闭合电路欧姆定律动态电路习题集.doc

.\ 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是电容为100mF的电容器，R是阻值为8W的定值电阻，电源E的内阻为1W。电路稳定后，通过L1的电流为0．2A，下列结果正确的是 A．L1的电功率为0．16W B．L2的电阻为4W C．电源的效率为60% D．电容器的带电量为2．410-4C 【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=0．20．8=0．16W，故A正确；并联部分的电压U2=U1+I1R=0．8+0．28=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+0．61=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=1．610010-6=1．610-4C，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．4 W，0．5Ω B．6 W，1Ω C．4 W，1Ω D．2 W，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=22=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 【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． 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 【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=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：（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，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，=3m/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=3.0103kg，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″=60005W=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