闭合电路欧姆定律动态电路习题_第1页
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文档简介

1、1.在如图(a)所示的电路中,Li、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是电容为100 F 的电容器,R是阻值为8的定值电阻,电源 E的内阻为1 。 电路稳定后,通过Li的电流为0. 2A,下列结果正确的是A. Li的电功率为0. 16W B . L2的电阻为4C.电源的效率为60%D.电容器的带电量为2.4X10 4C【答案】A【解析】试题分析:电路用I定后,通过 L1的电流为1产0. 2A,由图读出其电压 U=0. 8V,则灯泡 L1的电功率 P1=UI1=0 . 2X0 . 8=0 . 16W,故 A正确;并联部分 的电压 TOC o 1-5 h z U

2、2=U + I 1R=0. 8+0. 2X8=2. 4V,由图读出其电流为12=0. 4A,根据欧姆定律得 HYPERLINK l bookmark4 o Current Document _ U22,4 _ .R,= =一 = 6 ,故 B 错误;电源电动势 E=U2+ (I1+I2) r=2. 4+0. 6X 1=3V,电I20.4Uc 2.4源的效率为=-= = 80%,故C错误;电容器的电压 U=IH=1. 6V,则电容器的E 3带电量为 Q=UC=1 6X100X10-6=1. 6X10-4C,故 D错误.故选 A.试卷第1页,总12页考点:U-I图像;电容器【名师点睛】本题主要考查

3、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.两电表本数都减少【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,12增大,流过R2的电流I 2增大,电流表的读数 I A=I-I 2,则减小.故

4、 BCD昔误,A正确.故选 A.考点:电路的动态分析试卷第2页,总12页【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()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】试题分析:由 a图线纵截距知:电源的电动势

5、为E=3V;由横截距知电源短路电流为E 3I o=6A;电源白内阻r 一 0.5 ,由父点坐标知工作电压为U=2v ,工作电流Io 6为I=2A ,则输出功率为 P出=5=2*2=4叫故选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。.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),Ri和R为定值电阻,R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()试卷第3页,总12页A.电路的路端电压将增大B .灯泡L将变暗

6、C. R两端的电压将增大D . Ri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 R两端的电压增大,故 A错误,D正确;因电路端电压减小,同时 R 两端的电压增大, 故并联电路部分电压减小,则流过尾的电流减小,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,

7、 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 R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.在如图所示电路中,当滑动变阻器滑片P向下移动时,则试卷第4页,总12页A灯变亮,B灯变亮,C灯变亮A灯变亮,B灯变亮,C灯变暗A灯变亮,B灯变暗,C灯变暗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

8、亮;总电流I增大,利用电动势、内电压和路段电压关系 E Ur UA U B可知,B、C灯所在支路的电压 UbUcM/J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. TOC o 1-5 h z 6.如图,电源电动势 E=10V,内阻r=0 . 5Q,电动机 M的电阻 R=1 ,电阻 R=1. 5Q, 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.电动机两端

9、的电压为 6VC.电动机转化为机械能的功率为12WD.电动机转化为机械能的功率为8W【答案】BD试卷第5页,总12页试题分析:因为电压表测量电阻两端电压,所以电路电流为I U 2A ,根据R 1.5闭合回路欧姆定律可得电动机两端的电压为UM E I R r 6V,a错误B正确;电动机消耗的电功率为 Pm UmI 12W ,电动机的热功率为 PQ |2RM 4W,故电动机转化为机械能的功率为8VV 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

10、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 , R、R为定值电阻,R为可变电阻,C为电容器。在可变电阻值 R由较大逐渐变小的过程中4A.流过R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试题分析:总电阻减小,R2与电容器连接,所以 己所在支路断路,相当于电压表,R3减小,电路电流增大,故根据P 12r可得电源内部消耗的功率增大,通过Ri的电流增大,所以Ri两端的电压增大,而路端电压减小,所以R3两端电压减小,即电容器两端电压减小,电容器将放电,故电流由下向上,根据减小,而电容器的电容与外电路无关,电容不变,所以

11、E U可得电容器间的电场强度dBD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.试卷第6页,总12页评卷人得分计算题(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.试

12、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:_。-2Fscos37 Vfmv3一 一 c 12_W=Fscos37 - mv=50J2(2)对物体进行受力分析:试卷第7页,总12页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=F n=( mg Fsin 0 )根据功的定义式: W=w (mg- Fsin。)s解得:=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是0.4.【点评】动能定

13、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.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.【答案】(1)6mg (2) 5gL

14、(3) ma,零2a试题分析:( 所受的重力.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:mg2V2m一L设小孩在最低点运动的速度为vi,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:F mg m2V1试卷第8页,总12页小孩在竖直面内做圆周运动,依据机械能守恒定律可得,1 ms2+2mgLmv2联立以上三式解得:F=6mg v,=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

15、为vi,根据匀变速直线运动规律,vi2=2ax解得:x州到2a 2a(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.如图所示,AB为固定在竖直平面内的点光滑轨道圆弧轨道,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: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.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】小球滑到最低点B时,小球速度V的大小为1福及小球对轨

16、道的压力大小为 3mg.小球在曲面上克服摩擦力所做的功W为mg ( R- h)【解析】试题分析:(1)由动能定理得m的则 v二 .二 一七即小球滑到最低点 B时,小球速度v的大小为福.由牛顿第二定律得试卷第9页,总12页贝 U: FN=3mgF压的大小为3mg根据牛顿第三定律可以,小球对轨道的压力(2)对于小球从 A运动到D的整个过程,由动能定理,得mgR- mgh W=0则:W=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

17、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2道的半径 R=0.9m, D点距水平面的图度 h=0.75m,取g=10m/s ,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0 .【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 江,因为经过C时恰好能完成圆周运动,由牛顿第二定律可得:2 irri mg=解得=3m/s R 1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:

18、故摩擦力对物块做的功为4.5J .试卷第10页,总12页(2)设小物块经过 D点时的速度为”2,对由C点到D点的过程,由动能定理的:mq2R=- rny_2R_r.r 一匚厂 i小物块经过D点时,设轨道对它的支持力大小为f ,由牛顿第二定律得:2 LIV p 旧mgM联立解得/抑=60凡下/动前后由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力大小为:F; =F60N-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工已之得:t=FZEs叵官 io1设小物块打在 E点时速度的水平、竖直分量分别为仃、廿,速度跟竖直方向的夹角为&悟ya ,则:%中2vy=gt又 tan a = =.联立解得a =60再由几何关系可得 。=a=60故倾斜挡板与水平面的夹角为。为60 .12. 一种氢气燃料的汽车,质量为 m=3.0 x 103kg,发动机的额定输出功率为 60k四行 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,

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