闭合电路欧姆定律动态电路习题

1.在如图(a)所示得电路中,L1、L2为规格相同得小灯泡,这种小灯泡得伏安特性曲线如图(b)所示,C就是电容为100μF得电容器,R就是阻值为8Ω得定值电阻,电源E得内阻为1Ω。电路稳定后,通过L1得电流为0.2A,下列结果正确得就是

A.L1得电功率为0.16W

B.L2得电阻为4Ω

C.电源得效率为60%

D.电容器得带电量为2.4×10-4C 【答案】A

【解析】

试题分析:电路稳定后,通过L1得电流为I1=0.2A,由图读出其电压U1=0.8V,则灯泡L1得电功率P1=U1I1=0.2×0.8=0.16W,故A正确;并联部分得电压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2

2

22.4

6 0.4

U R

I Ω

＝＝＝,故B错误;电源电动

势E=U2+(I1+I2)r=2.4+0.6×1=3V,电源得效率为22.4

80% 3

U

E

η＝＝＝,故C错误;电容器得电压U=I1R=1.6V,则电容器得带电量为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、串并联电路得特点得直接应用,要求同学们能正确分析电路得结构,能根据图象读出有效信息,难度适中。

2.如图,在滑动变阻器得滑片P向上端a滑动过程中,两表得示数情况为( )

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:当滑动变阻器得滑片P向上滑动时,接入电路得电阻增大,与R2并联得电阻增大,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;并联部分得电阻增大,分担得电压增大,U2增大,流过R2得电流I2增大,电流表得读数I A=I-I2,则减小.故BCD错误,A正确.故选A.

考点:电路得动态分析

【名师点睛】电路动态变化分析就是常见得题型,容易犯得错误就是认为支路电阻增大,并联总电阻减小.本题中变阻器得电压、电流与电阻都就是变化得,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为某电源得路端电压随电流得变化图线,直线b为电阻R两端得电压随电流强度得变化图线,用该电源与该电阻组成得闭合电路,电源得输出功率与电源得电阻分别就是( )

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:电源得电动势为 E=3V;由横截距知电源短路电流为 I0=6A;

电源得内阻

3

0.5 6

E

r

I

==Ω=Ω,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得U-I线与电阻得伏安特性曲线得交点得物理意义,知道交点表示该电源与电阻组合时得工作状态。

4.如图所示得电路中,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,其阻值得大小随照射光强度得增强而减小.闭合开关S后,将照射光强度增强,则( )

A.电路得路端电压将增大

B.灯泡L将变暗

C.R2两端得电压将增大

D.R1两端得电压将增大

【答案】D

【解析】

试题分析:光敏电阻光照增强,故光敏电阻得阻值减小,电路中得总电阻减小;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R1两端得电压增大,故A错误,D正确;因电路端电压减小,同时R1两端得电压增大,故并联电路部分电压减小,则流过R2得电流减小,而总电流增大,所以通过灯泡L 得电流增大,所以L变亮,故BC错误。

考点:闭合电路得动态分析

【名师点睛】闭合电路得动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路得分析思路进行;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得性质.由光敏电阻得性质可知电路中电阻得变化,则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流得变化,由欧姆定律可得出R 1两端得电压得变化,同时还可得出路端电压得变化;由串联电路得规律可得出并联部分电压得变化,再由并联电路得规律可得出通过小灯泡得电流得变化.

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,滑动变阻器得有效阻值变小,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r A B E U U U =++可知,B 、C 灯所在支路得电压B U 与C U 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:考查了电路得动态变化

【名师点睛】灵活应用闭合电路得欧姆定律、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得关键,即先局部--整体---局部得解题思路.

6.如图,电源电动势E=10V,内阻r =0.5Ω,电动机M 得电阻R M =1Ω,电阻R =1.5Ω,此时电动机正常工作,理想电压表得示数为3V.则

A.电动机两端得电压为2V

B.电动机两端得电压为6V

C.电动机转化为机械能得功率为12W

D.电动机转化为机械能得功率为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32A 1.5

U I R ===,根据闭合回路欧姆定律可得电动机两端得电压为()6V M U E I R r =-+=,A 错误B 正确;电

动机消耗得电功率为12W M M P U I ==,电动机得热功率为2M 4W Q P I R ==,故电动

机转化为机械能得功率为8W,C 错误D 正确;

考点:考查了电功率得计算

【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.对于电动机得输出功率,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,R 1、R 2为定值电阻,R 3为可变电阻,C 为电容器。在可变电阻值R 3由较大逐渐变小得过程中

A.流过R 2得电流方向向上

B.电容器板间场强逐渐变大

C.电容器得电容不变

D.电源内部消耗得功率减小

【答案】AC

【解析】

试题分析:2R 与电容器连接,所以2R 所在支路断路,相当于电压表,3R 减小,电路总电

阻减小,电流增大,故根据2P I r =可得电源内部消耗得功率增大,通过1R 得电流增大,所以1R 两端得电压增大,而路端电压减小,所以3R 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U E d

=可得电容器间得电场强度减小,而电容器得电容与外电路无关,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.要抓住电容器两端得电压等于与之并联部分得电压;与电容器串联得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 得物体静止在水平面上,在外力F=25N 作用下开始运动.已知F 与与水平方向得夹角为37°,物体得位移为5m 时,具有50J 得动能.求:

(1)此过程中,物体克服摩擦力所做得功;

(2)物体与水平面间得动摩擦因素.

【答案】(1)此过程中,物体克服摩擦力所做得功为50J;

(2)物体与水平面间得动摩擦因数就是0、4.

【解析】

试题分析:由于摩擦力不知道,所以从功得定义式无法求解,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,可以根据功得定义式求出动摩擦因数. 解:(1)运用动能定理:

Fscos37°﹣W f =mv 2

W f =Fscos37°﹣mv 2=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=μF N=μ(mg﹣Fsinθ)

根据功得定义式:W f=μ(mg﹣Fsinθ)s

解得:μ=0、4

答:(1)此过程中,物体克服摩擦力所做得功为50J;

(2)物体与水平面间得动摩擦因数就是0、4.

【点评】动能定理得应用范围很广,可以求速度、力、功等物理量,特别就是可以去求变力功.

对于一个量得求解可能有多种途径,我们要选择适合条件得并且简便得.

9.如图所示,一个质量为m得小孩在平台上以加速度a做匀加速助跑,目得就是抓住在平台右端得、上端固定得、长度为L得轻质悬绳,并在竖直面内做圆周运动.已知轻质绳得下端与小孩得重心在同一高度,小孩抓住绳得瞬间重心得高度不变,且无能量损失.若小孩能完成圆周运动,则:

(1)小孩抓住绳得瞬间对悬线得拉力至少为多大？

(2)小孩得最小助跑位移多大？

(3)设小孩在加速过程中,脚与地面不打滑,求地面对脚得摩擦力大小以及摩擦力对小孩所做得功.

【答案】(1)6mg(2)5

2

gL

a

(3)ma,零

【解析】

试题分析:(1)小孩能完成竖直面内得圆周运动,则在最高点最小得向心力等于小孩所受得重力.设小孩在竖直面内最高点运动得速度为v2,依据牛顿第二定律小孩在最高点有:

22v mg m L = 设小孩在最低点运动得速度为v 1,小孩抓住悬线时悬线对小孩得拉力至少为F,依据牛顿

第二定律小孩在最低点有:21v F mg m L -= 小孩在竖直面内做圆周运动,依据机械能守恒定律可得,

12mv 22+2mgL=12

mv 12 联立以上三式解得:F=6mg,v 12=5gL.

依据牛顿第三定律可知,小孩对悬线得拉力至少为6mg.

(2)小孩在水平面上做初速度为零得匀加速直线运动,根据题意,小孩运动得加速度为a,末速度为v 1,根据匀变速直线运动规律,v 12=2ax 解得:21522v gL x a a

== (3)由牛顿运动定律可知摩擦力大小f=ma ,由于地面对小孩得摩擦力位移为零,所以摩擦力对小孩做功为零.

考点:机械能守恒定律;牛顿第二定律得应用

10.如图所示,AB 为固定在竖直平面内得光滑轨道圆弧轨道,轨道得B 点与水平面相切,其半径为R,质量为m 得小球由A 点静止释放.求:

①小球滑到最低点B 时,小球速度V 得大小及小球对轨道得压力F 压得大小.

②小球通过光滑得水平面BC 滑上固定曲面,恰达最高点D,D 到地面得高度为h,(已知h ＜R,小球在曲面上克服摩擦力所做得功W f .

【答案】①小球滑到最低点B 时,小球速度V 得大小为

及小球对轨道得压力大小为3mg.

②小球在曲面上克服摩擦力所做得功W f 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得大小为.

由牛顿第二定律得

则:F N=3mg

根据牛顿第三定律可以,小球对轨道得压力F压得大小为3mg.

(2)对于小球从A运动到D得整个过程,由动能定理,得

mgR﹣mgh﹣W f=0

则:W f=mg(R﹣h)

即小球在曲面上克服摩擦力所做得功为mg(R﹣h).

11.如图所示,质量为m=lkg得小物块由静止轻轻放在水平匀速运动得传送带上,从A点随传送带运动到水平部分得最右端B点,经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑得半圆轨道,恰能做圆周运动.C点在B点得正上方,D点为轨道得最低点.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得E点.已知半圆轨道得半径R=0、9m,D点距水平面得高度h=0、75m,取g=10m/s2,试求:

(1)摩擦力对物块做得功;

(2)小物块经过D点时对轨道压力得大小;

(3)倾斜挡板与水平面间得夹角θ.

【答案】见解析

【解析】

试题分析:(1)设小物块经过C点时得速度大小,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得功为W,由动能定理得:

W=,解得W=4、5J

故摩擦力对物块做得功为4、5J.

(2)设小物块经过D点时得速度为,对由C点到D点得过程,由动能定理得:

mg、2R=

小物块经过D点时,设轨道对它得支持力大小为,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,小物块对轨道得压力大小为:

==60N.

故小物块经过D点时对轨道得压力大小为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点时速度得水平、竖直分量分别为、,速度跟竖直方向得夹角为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得夹角为θ为60°.

12.一种氢气燃料得汽车,质量为m=3、0×103kg,发动机得额定输出功率为60kW,行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重得0、1倍.若汽车从静止开始先匀加速启动,加速度得大小为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)汽车得最大行驶速度;

(2)当速度为5m/s时,汽车牵引力得瞬时功率;

(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用得总时间.

【答案】(1)汽车得最大行驶速度为20m/s;

(2)当速度为5m/s时,汽车牵引力得瞬时功率为30kW;

(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用得总时间为51、25s

【解析】

试题分析:当汽车得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得牵引力,从而得出匀加速直线运动得最大速度,结合速度时间公式求出匀加速直线运动得时间,对变加速运动得过程,运用动能定理求出变加速运动得时间,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时牵引力得功率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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