資源簡介

第一部分
專題十電路與電能
第2練
閉合電路的歐姆定律
A
[小題·精講精練
A.電壓表V1,V2讀數(shù)增大
[例題講壇
B.電子元件M兩端的電壓減小
例1（多選）如圖所示的UI
C.通過電阻R的電流增大
↑
3.
圖像中，直線a表示某電源
D.電流表讀數(shù)減小
路端電壓與電流的關(guān)系，直
1.5
【解析】變阻器的滑片向上移動過程中，滑動變
線b為某一電阻R的伏安特
阻器連入電路的電阻減小，電路總電阻減小，根
1.0
2.0
據(jù)閉合電路歐姆定律可得路端電壓減小，即電壓
性曲線.用該電源直接與電
表V2示數(shù)減小，電路總電流增大，即通過R1和
阻R連接成閉合電路，由圖像可知：
M的電流增大，所以其兩端的電壓增大，即電壓
A.R的阻值為1.52
表V1示數(shù)增大，M兩端的電壓增大，而路端電
B.電源電動勢為3V,內(nèi)阻為0.52
壓是減小的，所以并聯(lián)電兩端的電壓減小，所以
C.電源的輸出功率為3.0W
R2兩端電壓減小，即通過R2的電流減小，電流
D.電源內(nèi)部消耗功率為1.5W
表示數(shù)減小，總電流增大，因為I=IR十IR,所以
業(yè)
【解析】電阻R=號=1,5Ω，故A正確；根據(jù)閉
IR增大，選項C、D正確
合電路歐姆定律得U=E一Ir,當I=0時，U=
【答案】CD
:
E,由讀出電源的電動勢E=3V,內(nèi)阻等于圖線
[小題·分層分練]
的斜率大小，則，=A=多n=1.5n.故B
[一層·打基礎(chǔ)]
2
知識點一電路中的功率及效率問題
錯誤；兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相
1.如圖所示，一燈泡L和直流電動
此
連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖讀出電壓U=
機M串聯(lián)接入電壓恒為10V的
LX
1.5V,電流I=1.0A,則電源的輸出功率為P=
電路中，此時標有“3V1.5W”
M
線
UI=1.5W,故C錯誤；電源內(nèi)部消耗功率為P
字樣的小燈泡I恰好正常發(fā)光，已知直流電動機
=I2r=1.5W,故D正確.
的內(nèi)阻RM=22.下列說法正確的是
【答案】AD
A.電動機的輸入功率為1.5W
下
【規(guī)律歸納】本題主要考查了閉合電路的歐姆
B.電動機的輸出功率為2.5W
定律、電功、電功率，對于圖線關(guān)鍵要根據(jù)物理規(guī)
C.整個電路消耗的功率為5W
律，從數(shù)學(xué)角度來理解其物理意義，本題要抓住
D.電動機的效率約為83.3%
圖線的斜率、交點的意義來理解圖像的意義，
知識點二電路的動態(tài)分析
例2（多選）在如圖所示的電路中，電源電動勢為
2.(多選)如圖所示，R為滑動變阻
(⊙
E,內(nèi)阻為r.M為多種元件集成的電子元件，其
器，電壓表為理想電表，電源內(nèi)阻
阻值與兩端所加的電壓成正比（即RM=U,式
不能忽略.閉合開關(guān)后燈泡正常
R
中k為正常數(shù))且遵循歐姆定律.R1和R2是兩
發(fā)光，在滑動變阻器的滑片P向
個定值電阻（其電阻可視為不隨溫度變化而變
左移動過程中，下列判斷正確的是
化).R為滑動變阻器，現(xiàn)閉合開關(guān)S,使變阻器
A.電壓表示數(shù)變大
的滑片向上移動，下列說法中正確的是()
B.電流表示數(shù)變大
C.電源內(nèi)阻的功率變大
D.燈泡變暗
知識點三故障電路分析
3.某同學(xué)按照電路圖連接元件進行實驗，閉合開關(guān)
S時發(fā)現(xiàn)兩盞燈都不亮.該同學(xué)用多用電表的
10V直流電壓擋來檢測電路故障.在閉合開關(guān)S
53培優(yōu)限時練小題突破·物理
3.【解析】粒子離開電場時，速度方向與水平方向夾角為30°，
由幾行關(guān)系得0-2。故A錯民：格子在電號
降的過程，且停止運動后恰好靜止，有mg十∫=Q,解得
x
中做類平拋運動，水平方向上有L=t,豎直方向上有8，=
,華：若小球甲停止是在上升的過程，且停止運動
at=vo tan30°，由牛顏第二定律可知gE=ma,聯(lián)立解得E=
后拾好靜上·有mg0+,解得：√周北小球
√3nv
3gL
一，故B錯誤：粒子在勻強電場中做類平拋運動，在豎直
kQg
,kQ9,C錯
方向有d-7a,解得d-1,故C正確：兩極板同的電勢
甲最后停留位置x的區(qū)間為√mg羊≤xVmg行
6
誤：若小球甲在最低點能返回，則有>mg十，解得x<
U-山-
,故D錯誤.故選：C
kQg
√加：結(jié)合Λ項分析可知m。
,則有
【答案】C
4.【解析】開關(guān)S接2為電容器放電過程，電容器外部電流由
kQg
(mg一f)xo
n·可得初怡電勢能E=的<《mg
電容器的正極板流出，由b到a經(jīng)過電阻R流入電容器的負
極板，電流方向與題目規(guī)定正方向相反，應(yīng)為丙圖，故A錯
kQg,D正確。
誤；兩圖線與軸所國面積表示電容器的帶電量，二者相同，故
一mg+f
【答案】BD
B正確，電容器的電容由電容需本身結(jié)構(gòu)決定，與電容器是
否帶電無關(guān)，故C錯誤：丙圖對應(yīng)電容器的放電過程，電容
專題十
電路與電能
器兩端電壓逐漸減小，故D正確.故迭：BD.
【答案】BD
第1練部分電路的歐姆定律
5.【解析】電子的運動過程可分為兩個階段，即加逸和偏轉(zhuǎn).
小題·分層分練
（1)加建：et心，=之m聽，
1【解析】根據(jù)電流強度的定義式可得，電流【=
(2)偏轉(zhuǎn)：L=wt,h=2ar=2nm/
1
6X10A=1X10A,故A正確，B錯誤；電場強度的大小
6
h
L
綜合得：可，，a:因此要提高靈獻度則需要：培大L或減
為E=號-19
1000
-V/m=1×105V/m,故C正確，D錯
小U或減小d,故答案應(yīng)選C
誤.故選：AC
【答案】C
【答案】AC
6【解析】根據(jù)電容的決定式C三當P向右運動時，極
2.【解析】設(shè)矩形金屬薄片的厚度為d,當將C與D接入電
板間距d減小，則電客C增大，根據(jù)E-號可知，兩板同電
壓恒為U的電路時，電流為I,由歐瓣定律得：U=IR
根據(jù)電阻定律公式R=P5,可得：R=P6a
場強度增大，故AD正確；P向左運動時，導(dǎo)致極板間距增
若將A與B接入電路中時電流仍為I,
大，則電容C減小，因二極管的影響，電容器不能放電，即電
荷量Q不變，根據(jù)公式U=呂，得電壓U培大，故B錯誤：根
由歐姆定律得：=IR
根據(jù)電m定律公式R=p5,可得：R=PC:a
ab
據(jù)C-品C=號以及E-號可知E=9則當P向在
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：U'=9U,故D正確，ABC錯誤.故選：D
ES
運動，因Q不變，則兩板間電場強度保持不變，選項C正確，
【答案】D
故選ACD.
3.【解析】當R,的滑動端在最左端時，R:接入電阻最小為
【答案】ACD
零，此時AB間總電阻最小，最小電阻為Rn=R1=52,故A
7【解折】因為編特距離為y一，帶電拉子的初建度變
錯誤，B正確：當R,的滑動端在最右端時，電阻最大，此時
AB間總電阻最大，最大電阻為R=R十尼尺=5Q中
為原來的兩倍時，偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)槭浚造o電力做功W一
10+200=11.670,故CD錯誤.故選：B.
10×20
0.25E,而初動能變?yōu)?E,故它飛出電容器時的動能變?yōu)?br/>【答案】B
4.25Ek.故正確選項為C.
4.【解析】由電流的微觀表達式I=n,可得自由電子定向
【答案】C
小題·真題真練
移動的遞率為故B正璃，AD錯誤：電流的建率為電
【解析】小球甲從開始運動至第一次運動到最低點的過程，
場傳播的速率，即為真空中的光逸(，故C正確.故選：BC
根據(jù)能量守恒定律有mg(x一x)=f(x,-x)十(k4-k
【答案】BC
5.【解析】令電阻板厚為d,當端點I、Ⅱ接入電路時，導(dǎo)體的
Q4),解得x=(mg-Dx
kQg
,A錯誤；小球甲第一次向下運動
長為L,賴藏西積為Ld,根據(jù)電阻定律Rm=P專=
至速度最大的位置，此時加速度為零，根據(jù)平衡條件有mg
-十0，解得√0B正：若小球甲修止是在T
P品網(wǎng)理RPa所以RRw=
【答案】D
118

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