2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习
一、选择题
1．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）下图所示的电路中，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
2．（2017高二上·上饶期末）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R 2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．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗
C．R 1两端的电压增大 D．电流表的示数增大
3．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图， 、 和 皆为定值电阻， 为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为 设电流表A的读数为I，电压表V的读数为 闭合电键，当 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
4．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图所示，当变阻器 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
5．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W
6．（2017高二上·雅安期末）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
7．（2016高二上·吉安期中）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
8．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图所示，电源电动势为E，内电阻为 理想电压表 、 示数为 、 ，其变化量的绝对值分别为 和 ；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为 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 变暗， 、 变亮
B．
C． 不变
D． 不变
9．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数 ，线圈面积 ，线圈的电阻 ，线圈外接一个阻值 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
D．前4s内通过R的电荷量为
10．（2015高二下·上饶期中）如图所示，变压器为理想变压器，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
11．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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
12．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为
D．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
二、解答题
13．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中， ，有一水平放置的光滑框架，宽度为 ，如图所示，框架上放置一质量 、电阻 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 ，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．
14．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，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轻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μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小．
15．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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 随时间t的变化关系为 ，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界 虚线 与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 ，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 时刻恰好以速度 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 到 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻 穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】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．A不符合题意．干路电流减小，R1消耗的功率减小．B不符合题意．电容器的电容与R2无关，C不符合题意．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．D符合题意．
故答案为：D。
【分析】由图可知R1与R2串联，电压表测路端电压，电容与R2并联；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中电路电流的变化及路端电压的变化；再根据可知电阻R1的功率变化，电容器的电容由它本身决定，与电路中电流、电压的变化无关，电容两端电压等于与它并联的元件两端电压，根据Q=CU可分析电容器C所带电量的变化．
2．【答案】A
【知识点】传感器；电路动态分析
【解析】【解答】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：A．
【分析】首先看懂电路图中各用电器的连接方式，NTC 热敏电阻在电路中与滑动变阻器的作用一样，也是动态电路分析的题目．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，电阻R1两端的电压减小，灯L两端的电压增大，即可判断选项．
3．【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当滑动变阻器R4的滑动头向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R1的电压变大，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．
故答案为：A
【分析】本题属于电路动态变化分析问题。电路中R2与R4并联后与R1、R3串联，电压表测量R1与R4两端的总电压，电流表测量R2的电流；当滑动变阻器R4的滑动头向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，据闭合电路的欧姆定律知干路电流增大，电源的内电压和电阻R3两端的电压增大，根据串联分压和并联分流关系可判断电流表和电压表示数的变化。
4．【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当变阻器 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，内电压增大，因此路端电压减小，故电压表示数变小；
将 等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过 的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】本题属于电路动态变化分析问题。电路中R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压，电流表测量R3的电流；当滑动变阻器R4的滑动头向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，据闭合电路的欧姆定律知干路电流增大，路端电压减小，即电压表示数变大，根据串联分压和并联分流关系可判断电流表示数的变化。
5．【答案】B
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 ；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=3×2W=6W；电源的输出功率 P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，
故答案为：B．
【分析】本题考查学生对电源的U-I图线和用电器的U-I图线的理解应用。电源U-I图线描述路端电压随电流的变化规律，图线与纵轴交点表示电源电动势，斜率表示电源内阻；用电器的U-I图线描述用电器两端电压随电流的变化规律，图线的斜率表示用电器的电阻；两线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态。由此可知，题中用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡的电压 U=2V，电流 I=2A，根据功率表达式可解本题。
6．【答案】D
【知识点】全电路的功和能；电路动态分析
【解析】【解答】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．由于灯炮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
【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．
7．【答案】B
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】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．
【分析】由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．
8．【答案】A,C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则 变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则 变暗。总电流增大，而 的电流减小，则 的电流增大，则 变亮。A符合题意。由上分析可知，电压表 的示数减小，电压表 的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以 ．B不符合题意。由 得： ，不变，C符合题意。根据欧姆定律得 ，不变，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】本题属于电路动态变化分析问题。电路中L1和滑动变阻器串联后与L3并联，并联总电阻与L2串联；当滑动变阻器的滑动头向左端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻减小，据闭合电路的欧姆定律知干路电流增大，路端电压减小；根据串联分压和并联分流关系可分析各灯亮度的变化；根据闭合电路欧姆定律可知，。
9．【答案】C,D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A项：由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，A不符合题意；
B项：根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，B不符合题意；
C项：由法拉第电磁感应定律： ，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为 ，所以线圈电阻r消耗的功率P=I 2 R=0.02 2 ×1W=4×10 -4 W，C符合题意；
D项：前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】本题考查电磁感应的电路问题。解决时根据磁通量的变化，由楞次定律和法拉第电磁感应定律分析感应电流的方向和感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，根据和可解。
10．【答案】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：开关S断开后，变压器副线圈的负载电阻增大，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
【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．
11．【答案】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，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，A不符合题意、D符合题意；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，B不符合题意；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，C符合题意；
故答案为：CD.
【分析】本题要求分析导线框的运动情况，导线框的运动情况取决于它的受力情况。所以解决本题的关键是正确分析导线框下落过程的受力情况，根据合力方向与速度方向间的关系确定导线框的运动。题中导线框进入磁场前作自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场时受安培力和重力，根据安培力和重力的大小关系可分析可能的运动情况；完全进入磁场后只受重力作匀加速运动。
12．【答案】A,B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，A符合题意；根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，B符合题意；当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为： ，C符合题意；当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】金属棒释放瞬间，受重力向下运动切割磁感线产生感应电流，由右手定则可判断感应电流方向，感应电流受安培力，安培力，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得出感应电流可求安培力，然后根据能量守恒分析能量的转化关系。
13．【答案】（1）解：5s内杆ab运动的位移为：
根据法拉第电磁感应定律得：
（2）解：5s末金属杆的速度为：
安培力为：
根据牛顿第二定律得：
解得：
（3）解：根据 得：
图线如图所示：
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题中导体棒匀加速运动切割磁感线产生感应电流，根据匀加速运动的运动学公式可求位移，由法拉第电磁感应规律求平均感应电动势，然后根据导体棒受力情况由牛顿第二定律可得力F与时间t的关系。
14．【答案】（1）解：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棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F①
N1=2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsinθ+μN2=T③
N2=mgcosθ④
联立①②③④式得
F=mg(sin θ–3μcos θ)⑤
（2）解：由安培力公式得
F=BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε=BLv⑦
式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I= ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v=(sin θ–3μcos θ) ⑨
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题属于导体棒在磁场中运动问题。根据导体棒ab匀速运动可知，ab棒受力平衡，所以对ab棒受力分析由平衡条件列平衡方程可求安培力，然后根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律列式联立求解得金属棒运动速度。
15．【答案】（1）解：在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为 ①
设在从t时刻到 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为 ，流过电阻R的电荷量为
由法拉第电磁感应有 ②
由欧姆定律有 ③
由电流的定义有 ④
联立①②③④可得 ⑤
由⑤可得，在t=0到t= 的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ⑥
（2）解：当 时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 ⑦
式中f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为 ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为 ⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为 ⑩
回路的总磁通量为
式中 仍如①式所示，由①⑨⑩ 可得，在时刻t（ ）穿过回路的总磁通量为
在t到 的时间间隔内，总磁通量的改变 为
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
由欧姆定律有
联立⑦⑧ 可得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题属于电磁感应的电路问题和力学问题的综合。在 t = 0 到 t = t 0 时间间隔内，流过电阻的电荷量可由计算，但应注意公式中的电流为这段时间内的平均电流，所以应用法拉第电磁感应定律求出平均电流就可以求出；在导体棒通过MN后，导体棒匀速运动，所以导体棒所受合外力为零，外力等于导体棒所受安培力，根据法拉第电磁感应定律求出两部分磁场产生感应电动势得出感应电流由外力可解。
1 / 12018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习
一、选择题
1．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）下图所示的电路中，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
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】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．A不符合题意．干路电流减小，R1消耗的功率减小．B不符合题意．电容器的电容与R2无关，C不符合题意．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．D符合题意．
故答案为：D。
【分析】由图可知R1与R2串联，电压表测路端电压，电容与R2并联；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中电路电流的变化及路端电压的变化；再根据可知电阻R1的功率变化，电容器的电容由它本身决定，与电路中电流、电压的变化无关，电容两端电压等于与它并联的元件两端电压，根据Q=CU可分析电容器C所带电量的变化．
2．（2017高二上·上饶期末）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R 2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．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗
C．R 1两端的电压增大 D．电流表的示数增大
【答案】A
【知识点】传感器；电路动态分析
【解析】【解答】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：A．
【分析】首先看懂电路图中各用电器的连接方式，NTC 热敏电阻在电路中与滑动变阻器的作用一样，也是动态电路分析的题目．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，电阻R1两端的电压减小，灯L两端的电压增大，即可判断选项．
3．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图， 、 和 皆为定值电阻， 为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为 设电流表A的读数为I，电压表V的读数为 闭合电键，当 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
【答案】A
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当滑动变阻器R4的滑动头向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R1的电压变大，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．
故答案为：A
【分析】本题属于电路动态变化分析问题。电路中R2与R4并联后与R1、R3串联，电压表测量R1与R4两端的总电压，电流表测量R2的电流；当滑动变阻器R4的滑动头向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，据闭合电路的欧姆定律知干路电流增大，电源的内电压和电阻R3两端的电压增大，根据串联分压和并联分流关系可判断电流表和电压表示数的变化。
4．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图所示，当变阻器 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
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当变阻器 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，内电压增大，因此路端电压减小，故电压表示数变小；
将 等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过 的电流减小，因总电流增大，故电流表示数变大，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A
【分析】本题属于电路动态变化分析问题。电路中R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压，电流表测量R3的电流；当滑动变阻器R4的滑动头向b端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，据闭合电路的欧姆定律知干路电流增大，路端电压减小，即电压表示数变大，根据串联分压和并联分流关系可判断电流表示数的变化。
5．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W
【答案】B
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 ；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=3×2W=6W；电源的输出功率 P出=EI-I2r=（3×2-22×0.5）W=4W，
故答案为：B．
【分析】本题考查学生对电源的U-I图线和用电器的U-I图线的理解应用。电源U-I图线描述路端电压随电流的变化规律，图线与纵轴交点表示电源电动势，斜率表示电源内阻；用电器的U-I图线描述用电器两端电压随电流的变化规律，图线的斜率表示用电器的电阻；两线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态。由此可知，题中用该电源和小灯泡组成闭合电路时，灯泡的电压 U=2V，电流 I=2A，根据功率表达式可解本题。
6．（2017高二上·雅安期末）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
【知识点】全电路的功和能；电路动态分析
【解析】【解答】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．由于灯炮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
【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小，灯泡变暗；当内、外电阻相等时，电源的输出功率功率最大．灯炮L的电阻大于电源的内阻，当R增大时，电源的输出功率减小．变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数U=E﹣Ir变大．
7．（2016高二上·吉安期中）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
【知识点】全电路的功和能
【解析】【解答】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．
【分析】由图可知R2与R并联后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测量流过R2的电流；滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化．
8．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图所示，电源电动势为E，内电阻为 理想电压表 、 示数为 、 ，其变化量的绝对值分别为 和 ；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为 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 变暗， 、 变亮
B．
C． 不变
D． 不变
【答案】A,C,D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则 变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则 变暗。总电流增大，而 的电流减小，则 的电流增大，则 变亮。A符合题意。由上分析可知，电压表 的示数减小，电压表 的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以 ．B不符合题意。由 得： ，不变，C符合题意。根据欧姆定律得 ，不变，D符合题意。
故答案为：ACD。
【分析】本题属于电路动态变化分析问题。电路中L1和滑动变阻器串联后与L3并联，并联总电阻与L2串联；当滑动变阻器的滑动头向左端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻减小，据闭合电路的欧姆定律知干路电流增大，路端电压减小；根据串联分压和并联分流关系可分析各灯亮度的变化；根据闭合电路欧姆定律可知，。
9．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数 ，线圈面积 ，线圈的电阻 ，线圈外接一个阻值 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
D．前4s内通过R的电荷量为
【答案】C,D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A项：由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，A不符合题意；
B项：根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，B不符合题意；
C项：由法拉第电磁感应定律： ，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为 ，所以线圈电阻r消耗的功率P=I 2 R=0.02 2 ×1W=4×10 -4 W，C符合题意；
D项：前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】本题考查电磁感应的电路问题。解决时根据磁通量的变化，由楞次定律和法拉第电磁感应定律分析感应电流的方向和感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，根据和可解。
10．（2015高二下·上饶期中）如图所示，变压器为理想变压器，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】A,B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】解：开关S断开后，变压器副线圈的负载电阻增大，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
【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．
11．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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】C,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，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，A不符合题意、D符合题意；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，B不符合题意；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，C符合题意；
故答案为：CD.
【分析】本题要求分析导线框的运动情况，导线框的运动情况取决于它的受力情况。所以解决本题的关键是正确分析导线框下落过程的受力情况，根据合力方向与速度方向间的关系确定导线框的运动。题中导线框进入磁场前作自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场时受安培力和重力，根据安培力和重力的大小关系可分析可能的运动情况；完全进入磁场后只受重力作匀加速运动。
12．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为
D．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】A,B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，A符合题意；根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，B符合题意；当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为： ，C符合题意；当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】金属棒释放瞬间，受重力向下运动切割磁感线产生感应电流，由右手定则可判断感应电流方向，感应电流受安培力，安培力，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得出感应电流可求安培力，然后根据能量守恒分析能量的转化关系。
二、解答题
13．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中， ，有一水平放置的光滑框架，宽度为 ，如图所示，框架上放置一质量 、电阻 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 ，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】（1）解：5s内杆ab运动的位移为：
根据法拉第电磁感应定律得：
（2）解：5s末金属杆的速度为：
安培力为：
根据牛顿第二定律得：
解得：
（3）解：根据 得：
图线如图所示：
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题中导体棒匀加速运动切割磁感线产生感应电流，根据匀加速运动的运动学公式可求位移，由法拉第电磁感应规律求平均感应电动势，然后根据导体棒受力情况由牛顿第二定律可得力F与时间t的关系。
14．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，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轻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μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小．
【答案】（1）解：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棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F①
N1=2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsinθ+μN2=T③
N2=mgcosθ④
联立①②③④式得
F=mg(sin θ–3μcos θ)⑤
（2）解：由安培力公式得
F=BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε=BLv⑦
式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I= ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v=(sin θ–3μcos θ) ⑨
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题属于导体棒在磁场中运动问题。根据导体棒ab匀速运动可知，ab棒受力平衡，所以对ab棒受力分析由平衡条件列平衡方程可求安培力，然后根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律列式联立求解得金属棒运动速度。
15．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 2.7 闭合电路欧姆定律 同步练习）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 随时间t的变化关系为 ，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界 虚线 与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为 ，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 时刻恰好以速度 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 到 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻 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】（1）解：在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为 ①
设在从t时刻到 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为 ，流过电阻R的电荷量为
由法拉第电磁感应有 ②
由欧姆定律有 ③
由电流的定义有 ④
联立①②③④可得 ⑤
由⑤可得，在t=0到t= 的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ⑥
（2）解：当 时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 ⑦
式中f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为 ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为 ⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为 ⑩
回路的总磁通量为
式中 仍如①式所示，由①⑨⑩ 可得，在时刻t（ ）穿过回路的总磁通量为
在t到 的时间间隔内，总磁通量的改变 为
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
由欧姆定律有
联立⑦⑧ 可得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】本题属于电磁感应的电路问题和力学问题的综合。在 t = 0 到 t = t 0 时间间隔内，流过电阻的电荷量可由计算，但应注意公式中的电流为这段时间内的平均电流，所以应用法拉第电磁感应定律求出平均电流就可以求出；在导体棒通过MN后，导体棒匀速运动，所以导体棒所受合外力为零，外力等于导体棒所受安培力，根据法拉第电磁感应定律求出两部分磁场产生感应电动势得出感应电流由外力可解。
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