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第一部分
专题十电路与电能
第2练
闭合电路的欧姆定律
A
[小题·精讲精练
A.电压表V1,V2读数增大
[例题讲坛
B.电子元件M两端的电压减小
例1（多选）如图所示的UI
C.通过电阻R的电流增大
↑
3.
图像中，直线a表示某电源
D.电流表读数减小
路端电压与电流的关系，直
1.5
【解析】变阻器的滑片向上移动过程中，滑动变
线b为某一电阻R的伏安特
阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，根
1.0
2.0
据闭合电路欧姆定律可得路端电压减小，即电压
性曲线.用该电源直接与电
表V2示数减小，电路总电流增大，即通过R1和
阻R连接成闭合电路，由图像可知：
M的电流增大，所以其两端的电压增大，即电压
A.R的阻值为1.52
表V1示数增大，M两端的电压增大，而路端电
B.电源电动势为3V,内阻为0.52
压是减小的，所以并联电两端的电压减小，所以
C.电源的输出功率为3.0W
R2两端电压减小，即通过R2的电流减小，电流
D.电源内部消耗功率为1.5W
表示数减小，总电流增大，因为I=IR十IR,所以
业
【解析】电阻R=号=1,5Ω，故A正确；根据闭
IR增大，选项C、D正确
合电路欧姆定律得U=E一Ir,当I=0时，U=
【答案】CD
:
E,由读出电源的电动势E=3V,内阻等于图线
[小题·分层分练]
的斜率大小，则，=A=多n=1.5n.故B
[一层·打基础]
2
知识点一电路中的功率及效率问题
错误；两图线的交点表示该电源直接与电阻R相
1.如图所示，一灯泡L和直流电动
此
连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=
机M串联接入电压恒为10V的
LX
1.5V,电流I=1.0A,则电源的输出功率为P=
电路中，此时标有“3V1.5W”
M
线
UI=1.5W,故C错误；电源内部消耗功率为P
字样的小灯泡I恰好正常发光，已知直流电动机
=I2r=1.5W,故D正确.
的内阻RM=22.下列说法正确的是
【答案】AD
A.电动机的输入功率为1.5W
下
【规律归纳】本题主要考查了闭合电路的欧姆
B.电动机的输出功率为2.5W
定律、电功、电功率，对于图线关键要根据物理规
C.整个电路消耗的功率为5W
律，从数学角度来理解其物理意义，本题要抓住
D.电动机的效率约为83.3%
图线的斜率、交点的意义来理解图像的意义，
知识点二电路的动态分析
例2（多选）在如图所示的电路中，电源电动势为
2.(多选)如图所示，R为滑动变阻
(⊙
E,内阻为r.M为多种元件集成的电子元件，其
器，电压表为理想电表，电源内阻
阻值与两端所加的电压成正比（即RM=U,式
不能忽略.闭合开关后灯泡正常
R
中k为正常数)且遵循欧姆定律.R1和R2是两
发光，在滑动变阻器的滑片P向
个定值电阻（其电阻可视为不随温度变化而变
左移动过程中，下列判断正确的是
化).R为滑动变阻器，现闭合开关S,使变阻器
A.电压表示数变大
的滑片向上移动，下列说法中正确的是()
B.电流表示数变大
C.电源内阻的功率变大
D.灯泡变暗
知识点三故障电路分析
3.某同学按照电路图连接元件进行实验，闭合开关
S时发现两盏灯都不亮.该同学用多用电表的
10V直流电压挡来检测电路故障.在闭合开关S
53培优限时练小题突破·物理
3.【解析】粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，
由几行关系得0-2。故A错民：格子在电号
降的过程，且停止运动后恰好静止，有mg十∫=Q,解得
x
中做类平抛运动，水平方向上有L=t,竖直方向上有8，=
,华：若小球甲停止是在上升的过程，且停止运动
at=vo tan30°，由牛颜第二定律可知gE=ma,联立解得E=
后拾好静上·有mg0+,解得：√周北小球
√3nv
3gL
一，故B错误：粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直
kQg
,kQ9,C错
方向有d-7a,解得d-1,故C正确：两极板同的电势
甲最后停留位置x的区间为√mg羊≤xVmg行
6
误：若小球甲在最低点能返回，则有>mg十，解得x<
U-山-
,故D错误.故选：C
kQg
√加：结合Λ项分析可知m。
,则有
【答案】C
4.【解析】开关S接2为电容器放电过程，电容器外部电流由
kQg
(mg一f)xo
n·可得初怡电势能E=的<《mg
电容器的正极板流出，由b到a经过电阻R流入电容器的负
极板，电流方向与题目规定正方向相反，应为丙图，故A错
kQg,D正确。
误；两图线与轴所国面积表示电容器的带电量，二者相同，故
一mg+f
【答案】BD
B正确，电容器的电容由电容需本身结构决定，与电容器是
否带电无关，故C错误：丙图对应电容器的放电过程，电容
专题十
电路与电能
器两端电压逐渐减小，故D正确.故迭：BD.
【答案】BD
第1练部分电路的欧姆定律
5.【解析】电子的运动过程可分为两个阶段，即加逸和偏转.
小题·分层分练
（1)加建：et心，=之m听，
1【解析】根据电流强度的定义式可得，电流【=
(2)偏转：L=wt,h=2ar=2nm/
1
6X10A=1X10A,故A正确，B错误；电场强度的大小
6
h
L
综合得：可，，a:因此要提高灵献度则需要：培大L或减
为E=号-19
1000
-V/m=1×105V/m,故C正确，D错
小U或减小d,故答案应选C
误.故选：AC
【答案】C
【答案】AC
6【解析】根据电容的决定式C三当P向右运动时，极
2.【解析】设矩形金属薄片的厚度为d,当将C与D接入电
板间距d减小，则电客C增大，根据E-号可知，两板同电
压恒为U的电路时，电流为I,由欧瓣定律得：U=IR
根据电阻定律公式R=P5,可得：R=P6a
场强度增大，故AD正确；P向左运动时，导致极板间距增
若将A与B接入电路中时电流仍为I,
大，则电容C减小，因二极管的影响，电容器不能放电，即电
荷量Q不变，根据公式U=吕，得电压U培大，故B错误：根
由欧姆定律得：=IR
根据电m定律公式R=p5,可得：R=PC:a
ab
据C-品C=号以及E-号可知E=9则当P向在
代入数据联立解得：U'=9U,故D正确，ABC错误.故选：D
ES
运动，因Q不变，则两板间电场强度保持不变，选项C正确，
【答案】D
故选ACD.
3.【解析】当R,的滑动端在最左端时，R:接入电阻最小为
【答案】ACD
零，此时AB间总电阻最小，最小电阻为Rn=R1=52,故A
7【解折】因为编特距离为y一，带电拉子的初建度变
错误，B正确：当R,的滑动端在最右端时，电阻最大，此时
AB间总电阻最大，最大电阻为R=R十尼尺=5Q中
为原来的两倍时，偏转距离变为士，所以静电力做功W一
10+200=11.670,故CD错误.故选：B.
10×20
0.25E,而初动能变为4E,故它飞出电容器时的动能变为
【答案】B
4.25Ek.故正确选项为C.
4.【解析】由电流的微观表达式I=n,可得自由电子定向
【答案】C
小题·真题真练
移动的递率为故B正璃，AD错误：电流的建率为电
【解析】小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，
场传播的速率，即为真空中的光逸(，故C正确.故选：BC
根据能量守恒定律有mg(x一x)=f(x,-x)十(k4-k
【答案】BC
5.【解析】令电阻板厚为d,当端点I、Ⅱ接入电路时，导体的
Q4),解得x=(mg-Dx
kQg
,A错误；小球甲第一次向下运动
长为L,赖藏西积为Ld,根据电阻定律Rm=P专=
至速度最大的位置，此时加速度为零，根据平衡条件有mg
-十0，解得√0B正：若小球甲修止是在T
P品网理RPa所以RRw=
【答案】D
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