1、试卷第 1 页，总 13 页1在如图（a）所示的电路中，L 1、L 2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100F 的电容器， R 是阻值为 8的定值电阻，电源 E 的内阻为 1。电路稳定后，通过 L1的电流为 02A，下列结果正确的是AL 1的电功率为 016W BL 2的电阻为 4C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
2、=24V，由图读出其电流为 I2=04A，根据欧姆定律得，故 B 错误；电源电动势 E=U2+（I 1+I2）r=24+061=3V，电2.460RI 试卷第 2 页，总 13 页源的效率为 ，故 C 错误；电容器的电压 U=I1R=16V，则电容器2.480%3UE 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
3、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，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，U 2增大，流过 R2的电流 I2增大，电流试卷第 3 页，总 13 页表的读数 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
4、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（ ）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 03.56ErI，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
5、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） ，R 1和 R2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度试卷第 4 页，总 13 页的增强而减小闭合开关 S 后，将照射光强度增强，则（ ）A电路的路端电压将增大 B灯泡 L 将变暗CR 2两端的电压将增大 DR 1两端的电压将增大【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
6、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，同时还可得出路端试卷第 5 页，总 13 页电压的变化
7、；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 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rEUBU减小，故 B 灯变暗；B 灯所在支路电流减小，而干路电流
8、增大，所以 C 灯所在支路CU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 6V试卷第 6 页，总 13 页C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【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32
9、A1.5UIR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；6VMEr电动机消耗的电功率为 ，电动机的热功率为 ，故12WMPUI2M4WQPI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，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 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
10、场强逐渐变大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2R2R3R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PIr1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1 3试卷第 7 页，总 13 页两端电压减小，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UEd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
11、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
12、：（1）运用动能定理：Fscos37W f= mv2Wf=Fscos37 mv2=50J试卷第 8 页，总 13 页（2）对物体进行受力分析：把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出：f=F N=（mgFsin）根据功的定义式：W f=（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
13、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，零5gLa【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试卷第 9 页，总 13 页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
14、高点有：2vmgL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：21vFmgL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，v 12=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，v 12=2ax解得：25gLxa（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
15、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】试卷第 10 页，总 13 页试题分析：（1）由动能定理得则 v=即小球滑到
16、最低点 B 时，小球速度 v 的大小为 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mgRmghW f=0则：W f=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
17、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 时恰好能完成圆周试卷第 11 页，总 13 页运动，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功为 W，由动能定理得：W= ，解得 W=4.5J故摩擦力对物块做的功为 4.5J（2）设小物块经过 D 点时的速度为 ，对由 C 点到 D 点的
18、过程，由动能定理的：mg.2R=小物块经过 D 点时，设轨道对它的支持力大小为 ，由牛顿第二定律得：mg=联立解得 =60N， =3 m/s由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：= =60N故小物块经过 D 点时对轨道的压力大小为 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 点时速度的水平、竖直分量分别为 、 ，速度跟竖直方向的夹角为 ，则：又 tan= =试卷第 12 页，总 13 页联立解得 =60再由几何关系可得 =60故倾斜挡板与水平面的夹角为 为 6012一种氢气燃料的汽车，质量为 m=3.0103kg，发动机
19、的额定输出功率为 60kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的 0.1 倍若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为 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）汽车的最大行驶速度；（2）当速度为 5m/s 时，汽车牵引力的瞬时功率；（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间【答案】 （1）汽车的最大行驶速度为 20m/s；（2）当速度为 5m/s 时，汽车牵引力的瞬时功率为 30kW；（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为 51.25s【解析】试题分析：当汽车的牵引力与阻力相等时，速度最大，结合 P=F
20、v=fv 求出最大速度根据牛顿第二定律求出匀加速直线运动的牵引力，从而得出匀加速直线运动的最大速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动的时间，对变加速运动的过程，运用动能定理求出变加速运动的时间，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 Ff=ma，解得 F=ma+f=6000N，故匀加速达到大速度 5m/s故 5m/s 时牵引力的功率 P=Fv=60005W=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试卷第 13 页，总 13 页
