閉合電路歐姆定律動(dòng)態(tài)電路習(xí)題

1、1.在如圖（a）所示的電路中，Li、L2為規(guī)格相同的小燈泡， 這種小燈泡的伏安特性曲線如圖 （b）所示，C是電容為100 F 的電容器，R是阻值為8的定值電阻，電源 E的內(nèi)阻為1 。 電路穩(wěn)定后，通過Li的電流為0. 2A,下列結(jié)果正確的是A. Li的電功率為0. 16W B . L2的電阻為4C.電源的效率為60%D.電容器的帶電量為2.4X10 4C【答案】A【解析】試題分析：電路用I定后，通過 L1的電流為1產(chǎn)0. 2A,由圖讀出其電壓 U=0. 8V,則燈泡 L1的電功率 P1=UI1=0 . 2X0 . 8=0 . 16W,故 A正確；并聯(lián)部分 的電壓 TOC o 1-5 h z U

2、2=U + I 1R=0. 8+0. 2X8=2. 4V,由圖讀出其電流為12=0. 4A,根據(jù)歐姆定律得 HYPERLINK l bookmark4 o Current Document _ U22,4 _ .R,= =一 = 6 ,故 B 錯(cuò)誤；電源電動(dòng)勢(shì) E=U2+ （I1+I2） r=2. 4+0. 6X 1=3V,電I20.4Uc 2.4源的效率為=-= = 80%,故C錯(cuò)誤；電容器的電壓 U=IH=1. 6V,則電容器的E 3帶電量為 Q=UC=1 6X100X10-6=1. 6X10-4C,故 D錯(cuò)誤.故選 A.試卷第1頁，總12頁考點(diǎn)：U-I圖像；電容器【名師點(diǎn)睛】本題主要考查

3、了閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的特點(diǎn)的直接應(yīng)用，要求 同學(xué)們能正確分析電路的結(jié)構(gòu)，能根據(jù)圖象讀出有效信息，難度適中。2.如圖，在滑動(dòng)變阻器的滑片P向上端a滑動(dòng)過程中，兩表的示數(shù)情況為（）A.電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減少B.電壓表示數(shù)減少，電流表示數(shù)增大C.兩電表示數(shù)都增大D.兩電表本數(shù)都減少【答案】A【解析】試題分析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片 P向上滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻增大， 與R2并聯(lián)的電阻 增大，外電路總電阻R總增大，總電流I減小，路端電壓U=E-Ir增大，電壓表讀數(shù)增大； 并聯(lián)部分的電阻增大， 分擔(dān)的電壓增大，12增大，流過R2的電流I 2增大，電流表的讀數(shù) I A=I-I 2,則減小.故

4、 BCD昔誤，A正確.故選 A.考點(diǎn)：電路的動(dòng)態(tài)分析試卷第2頁，總12頁【名師點(diǎn)睛】電路動(dòng)態(tài)變化分析是常見的題型，容易犯的錯(cuò)誤是認(rèn)為支路電阻增大，并 聯(lián)總電阻減小.本題中變阻器的電壓、電流和電阻都是變化的，技巧是研究干路電流和 另一支路電流變化情況來確定。3.如圖所示，直線 a為某電源的路端電壓隨電流的變化圖線，直線 b為電阻R兩端的 電壓隨電流強(qiáng)度的變化圖線，用該電源和該電阻組成的閉合電路，電源的輸出功率和電源的電阻分別是（）出VA. 4 W, 0. 5Q B . 6 W, 1 QC. 4 W, 1 Q D . 2 W, 0. 5Q【答案】A【解析】試題分析：由 a圖線縱截距知：電源的電動(dòng)勢(shì)

5、為E=3V;由橫截距知電源短路電流為E 3I o=6A；電源白內(nèi)阻r 一 0.5 ,由父點(diǎn)坐標(biāo)知工作電壓為U=2v ,工作電流Io 6為I=2A ,則輸出功率為 P出=5=2*2=4叫故選A.考點(diǎn)：U-I圖線；電功率【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵要理解電源的U-I線與電阻的伏安特性曲線的交點(diǎn)的物理意義，知道交點(diǎn)表示該電源與電阻組合時(shí)的工作狀態(tài)。.如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)電阻為r, L為小燈泡（其燈絲電阻可以視為不變），Ri和R為定值電阻，R為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強(qiáng)度的增強(qiáng)而 減小.閉合開關(guān) S后，將照射光強(qiáng)度增強(qiáng)，則（）試卷第3頁，總12頁A.電路的路端電壓將增大B .燈泡L將變暗

6、C. R兩端的電壓將增大D . Ri兩端的電壓將增大【答案】D【解析】試題分析：光敏電阻光照增強(qiáng)，故光敏電阻的阻值減小，電路中的總電阻減??；由閉合 電路歐姆定律可得，電路中電流增大，所以電源內(nèi)阻所占電壓增大， 所以路端電壓減小， 電流增大，所以 R兩端的電壓增大，故 A錯(cuò)誤，D正確；因電路端電壓減小，同時(shí) R 兩端的電壓增大， 故并聯(lián)電路部分電壓減小，則流過尾的電流減小，而總電流增大，所以通過燈泡L的電流增大，所以 L變亮，故BC錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：閉合電路的動(dòng)態(tài)分析【名師點(diǎn)睛】閉合電路的動(dòng)態(tài)分析問題一般按外電路、內(nèi)電路再外電路的分析思路進(jìn)行；分析內(nèi)電路主要根據(jù)總電流及內(nèi)阻分析內(nèi)壓，而外電路較為復(fù)雜，

7、 要注意靈活應(yīng)用電路的性質(zhì).由光敏電阻的性質(zhì)可知電路中電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出 R兩端的電壓的變化，同時(shí)還可得出路端電壓的變化； 由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化.在如圖所示電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向下移動(dòng)時(shí)，則試卷第4頁，總12頁A燈變亮，B燈變亮，C燈變亮A燈變亮，B燈變亮，C燈變暗A(chǔ)燈變亮，B燈變暗，C燈變暗A(chǔ)燈變亮，B燈變暗，C燈變亮【答案】D【解析】試題分析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片 P向下移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器的有效阻值變小， 總電阻變小， 根據(jù)閉合電路歐姆定律知，總電流 I增大，故A燈變

8、亮；總電流I增大，利用電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)電壓和路段電壓關(guān)系 E Ur UA U B可知，B、C燈所在支路的電壓 UbUcM/J故B燈變暗；B燈所在支路電流減小，而干路電流增大，所以C燈所在支路電流增大，故C燈變亮，故A正確考點(diǎn)：考查了電路的動(dòng)態(tài)變化【名師點(diǎn)睛】靈活應(yīng)用閉合電路的歐姆定律、電動(dòng)勢(shì)路端電壓和內(nèi)電壓、干路與支路電流關(guān)系是解決動(dòng)態(tài)電路的關(guān)鍵，即先局部-整體-局部的解題思路. TOC o 1-5 h z 6.如圖，電源電動(dòng)勢(shì) E=10V,內(nèi)阻r=0 . 5Q,電動(dòng)機(jī) M的電阻 R=1 ,電阻 R=1. 5Q, 此時(shí)電動(dòng)機(jī)正常工作，理想電壓表的示數(shù)為3V.則A.電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為 2V.電動(dòng)機(jī)兩端

9、的電壓為 6VC.電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率為12WD.電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率為8W【答案】BD試卷第5頁，總12頁試題分析：因?yàn)殡妷罕頊y(cè)量電阻兩端電壓，所以電路電流為I U 2A ,根據(jù)R 1.5閉合回路歐姆定律可得電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為UM E I R r 6V,a錯(cuò)誤B正確；電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為 Pm UmI 12W ,電動(dòng)機(jī)的熱功率為 PQ |2RM 4W,故電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的功率為8VV C錯(cuò)誤D正確；考點(diǎn)：考查了電功率的計(jì)算【名師點(diǎn)睛】對(duì)于電動(dòng)機(jī)電路，要正確區(qū)分是純電阻電路還是非純電阻電路：當(dāng)電動(dòng)機(jī) 正常工作時(shí)，是非純電阻電路；當(dāng)電動(dòng)機(jī)被卡住不轉(zhuǎn)時(shí)，是純電阻電路.對(duì)于電動(dòng)機(jī)的 輸出功

10、率，往往要根據(jù)能量守恒求解.7 .如圖示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r , R、R為定值電阻，R為可變電阻，C為電容器。在可變電阻值 R由較大逐漸變小的過程中4A.流過R的電流方向向上B.電容器板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸變大C.電容器的電容不變D.電源內(nèi)部消耗的功率減小【答案】AC試題分析:總電阻減小,R2與電容器連接，所以 己所在支路斷路，相當(dāng)于電壓表，R3減小，電路電流增大，故根據(jù)P 12r可得電源內(nèi)部消耗的功率增大，通過Ri的電流增大，所以Ri兩端的電壓增大，而路端電壓減小，所以R3兩端電壓減小，即電容器兩端電壓減小,電容器將放電，故電流由下向上，根據(jù)減小，而電容器的電容與外電路無關(guān)，電容不變，所以

11、E U可得電容器間的電場(chǎng)強(qiáng)度dBD錯(cuò)誤AC正確；考點(diǎn)：考查了含電容電路動(dòng)態(tài)分析【名師點(diǎn)睛】本題在進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析時(shí)電容器可不看.要抓住電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)部分的電壓；與電容器串聯(lián)的電阻在穩(wěn)定時(shí)可作為導(dǎo)線處理.試卷第6頁，總12頁評(píng)卷人得分計(jì)算題(題型注釋)8 .如圖所示，質(zhì)量 m=4kg的物體靜止在水平面上,在外力F=25N作用下開始運(yùn)動(dòng).已知F與與水平方向的夾角為 37 ,物體的位移為5m時(shí)，具有50J的動(dòng)能.求:(1)此過程中，物體克服摩擦力所做的功；(2)物體與水平面間的動(dòng)摩擦因素.【答案】(1)此過程中，物體克服摩擦力所做的功為50J;(2)物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是 0.4.試

12、題分析：由于摩擦力不知道，所以從功的定義式無法求解，我們可以運(yùn)用動(dòng)能定理求 解摩擦力做功.對(duì)物體進(jìn)行受力分析，把拉力正交分解，可以根據(jù)功的定義式求出動(dòng)摩擦因數(shù).解：(1)運(yùn)用動(dòng)能定理：_。-2Fscos37 Vfmv3一 一 c 12_W=Fscos37 - mv=50J2(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析:試卷第7頁，總12頁把拉力在水平方向和豎直方向分解，根據(jù)豎直方向平衡和滑動(dòng)摩擦力公式得出:f=F n=( mg Fsin 0 )根據(jù)功的定義式： W=w (mg- Fsin。)s解得：=0.4答：(1)此過程中，物體克服摩擦力所做的功為50J;(2)物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.4.【點(diǎn)評(píng)】動(dòng)能定

13、理的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變 力功.對(duì)于一個(gè)量的求解可能有多種途徑，我們要選擇適合條件的并且簡(jiǎn)便的.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為 m的小孩在平臺(tái)上以加速度 a做勻加速助跑，目的是抓住在 平臺(tái)右端的、上端固定的、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)懸繩，并在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).已知輕質(zhì)繩的下端與小孩的重心在同一高度，小孩抓住繩的瞬間重心的高度不變，且無能量損 失.若小孩能完成圓周運(yùn)動(dòng)，則：(1)小孩抓住繩的瞬間對(duì)懸線的拉力至少為多大？(2)小孩的最小助跑位移多大？(3)設(shè)小孩在加速過程中，腳與地面不打滑，求地面對(duì)腳的摩擦力大小以及摩擦力對(duì) 小孩所做的功.【答案】(1)6mg (2) 5gL

14、(3) ma,零2a試題分析：( 所受的重力.1)小孩能完成豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)最小的向心力等于小孩設(shè)小孩在豎直面內(nèi)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度為V2,依據(jù)牛頓第二定律小孩在最高點(diǎn)有：mg2V2m一L設(shè)小孩在最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度為vi,小孩抓住懸線時(shí)懸線對(duì)小孩的拉力至少為F,依據(jù)牛頓第二定律小孩在最低點(diǎn)有:F mg m2V1試卷第8頁，總12頁小孩在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得，1 ms2+2mgLmv2聯(lián)立以上三式解得：F=6mg v，=5gL.依據(jù)牛頓第三定律可知，小孩對(duì)懸線的拉力至少為6mg.(2)小孩在水平面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意，小孩運(yùn)動(dòng)的加速度為a,末速度

15、為vi,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，vi2=2ax解得：x州到2a 2a(3)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知摩擦力大小f=ma ,由于地面對(duì)小孩的摩擦力位移為零，所以摩擦力對(duì)小孩做功為零.考點(diǎn)：機(jī)械能守恒定律；牛頓第二定律的應(yīng)用.如圖所示，AB為固定在豎直平面內(nèi)的點(diǎn)光滑軌道圓弧軌道，軌道的 B點(diǎn)與水平面 相切，其半徑為 R,質(zhì)量為m的小球由A點(diǎn)靜止釋放.求：小球滑到最低點(diǎn) B時(shí)，小球速度 V的大小及小球?qū)壍赖膲毫壓的大小.小球通過光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰達(dá)最高點(diǎn) D, D到地面的高度為 h,(已知hv R,小球在曲面上克服摩擦力所做的功W【答案】小球滑到最低點(diǎn)B時(shí)，小球速度V的大小為1福及小球?qū)?/p>

16、道的壓力大小為 3mg.小球在曲面上克服摩擦力所做的功W為mg ( R- h)【解析】試題分析：(1)由動(dòng)能定理得m的則 v二 .二 一七即小球滑到最低點(diǎn) B時(shí)，小球速度v的大小為福.由牛頓第二定律得試卷第9頁，總12頁貝 U: FN=3mgF壓的大小為3mg根據(jù)牛頓第三定律可以，小球?qū)壍赖膲毫?2)對(duì)于小球從 A運(yùn)動(dòng)到D的整個(gè)過程，由動(dòng)能定理，得mgR- mgh W=0則：W=mg ( R- h)即小球在曲面上克服摩擦力所做的功為mg (R- h).11 .如圖所示，質(zhì)量為 m=lkg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，從 A 點(diǎn)隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到水平部分的最右端B點(diǎn)，經(jīng)半圓軌道C點(diǎn)

17、沿圓弧切線進(jìn)入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運(yùn)動(dòng).C點(diǎn)在B點(diǎn)的正上方，D點(diǎn)為軌道的最低點(diǎn).小物塊離開D點(diǎn)后，做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點(diǎn).已知半圓軌2道的半徑 R=0.9m, D點(diǎn)距水平面的圖度 h=0.75m,取g=10m/s ,試求：(1)摩擦力對(duì)物塊做的功；(2)小物塊經(jīng)過 D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大??；(3)傾斜擋板與水平面間的夾角0 .【答案】見解析【解析】試題分析：(1)設(shè)小物塊經(jīng)過 C點(diǎn)時(shí)的速度大小 江，因?yàn)榻?jīng)過C時(shí)恰好能完成圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得：2 irri mg=解得=3m/s R 1小物塊由A到B過程中，設(shè)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W由動(dòng)能定理得:

18、故摩擦力對(duì)物塊做的功為4.5J .試卷第10頁，總12頁(2)設(shè)小物塊經(jīng)過 D點(diǎn)時(shí)的速度為”2,對(duì)由C點(diǎn)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理的：mq2R=- rny_2R_r.r 一匚廠 i小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，設(shè)軌道對(duì)它的支持力大小為f ,由牛頓第二定律得：2 LIV p 舊mgM聯(lián)立解得/抑=60凡下/動(dòng)前后由牛頓第三定律可知，小物塊對(duì)軌道的壓力大小為：F； =F60N-故小物塊經(jīng)過 D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為 60N.(3)小物塊離開 D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t打在E點(diǎn)，由h工已之得：t=FZEs叵官 io1設(shè)小物塊打在 E點(diǎn)時(shí)速度的水平、豎直分量分別為仃、廿，速度跟豎直方向的夾角為&悟ya ,則：%中2vy=gt又 tan a = =.聯(lián)立解得a =60再由幾何關(guān)系可得 。=a=60故傾斜擋板與水平面的夾角為。為60 .12. 一種氫氣燃料的汽車，質(zhì)量為 m=3.0 x 103kg,發(fā)動(dòng)機(jī)的額定輸出功率為 60k四行 駛在平直公路上時(shí)所受阻力恒為車重的 0.1倍.若汽車從靜止開始先勻加速啟動(dòng)， 加速 度的大小為a=1.0m/s2.達(dá)到額定輸出功率后，