（精心整理）閉合電路歐姆定律動態(tài)電路習(xí)題

1、1在如圖（a）所示的電路中，L1、L2為規(guī)格相同的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖（b）所示，C是電容為100mF的電容器，R是阻值為8W的定值電阻，電源E的內(nèi)阻為1W。電路穩(wěn)定后，通過L1的電流為02A，下列結(jié)果正確的是AL1的電功率為016W BL2的電阻為4WC電源的效率為60% D電容器的帶電量為24×10-4C【答案】A【解析】試題分析：電路穩(wěn)定后，通過L1的電流為I1=02A，由圖讀出其電壓U1=08V，則燈泡L1的電功率P1=U1I1=02×08=016W，故A正確；并聯(lián)部分的電壓U2=U1+I1R=08+02×8=24V，由圖讀出其電流為I2=

2、04A，根據(jù)歐姆定律得，故B錯誤；電源電動勢E=U2+（I1+I2）r=24+06×1=3V，電源的效率為，故C錯誤；電容器的電壓U=I1R=16V，則電容器的帶電量為Q=UC=16×100×10-6=16×10-4C，故D錯誤故選A考點：U-I圖像；電容器【名師點睛】本題主要考查了閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的特點的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析電路的結(jié)構(gòu)，能根據(jù)圖象讀出有效信息，難度適中。2如圖，在滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程中，兩表的示數(shù)情況為（ ）A電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減少B電壓表示數(shù)減少，電流表示數(shù)增大C兩電表示數(shù)都增大D兩電表示數(shù)

3、都減少【答案】A【解析】試題分析：當(dāng)滑動變阻器的滑片P向上滑動時，接入電路的電阻增大，與R2并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻R總增大，總電流I減小，路端電壓U=E-Ir增大，電壓表讀數(shù)增大；并聯(lián)部分的電阻增大，分擔(dān)的電壓增大，U2增大，流過R2的電流I2增大，電流表的讀數(shù)IA=I-I2，則減小故BCD錯誤，A正確故選A考點：電路的動態(tài)分析【名師點睛】電路動態(tài)變化分析是常見的題型，容易犯的錯誤是認為支路電阻增大，并聯(lián)總電阻減小本題中變阻器的電壓、電流和電阻都是變化的，技巧是研究干路電流和另一支路電流變化情況來確定。3如圖所示，直線a為某電源的路端電壓隨電流的變化圖線，直線b為電阻R兩端的電壓隨電流強

4、度的變化圖線，用該電源和該電阻組成的閉合電路，電源的輸出功率和電源的電阻分別是（ ）A4 W，05 B6 W，1C4 W，1 D2 W，05【答案】A【解析】試題分析：由a圖線縱截距知：電源的電動勢為 E=3V；由橫截距知電源短路電流為 I0=6A；電源的內(nèi)阻，由交點坐標(biāo)知工作電壓為 U=2v，工作電流為 I=2A，則輸出功率為 P出=UI=2×2=4W，故選A考點：U-I圖線；電功率【名師點睛】本題關(guān)鍵要理解電源的U-I線與電阻的伏安特性曲線的交點的物理意義，知道交點表示該電源與電阻組合時的工作狀態(tài)。4如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，L為小燈泡（其燈絲電阻可以視為不變

5、），R1和R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值的大小隨照射光強度的增強而減小閉合開關(guān)S后，將照射光強度增強，則（ ）A電路的路端電壓將增大 B燈泡L將變暗CR2兩端的電壓將增大 DR1兩端的電壓將增大【答案】D【解析】試題分析：光敏電阻光照增強，故光敏電阻的阻值減小，電路中的總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可得，電路中電流增大，所以電源內(nèi)阻所占電壓增大，所以路端電壓減小，電流增大，所以R1兩端的電壓增大，故A錯誤，D正確；因電路端電壓減小，同時R1兩端的電壓增大，故并聯(lián)電路部分電壓減小，則流過R2的電流減小，而總電流增大，所以通過燈泡L的電流增大，所以L變亮，故BC錯誤?？键c：閉合電路的動態(tài)分

6、析【名師點睛】閉合電路的動態(tài)分析問題一般按外電路、內(nèi)電路再外電路的分析思路進行；分析內(nèi)電路主要根據(jù)總電流及內(nèi)阻分析內(nèi)壓，而外電路較為復(fù)雜，要注意靈活應(yīng)用電路的性質(zhì)由光敏電阻的性質(zhì)可知電路中電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，由歐姆定律可得出R1兩端的電壓的變化，同時還可得出路端電壓的變化；由串聯(lián)電路的規(guī)律可得出并聯(lián)部分電壓的變化，再由并聯(lián)電路的規(guī)律可得出通過小燈泡的電流的變化5在如圖所示電路中，當(dāng)滑動變阻器滑片P向下移動時，則AA燈變亮，B燈變亮，C燈變亮BA燈變亮，B燈變亮，C燈變暗CA燈變亮，B燈變暗，C燈變暗DA燈變亮，B燈變暗，C燈變亮【答案】D【解析】試題分析：當(dāng)

7、滑動變阻器滑片P向下移動時，滑動變阻器的有效阻值變小，總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，總電流I增大，故A燈變亮；總電流I增大，利用電動勢、內(nèi)電壓和路段電壓關(guān)系可知，B、C燈所在支路的電壓和減小，故B燈變暗；B燈所在支路電流減小，而干路電流增大，所以C燈所在支路電流增大，故C燈變亮，故A正確考點：考查了電路的動態(tài)變化【名師點睛】靈活應(yīng)用閉合電路的歐姆定律、電動勢路端電壓和內(nèi)電壓、干路與支路電流關(guān)系是解決動態(tài)電路的關(guān)鍵，即先局部-整體-局部的解題思路6如圖，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=05，電動機M的電阻RM=1，電阻R=15，此時電動機正常工作，理想電壓表的示數(shù)為3V則A電動機兩端的電壓為

8、2VB電動機兩端的電壓為6VC電動機轉(zhuǎn)化為機械能的功率為12WD電動機轉(zhuǎn)化為機械能的功率為8W【答案】BD【解析】試題分析：因為電壓表測量電阻兩端電壓，所以電路電流為，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得電動機兩端的電壓為，A錯誤B正確；電動機消耗的電功率為，電動機的熱功率為，故電動機轉(zhuǎn)化為機械能的功率為8W，C錯誤D正確；考點：考查了電功率的計算【名師點睛】對于電動機電路，要正確區(qū)分是純電阻電路還是非純電阻電路：當(dāng)電動機正常工作時，是非純電阻電路；當(dāng)電動機被卡住不轉(zhuǎn)時，是純電阻電路對于電動機的輸出功率，往往要根據(jù)能量守恒求解7如圖示電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為可變電阻，

9、C為電容器。在可變電阻值R3由較大逐漸變小的過程中A流過R2的電流方向向上B電容器板間場強逐漸變大C電容器的電容不變D電源內(nèi)部消耗的功率減小【答案】AC【解析】試題分析：與電容器連接，所以所在支路斷路，相當(dāng)于電壓表，減小，電路總電阻減小，電流增大，故根據(jù)可得電源內(nèi)部消耗的功率增大，通過的電流增大，所以兩端的電壓增大，而路端電壓減小，所以兩端電壓減小，即電容器兩端電壓減小，電容器將放電，故電流由下向上，根據(jù)可得電容器間的電場強度減小，而電容器的電容與外電路無關(guān)，電容不變，所以BD錯誤AC正確；考點：考查了含電容電路動態(tài)分析【名師點睛】本題在進行動態(tài)分析時電容器可不看要抓住電容器兩端的電壓等于與之

10、并聯(lián)部分的電壓；與電容器串聯(lián)的電阻在穩(wěn)定時可作為導(dǎo)線處理評卷人得分一、計算題（題型注釋）8如圖所示，質(zhì)量m=4kg的物體靜止在水平面上，在外力F=25N作用下開始運動已知F與與水平方向的夾角為37°，物體的位移為5m時，具有50J的動能求：（1）此過程中，物體克服摩擦力所做的功；（2）物體與水平面間的動摩擦因素【答案】（1）此過程中，物體克服摩擦力所做的功為50J；（2）物體與水平面間的動摩擦因數(shù)是0.4【解析】試題分析：由于摩擦力不知道，所以從功的定義式無法求解，我們可以運用動能定理求解摩擦力做功對物體進行受力分析，把拉力正交分解，可以根據(jù)功的定義式求出動摩擦因數(shù)解：（1）運用動能

11、定理：Fscos37°Wf=mv2Wf=Fscos37°mv2=50J（2）對物體進行受力分析：把拉力在水平方向和豎直方向分解，根據(jù)豎直方向平衡和滑動摩擦力公式得出：f=FN=（mgFsin）根據(jù)功的定義式：Wf=（mgFsin）s解得：=0.4答：（1）此過程中，物體克服摩擦力所做的功為50J；（2）物體與水平面間的動摩擦因數(shù)是0.4【點評】動能定理的應(yīng)用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功對于一個量的求解可能有多種途徑，我們要選擇適合條件的并且簡便的9如圖所示，一個質(zhì)量為m的小孩在平臺上以加速度a做勻加速助跑，目的是抓住在平臺右端的、上端固定的、長

12、度為L的輕質(zhì)懸繩，并在豎直面內(nèi)做圓周運動已知輕質(zhì)繩的下端與小孩的重心在同一高度，小孩抓住繩的瞬間重心的高度不變，且無能量損失若小孩能完成圓周運動，則：（1）小孩抓住繩的瞬間對懸線的拉力至少為多大？（2）小孩的最小助跑位移多大？（3）設(shè)小孩在加速過程中，腳與地面不打滑，求地面對腳的摩擦力大小以及摩擦力對小孩所做的功【答案】（1）6mg（2）（3）ma，零【解析】試題分析：（1）小孩能完成豎直面內(nèi)的圓周運動，則在最高點最小的向心力等于小孩所受的重力設(shè)小孩在豎直面內(nèi)最高點運動的速度為v2，依據(jù)牛頓第二定律小孩在最高點有：設(shè)小孩在最低點運動的速度為v1，小孩抓住懸線時懸線對小孩的拉力至少為F，依據(jù)牛頓

13、第二定律小孩在最低點有：小孩在豎直面內(nèi)做圓周運動，依據(jù)機械能守恒定律可得，mv22+2mgL=mv12聯(lián)立以上三式解得：F=6mg，v12=5gL依據(jù)牛頓第三定律可知，小孩對懸線的拉力至少為6mg（2）小孩在水平面上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)題意，小孩運動的加速度為a，末速度為v1，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，v12=2ax解得：（3）由牛頓運動定律可知摩擦力大小f=ma ，由于地面對小孩的摩擦力位移為零，所以摩擦力對小孩做功為零考點：機械能守恒定律；牛頓第二定律的應(yīng)用10如圖所示，AB為固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道圓弧軌道，軌道的B點與水平面相切，其半徑為R，質(zhì)量為m的小球由A點靜止釋放求

14、：小球滑到最低點B時，小球速度V的大小及小球?qū)壍赖膲毫壓的大小小球通過光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰達最高點D，D到地面的高度為h，（已知hR，小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf【答案】小球滑到最低點B時，小球速度V的大小為及小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf為mg（Rh）【解析】試題分析：（1）由動能定理得則v=即小球滑到最低點B時，小球速度v的大小為由牛頓第二定律得則：FN=3mg根據(jù)牛頓第三定律可以，小球?qū)壍赖膲毫壓的大小為3mg（2）對于小球從A運動到D的整個過程，由動能定理，得mgRmghWf=0則：Wf=mg（Rh）即小球在曲面上克服摩擦力所做

15、的功為mg（Rh）11如圖所示，質(zhì)量為m=lkg的小物塊由靜止輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上，從A點隨傳送帶運動到水平部分的最右端B點，經(jīng)半圓軌道C點沿圓弧切線進入豎直光滑的半圓軌道，恰能做圓周運動C點在B點的正上方，D點為軌道的最低點小物塊離開D點后，做平拋運動，恰好垂直于傾斜擋板打在擋板跟水平面相交的E點已知半圓軌道的半徑R=0.9m，D點距水平面的高度h=0.75m，取g=10m/s2，試求：（1）摩擦力對物塊做的功；（2）小物塊經(jīng)過D點時對軌道壓力的大??；（3）傾斜擋板與水平面間的夾角【答案】見解析【解析】試題分析：（1）設(shè)小物塊經(jīng)過C點時的速度大小，因為經(jīng)過C時恰好能完成圓周運動，由

16、牛頓第二定律可得：mg=，解得=3m/s小物塊由A到B過程中，設(shè)摩擦力對小物塊做的功為W，由動能定理得：W=，解得W=4.5J故摩擦力對物塊做的功為4.5J（2）設(shè)小物塊經(jīng)過D點時的速度為，對由C點到D點的過程，由動能定理的：mg.2R=小物塊經(jīng)過D點時，設(shè)軌道對它的支持力大小為，由牛頓第二定律得：mg=聯(lián)立解得=60N，=3m/s由牛頓第三定律可知，小物塊對軌道的壓力大小為：=60N故小物塊經(jīng)過D點時對軌道的壓力大小為60N（3）小物塊離開D點做平拋運動，設(shè)經(jīng)時間t打在E點，由h=得：t=s設(shè)小物塊打在E點時速度的水平、豎直分量分別為、，速度跟豎直方向的夾角為，則：又tan=聯(lián)立解得=60&

17、#176;再由幾何關(guān)系可得=60°故傾斜擋板與水平面的夾角為為60°12一種氫氣燃料的汽車，質(zhì)量為m=3.0×103kg，發(fā)動機的額定輸出功率為60kW，行駛在平直公路上時所受阻力恒為車重的0.1倍若汽車從靜止開始先勻加速啟動，加速度的大小為a=1.0m/s2達到額定輸出功率后，汽車保持功率不變又加速行駛了675m，直到獲得最大速度后才勻速行駛試求：（1）汽車的最大行駛速度；（2）當(dāng)速度為5m/s時，汽車牽引力的瞬時功率；（3）汽車從靜止到獲得最大行駛速度所用的總時間【答案】（1）汽車的最大行駛速度為20m/s；（2）當(dāng)速度為5m/s時，汽車牽引力的瞬時功率為30kW；（3）汽車從靜止到獲得最大行駛速度所用的總時間為51.25s【解析】試題分析：當(dāng)汽車的牽引力與阻力相等時，速度最大，結(jié)合P=Fv=fv求出最大速度根據(jù)牛