闭合电路欧姆定律动态电路习题文档格式.docx

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1=3V，电源的效率为，故C错误；

电容器的电压U=I1R=1．6V，则电容器的带电量为Q=UC=1．6×

100×

10-6=1．6×

10-4C，故D错误．故选A．

考点：

U-I图像；

电容器

【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，能根据图象读出有效信息，难度适中。

2．如图，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（）

A．电压表示数增大，电流表示数减少

B．电压表示数减少，电流表示数增大

C．两电表示数都增大

D．两电表示数都减少

当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E-Ir增大，电压表读数增大；

并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I-I2，则减小．故BCD错误，A正确．故选A．

电路的动态分析

【名师点睛】电路动态变化分析是常见的题型，容易犯的错误是认为支路电阻增大，并联总电阻减小．本题中变阻器的电压、电流和电阻都是变化的，技巧是研究干路电流和另一支路电流变化情况来确定。

3．如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，直线b为电阻R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的电阻分别是（）

A．4W，0．5ΩB．6W，1Ω

C．4W，1ΩD．2W，0．5Ω

由a图线纵截距知：

电源的电动势为E=3V；

由横截距知电源短路电流为I0=6A；

电源的内阻，由交点坐标知工作电压为U=2v，工作电流为I=2A，则输出功率为P出=UI=2×

2=4W，

故选A．

U-I图线；

电功率

【名师点睛】本题关键要理解电源的U-I线与电阻的伏安特性曲线的交点的物理意义，知道交点表示该电源与电阻组合时的工作状态。

4．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可以视为不变），R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．闭合开关S后，将照射光强度增强，则（）

A．电路的路端电压将增大B．灯泡L将变暗

C．R2两端的电压将增大D．R1两端的电压将增大

【答案】D

光敏电阻光照增强，故光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小；

由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以路端电压减小，电流增大，所以R1两端的电压增大，故A错误，D正确；

因电路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，而总电流增大，所以通过灯泡L的电流增大，所以L变亮，故BC错误。

闭合电路的动态分析

【名师点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；

分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出R1两端的电压的变化，同时还可得出路端电压的变化；

由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化．

5．在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则

A．A灯变亮，B灯变亮，C灯变亮

B．A灯变亮，B灯变亮，C灯变暗

C．A灯变亮，B灯变暗，C灯变暗

D．A灯变亮，B灯变暗，C灯变亮

当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流I增大，故A灯变亮；

总电流I增大，利用电动势、内电压和路段电压关系可知，B、C灯所在支路的电压和减小，故B灯变暗；

B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以C灯所在支路电流增大，故C灯变亮，故A正确

考查了电路的动态变化

【名师点睛】灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部--整体---局部的解题思路．

6．如图，电源电动势E=10V，内阻r=0．5Ω，电动机M的电阻RM=1Ω，电阻R=1．5Ω，此时电动机正常工作，理想电压表的示数为3V．则

A．电动机两端的电压为2V

B．电动机两端的电压为6V

C．电动机转化为机械能的功率为12W

D．电动机转化为机械能的功率为8W

【答案】BD

因为电压表测量电阻两端电压，所以电路电流为，根据闭合回路欧姆定律可得电动机两端的电压为，A错误B正确；

电动机消耗的电功率为，电动机的热功率为，故电动机转化为机械能的功率为8W，C错误D正确；

考查了电功率的计算

【名师点睛】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：

当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；

当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．

7．如图示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为可变电阻，C为电容器。

在可变电阻值R3由较大逐渐变小的过程中

A．流过R2的电流方向向上

B．电容器板间场强逐渐变大

C．电容器的电容不变

D．电源内部消耗的功率减小

【答案】AC

与电容器连接，所以所在支路断路，相当于电压表，减小，电路总电阻减小，电流增大，故根据可得电源内部消耗的功率增大，通过的电流增大，所以两端的电压增大，而路端电压减小，所以两端电压减小，即电容器两端电压减小，电容器将放电，故电流由下向上，根据可得电容器间的电场强度减小，而电容器的电容与外电路无关，电容不变，所以BD错误AC正确；

考查了含电容电路动态分析

【名师点睛】本题在进行动态分析时电容器可不看．要抓住电容器两端的电压等于与之并联部分的电压；

与电容器串联的电阻在稳定时可作为导线处理．

评卷人

得分

一、计算题（题型注释）

8．如图所示，质量m=4kg的物体静止在水平面上，在外力F=25N作用下开始运动．已知F与与水平方向的夹角为37°

，物体的位移为5m时，具有50J的动能．求：

（1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功；

（2）物体与水平面间的动摩擦因素．

【答案】

（1）此过程中，物体克服摩擦力所做的功为50J；

（2）物体与水平面间的动摩擦因数是0.4．

由于摩擦力不知道，所以从功的定义式无法求解，我们可以运用动能定理求解摩擦力做功．

对物体进行受力分析，把拉力正交分解，可以根据功的定义式求出动摩擦因数．

解：

（1）运用动能定理：

Fscos37°

﹣Wf=mv2

Wf=Fscos37°

﹣mv2=50J

（2）对物体进行受力分析：

把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出：

f=μFN=μ（mg﹣Fsinθ）

根据功的定义式：

Wf=μ（mg﹣Fsinθ）s

解得：

μ=0.4

答：

【点评】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．

对于一个量的求解可能有多种途径，我们要选择适合条件的并且简便的．

9．如图所示，一个质量为m的小孩在平台上以加速度a做匀加速助跑，目的是抓住在平台右端的、上端固定的、长度为L的轻质悬绳，并在竖直面内做圆周运动．已知轻质绳的下端与小孩的重心在同一高度，小孩抓住绳的瞬间重心的高度不变，且无能量损失．若小孩能完成圆周运动，则：

（1）小孩抓住绳的瞬间对悬线的拉力至少为多大？

（2）小孩的最小助跑位移多大？

（3）设小孩在加速过程中，脚与地面不打滑，求地面对脚的摩擦力大小以及摩擦力对小孩所做的功．

（1）6mg

（2）（3）ma，零

（1）小孩能完成竖直面内的圆周运动，则在最高点最小的向心力等于小孩所受的重力．设小孩在竖直面内最高点运动的速度为v2，依据牛顿第二定律小孩在最高点有：

设小孩在最低点运动的速度为v1，小孩抓住悬线时悬线对小孩的拉力至少为F，依据牛顿第二定律小孩在最低点有：

小孩在竖直面内做圆周运动，依据机械能守恒定律可得，mv22+2mgL=mv12

联立以上三式解得：

F=6mg，v12=5gL．

依据牛顿第三定律可知，小孩对悬线的拉力至少为6mg．

（2）小孩在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据题意，小孩运动的加速度为a，末速度为v1，根据匀变速直线运动规律，v12=2ax

（3）由牛顿运动定律可知摩擦力大小f=ma，由于地面对小孩的摩擦力位移为零，所以摩擦力对小孩做功为零．

机械能守恒定律；

牛顿第二定律的应用

10．如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑轨道圆弧轨道，轨道的B点与水平面相切，其半径为R，质量为m的小球由A点静止释放．求：

①小球滑到最低点B时，小球速度V的大小及小球对轨道的压力F压的大小．

②小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰达最高点D，D到地面的高度为h，（已知h＜R，小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf．

【答案】①小球滑到最低点B时，小球速度V的大小为及小球对轨道的压力大小为3mg．

②小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf为mg（R﹣h）

（1）由动能定理得

则v=

即小球滑到最低点B时，小球速度v的大小为．

由牛顿第二定律得

则：

FN=3mg

根据牛顿第三定律可以，小球对轨道的压力F压的大小为3mg．

（2）对于小球从A运动到D的整个过程，由动能定理，得

mgR﹣mgh﹣Wf=0

Wf=mg（R﹣h）

即小球在曲面上克服摩擦力所做的功为mg（R﹣h）．

11．如图所示，质量为m=lkg的小物块由静止轻轻放在水平匀速运动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动．C点在B点的正上方，D点为轨道的最低点．小物块离开D点后，做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点．已知半圆轨道的半径R=0.9m，D点距水平面的高度h=0.75m，取g=10m/s2，试求：

（1）摩擦力对物块做的功；

（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小；

（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ．

【答案】见解析

（1）设小物块经过C点时的速度大小，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：

mg=，解得=3m/s

小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：

W=，解得W=4.5J

故摩擦力对物块做的功为4.5J．

（2）设小物块经过D点时的速度为，对由