高中物理人教版选修3-1能力提升测试卷 ：第二章 第3节欧姆定律+Word版含解析

第3节　欧姆定律
第1课时　欧姆定律
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。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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I-U图象可知，电流变化相同时，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
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，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。
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(　　)
A．5 Ω B．10 Ω C．1 Ω D．6 Ω
答案　B
解析　由电阻的定义式R＝知，M点电阻RM＝ Ω＝30 Ω，N点的电阻RN＝ Ω＝40 Ω，电阻改变10 Ω，B正确。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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R1∶R2等于(　　)
A．1∶3 B．3∶1
C．1∶ D.∶1
答案　A
解析　在I-U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。
3．在电阻为4 Ω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(　　)
A．60 V B．6 V C．0.6 V D．3.6 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＝IR＝0.15×4 V＝0.6 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 (　　)
A．IA＝2IB B．IA＝ C．IA＝IB D．IA＝
答案　D
解析　由I＝得：IA∶IB＝∶＝UARB∶UBRA＝1∶4，即IA＝IB，D正确。
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(　　)
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
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＝ρ分析得到，电阻变为原来的16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错误；电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S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。
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I-U图象，图甲和图丙是不同的非线性元件的I-U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R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
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点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R＝，故B正确，C错误；因P＝UI，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I-U图线，图中倾角为α＝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R＝2 Ω
C．I-U图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R＝cot45°＝1.0 Ω
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 Ω，B正确；I-U图线的斜率等于电阻的倒数，而斜率k＝＝0.5，所以电阻R＝＝2 Ω≠cot45°，故C错误；在R两端加6.0 V电压时，电流I＝＝ A＝3 A，每秒通过电阻截面的电量是q＝It＝3×1 C＝3 C，故D错误。
10．如图所示，A、B、C为三个通电导体的I-U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I-U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RB＝＝4 Ω，所以在导体B上加10 V电压时，通过导体B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________Ω；如果给它两端加上2 V的电压，它的电阻为______Ω；如果在它的两端不加电压，它的电阻为________Ω。
答案　1500　1500　1500
解析　由电阻的定义式可得导体的电阻为
R＝＝ Ω＝1500 Ω。
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 Ω。第2课时　实验：测绘小灯泡的伏安特性曲线
考点一
电流表的内接、外接
1.在图中，甲、乙两图分别为测灯泡电阻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R?RV，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R?RA，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＞R真，R越大，电流表的分压越小，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I-U图线。现有下列器材供选择：
A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(500 Ω，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：________________________________________________________________________。
(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I-U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0～5 V的A，小灯泡的额定电流I＝0.5 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＝1250倍，故电流表采用了外接法。
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.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：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，________________________________；
②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，______________________________________；
③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)①使它靠近滑动变阻器左端的接线柱　②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器材：
电压表 V1(量程3 V，内阻1 kΩ)；
电压表 V2(量程15 V，内阻50 kΩ)；
电流表 A1(量程0.6 A，内阻0.5 Ω)；
电流表 A2(量程3 A，内阻0.1 Ω)；
滑动变阻器R1(0～20 Ω，允许最大电流2 A)；
滑动变阻器R2(0～1000 Ω，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)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＝＝ A≈0.317 A，应当选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R＝≈20 Ω，可知＞，小灯泡的电阻较小，因此测量电路应采用电流表外接法，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0～5 V，内阻5 kΩ
电流表A1，量程0～100 mA，内阻4 Ω
电流表A2，量程0～500 mA，内阻0.4 Ω
滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，额定电流1.0 A
滑动变阻器R2，最大阻值5 Ω，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 Ω
(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I-U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P-U2图线的斜率越来越小，B图正确；由P＝I2R知随着电阻R、电流I的增大，P-I2图线的斜率逐渐增大，D图正确。