、B 是直线 MN 上的两点,两点的间距为 L, 场强大小分别为 E 和 2E.则( )

A. 该点电荷一定在 A 点的右侧 B. 该点电荷一定在 A 点的左侧 C. A 点场强方向一定沿直线向左 D. A 点的电势一定低于 B 点的电势 【答案】A 【解析】试题分析:由题,A、B 两点的场强大小分别为 E 和 2E,根据点电荷场强公式 分析得知:该点电荷的位置应离 A 点远、离 B 点近,所以该点电荷一定在 A 点的右侧,A 正确;由于该点电荷的电性未知,无法确定 A 的场强方向,也无法判断 A、B 两点电势 的高低,B、C 错误;由上分析可知 D 错误;故选 A。 考点:电势;电场强度 5.使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上﹣3Q 和+5Q 的电荷后,将 它们固定在相距为 a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F1.现用绝缘工具使两小球相互 接触后,再将它们固定在相距为 2a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F2.则 F1 与 F2
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之比为( ) A. 2:1 B. 4:1 【答案】D

C. 16:1

D. 60:1
5× 3

【解析】开始时由库仑定律得:1 =

2

…①

现用绝缘工具使两小球相互接触后,各自带电为Q, 因此此时:2 = (2)2 …② 由①②得:2 = 60 1 ,则F1与F2之比为 60:1,故选D. 6.如图所示是一种测量电流表内阻的电路.闭合电键 K,调节可变电阻,当阻
1

×

值为 R1 时,指针恰好满偏;将可变电阻调到 R2 时,电流表指针刚好半满偏。忽 略电池内阻,则电流表内阻为

A. 0.5R2-R1 B. R1-R2 C. R2-2R1 D. 2(R2-R1) 【答案】C 【解析】设电流表满偏为 Ig,内阻为 Rg.根据闭合电路欧姆定律得:

Ig ?

E 1 E Ig ? ; R1 ? Rg 2 R2 ? Rg

联立解得,Rg=R2-2R1.故选 C. 7.如图所示,在一绝缘斜面 C 上有一带正电的小物体 A 处于静止状态。现将一带正电 的小球 B 沿以 A 为圆心的圆弧缓慢地从 P 点转至 A 正上方的 Q 点处,已知 P、A 在同一 水平线上,且在此过程中物体 A 和 C 始终保持静止不动,A、B 可视为质点。关于此过 程,下列说法正确的是( )

A. 物体 A 受到斜面的支持力先增大后减小 B. 物体 A 受到斜面的支持力一直增大 C. 地面对斜面 C 的摩擦力先增大后减小 D. 地面对斜面 C 的摩擦力先减小后增大 【答案】A 【解析】试题分析:对 A 研究:P 对 A 的库仑力垂直于斜面方向的分力,先逐渐增大后 逐渐减小,当库仑力与斜面垂直时最大,设该分力为 F′,根据平衡条件:斜面对 A 的支 持力 N=mgcosα+F′,可知 N 先增大后减小,故 A 正确,B 错误;

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以 A 和 C 整体为研究对象,分析受力情况如图所示.设 P 对 A 的库仑力大小为 F,与竖 直方向的夹角为 θ. 根据平衡条件得:f=Fsinθ;由于 F 大小不变,θ 减小,则知地面对斜面 C 的摩擦力逐渐 减小.故 CD 错误. 故选 A. 考点:电场力与电势;物体的平衡. 【名师点睛】本题主要考查物体的平衡问题,解题时首先要灵活选择研究对象,再对物 体进行受力分析,运用共点力平衡条件求解.注意当几个物体的加速度相同时,可以考 虑整体法;此题有一定的难度,意在考查学生灵活运用知识的能力. 8.如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象。当 t=0 时,在此匀强电场 中由静止释放一个带电粒子, 设带电粒子只受电场力的作用, 则下列说法中正确的 ( )

A. 带电粒子将始终向同一个方向运动 B. 2s 末带电粒子回到原出发点 C. 带电粒子在 0-3s 内的初、末位置间的电势差为零 D. 0-3s 内,电场力的总功不为零 【答案】C 【解析】 试题分析:带电粒子在前 1 秒处于匀加速,在第二秒内先做匀减速后反向加速,所以不 是始终向一方向运动,故 A 错误;带电粒子在前 1 秒处于匀加速,在第二秒内由于加速 度大小是之前的 2 倍,方向与之前相反,因此用去 0.5 秒先做匀减速接着 0.5 秒反向加 速.所以 2s 末带电粒子不在出发点,故 B 错误;带电粒子在 0-3s 内的初、末位置间的 电场力做功为零,电势能变化为零,则电势差为零,故 C 正确,D 错误; 故选:C。 考点:带电粒子在电场中的运动. 评卷人 得分 二、多选题 9.如图所示,实线表示某电场的电场线,虚线表示等势线,A、B、C 是电场中的三点, 下列关于电场强度 E 和电势 j 的大小关系正确的是

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A. EA < EC

B. EB > EA

C. jA >jC

D. jB >jA

【答案】D 【解析】试题分析:电场线的疏密程度反映场强的大小,A 处电场线最密,场强最大, 则有 EA>EB,EA>EC.故 AB 错误.沿电场线方向电势越来越低,则知 φB>φA.因 φB=φC 故 φC>φA,故 C 错误,D 正确.故选 D。 考点:电场线;场强与电势 【名师点睛】解决本题的关键要掌握电场线的两个物理意义:电场线的疏密表示场强的 大小,电场线的方向反映电势的高低。 10.某导体中的电流随其两端的电压变化,如图实线所示,则下列说法中正确的是

A. 加 5 V 电压时,导体的电阻是 5 Ω B. 加 12 V 电压时,导体的电阻是 8 Ω C. 由图可知,随着电压增大,导体的电阻不断减小 D. 由图可知,随着电压减小,导体的电阻不断减小 【答案】ABD 【解析】试题分析:I-U 图象描述物体的电流随电压的变化;由各点的坐标可求得导体 的电阻;由图象的斜率的变化可明确电阻的变化. 加 5V 的电压时,电流为 1.0A,则由欧姆定律可知, = = 1 = 5,A 正确;加 12V 的电压时,电流为 1.5A,则可得电阻为 = = 1.5 = 8,B 正确;由图可知,随电压 的增大,图象的斜率减小,而图像斜率的倒数等于电阻,则可知导体的电阻越来越大, 随着电压的减小,导体的电阻减小,C 错误 D 正确.

12



5

评卷人

得分 三、填空题

11. (4 分)为确定某电子元件的电气特性,做如下测量.用多用表测量该元件的电阻, 选用“×100”倍率的电阻挡测量,发现多用表指针偏转过大,因此需选择________倍 率的电阻挡(填“×10”或“×1k”) ,并欧姆表调零再进行测量,多用表的示数如图 所示,测量结果为________Ω .

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【答案】×10;300 【解析】 试题分析: 多用表指针偏转过大, 说明倍率档选择过大, 因此需选择更小的倍率当即×10 档;测量结果为 30×10Ω =300Ω 。 考点:万用表的使用。 12.如图所示,R1=12kΩ,R2=8kΩ,R3=20kΩ,R4=600Ω,当滑动变阻器滑动触头 C 调到 最上端时,AB 间的总电阻是 Ω,AB 间最大电阻值为 Ω.

【答案】9×103,1.06×104 【解析】解:当电位器滑动触头 C 调到最上端时,并联部分的电阻为:

R 并=

=

kΩ=8.4kΩ

此时总电阻为:R=R 并+R4=8400+600=9000Ω 电位器滑动触头 C 调到中间某个位置时,并联部分的电阻为:

R 并=

=

kΩ≤

kΩ=10kΩ

(当 28﹣R 上=12+R 上,即 R 上=8kΩ 时取等号) 此时总电阻为:R=R 并+R4=10000+600=10600Ω 故答案为:9×103,1.06×104. 【点评】 本题关键是第二问, 推导出总电阻的表达式, 然后结合表达式的知识求解极值, 不难. 13.如图中图线①表示某电池组的输出电压一电流关系,图线②表示其输出功率-电流 关系.该电池组的内阻为________Ω 。当电池组的输出功率为 120W 时,电池组的输出 电压是________V。

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【答案】5 30 【解析】 试题分析:图线①输出电压和电流关系图象,当输出电流为 0 时,输出电压即为电源电 动势,可得电源的电动势为 50V,当输出电压为 40V 时,输出电流为 2A,所以电源内阻 两端电压为 10V,由欧姆定律可求得电源的内阻为 5Ω 。由图线②可知电源输出功率为 120W 时,输出电流为 4A,由 可求得电池的输出电压为 30Ω 。 考点:欧姆定律、电功率等 14.某品牌电动自行车的铭牌如下; 车型:20 吋 车轮直径:508 mm 整车质量:40 kg 电机:后轮驱动、直流永磁式电机 电池规格:36 V 12 A?h(安?时) 额定转速:210 r/min(转/分) 额定工作电压/电流:36 V/5 A

根据此铭牌中的有关数据,可知该车电机的额定功率为________W;如果以额定功率在 平直公路上行驶,一次充满电最长可以行驶的时间为________h。 【答案】180, 2.4 【解析】 试题分析:由表格得到:额定工作电压为 36V,额定工作电流为 5A;故额定功率为:

P ? UI ? 36V ? 5 A ? 180W ,根据容量 Q ? It ,有: t ?

Q 12 A ? h ? ? 2.4h 。 I 5A

考点:额定功率;功率计算公式的应用. 15.已知电流表的内阻 Rg=120 Ω ,满偏电流 Ig=3 mA,要把它改装成量程是 6 V 的电 压表,应串联______Ω 电阻?要把它改装成量程是 3 A 的电流表,应并联______Ω 电 阻. 【答案】1 880 Ω 0.12 Ω 【解析】 试题分析: 根据欧姆定律和串联电路特点可知, 需串联的电阻 R ?

U ? Rg ? 1880 ?; Ig

同 理 , 根 据 欧 姆 定 律 的 并 联 电 路 的 特 点 可 知 , 改 装 成 3A 电 流 表 需 并 联 的 电 阻

R?

I g Rg I ? Ig

? 0.12? 。

考点:电表的改装 ﹣6 ﹣2 16.带有 2×10 C 的检验电荷置于电场中某点,它所受的电场力大小为 10 N,则该点 ﹣6 电场强度的大小为 N/C.现把带有 3×10 C 的检验电荷放在该点,它所受的电场 力大小为 N. 3 ﹣2 【答案】5×10 ,1.5×10 N 【解析】 试题分析:根据电场强度的公式 E= ,即可求解该点电场强度的大小;电场中同一点场 强不变.根据 F=qE 可求得带有 3×10 C 的检验电荷的电场力大小.
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﹣6

解:根据电场强度的公式 E= 得:E=
﹣6

=

N/C=5×10 N/C

3

把带有 3×10 C 的检验电荷放在该点,该点的场强不变,则该检验电荷所受的电场力 ﹣6 3 ﹣2 大小:F2=q2E=3×10 ×5×10 N=1.5×10 N 3 ﹣2 故答案为:5×10 、1.5×10 N 【点评】考查电场强度的定义,理解电场强度与电场力及检验电荷无关,掌握比值定义 法的应用. 评卷人 得分 四、作图题 17.在美丽的物理大厦的构建过程中,有许多科学家做了非常经典、著名的物理实验, 下面几幅图是其中的代表,请你用直线把图与相对应的物理学家的名字连起来

【答案】如图

【解析】 试题分析:库伦发现了库仑定律,卡文迪许通过扭秤实验测得了万有引力常量,伽利略 通过理想斜面实验得出了自由落体运动规律,胡可发现了胡克定律 考点:考查了物理学史 评卷人 得分 五、简答题 18.如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电 小球质量相等,A 球带正电。平衡时三根绝缘细线都是直的,但拉力都为零。

(1)指出 B 球和 C 球分别带何种电荷,并说明理由。
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(2)若 A 球带电量为 Q,则 B 球的带电量为多少? (3)若 A 球带电量减小,B、C 两球带电量保持不变,则细线 AB、BC 中的拉力分别如何 变化? 【答案】(1)B、C 两球都带负电荷 (2) = 2 (3)AB 细线中拉力增大,BC 中仍无作用 力 【解析】(1)B 球受重力及 A、C 对 B 球的库仑力而受于平衡状态;则 A 与 C 球对 B 球的库仑力的合力应与重力大小相等,方向相反;而库仑力的方向只能沿两电荷的连线 方向, 故可知 A 对 B 的库仑力应指向 A,C 对 B 的作用力应指向 B 的左侧; 则可知 B、C 都应带负电; (2)由对称性知 qB=qC,B 球受三力作用,如图所示;


根据平衡条件有 k 解得 qB =2


cos60° = k 2 2

(3)若 A 球带电荷量减小,B、C 两球带电荷量保持不变,因此 A 对 B 球的库仑力减 小,根据受力平衡条件可知,细线 AB 的拉力则增大,而 BC 中的拉力则不变. 点睛:库仑定律考查一般都是结合共点力平衡进行的,因此解题的关键在于做出受力分 析图,明确库仑力的方向;则可利用共点力的平衡条件进行解答. 19.两根长度不一的细线 a 和 b,一端连在天花板上,另一端打个结连在起,如图,已 知 a、b 的抗断张力(把线拉断所需的最小拉力)分别为 70N、和 80N,它们与天花板的夹 角分别为 37?、53?,现在结点 O 施加一个竖直向下的力 F ,求:

(1)要使细线不被拉断,拉力 F 不能超过多少? (2)拉力超过最大值时,哪一根细线先断? 【答案】 (1)要使细线不被拉断,拉力 F 不能超过 100N; (2)当拉力超过最大值时, b 细 线先断. 【解析】(1)把沿着两个绳子方向的拉力合成如图.

由三角函数关系得:
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= 70 时, = 53? ≈ 93.3 > 80 ,此时b绳已断.
所以当 b 绳等于最大拉力80 时,F最大,则max =
sin53?



= 100

= 70 时, = 53? ≈ 93.3 > 80 ,此时b绳已断,所以当拉力超过最大值时,b细线先断。
点睛:本题是物体平衡中临界问题,采用的是假设法.其基础是分析物体受力、正确 作出力的分解图。 评卷人 得分 六、计算题 20.如图所示,电阻 R1=8Ω ,电动机绕组电阻 R0=2Ω ,当开关 S 断开时,电阻 R1 消耗的 电功率是 2.88W; 当开关 S 闭合时, 电阻 R1 消耗的电功率是 2W. 若电源的电动势为 6V, 求开关 S 闭合时

(1)干路中的总电流 (2)电动机输出的机械功率. (3)若此电动机输出的机械功率不变,用它从静止开始竖直提升 0.5Kg 物体时,物体 2 匀速上升时的速度为多大. (g=10m/s ) 【答案】 (1)干路中的总电流是 1A. (2)电动机输出的机械功率是 1.5W. (3)物体匀速上升时的速度为 0.3m/s. 【解析】 试题分析: (1)当开关 S 断开时,电阻 R1 消耗的电功率求出电路中电流,由欧姆定律求 出电源的内阻 r.当开关 S 闭合时,根据电阻 R1 消耗的电功率求出 R1 的电流和电压,根 据欧姆定律求出干路电流. (2)得到电动机的电流,再求出电动机输出的机械功率. (3)根据 P=Fv,F=mg 求物体匀速上升时的速度. 2 解: (1)当开关 S 断开时 由 P1=I1 R1,得 I1=0.6A 电源的内阻 r= =
2

﹣8=2Ω

当开关 S 闭合时 由 P2=I2 R1,得 I2=0.5A R1 的电压 U=I2R1=4V 设干路中电流为 I 则 I= = =1A
2

(2)电动机的电流 IM=I﹣I2=0.5A 故机械功率为 P=UIM﹣IM R0=1.5W (3)由 P=Fv、F=mg 得 v= =0.3 m/s

答: (1)干路中的总电流是 1A. (2)电动机输出的机械功率是 1.5W. (3)物体匀速上升时的速度为 0.3m/s. 点评:本题考查处理非纯电阻电路问题的能力.对于电动机正常时,其电路是非纯电阻
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电路,欧姆定律不成立,本题不能用 IM=

求电动机电流.
-4

21.如图所示,一带电小球的质量 m=2×10 kg ,用长为 L=0.8m 的细线悬挂在水平方 4 o 向的匀强电场中的 O 点,电场场强 E=3×10 N/C,当细线与竖直方向夹角为 θ =37 时, 2 O O 小球恰好静止在 A 点。 (g=10m/s ,sin37 =0.6,cos37 =0.8)求

(1)小球带什么电?电量是多少? (2)若剪断细线,则带电小球的运动轨迹是直线还是曲线?加速度是多少? (3)若小球由竖直方向的 P 点静止释放,运动到 A 位置的过程中,电场力做多少功? 【答案】 (1)正电 q= 5 ?10 C (2)直线 a=12.5 m/s 【解析】 试题分析: (1) 小球带正电 由 mg tanθ = Eq 得 q= 5 ? 10 C (2)直线 由 mg /cosθ = ma 得 2 a=12.5 m/s (3)根据静电力做功
?8 ?8
2

(3) WF ? 7.2 ? 10?4 J

(2 分) (2 分) (1 分) (2 分) (2 分) (1 分)

WF ? qEL sin370 ? 7.2 ?10?4 J

(4 分)

考点:本题考查了对参考系的理解。 一个电源接 8Ω 电阻时,通过电源的电流为 0.15A,接 13Ω 电阻时,通过电 源的电流为 0.10A,求: 22.电源的电动势和内阻。 23.当外电阻为 13Ω 时,电源的效率和外电阻上消耗的电功率. 【答案】 22.E=1。5V 23. 【解析】略 评卷人 得分 七、实验题 24. (1) 用多用电表的欧姆档测某一额定电压为 3V 的小灯泡的电阻, 读数情况如图 (1) , 则小灯泡的电阻 R L ?

r=2Ω

? ;接着再用该电表测量一阻值约 2k ? 的电阻的阻值,则

选择开关应该置于 倍率档位;换挡后,在测电阻之前,应该先 。 (2)在描绘该小灯泡的伏安特性曲线时,已有一只满足要求的电流表,为了把满偏电 流 I g ? 3mA ,内阻 R g ? 100? 的表头改装成量程为 3V 的电压表,需串联一个阻值
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R?

? 的电阻;

(3)现将改装后的电压表接入如图(2)的电路进行实验,得到如下表的数据,请在所 给的坐标系中描绘出小灯泡的伏安特性曲线:

(4)若将该灯泡直接接到电动势 E ? 2V ,内阻 r ? 10? 的电源两端,则该灯泡时间消 耗的功率为 P ? W。 【答案】(1) 6.0? , ? 100 ,将红黑表笔接触进行电阻调零 (2) 900? (3)将表中数据逐一描点后用平滑曲线连接各点:

(4) 作出电源的伏安特性曲线 (如上图) , 读出交点的电压和电流值,0.08W ? 0.11W 【解析】 试题分析: (1)用多用电表的欧姆档测某一额定电压为 3V 的小灯泡的电阻,读数情况 如图 2,则小灯泡的电阻 RL ? 6.0? ,接着再用该电表测量阻值约 2k ? 的电阻的阻值, 则选择开关应该置于 ? 100 倍率档位;换档后,在测电阻之前,应该先进行欧姆调零。 (2)把电流计改装成电压表需要串联一个分压电阻, 分压电阻阻值: R ?

U 3 ? Rg ? ? 100 ? 900? ; Ig 0.003

(3)将表中数据描点后用平滑的曲线连接即可,图象如图所示:

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(4)画出电源的 U-I 曲线,与小灯泡伏安曲线的交点对应的电压和电流即为此时小灯 泡的实际电压与电流,根据 P ? UI 即可求得实际功率;根据闭合电路欧姆定律得: U ? E ? Ir ,则有 U ? 2 ? 10 I ,画出 U-I 图象如图所示,交点对应的电压与电流即为 小灯泡此时的实际电压与电流,所以小灯泡两端电压为 0.7V ,电流 I ? O.13 A , 所以实际功率为: P ? UI ? 0.7 ? 0.13W ? 0.091W 。 考点:描绘小电珠的伏安特性曲线、用多用电表测电阻 【名师点睛】学会多用电表的使用,能根据实验数据用描点法作图.本题的难点在于球 灯泡的时间功率,因为灯泡的电流随电压的变化而变化,只能通过作图法解决。 25.将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内,就构成了简单的“水果电池”,其电动势约 为 1.5 V。可是这种电池并不能点亮额定电压为 1.5 V、额定电流为 0.3 A 的手电筒上的 小灯泡,原因是流过小灯泡的电流太小了,实验测得不足 3mA。为了较精确地测定该水 果电池的电动势和内阻,提供的实验器材有:

电流表 A(量程 0~3 mA,内阻约为 0.5 Ω) 电压表 V(量程 0~1.5 V,内阻约为 3 kΩ) 滑动变阻器 R1(阻值 0~10 Ω,额定电流为 1 A) 滑动变阻器 R2(阻值 0~3 kΩ,额定电流为 1 A) 电键,导线若干 (1)应选______(选填“a”或“b”)电路图进行实验。 (2)实验中滑动变阻器应选用______(用器材代号表示)。 (3)根据实验记录的数据,经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的 U-I 图 象如图所示,由图可知,水果电池的电动势 E=______V,内阻 r=________Ω。 【答案】 (1)a; (2)R2; (3)1.35; 450. 【解析】 (1)由题意可知水果电池内阻较大,为减小实验误差,相对于电源来说,电流 表应采用内接法,因此应选择图 a 所示电路图. (2)电源的内阻大约 r ?

E 1.5V ? ? 500? ,若选用 0~10Ω 的滑动变阻器,移动 I 0.003 A

滑片,电流基本不变,因此滑动变阻器应选:R2(阻值 0~3kΩ,额定电流为 1A) . (3)由图示电源 U-I 图线可知,图象与纵轴截距为 1.35,则电源电动势:E=1.35V;电 池内阻: r ?

?U 1.35 ? ? 450? ; ?I 0.003
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