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1、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0B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Rx0时，调节可变电阻R，得Ig，这时电流表满偏当接入被测电阻Rx时，表头上的电流I，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”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏
2、转角度极小，那么正确的判断和做法是()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”挡，重新调整欧姆零点后测量D为了把电阻值测得更准确些，应换用“100”挡，重新调整欧姆零点后测量【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4310AEI(RR0r)BEUIrCU1IR DU2IR0【解析】由于电路中含有电动机，为
3、非纯电阻电路，闭合电路的欧姆定律不再适用，故关系式EI(RR0r)与U2IR0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3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为()图4311A53 B35C23 D32【解析】S断开时，电压表的读数等于电源电动势，即E3 V，S闭合时电压表读数为路端电压，即U1.8 V，所以U内EU1.2 V根据串联电路电压分配知Rr32，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
4、源的电流为4I/3，则电源的内阻为()AR BR/2C4R DR/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EI(2Rr)，EI(r)，由以上两式可得r4R.【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
5、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600 VB短路电流为20 AC内阻为20 D内阻为30 【解析】由图像知该电池板的电动势E600 V，横轴交点坐标为(20 A,200 V)，因此20 A不是短路电流由UEIr，或r|知r20 ，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4314AR1两端的电压增大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
6、，电流表示数增大，B正确由欧姆定律得U1IR1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(2016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】A4RB5R C10RD16R【解析】由闭合电路的欧姆定律得：调零时有EIgR内；指针偏转至满刻度的4/5时有E4Ig(RR内)/5；指针偏转到满刻度的1/5时有EIg(RxR内)/5.联立三式可解得Rx16 R，D正确，A
7、，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4315AI1增大，I2不变，U增大BI1减小，I2增大，U减小CI1增大，I2减小，U增大DI1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U.R2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
8、定律知路端电压UEIr，所以电压表示数U减小；R1两端电压U1UU3，而U3IR3，U3增大，所以U1减小，则I1减小，而II1I2，所以I2增大故正确答案为B.【答案】B11.如图4316所示，电阻R1R2R31 ，当开关S闭合时，电压表的示数为1 V；当开关S断开时，电压表的示数为0.8 V求电源的电动势和内阻图4316【解析】S闭合时，I1 A，RR3 1 1.5 ，由I得EIRIr(11.51r) VS断开时，I0.8 A，RR1R31 1 2 ，所以EIRIr(0.820.8r) V由两式可得E2.0 V，r0.5 .【答案】2.0 V0.5 12如图4317所示，R1R2R3R4R
9、，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UCU4E.对带电小球，有mgq.由两式联立解得E.(2)开关S断开后，R1、R4串联，则UCE，小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q，向上运动到上极板，全程由动能定理，得mgdqmgdqUC0由两式联立解得qq.【答案】(1)(2)q5
