（物理）初中物理欧姆定律练习题一、欧姆定律选择题1．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，下列说法正确的是（）A. 向右移动滑片P，电压表V1的示数变小B. 向右移动滑片P，电压表V2的示数变小C. 向左移动滑片P，电流表A的示数变大D. 向左移动滑片P，电压表V1与电流表A的示数比值不变【答案】 D【解析】【解答】解：由图可知，闭合开关S，两电阻串联，电流表测电路中电流，V1测R2两端电压，V2测总电压，电源电压保持不变，所以滑片移动中V2的示数不变，故B错误；滑片向右移动时，R1连入阻值变小，根据串联电路的分压原理知，R2分得电压增大，即V1示数变大，故A错误；滑片向左移动时，R1连入阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知电路中电流变小，故C错误；由欧姆定律可知，电压表V1与电流表A的示数比值大小等于R2的阻值，所以两表比值不变，故D正确．故选D．【分析】闭合开关，两电阻串联，电流表测电路中电流，V1测R2两端电压，V2测总电压．根据滑片移动方向判断R1连入阻值变化，从而知电路的电阻变化，由串联电路特点和欧姆定律电表示数变化以及V1与A的示数比值变化情况．本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律的应用，会把电压表V1与电流表示数的比值转化为R2的阻值处理是关键．2．如图所示是电阻甲和乙的U﹣I图象，下列说法正确的是（）A. 甲、乙两元件的电流与电压都成正比B. 乙元件是一个定值电阻且阻值大小为10ΩC. 甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路的总电流为0.3AD. 甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，甲的功率为0.6W【答案】 C【解析】【解答】解：AB、由图象可知，乙元件中电流与两端电压图象不是过原点直线，说明乙元件的电流与电压不成正比，即乙的电阻不是定值，故A、B错误；C、甲、乙并联在2V电源时，甲和乙电压都为2V，由图象可知，I甲=0.1A，I乙=0.2A，故干路电流I=I甲+I乙=0.1A+0.2A=0.3A，故C正确；D、甲、乙串联在电路中时，当电路电流为0.2A时，甲和乙电流都为0.2A，由图可知U甲=4V，所以甲的功率P甲=U甲I甲=4V×0.2A=0.8W，故D错误．故选C．【分析】（1）根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与两端的电压成正比，据此分析图象甲乙电阻的变化；（2）根据并联电路的电压特点结合图象读出对应的电流，再根据并联电路的电流特点得出干路电流；（3）根据串联电路的电流特点读出图象中对应的电压，根据P=UI计算甲的功率．3．某兴趣小组为了研究电子温控装置，连接成如图所示电路，R1为热敏电阻，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，闭合开关，当温度降低时，下列说法中正确的是（）A. 电压表V2和电流表A示数均变大B. 电压表V1和电流表A示数之比不变C. 电压表V2和电流表A的乘积不变D. 电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变【答案】D【解析】【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联后再与R0串联，电压表V1测并联部分的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测干路中的电流．（1）因热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，所以，当温度降低时，热敏电阻R1的阻值变大，并联部分的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I= 可知，干路中的电流变小，即电流表A的示数变小，由U=IR可知，R0两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故A错误；由电压表V2示数变小、电流表A示数变小可知，电压表V2和电流表A的乘积变小，故C 错误；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，并联部分的电压变大，即电压表V1的示数变大，由电压表V1的示数变大、电流表A示数变小可知，电压表V1和电流表A示数之比变大，故B错误；（2）设温度变化前后，干路中的电流分别为I1、I2，则电压表V2示数的变化量：△U2=I2R0﹣I1R0=（I2﹣I1）R0=△IR0，即 =R0，且R0的阻值不变，所以，电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变，故D正确．故选D．【分析】由电路图可知，R1与R2并联后再与R0串联，电压表V1测并联部分的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测电路中的电流．（1）根据热敏电阻阻值与温度的关系得出当温度降低时其阻值的变化，进一步可知并联部分的电阻变化和电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，然后得出电压表V2和电流表A 的乘积变化；根据串联电路的电压特点和并联电路的电压特点可知电压表V1的示数变化，然后得出电压表V1和电流表A示数之比变化；（2）设出温度变化前后电路中的电流，根据欧姆定律得出电压表示数和电流表示数与R0的阻值关系，然后得出电压表V2变化量和电流表A变化量之比的变化．4．如图所示，电源电压保持不变。
闭合电键S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，不变的是：①电流表A的示数；②电压表V的示数；③电流表A与A1示数的差值；④电压表V与电流表A示数的比值（）A. 只有①B. 只有② C. ②③ D. ②③④【答案】C【解析】【解答】由电路图知道，R1和R2并联，电压表测量并联电路支路的电压（等于电源电压），电流表A1测R1 支路的电流，A测干路电流；因为电源的电压不变，所以，电压表V的示数不变，故②符合题意；因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R2的电流不变，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，由I=U/R知道，通过滑动变阻器R1支路的电流变小，即电流表A1的示数变小，因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小，故①不符合题意；因为电流表A与A1示数的差值等于通过R2的电流，所以，电流表A与A1 示数的差值不变，故③符合题意；由电压表V的示数不变、电流表A的示数变小知道，电压表V与电流表A示数的比值变大，故④不符合题意，综上所述，只有C符合题意，故答案为：C。
【分析】R1和R2并联，电压表测量并联电路支路的电压（等于电源电压），电流表A1测R1支路的电流，A测干路电流；根据电源的电压判断电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R2电流的变化；根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化以及两电流表示数只差的变化，进一步得出电压表V与电流表A示数的比值变化.5．如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将变阻器滑片向左移动时（）A. 灯泡L1亮度不变、L2变亮B. 电流表示数变小，电压表示数不变C. 电流表示数不变，电压表示数变大D. 电流表、电压表示数均不变2【答案】 C【解析】【解答】灯泡L2与滑动变阻器的最大阻值串联后再与灯泡L1并联，电流表测L1支路的电流，电压表测滑片P右侧部分的电压；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，L1支路的电流不变，L1的实际功率不变，即电流表示数不变，灯泡L1亮度不变，故B不正确；变阻器滑片向左移动时，不能改变接入电路中的电阻，但电压表所测部分电阻的阻值变大，由I=U/R可知，该支路电流不变，灯泡L2的实际功率不变，亮度不变，故AD不正确；由U=IR可知，电压表的示数变大，故C正确；故答案为：C.【分析】本题考查学生动态电路的分析能力。
动态电路的分析。
当电路中的电阻发生变化时，导致电路中的电流和电压也发生变化。
要会利用欧姆定律和串并联规律来解释。
6．如图所示，电源电压保持不变，R1：R2：R3＝1：1：2．闭合开关S1、S2，电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，电流表A的示数为I，只闭合开关S1，电压表V1、V2的示数分别为U1′、U2′，电流表A的示数为I′，则下列说法中错误的是（）A. U1：U2＝1：1B. U1′：U2′＝1：3C. I：I′＝4：1D. U2：U2′＝2：3【答案】 C【解析】【解答】解：已知R1：R2：R3＝1：1：2，可设R1＝R2＝R，R3＝2R，闭合开关S1、S2时，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中电流表的示数：I＝＝＝，两电压表的示数分别为：U1＝IR1＝ ×R＝，U2＝IR2＝ ×R＝，则U1：U2＝：＝1：1，A符合题意；只闭合开关S1时，R1、R2、R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2和R3两端的电压之和，电流表测电路中的电流，此时电路中电流表的示数：I′＝＝＝，则I：I′＝：＝2：1，C不符合题意；两电压表的示数分别为：U1′＝I′R1＝ ×R＝，U2′＝I′（R2+R3）＝ ×（R+2R）＝，则U1′：U2′＝：＝1：3，U2：U2′＝：＝2：3，BD符合题意。
故答案为：C【分析】结合电路图，理清开关处于不同状态时元件的连接方式及电表的测量对象，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中电流表的示数，再根据欧姆定律求出两电压表的示数，进一步得出两电压表的示数之比；根据电阻的串联和欧姆定律表示出此时电路中电流表的示数，然后求出两种情况下电流表的示数之比，再根据欧姆定律表示出两电压表的示数，进一步求出两种情况下电压表V1、V2的示数之比.7．将两个阻值不等的电阻R1和R2按如图（甲）、（乙）所示的方式接入电路中。
已知电源电压相同，R1小于R2，则下列判断中正确的是（）A. 电压表V1的示数等于V2的示数B. 电流表A1的示数小于A2的示数C. 电压表V1与电流表A1的比值等于电压表V2与电流表A2的比值D. 电压表V1与电流表A1的比值大于电压表V2与电流表A2的比值【答案】B【解析】【解答】（1）由甲电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电流表A1测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中电流表A1的示数：，电压表V1的示数：电压表V1与电流表A1的比值（2）由乙电路图可知，R1与R2并联，电压表V2测电源两端的电压，电流表A2测R2支路的电流，则电压表V2的示数U V2=U，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电流表A2的示数：，电压表V2与电流表A2的比值综上可知：A．由可知，，即电压表V1的示数小于V2的示数，A 不符合题意；B．由可知，I A1＜I A2，即电流表A1的示数小于A2的示数，B符合题意；CD．由R1小于R2可知，，即电压表V1与电流表A1的比值小于电压表V2与电流表A2的比值，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用欧姆定律的电流和电阻分析电压，结合串联电路和并联电路中电流规律分析.8．当一导体两端的电压是6V，通过的电流是0.6A，则该导体的电阻是（）A. 10ΩB. 3.6ΩC. 6.6ΩD. 5.4Ω【答案】A【解析】【解答】解：由I= 可得，导体的电阻： R= = =10Ω．故选A．【分析】已知导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻．9．在一次物理实验中，小于同学连接了如图所示的电路，电磁铁的B端有一个可自由转动的小磁针，闭合开关后，下列说法错误的是（）A. 电磁铁的A端为N极B. 小磁针静止时，N极水平指向左C. 利用这一现象所揭示的原理可制成的设备是发电机D. 当滑动变阻器滑动片P向右端移动，电磁铁磁性增强【答案】 C【解析】【解答】解：A、由图知，电流从螺线管的右端流入、左端流出，根据安培定则可知，电磁铁的A端是N极，B端是S极，A不符合题意；B、电磁铁的B端是S极，由磁极间的作用规律可知，小磁针静止时，左端是N极，即N 极水平指向左，B不符合题意；C、该实验表明了电能生磁，利用这一现象所揭示的原理可制成电磁铁，C错误，符合题意；D、当滑动变阻器滑动片P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻变小，电路中电流变大，则电磁铁的磁性变强，D不符合题意；故答案为：C。