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1、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02A，下列结果正确的是AL1的电功率为016W BL2的电阻为4WC电源的效率为60% D电容器的带电量为2410-4C【答案】A【解析】试题分析：电路稳定后，通过L1的电流为I1=02A，由图读出其电压U1=08V，则灯泡L1的电功率P1=U1I1=0208=016W，故A正确；并联部分的电压U2=U1+I1R=08+028=24V，由图读出其电流为I2=04A，根据欧姆定律得，故B错误；电
2、源电动势E=U2+（I1+I2）r=24+061=3V，电源的效率为，故C错误；电容器的电压U=I1R=16V，则电容器的带电量为Q=UC=1610010-6=1610-4C，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
3、，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（ ）
4、A4 W，05 B6 W，1C4 W，1 D2 W，05【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
5、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CR2两端的电压将增大 DR1两端的电压将增大【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
6、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AA灯变亮，B灯变亮，C灯变亮BA灯变亮，B灯变亮，C灯变暗CA灯变亮，B灯变暗，C灯变暗DA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
7、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=05，电动机M的电阻RM=1，电阻R=15，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【
8、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
9、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
10、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：Fscos37Wf=mv2Wf=Fscos37mv2=50J（2）对物体进行受力分析：把拉力在水平方向
11、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=FN=（mgFsin）根据功的定义式：Wf=（mgFsin）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
12、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，
13、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：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
14、为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小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf为mg（Rh）【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mgRmghWf=0则：Wf=mg（Rh）即小球在曲面上克服摩擦力所做的功为mg（Rh）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【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
