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,1VL2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lOOpiF的电容器，R是阻值为8。的定值电阻，电源E的内阻为1Q。电路稳定后，通过1的电流为0.2A,下列结果正确的是L1电路稳定后，通过1的电流为0.2A,下列结果正确的是L1的电功率为0・16WL2的电阻为4。C.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：电路稳定后，通过1的电流为IJ0.2A,由图读出其电压U「0.8V,则灯泡L1的电功率P1=U1I1=0.2X0.8=0.16W,故A正确；并联部分的电压U2=U1+I1R=0.8+0.2X8=2.4V,由图读出其电流为I2=0.4A,根据欧姆定律得-U2.4— ,R=T===6。，故B错误；电源电动势E=U+(I+I)r=2.4+0.6X1=3V,电源2I0.4 2 122U2.4―的效率为月=~E=—=80%，故C错误；电容器的电压U=I]R=1.6V,则电容器的带电量为Q=UC=1.6X100X10-6=1.6X10-4C,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，与心并联的电阻增大，外电路总电阻RJ曾大，总电流I减小，路端电压1>E-Ir增大，电压蓑读数增大;并联部分的电阻增大，务担的电压增大,UJ曾大，流过心的电流'增大，电流表的读数厂厂",则减小.故BCD错误，A正确.最选A.2 2雪点疝路的动态分析【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。.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,0.5QB.6A.4W,0.5QB.6W,1QC.4W,1Q D.2W,0.5Q【答案】A【解析】试题分析：由a图线纵截距知：电源的电动势为E=3V；由横截距知电源短路电流为

EI=6A；电源的内阻/=-=-^=0.5。，由交点坐标知工作电压为U=2v,工作电流为0 I6oI=2A,则输出功率为P出二UI=2X2=4W,故选A. 出考点：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），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A.电路的路端电压将增大R2两端的电压将增大B.灯泡L将变暗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.2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..在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则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灯变亮;总电流I增大，利用电动势、内电压和路段电压关系£ +U+U可知，B、C灯所在支路的电压。和。减小，rAB BC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，即先局部一-整体一一局部的解题思路.6.如图，电源电动势E=10V,内阻r=0.5Q,电动机M的电阻R=1Q,电阻R=l.5Q,M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2VB.电动机两端的电压为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【解析】. ...一,，. .U3 … 、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=—=T7=2A，根据闭R1.5合回路欧姆定律可得电动机两端的电压为U=E-1(R+r)=6V，A错误B正确；电M动机消耗的电功率为P=UI=12W，电动机的热功率为P=12R=4W，故电动MM Q M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..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2 3在Tn/A.流过心的电流方向向上.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：色与电容器连接,所以凡所在支路断路,相当于电压表‘［减小,电路总电阻减小，电流增大，故根据夕=A/可得电源内部消耗的功率增大，通过A的电流增1大，所以A两端的电压增大，而路端电压减小，所以A两端电压减小，即电容器两端1 3「U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.【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=^mv2W=Fscos37°-—mv2=50Jf 2(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=LiF=u(mg-Fsin。)N根据功的定义式:Wju(mg-Fsin6)s解得：U=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，贝I：(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(3)ma，零2a【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V2有.mg=mL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- V2顿第二定律小孩在最低点有：F-mg=m十L小孩在竖直面内做圆周运动，依据机械能守恒定律可得，1mv2+2mgL=1mv222 21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q根据匀变速直线运动规律，vj=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.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上光滑轨道圆弧轨道，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到加面的高度为h,(已知h<R,小球在曲面上克服摩擦力所做的功【答案】①小球滑到最低点B时，小球速度V的1小为小颂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”为mg(R-h)【解析】 "试题分析：(1)由动能定理得mgR二号之贝||vW标即小球滑到最低点B时，小球速度v的大小为J须.由牛顿第二定律得2FiT呼喙~贝lj：F「3mg根据哈顿第三定律可以，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，由动露定理,得mgR-mgh-WjO则：Wf=mg(R-h)即小森在曲面上克服摩擦力所做的功为mg(R-h)..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£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：A(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9.【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yy因为经过C时恰好能完成圆周运动,由牛顿第二定律可得：2nr/jmg",解得u=3m/sR a1在额定功率下加速所需时间为a1在额定功率下加速所需时间为1V则Fta-窜2一/mb12解得t2=41。25s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」rnvj，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^2,对由C点到D点的过程，由动能定理的：mo-2r-L2_1 2mg。zk下1mfz-mv।小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为/口,由牛顿第二定律得：FL—联立解得Fm=60N,“广3"Gi/s由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：F；F/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卷目t2得:^s设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为v、v，速度跟竖直方向的夹角为"x'ya,则：vx=v2iri/'s-2Uki/siri/'s-2Uki/s(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炉 lli/s=10m/s<