闭合电路欧姆定律动态电路习题.docx
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闭合电路欧姆定律动态电路习题
1.在如图（a）所示的电路中,L1、L2为规格相同的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示,C就是电容为100μF的电容器,R就是阻值为8Ω的定值电阻,电源E的内阻为1Ω。
电路稳定后,通过L1的电流为0.2A,下列结果正确的就是
A.L1的电功率为0.16WB.L2的电阻为4Ω
C.电源的效率为60%D.电容器的带电量为2.4×10-4C
【答案】A
【解析】
试题分析:
电路稳定后,通过L1的电流为I1=0.2A,由图读出其电压U1=0.8V,则灯泡L1的电功率P1=U1I1=0.2×0.8=0.16W,故A正确;并联部分的电压U2=U1+I1R=0.8+0.2×8=2.4V,由图读出其电流为I2=0.4A,根据欧姆定律得
故B错误;电源电动势E=U2+（I1+I2）r=2.4+0.6×1=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
【答案】A
【解析】
试题分析:
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.
考点:
电路的动态分析
【名师点睛】电路动态变化分析就是常见的题型,容易犯的错误就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、电流与电阻都就是变化的,技巧就是研究干路电流与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,用该电源与该电阻组成的闭合电路,电源的输出功率与电源的电阻分别就是（）
A.4W,0.5ΩB.6W,1Ω
C.4W,1ΩD.2W,0.5Ω
【答案】A
【解析】
试题分析:
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.
考点:
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与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
【解析】
试题分析:
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。
考点:
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
【答案】D
【解析】
试题分析:
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、内电压与路段电压关系
可知,B、C灯所在支路的电压
与
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
考点:
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、电动势路端电压与内电压、干路与支路电流关系就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
【解析】
试题分析:
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;
考点:
考查了电功率的计算
【名师点睛】对于电动机电路,要正确区分就是纯电阻电路还就是非纯电阻电路:
当电动机正常工作时,就是非纯电阻电路;当电动机被卡住不转时,就是纯电阻电路.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
【解析】
试题分析:
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;
考点:
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瞧.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就是0、4.
【解析】
试题分析:
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:
把拉力在水平方向与竖直方向分解,根据竖直方向平衡与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:
（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就是0、4.
【点评】动能定理的应用范围很广,可以求速度、力、功等物理量,特别就是可以去求变力功.
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,目的就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.
【答案】
（1）6mg
（2）
（3）ma,零
【解析】
试题分析:
（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
解得:
（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.
考点:
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）
【解析】
试题分析:
（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
则:
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
【解析】
试题分析:
（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C点到D点的过程,由动能定理的:
mg、2R=
小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为
由牛顿第二定律得:
﹣mg=
联立解得
=60N,
=3
m/s
由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为:
=
=60N.
故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N.
（3）小物块离开D点做平抛运动,设经时间t打在E点,由h=
得:
t=
s
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为
、
速度跟竖直方向的夹角为α,则:
又tanα=
=
联立解得α=60°
再由几何关系可得θ=α=60°
故倾斜挡板与水平面的夹角为θ为60°.
12.一种氢气燃料的汽车,质量为m=3、0×103kg,发动机的额定输出功率为60kW,行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0、1倍.若汽车从静止开始先匀加速启动,加速度的大小为a=1、0m/s2.达到额定输出功率后,汽车保持功率不变又加速行驶了675m,直到获得最大速度后才匀速行驶.试求:
（1）汽车的最大行驶速度;
（2）当速度为5m/s时,汽车牵引力的瞬时功率;
（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间.
【答案】
（1）汽车的最大行驶速度为20m/s;
（2）当速度为5m/s时,汽车牵引力的瞬时功率为30kW;
（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为51、25s
【解析】
试题分析:
当汽车的牵引力与阻力相等时,速度最大,结合P=Fv=fv求出最大速度.根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力,从而得出匀加速直线运动的最大速度,结合速度时间公式求出匀加速直线运动的时间,对变加速运动的过程,运用动能定理求出变加速运动的时间,从而求出总时间.
解:
（1）当牵引力等于阻力时,速度达到最大,即P=Fv=fv
解得v=
（2）匀加速阶段,根据牛顿第二定律可知F﹣f=ma,解得F=ma+f=6000N,故匀加速达到大速度
＜5m/s
故5m/s时牵引力的功率P′=Fv″=6000×5W=30kW
（3）匀加速所需时间为
在额定功率下加速所需时间为t2,则
解得t2=41、25s
故所需总时间为t=t1+t2=51、25s
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