2.3 欧姆定律—人教版高中物理选修3-1巩固练习

欧姆定律同步练习
一、单选题
由欧姆定律导出和，下列叙述中错误的是???
A.
由知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定
B.
导体的电阻由导体本身的物理条件决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流大小无关
C.
对确定的导体，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值
D.
一定的电流流过导体，电阻越大，其电势差越大
如图所示为两电阻、的伏安特性曲线，由图可知：
这两电阻大小之比为_______。
A.
B.
C.
D.
当这两个电阻分别加上相同电压时，通过的电流之比为_______。
A.
B.
C.
D.
某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是
A.
加电压时，导体的电阻约是
B.
加电压时，导体的电阻约是
C.
由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
D.
由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不变
如图为滑动变阻器的示意图，A，B，C，D为4个接线柱，当滑动片P由C向D移动时，若要使变阻器接入电路的电阻由大变小，应将电阻器的哪两个接线柱连入电路
A.
A和B
B.
A和D
C.
B和C
D.
C和D
下列说法正确的是
A.
由知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比
B.
由知道，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比
C.
比较几只电阻的图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象属于阻值较大的那个电阻
D.
导体中的电流越大，导体的电阻就越小
如图所示是某小灯泡的伏安特性曲线，则根据图中数据，下列说法中正确的是
?
A.
小灯泡两端电压为5V时，小灯泡电阻为
B.
小灯泡两端电压为10V时，小灯泡电阻为
C.
若小灯泡两端电压为19V，则通过小灯泡电流应恰为2A
D.
由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
为了测定小灯泡的伏安特性曲线，需要测得的电压范围尽可能大些，误差小些，为此，下列电路合适的是
A.
B.
C.
D.
某家用台灯可通过调节开关使它的亮度逐渐增大到最亮，若灯最亮时的电压为，工作电流为，则当电压为时，灯丝的电阻
A.
等于
B.
等于
C.
大于
D.
小于
二、多选题
甲、乙两个电阻，它们的伏安特性曲线画在同一个坐标系中，如图所示，则
A.
甲的电阻是乙的电阻的
B.
把两个电阻两端加上相同的电压，通过甲的电流是通过乙的电流的两倍
C.
欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压应是加在甲两端电压的3倍
D.
甲的电阻是乙的电阻的2倍
两粗细相同的同种金属电阻丝、的电流I和电压U的关系图线如图所示，可知
A.
两电阻的大小之比为
B.
两电阻的大小之比为
C.
两电阻丝长度之比为
D.
两电阻丝长度之比为
某同学做三种导电元件的导电性质实验，他根据所测数据，分别绘制了三种元件的图象，如图所示。下列判断正确的是
A.
只有乙元件的图象是正确的
B.
甲、丙元件的图象是曲线，肯定误差太大
C.
甲、丙可能为非线性元件，乙为线性元件
D.
若测量、作图正确，则甲、丙元件不适用欧姆定律
三、实验题
在探究规格为“”的小灯泡伏安特性曲线的实验中，某同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器阻值范围，额定电流，L为待测小灯泡，V为电压表量程，内阻，A为电流表量程，内阻，E为电源电动势，内阻不计，S为开关．
在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________端选填“左”或“右”．
在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是________点至________点的导线未连接好图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“__2__点至__3__点的导线”．
该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而________选填“不变”“增大”或“减小”．
为研究小灯泡的伏安特性曲线，选用额定值为“”的小灯泡进行实验，实验室提供了以下仪器：电源、滑动变阻器、电流表、电压表、开关、导线若干．
根据所学的知识，回答下列问题：
实验中用两电表测量小灯泡两端的电压和流过小灯泡的电流时，电路怎样连接才能使得灯泡的电阻误差较小？
为使加在小灯泡两端的电压从零开始，能在较大的范围内调节，滑动变阻器应怎样连接？在方框内画出相关的电路图．
请根据你画的电路图，把下图中的实验器材连成符合要求的实验电路．
为保证实验安全，电压表和电流表的测量范围不能超过________V和________A，开始做实验闭合S前，应把P移到________端．
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
如图所示是两个导体的伏安特性曲线。求：
电阻：为多少
若两个导体中的电流相等不为零时，电压之比：为多少
某电阻两端电压为，内通过的电荷量为，此电阻为多少？内有多少电子通过它的横截面？
电路中，每分钟有的电荷流过导线的某一横截面，已知一个电子的带电量为，求：
每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目；
流过该导线的电流。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】略
2.【答案】【小题1】A
【小题2】B
4.【答案】A
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在。
【解答】
A.连A和B时，连入电路中的是一个定值电阻最大电阻，这种接法是不能变阻的不符合题意，故A错误；
B.连A和D时，连入路中的电阻丝是PA部分，当滑片P由C向D移动时，PA电阻丝长度变短，电阻变小，符合题意，故B正确；
C.连B和C时，连入路中的电阻丝是PB部分，当滑片P由C向D移动时，PB电阻丝长度变长，电阻变大，不符合题意，故C错误。
D.连C和D时，电阻丝没有连入电路，滑片移到不能改变电阻的大小，不符合题意，故D错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题。
本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即可正确解题。
【解答】
电阻是描述导体自身属性的一个物理量，与加在它两端的电压和通过它的电流无关，故AD错误；?
B.由欧姆定律可知，通过导体的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故B正确；
C.由欧姆定律可知，几只电阻的图象可知，电流变化相同时，电压变化较小的图象是属于阻值较小的那个电阻，故C错误。?
故选B。
7.【答案】A【分析】
本题主要考察图像，本题中图线的斜率代表电阻的倒数，通过观察图读出数据利用欧姆定律判断即可。
【解答】
A.观察图可知：当电压为5V时，小灯泡的电流为，则灯泡电阻为，故A正确；
B.观察图可知：当电压为10V时，小灯泡的电流小于，则灯泡电阻大于，故B错误；
C.观察图可知小灯泡的电阻是变化的，因此电压为19V时，无法确定电流是否为2A，故C错误；
D.图线的斜率代表电阻的倒数，因为电阻的倒数在变小，所以电阻在变大，故D错误。
故选A。
8.【答案】D
9.【答案】D
10.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查了欧姆定律的应用，解题的关键是知道图线的斜率的倒数表示电阻，然后再根据欧姆定律进行分析求解即可。
分析图像中信息，由斜率表示电阻倒数可得两电阻之比，由电阻之比可得相同电压下的电流之比，若电流相同由欧姆定律可得电压之比。
【解答】
由图线可知，电阻为图线斜率的倒数，则有，故甲的电阻是乙的电阻的，故A正确，D错误。
B.两电阻电压相同，则由可知，通过甲的电流是通过乙的电流的3倍，故B错误；
C.根据欧姆定律可知，欲使有相同的电流通过两个电阻，加在乙两端的电压是加在甲两端电压的3倍，故C正确。
故选AC。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】
由图象的性质可知电阻的大小关系，再由电阻定律可明确长度的比值。
本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意图象中图象的斜率表示电阻的倒数，同时应能准确应用电阻定律进行分析。
【解答】
由图可知，当电压为1V时，的电流为3A，而的电流为1A，则由欧姆定律可知，：：：3，故A错误，B正确；
由电阻定律可知，，电阻与导线长度成正比，与截面积成反比，因粗细相同，故长度之比为：：：3，故C正确，D错误。
故选BC。
12.【答案】CD
【解析】
【分析】
导体有线性元件和非线性元件，只有线性元件的图象是直线。?
导体不一定就是线性的元件的导体，比如一般的金属导体的电阻，就随着温度的升高而增大，也不是线性的元件。
【解答】
图乙是过原点的直线，故是线性元件的图象，图甲和图丙都是曲线，故为不同的非线性元件的图象，三个图象都可能正确，非线性元件，欧姆定律不适用。故AB错误，CD正确；
故选CD。
13.【答案】左；；5；增大
【解析】
【分析】
本题考查灯泡伏安特性曲线的测量，要注意明确实验电路的分析，知道分压和限流接法的区别；同时能正确分析图象，能从图象找出电阻的变化规律。
I、滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压电路电压应最小，根据电路图确定滑片位置；
II、滑动变阻器采用分压接法，灯泡电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不可能从零开始变化；
III、根据图示图象，应用图象的规律可判断灯泡电阻如何变化。
【解答】
由电路图可知，测量电路与滑动变阻器的左半部分并联；故为了让测量电路中电流从零开始调节，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端，故答案填：左；
闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；故可能是1点到5点间的导线没有接好；故答案填：1；5；
图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，图象的斜率减小，故说明灯泡的电阻随电压的增大而增大；故答案填：增大；
故答案为：左；；5；增大。
14.【答案】电流表采用外接法
分压式接法?
?
?
?3V；
?；D
【解析】
【分析】
测量小灯泡的伏安特性曲线，电压电流要从0测起，所以滑动变阻器应该用分压式，小灯泡正常发光时的电阻为，与电流表内阻相当，属于小电阻，“小外偏小”，电流表应该用外接法。
本题考查了测绘小灯泡的伏安特性曲线；解决本题的关键掌握电流表的内外接问题和滑动变阻器的分压限流接法，知道什么情况下用什么接法。
【解答】
为了在测量小灯泡电阻时减小误差，电流表量程选择挡，电压表量程选择挡，电流表应采用外接法；
为使加在小灯泡两端的电压从零开始，能在较大的范围内调节，滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如图：
；
依据电路图连接实物图如图所示：
；
为使读数误差尽可能小，电压表的量程应选用挡，电流表的量程应选用挡；
为保证实验安全，测量范围不能超过3V和，开始做实验闭合开关前，应把P移到D端。
故答案为：电流表采用外接法；分压式接法；；；；；D
15.【答案】解：因为在图像中，所以，所以
?由欧姆定律得，，由于，则
【解析】图像的斜率的倒数表示加速度；
若两个导体中的电流相等时，电压之比等于电阻之比。
本题是图像的使用，不难。
16.【答案】解：根据得：通过导体的电流
根据欧姆定律得：
一个电子的电荷量为
所以
即此电阻为，30s内有个电子通过它的横截面。
【解析】根据电流的定义式可求通过导体的电流；根据欧姆定律可以求出电阻，根据可以求出30s内通过它的横截面积的自由电子的个数。
本题考查电流、电量、电阻的计算，关键掌握电流的定义式和欧姆定律公式，并能灵活运用。
17.【答案】解：每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为：
个
流过该导线的电流为：
答：每分钟内流过该导线这一横截面的电子数目为个。
流过该导线的电流是
【解析】已知流过导线某一横截面的电荷量，而电子的带电量为，由求出电子数目。
根据电流的定义式求流过该导线的电流。
解决本题时，关键要知道电流的定义式，并要知道电子的电荷量为。
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