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2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題09 恒定電流(含解析).docx

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2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題09 恒定電流(含解析).docx

專題09 恒定電流第一部分名師綜述恒定電流主要考查以"電路"為核心的三部分內(nèi)容:一是以部分電路的歐姆定律為中心,考查直流電路的基本概念、伏安法測電阻、電功和電熱等問題;二是以閉合電路的歐姆定律為中心,考查電源的作用、閉合電路的功率分配和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系、電路的路端電壓與電源電動(dòng)勢和內(nèi)陰天的關(guān)系;三是以電路中的電工儀表的使用為中心,考查電學(xué)實(shí)驗(yàn)中儀器的選取、電表的讀數(shù)、實(shí)物連接、數(shù)據(jù)處理和誤差分析等問題.尤其是電學(xué)知識(shí)聯(lián)系實(shí)際的問題和探究實(shí)驗(yàn)問題是近幾年高考考查的熱點(diǎn). 歐姆定律、焦耳定律往往與電磁感應(yīng)現(xiàn)象相交叉滲透;電功率、焦耳熱計(jì)算往往與現(xiàn)實(shí)生活聯(lián)系較密切,是應(yīng)用型、能力型題目的重要內(nèi)容之一,也是高考命題熱點(diǎn)內(nèi)容之一。歷屆高考命題形式一是以選擇、填空方式考查知識(shí);二是與靜電、磁場和電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題,值得說明的是,近年來高考在對(duì)本章的考查中,似乎更熱衷于電路的故障分析.這類題通常都來自生活實(shí)際,是學(xué)生應(yīng)具備的基本技能.尤其引人關(guān)注的是電路實(shí)驗(yàn)有成為必考題的趨勢.第二部分精選試題一、單選題1畢節(jié),是全國唯一一個(gè)以“開發(fā)扶貧、生態(tài)建設(shè)”為主題的試驗(yàn)區(qū),是國家“西電東送”的主要能源基地。如圖所示,赫章的韭菜坪建有風(fēng)力發(fā)電機(jī),風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng),葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)了(磁極)轉(zhuǎn)動(dòng),使定子(線圈,不計(jì)電阻)中產(chǎn)生電流,實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長為l,設(shè)定的額定風(fēng)速為v,空氣的密度為,額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P,則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為A2Pl2v3B6Pl2v3C4Pl2v3D8Pl2v3【答案】 A【解析】【詳解】風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出的電能,設(shè)風(fēng)吹向發(fā)電機(jī)的時(shí)間為t,則在t時(shí)間內(nèi)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V=vts=vtl2,則風(fēng)的質(zhì)量M=V=vtl2,因此風(fēng)吹過的動(dòng)能為Ek=12Mv2=12vtl2v2,在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E=pt,則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為=EEk=2pl2v3,故A正確,BCD錯(cuò)誤。2如圖所示,理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動(dòng)勢E8V、內(nèi)阻r2的交流電源上,理想變壓器的副線圈兩端與滑動(dòng)變阻器R相連,滑動(dòng)變阻器阻值可在010范圍內(nèi)變化,變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為12 ,下列說法正確的是A副線圈兩端輸出電壓U2=16VB副線圈中的電流I22AC當(dāng)電源輸出功率最大時(shí),滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R8D當(dāng)電源輸出功率最大時(shí),滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R4【答案】 C【解析】【詳解】設(shè)原副線圈中的匝數(shù)分別為n1和n2,電流分別為I1和I2,電壓分別為U1和U2,則有:U1=E-I1r,電阻R消耗的功率為:P=U2I2=U1I1,即為:P=(E-I1r)I1=-I12r-EI1,可見電流為:I1=E2r=822A=2A時(shí),P有最大值,此時(shí)U1=4V,副線圈兩端輸出電壓U2=2U1=8V,副線圈中的電流I2122A=1A,此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R=U2I2=8,故C正確、ABD錯(cuò)誤。3如圖所示電路,初始時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片P恰好位于中點(diǎn)位置,當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí),三個(gè)小燈泡L1、L2、L3恰好都正常發(fā)光,且亮度相同,電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r,下列說法正確的是A三個(gè)燈泡的額定電壓相同B此時(shí)三個(gè)燈泡的電阻按從大到小排列是L2、L3、L1C當(dāng)滑片P稍微向左滑動(dòng),燈L1和L3變暗,燈L2變亮D當(dāng)滑片P稍微向右滑動(dòng),燈L1和L3變暗,燈L2變亮【答案】 D【解析】【詳解】AB由圖知,變阻器R與3燈并聯(lián)后與2燈串聯(lián),最后與1燈并聯(lián)。三個(gè)小燈泡L1、L2、L3都正常發(fā)光,且亮度相同,說明額定功率相同;因燈1兩端電壓大于燈2、3兩端電壓,根據(jù)P= U2/R可知燈1的電阻最大;對(duì)于燈2、3:通過2的電流大于3的電流,當(dāng)兩燈泡的功率相同時(shí),由公式P=I2R分析可知,2的電阻小于3的電阻??梢姡?燈電阻最大,2燈電阻最小。根據(jù)P= U2/R可知,額定功率相等,電阻不等,額定電壓不等,故AB錯(cuò)誤。CD若將滑片P向左滑動(dòng)時(shí),變阻器在路電阻增大,外電阻增大,根據(jù)閉合電路歐姆定律得知,干路電流I減小,路端電壓U增大,則L1變亮。通過L2電流I2=I-I1,I減小,I1增大,則I2減小,故L2變暗。L3電壓U3=U-U2,U增大,U2減小,則U3增大,故L3變亮。故C錯(cuò)誤;同理當(dāng)滑片P稍微向右滑動(dòng),燈L1和L3變暗,燈L2變亮,D正確。故選D?!军c(diǎn)睛】本題首先要搞清電路的連接方式,其次按“局部整體局部”的思路進(jìn)行分析三個(gè)燈比較電阻的大小,可兩兩進(jìn)行比較,根據(jù)條件關(guān)系選擇恰當(dāng)?shù)墓?,功率相同的條件下,已知電壓的大小關(guān)系,根據(jù)公式P=U2 /R ,比較電阻的大小;已知電流的大小關(guān)系,根據(jù)公式P=I2R比較電阻的大小4如圖所示,已知R1R40.5 ,r1,R26 ,R3的最大阻值為6 。在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中,下列說法不正確的是( )A定值電阻R4的功率、電源的總功率均減小B電源的輸出功率變小C電源的效率先增大后減小DMN并聯(lián)部分的功率先增大后減小【答案】 C【解析】【分析】在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中,滑動(dòng)變阻器的電阻變大,總電阻變大,總電流減小,從而分析選項(xiàng)A;當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大,分析選項(xiàng)B;電源的效率=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR,從而分析C;若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻,則此時(shí)等效電源內(nèi)阻為r=2;因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大,從而分析選項(xiàng)D.【詳解】在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中,滑動(dòng)變阻器的電阻變大,總電阻變大,總電流減小,則根據(jù)P4=I2R4可知定值電阻R4的功率減小,根據(jù)P=IE可知電源的總功率減小,選項(xiàng)A正確;因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大,而R1+R4=r,則當(dāng)變阻器電阻變大時(shí),外電路電阻遠(yuǎn)離電源內(nèi)阻,則電源的輸出功率減小,選項(xiàng)B正確;電源的效率=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR,則當(dāng)外電路電阻R變大時(shí),電源的效率變大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻,則此時(shí)等效電源內(nèi)阻為r=2;滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中,MN之間的電阻從0增加到3,則因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大,可知當(dāng)MN之間的電阻等于2時(shí),MN之間的功率最大,則在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中,MN并聯(lián)部分的功率先增大后減小,選項(xiàng)D正確;此題選擇不正確的選項(xiàng),故選C.【點(diǎn)睛】此題是動(dòng)態(tài)電路的分析問題;關(guān)鍵是知道當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大,并且會(huì)將電路進(jìn)行必要的等效,再進(jìn)行分析.5某同學(xué)將一電路中電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)上,如圖所示。則該電路()A電源的電動(dòng)勢E=3V,內(nèi)電阻r=3B電流為1A時(shí),外電阻為2Cb表示電源的輸出功率,最大值為9WD外電阻為1時(shí),電源輸出功率為4.5W【答案】 B【解析】【分析】三種功率與電流的關(guān)系是:直流電源的總功率PE=EI,內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r,輸出功率PR=EI-I2r,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)選擇圖線。根據(jù)圖線a斜率求解電源的電動(dòng)勢。由圖讀出電流I=3A時(shí),發(fā)熱功率Pr=I2r,求出電源的內(nèi)阻。當(dāng)電流為1A時(shí),結(jié)合歐姆定律求出外電阻?!驹斀狻扛鶕?jù)直流電源的總功率PE=EI,內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r,輸出功率PR=EI-I2r,可知反映Pr變化的圖線是b,反映PE變化的是圖線a,反映PR變化的是圖線c。圖線a的斜率等于電源的電動(dòng)勢,由得到E=93V=3V,內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r,內(nèi)阻為r=932=1,電源的最大輸出功率Pm=E24r=3241=94W,故A、C錯(cuò)誤;當(dāng)電流為1A時(shí),由I=ER+r,代入得到,R=2.故B正確。外電阻為1,等于內(nèi)阻時(shí),電源輸出功率最大為E24r=94W.故D錯(cuò)誤。故選:B。【點(diǎn)睛】本題首先考查讀圖能力,物理上往往根據(jù)解析式來理解圖象的物理意義6在如圖所示的電路中,閉合開關(guān),將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)一段距離,待電路穩(wěn)定后,與滑片移動(dòng)前比較A燈泡L變亮B電容器C上的電荷量不變C電源消耗的總功率變小D電阻R0兩端電壓變大【答案】 C【解析】A、C、滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)一點(diǎn),變阻器接入電路的電阻增大,外電路總電阻增大,根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知,流過電源的電流減小,則由P總=EI知電源的總功率變小,且流過燈泡的電流減小,燈泡L亮度變暗,故A錯(cuò)誤,C正確;B、電源的路端電壓U=E-Ir增大,即電容器電壓增大將充電,電荷量將增大故B錯(cuò)誤D、電阻R0只有在電容器充放電時(shí)有短暫的電流通過,穩(wěn)定狀態(tài)無電流,則其兩端的電壓為零不變,D錯(cuò)誤;C、故C正確故選C【點(diǎn)睛】本題電路動(dòng)態(tài)變化分析問題對(duì)于電容器,關(guān)鍵是分析其電壓,電路穩(wěn)定時(shí),與電容器串聯(lián)的電路沒有電流,電容器的電壓等于這條電路兩端的電壓7激光閃光燈的電路原理如圖所示,電動(dòng)勢為300V的電源向電容為6000F的電容器C充電完畢后,通過外加高壓擊穿“火花間隙”間空氣,使電容器一次性向激光閃光燈放電,提供所有能量使閃光燈發(fā)出強(qiáng)光,則電容器放電過程釋放的電量和通過閃光燈的電流方向?yàn)锳1.8C 向左 B1.8C 向右 C2105C 向左 D2105C 向右【答案】 B【解析】【詳解】電容器充電后所儲(chǔ)存的電量為:Q=CU=600010-6300C=1.8C,在放電過程中將所有的電量放出,所以電容器放電過程釋放的電量為1.8C電容器充電后左極板帶正電,所以在放電過程中通過閃光燈的電流方向向右,故應(yīng)選B。8如圖是一個(gè)多用電表的簡化電路圖。S為單刀多擲開關(guān),通過操作開關(guān),接線柱O可以接通1,也可以接通2、3、4、5或6。下列說法正確的是( )A當(dāng)開關(guān)S分別接1或2時(shí),測量的是電流,其中S接2時(shí)量程較大B當(dāng)開關(guān)S分別接3或4時(shí),測量的是電阻,其中A是紅表筆C當(dāng)開關(guān)S分別接5或6時(shí),測量的是電阻,其中A是黑表筆D當(dāng)開關(guān)S分別接5和6時(shí),測量的是電壓,其中S接5時(shí)量程較大【答案】 B【解析】【分析】要熟悉多用表的原理和結(jié)構(gòu),根據(jù)電表的結(jié)構(gòu)選出歐姆表、電壓表和電流表。【詳解】A項(xiàng):其中1、2兩檔用來測電流,接1時(shí)分流電阻相對(duì)更小,故接1時(shí)電表的量程更大,第1檔為大量程,那么S接2時(shí)量程較小,故A錯(cuò)誤;B項(xiàng):3、4兩檔用來測電阻,其中黑表筆連接表內(nèi)電池的正極,故B為黑表筆;A與電源的負(fù)極相連,故A為紅表筆,B正確;C項(xiàng):當(dāng)開關(guān)S分別接5或6時(shí),測量的是電壓,故C錯(cuò)誤;D項(xiàng):要測量電壓,電流表應(yīng)與電阻串聯(lián),由圖可知當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置5、6時(shí);測量電壓,電流表所串聯(lián)的電阻越大,所測量電壓值越大,故當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到6的量程比旋到5的量程大,故D錯(cuò)誤?!军c(diǎn)睛】本題考查多用表的原理,應(yīng)熟練掌握其測量原理,及電表的改裝辦法明確電流表時(shí)表頭與電阻并聯(lián),電壓表時(shí),表頭與電阻串聯(lián);而歐姆表時(shí)內(nèi)部要接有電源。9電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r的電源與可變電阻R1、R2、R3以及一平行板電容器連成如圖所示的電路當(dāng)開關(guān)S閉合后,兩平行金屬板A、B間有一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)下列說法正確的是()A將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離,帶電液滴將向下運(yùn)動(dòng)B將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離,電容器兩極板的電荷量將增加C增大電容器兩板間的距離,電容器兩極板的電荷量將增加D減小R3的阻值,R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電壓的變化量【答案】 D【解析】A、將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離,電容器兩端電壓與R3兩端電壓相等,保持不變,故液滴受到的電場力不變,那么,液滴受力不變,仍保持靜止,故A錯(cuò)誤;B、將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離,那么,接入電路的電阻增大,故電流減小,所以,R3兩端電壓減小,即電容器兩極板電壓減小,故電荷量Q=CU減小,故B錯(cuò)誤;C、增大電容器兩板間的距離,電容器兩極板的電壓不變,電容器電容C=rs4kd減小,那么電荷量Q=CU減小,故C錯(cuò)誤;D、減小R3的阻值,電路電阻減小,電流增大,故內(nèi)壓降增大;那么R2兩端的電壓的變化量+r上電壓的變化量=R3兩端的電壓的變化量,所以R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電壓的變化量,故D正確;故選D?!军c(diǎn)睛】電路問題一般先根據(jù)電路變化得到總電阻變化,從而由歐姆定律得到總電流的變化,即可由歐姆定律得到電壓的變化,從而得到支路電流的變化。10如圖所示的電路中,閉合開關(guān)后各元件處于正常工作狀態(tài),當(dāng)某燈泡突然出現(xiàn)故障時(shí),電流表讀數(shù)變小,電壓表讀數(shù)變大下列關(guān)于故障原因或故障后其他物理量的變化情況的說法中正確的是()AL1燈絲突然短路BL2燈絲突然燒斷C電源的輸出功率一定變小D電容器C上電荷量減少【答案】 B【解析】安培表在干路上,讀數(shù)變小,說明總電阻變大,A、L1燈絲突然短路,總電阻減小,電流表讀數(shù)變大,A錯(cuò)誤;B、L2燈絲突然燒斷,總電阻增大,電流表讀數(shù)變小,電壓表讀數(shù)變大,B正確,C、電源的輸出功率P=UI,電壓增大而電流減小,輸出功率不一定變小,C錯(cuò)誤;D、電流表讀數(shù)變小,燈泡1的分壓減小,并聯(lián)支路的電壓增大,電容器兩端的電壓增大,根據(jù)Q=CU知電容器的帶電量增大,D錯(cuò)誤,故選B.【點(diǎn)睛】本題考查了電路的動(dòng)態(tài)分析,方法是:先從支路的變化,分析總電流和路端電壓的變化,再到支路,分析各用電器的電壓和電流的變化關(guān)系二、多選題112015年8月,河南等地出現(xiàn)39以上的高溫,為了解暑,人們用電扇降溫如圖所示為降溫所用的一個(gè)小型電風(fēng)扇電路簡圖,其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n :1,原線圈接電壓為U的交流電源,輸出端接有一只電阻為R的燈泡和風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D,電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r接通電源后,電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn),測出通過風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的電流為I,則下列說法正確的是()A風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D兩端的電壓為IrB理想變壓器的輸入功率為UInU2n2RC風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為UInI2rD若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住,則通過原線圈的電流為U(Rr)n2Rr【答案】 BCD【解析】【分析】電壓比等于匝數(shù)之比,電動(dòng)機(jī)為非純電阻器件,風(fēng)扇消耗的功率為內(nèi)阻消耗+輸出的機(jī)械功率,被卡住后相當(dāng)于純電阻【詳解】由變壓器的原理可知,風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D兩端的電壓為U/n,因?yàn)殡婏L(fēng)扇中含有線圈,故不能利用歐姆定律求電壓,A錯(cuò)誤;由變壓器功率特點(diǎn)可知,理想變壓器的輸入功率等于輸出功率為P2=U2I+U22R=UIn+U2n2R,B正確;風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為U2I-I2r=UIn-I2r,C正確;因?yàn)楦本€圈兩端的電壓為U/n,若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住,則副線圈回路可視為純電阻電路,該回路的等效電阻為RrR+r,所以副線圈中的電流為U(R+r)nRr,通過原線圈的電流為U(R+r)n2Rr,D正確;故選BCD。12如圖所示,滑動(dòng)變阻器的總阻值R0>R10.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭位于它的中點(diǎn)時(shí),電壓表的讀數(shù)為U,電流表的讀數(shù)為I,則滑動(dòng)變阻器的觸頭繼續(xù)向上移動(dòng)的過程中()A電壓表的讀數(shù)總小于UB電壓表的讀數(shù)先增大后減小C電流表的讀數(shù)總大于ID電流表的讀數(shù)先增大后減小【答案】 BC【解析】【分析】由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化,則由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流的變化,同時(shí)可得出內(nèi)阻及路端電壓的變化,則可得出電壓表示數(shù)的變化?!驹斀狻炕瑒?dòng)變阻器的觸頭向上移動(dòng)的過程中,因R0>R10,先簡化電路,除去兩電表,相當(dāng)于兩個(gè)電阻并聯(lián)后與R2串聯(lián),滑動(dòng)變阻器位于中點(diǎn)時(shí),上、下兩并聯(lián)支路電阻不等,滑動(dòng)觸頭移到兩支路電阻相等時(shí),總電阻最大,總電流最小,不難看出電壓表的示度先增大后減小。將整個(gè)過程分為兩階段:兩支路電阻相等前,總電流減小,并聯(lián)電路的電壓U并=E-I(R+r)增大,安培表支路電阻減小,安培表讀數(shù)增大;兩支路電阻相等后,總電流增大,R0下部分電壓減小,電阻增大,電流減小,則安培表支路電阻減小,安培表讀數(shù)增大。故電流表的讀數(shù)總大于I.故BC正確。故選:BC?!军c(diǎn)睛】本題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析類題目,一般思路都是先分析局部電路的電阻變化,再分析整體中電流及電壓的變化,最后分析局部電路中的流及電壓的變化;在分析局部電路時(shí)要注意靈活應(yīng)用串并聯(lián)電路的性質(zhì)。13如圖,三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值均為R,電源的內(nèi)阻r<R,c為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)。閉合開關(guān)后,將滑動(dòng)變阻器的滑片由c點(diǎn)向a端滑動(dòng),下列說法正確的是()AR2消耗的功率變小BR3消耗的功率變大C電源輸出的功率變大D電源內(nèi)阻消耗的功率變大【答案】 CD【解析】【分析】本題考查閉合電路歐姆定律的綜合動(dòng)態(tài)分析問題的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)【詳解】把等效電路畫出,如圖設(shè)Rca=Rx,Rcd=R滑-Rx,則R外=R+R+RxR+R滑-RxR+R+R滑當(dāng)Rx=R滑2時(shí),R外有最大值,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由c點(diǎn)向a端滑動(dòng)時(shí),Rca減小,Rcd增大,易得:R外減小,R總=R外+r減小,I1=ER總增大,故電源內(nèi)阻消耗的功率Pr=I12r增大,故D正確UR3+Rcb=UR2+Rca=E-I1(r+R1)減小,I3=UR3+RcbR3+Rcb減小,故PR3=I32R3減小,故B錯(cuò)誤而I2=I1-I3增大,故PR2=I22R2減大,故A錯(cuò)誤根據(jù)電源輸出功率與R外的關(guān)系圖可知,當(dāng)R外>r時(shí),R外減小電源輸出功率越大,故C正確;14某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr,隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)系中,如圖中的a、b、c所示以下判斷正確的是( )A在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的A、B、C三點(diǎn),這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系PA=PB+PCBb、c圖線的交點(diǎn)與a、b圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之比一定為1:2,縱坐標(biāo)之比一定為1:4C電源的最大輸出功率Pm=9WD電源的電動(dòng)勢E=3V,內(nèi)電阻r=1【答案】 ABD【解析】【詳解】在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的A、B、C三點(diǎn),因?yàn)橹绷麟娫吹目偣β蔖E等于輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr的和,所以這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系PA=PB+PC,所以A正確;當(dāng)內(nèi)電阻和外電阻相等時(shí),電源輸出的功率最大,此時(shí)即為b、c線的交點(diǎn)M時(shí)的電流,此時(shí)電流的大小為ER+r=E2r,功率的大小為E24r,a、b線的交點(diǎn)N表示電源的總功率PE和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨相等,此時(shí)只有電源的內(nèi)電阻,所以此時(shí)的電流的大小為Er,功率的大小為E2r,所以橫坐標(biāo)之比為1:2,縱坐標(biāo)之比為1:4,所以B正確;圖線c表示電源的輸出功率與電流的關(guān)系圖象,很顯然,最大輸出功率小于3W,故C錯(cuò)誤;當(dāng)I=3A時(shí),PR=0說明外電路短路,根據(jù)PE=EI知電源的電動(dòng)勢E=3V,內(nèi)電阻r=EI=1,故D正確。故選ABD?!军c(diǎn)睛】當(dāng)電源的內(nèi)阻和外電阻的大小相等時(shí),此時(shí)電源的輸出的功率最大,并且直流電源的總功率PE等于輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr的和15如圖所示電路中,三只燈泡原來都正常發(fā)光,當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí),下面判斷正確的是()AL1和L3變暗,L2變亮BL1變暗,L2變亮,L3亮度不變CL1中電流變化絕對(duì)值大于L3中電流變化絕對(duì)值DL1上電壓變化絕對(duì)值小于L2上的電壓變化絕對(duì)值【答案】 AD【解析】【詳解】當(dāng)滑片右移時(shí),滑動(dòng)變阻器接入電阻增大,則電路中總電阻增大,由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流減小,故L1變暗;電路中電流減小,故內(nèi)阻及R0、L1兩端的電壓減小,而電動(dòng)勢不變,故并聯(lián)部分的電壓增大,故L2變亮;因L2中電流增大,干路電流減小,故流過L3的電流減小,故L3變暗;故A正確,B錯(cuò)誤;因L1中電流減小,L3中電流減小,而L2中電流增大;開始時(shí)有:I1=I2+I3,故I1電流的變化值一定小于L3中電流的變化值;故C錯(cuò)誤;因并聯(lián)部分的電壓與L1、R0及內(nèi)電阻上的總電壓等于電源的電動(dòng)勢;L2兩端的電壓增大,L1、R0及內(nèi)阻r兩端的電壓減小,而電動(dòng)勢不變,故L2兩端電壓增大值應(yīng)等于其它三個(gè)電阻的減小值,故L1上電壓變化值小于L2上的電壓變化值,故D正確;故選AD?!军c(diǎn)睛】本題不但考查電路中各量的變化方向,還考查了各電阻中電流及電壓的變化值,題目較為新穎,要求學(xué)生能靈活應(yīng)用串并聯(lián)電路的電流電壓規(guī)律及閉合電路的歐姆定律16如圖所示,電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r,平行板電容器C的兩金屬板水平放置G為靈敏電流計(jì)。開關(guān)S閉合后,兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中,下列判斷正確的是()A靈敏電流計(jì)G中有ba的電流B油滴向上加速運(yùn)動(dòng)C電容器極板所帶電荷量將減小D通過電阻R2的電流將減小【答案】 AB【解析】【詳解】在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中,R增大,總電阻增大,電動(dòng)勢和內(nèi)阻不變,可知總電流減小,內(nèi)電壓減小,外電壓增大,外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和,而R1上的電壓減小,所以R2與R的并聯(lián)電壓增大,通過R2的電流增大。根據(jù)Q=CU,電容器所帶的電量增大,上極板帶正電,電容器充電,所以流過電流計(jì)的電流方向是ba電容器兩端電壓增大,電場強(qiáng)度增大,電場力增大,開始電場力與重力平衡,所以油滴會(huì)向上加速。故AB正確,CD錯(cuò)誤。故選AB?!军c(diǎn)睛】處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量,熟練運(yùn)用閉合電路的動(dòng)態(tài)分析注意處理含容電路時(shí),把含有電容的支路看成斷路,電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓17高溫超導(dǎo)限流器由超導(dǎo)部件和限流電阻并聯(lián)組成,如圖所示。超導(dǎo)部件有一個(gè)超導(dǎo)臨界電流Ic,當(dāng)通過限流器的電流IIc時(shí),將造成超導(dǎo)體失超,從超導(dǎo)態(tài)(電阻為零)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)(一個(gè)純電阻),以此來限制電力系統(tǒng)的故障電流。假定有一實(shí)驗(yàn)電路如右圖所示,超導(dǎo)部件的正常電阻為R13,超導(dǎo)臨界電流Ic1.2A,限流電阻R26,小燈泡L上標(biāo)有“6V,6W”的字樣,電源電動(dòng)勢E8V,內(nèi)阻r2原來電路正常工作,若L突然發(fā)生短路,則()A短路前通過R1的電流為23AB短路后超導(dǎo)部件將由超導(dǎo)狀態(tài)轉(zhuǎn)化為正常態(tài)C短路后通過R1的電流為43AD短路后通過R1的電流為2A【答案】 BC【解析】小電珠L上標(biāo)有“6 V,6 W”,該電珠的電阻RLU2/P62/6 6 ,短路前由于電路正常工作,電路的總電阻為RRLr6 2 8 ,總電流為IE/R1 A,所以短路前通過R1的電流為I11 A,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)L突然短路后,電路中電流為IE/r4 A>Ic1.2 A,超導(dǎo)部件由超導(dǎo)態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài),則此時(shí)電路中總電阻為R2 2 4 ,總電流IE/R84A2 A,短路后通過R1的電流為I143A,故選項(xiàng)B、C正確18在如圖所示的電路中,電源電動(dòng)勢E和內(nèi)電阻r為定值,R1為滑動(dòng)變阻器,R2和R3為定值電阻。當(dāng)R1的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí),伏特表V1和V2的示數(shù)的增量分別為U1和U2,對(duì)U1和U2有A|U1|>|U2| B|U1|=|U2|CU1>0,U2<0 DU2>0,U1<0【答案】 AD【解析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律可知:U1=Ir+R3U2=IR3結(jié)合公式可知U1>U2,故A對(duì);B錯(cuò)當(dāng)R1的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí),回路中電阻減小,電流增大,所以電壓表V2增大,由于路端電壓減小,所以電壓表V1變小,則知U2>0,U1<0,故C錯(cuò);D對(duì)故選AD19如圖所示的電路中,電源內(nèi)阻為r,閉合電鍵,電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I;在滑動(dòng)變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中( )AU先變大后變小BI先變小后變大CU與I的比值先變大后變小DU的變化量的大小與I的變化量的大小的比值等于r【答案】 ABC【解析】由圖可知,滑動(dòng)變阻器上下兩部分并聯(lián),當(dāng)滑片在中間位置時(shí)總電阻最大,則在滑動(dòng)變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中,滑動(dòng)變阻器R1的電阻先增大后減小,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減小后增大,則可知路端電壓先變大后變?。还蔄B正確;U與I的比值就是接入電路的R1的電阻與R2的電阻的和,所以U與I比值先變大后變小,故C正確;電壓表示數(shù)等于電源的路端電壓,電流表的示數(shù)比流過電源的電流小,由于UI總=r,因?yàn)镮I總即UIr,所以U變化量與I變化量比值不等于r,故D錯(cuò)誤;綜上分析,ABC正確。20如圖所示,電源E對(duì)電容器C充電,當(dāng)C兩端電壓達(dá)到80 V時(shí),閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光,C放電放電后,閃光燈斷開并熄滅,電源再次對(duì)C充電這樣不斷地充電和放電,閃光燈就周期性地發(fā)光該電路()A充電時(shí),通過R的電流不變B若R增大,則充電時(shí)間變長C若C增大,則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大D若E減小為85 V,閃光燈閃光一次通過的電荷量不變【答案】 BCD【解析】本題考查電容器的充放電,意在考查考生的分析能力。電容器充電時(shí)兩端電壓不斷增大,所以電源與電容器極板間的電勢差不斷減小,因此充電電流變小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)電阻R增大時(shí),充電電流變小,電容器所充電荷量不變的情況下,充電時(shí)間變長,選項(xiàng)B正確;若C增大,根據(jù)Q=CU,電容器的帶電荷量增大,選項(xiàng)C正確;當(dāng)電源電動(dòng)勢為85V時(shí),電源給電容器充電仍能達(dá)到閃光燈擊穿電壓80V時(shí),所以閃光燈仍然發(fā)光,閃光一次通過的電荷量不變,選項(xiàng)D正確。點(diǎn)睛:本題源自于2009年江蘇高考物理卷的第5題,以閃光燈發(fā)光問題為背景考查電容器的充放電問題,解題的關(guān)鍵是要弄清電路的工作原理和電容器三、解答題21一電路如圖所示,電源電動(dòng)勢E=28v,內(nèi)阻r=2,電阻R1=4,R2=8,R3=4,C為平行板電容器,其電容C=3.0pF,虛線到兩極板距離相等,極板長L=0.20m,兩極板的間距d=1.010-2m。(1)閉合開關(guān)S穩(wěn)定后,求電容器所帶的電荷量為多少?(2)當(dāng)開關(guān)S閉合后,有一未知的、待研究的帶電粒子沿虛線方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的電場中,已知該帶電粒子剛好從極板的右側(cè)下邊緣穿出電場,求該帶電粒子的比荷q/m(不計(jì)粒子的重力,M、N板之間的電場看作勻強(qiáng)電場,g=10m/s2)【答案】(1)4.810-11C(2)6.2510-4C/kg【解析】【詳解】(1)閉合開關(guān)S穩(wěn)定后,電路的電流:I=ER1+R2+r=284+8+2A=2A;電容器兩端電壓:U=UR2=IR2=28V=16V;電容器帶電量: Q=CUR2=3.010-1216C=4.810-11C(2)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),則:L=v0t12d=12Uqdmt2聯(lián)立解得qm=6.2510-4C/kg22能量守恒是自然界基本規(guī)律,能量轉(zhuǎn)化通過做功實(shí)現(xiàn)。研究發(fā)現(xiàn),電容器存儲(chǔ)的能最表達(dá)式為Ec=12CU2,其中U為電容器兩極板間的電勢差.C為電容器的電容。現(xiàn)將一電容器、電源和某定值電阻按照如圖所示電路進(jìn)行連接。已知電源電動(dòng)勢為E0,電容器電容為C0,定值電阻阻值為R,其他電阻均不計(jì),電容器原來不帶電?,F(xiàn)將開關(guān)S閉合,一段時(shí)間后,電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求:在閉合開關(guān)到電路穩(wěn)定的過程中,該電路因電磁輻射、電流的熱效應(yīng)等原因而損失的能量?!敬鸢浮?2CE02【解析】【詳解】根據(jù)電容定義,有C=QU,其中Q為電容器儲(chǔ)存的電荷量,得:Q=CU根據(jù)題意,電容器儲(chǔ)存能量:EC=12CU2利用電動(dòng)勢為E0的電源給電容器充電,電容器兩極間電壓最終為E0,所以電容器最終儲(chǔ)存的能量為:E充=12CE02,則電容器最終儲(chǔ)存的電荷量為:Q=CE0,整個(gè)過程中消耗消耗能量為:E放=W電源=E0It=E0Q=CE02根據(jù)能量守恒得:E損=E放-E充=CE02-12CE02=12CE0223如圖所示,水平軌道與半徑為r的半圓弧形軌道平滑連接于S點(diǎn),兩者均光滑且絕緣,并安裝在固定的豎直絕緣平板上在平板的上下各有一塊相互正對(duì)的水平金屬板P、Q,兩板間的距離為d半圓軌道的最高點(diǎn)T、最低點(diǎn)S、及P、Q板右側(cè)邊緣點(diǎn)在同一豎直線上裝置左側(cè)有一半徑為L的水平金屬圓環(huán),圓環(huán)平面區(qū)域內(nèi)有豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,一根長度略大于L的金屬棒一端置于圓環(huán)上,另一端與過圓心O1的豎直轉(zhuǎn)軸連接,轉(zhuǎn)軸帶動(dòng)金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng),在圓環(huán)邊緣和轉(zhuǎn)軸處引出導(dǎo)線分別與P、Q連接,圖中電阻阻值為R,不計(jì)其它電阻右側(cè)水平軌道上有一帶電量為+q、質(zhì)量為12m的小球1以速度v0=25gr2向左運(yùn)動(dòng),與前面靜止的、質(zhì)量也為12m的不帶電小球2發(fā)生碰撞,碰后粘合在一起共同向左運(yùn)動(dòng),小球和粘合體均可看作質(zhì)點(diǎn),碰撞過程沒有電荷損失,設(shè)P、Q板正對(duì)區(qū)域間才存在電場重力加速度為g(1)計(jì)算小球1與小球2碰后粘合體的速度大小v;(2)若金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為,計(jì)算圖中電阻R消耗的電功率P;(3)要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點(diǎn)S做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)T,計(jì)算金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度的范圍【答案】 (1) v=5gr2 (2) P=B2L424R (3) mgdqBL27mgdqBL2【解析】【詳解】(1)兩球碰撞過程動(dòng)量守恒,則12mv0=(12m+12m)v解得v=5gr2(2)桿轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)勢=BLv=BL12L=12BL2電阻R的功率P=2R=B2L424R(3)通過金屬桿的轉(zhuǎn)動(dòng)方向可知:P、Q板間的電場方向向上,粘合體受到的電場力方向向上在半圓軌道最低點(diǎn)的速度恒定,如果金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)角速度過小,粘合體受到的電場力較小,不能達(dá)到最高點(diǎn)T,臨界狀態(tài)是粘合體剛好達(dá)到T點(diǎn),此時(shí)金屬桿的角速度1為最小,設(shè)此時(shí)對(duì)應(yīng)的電場強(qiáng)度為E1,粘合體達(dá)到T點(diǎn)時(shí)的速度為v1在T點(diǎn),由牛頓第二定律得mg-qE1=mv12r從S到T,由動(dòng)能定理得qE12r-mg2r=12mv12-12mv2解得E1=mg2q桿轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)勢1=12BL21兩板間電場強(qiáng)度E1=1d聯(lián)立解得1=mgdqBL2如果金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)角速度過大,粘合體受到的電場力較大,粘合體在S點(diǎn)就可能脫離圓軌道,臨界狀態(tài)是粘合體剛好在S點(diǎn)不脫落軌道,此時(shí)金屬桿的角速度2為最大,設(shè)此時(shí)對(duì)應(yīng)的電場強(qiáng)度為E2在S點(diǎn),由牛頓第二定律得qE2-mg=mv2r桿轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)勢2=12BL22兩板間電場強(qiáng)度E2=2d聯(lián)立解得2=7mgdqBL2綜上所述,要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點(diǎn)S做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)T,金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度的范圍為:mgdqBL27mgdqBL2.24如圖所示的電路中,R14,R22,滑動(dòng)變阻器R3上標(biāo)有“102A”的字樣,理想電壓表的量程有03V和015V兩擋,理想電流表的量程有00.6A和03A兩擋。閉合開關(guān)S,將滑片P從最左端向右移動(dòng)到某位置時(shí),電壓表、電流表示數(shù)分別為2V和0.5A;繼續(xù)向右移動(dòng)滑片P至另一位置,電壓表指針指在滿偏的13,電流表指針也指在滿偏的13求電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻的大小。(保留兩位有效數(shù)字)【答案】7.0V,2.0?!窘馕觥俊痉治觥扛鶕?jù)滑動(dòng)變阻器的移動(dòng)可知電流及電壓的變化,是可判斷所選量程,從而求出電流表的示數(shù);由閉合電路歐姆定律可得出電動(dòng)勢與內(nèi)阻的兩個(gè)表達(dá)式,聯(lián)立即可求得電源的電動(dòng)勢?!驹斀狻炕琍向右移動(dòng)的過程中,電流表示數(shù)在減小,電壓表示數(shù)在增大,由此可以確定電流表量程選取的是00.6 A,電壓表量程選取的是015 V,所以第二次電流表的示數(shù)為130.6 A0.2 A,電壓表的示數(shù)為1315 V5 V當(dāng)電流表示數(shù)為0.5A時(shí),R1兩端的電壓為U1I1R10.54 V2 V回路的總電流為I總I1+U1R20.5+22A1.5 A由閉合電路歐姆定律得EI總r+U1+U3,即E1.5r+2+2當(dāng)電流表示數(shù)為0.2 A時(shí),R1兩端的電壓為U1I1R10.24V0.8 V回路的總電流為I總I1+U1R20.2+0.82A0.6A由閉合電路歐姆定律得EI總r+U1+U3,即E0.6r+0.8+5聯(lián)立解得E7.0 V,r2.0【點(diǎn)睛】本題考查閉合電路的歐姆定律,但解題時(shí)要注意先會(huì)分析電流及電壓的變化,從而根據(jù)題間明確所選電表的量程。25麥克斯韋的電磁場理論告訴我們:變化的磁場產(chǎn)生感生電場,該感生電場是渦旋電場;變化的電場也可以產(chǎn)生感生磁場,該感生磁場是渦旋磁場。(1)如圖所示,在半徑為r的虛線邊界內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系為B=kt(k>0且為常量)。將一半徑也為r的細(xì)金屬圓環(huán)(圖中未畫出)與虛線邊界同心放置。求金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢的大小。變化的磁場產(chǎn)生的渦旋電場存在于磁場內(nèi)外的廣闊空間中,在與磁場垂直的平面內(nèi)其電場線是一系列同心圓,如圖中的實(shí)線所示,圓心與磁場區(qū)域的中心重合。在同一圓周上,渦旋電場的電場強(qiáng)度大小處處相等。使得金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感生電動(dòng)勢的非靜電力是渦旋電場對(duì)自由電荷的作用力,這個(gè)力稱為渦旋電場力,其與電場強(qiáng)度的關(guān)系和靜電力與電場強(qiáng)度的關(guān)系相同。請(qǐng)推導(dǎo)金屬圓環(huán)位置的渦旋電場的場強(qiáng)大小E感。(2)如圖所示,在半徑為r的虛線邊界內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化關(guān)系為E=t(>0且為常量)。我們把穿過某個(gè)面的磁感線條數(shù)稱為穿過此面的磁通量,同樣地,我們可以把穿過某個(gè)面的電場線條數(shù)稱為穿過此面的電通量。電場強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí),對(duì)應(yīng)面積內(nèi)的電通量也會(huì)發(fā)生變化,該變化的電場必然會(huì)產(chǎn)生磁場。小明同學(xué)猜想求解該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B感的方法可以類比(1)中求解E感的方法。若小明同學(xué)的猜想成立,請(qǐng)推導(dǎo)B感在距離電場中心為a(a<r)處的表達(dá)式,并求出在距離電場中心r2和2r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值B感1:B感2。小紅同學(xué)對(duì)上問通過類比得到的B感的表達(dá)式提出質(zhì)疑,請(qǐng)你用學(xué)過的知識(shí)判斷B感的表達(dá)式是否正確,并給出合理的理由?!敬鸢浮浚?)kr2kr2;(2)1:1不正確.【解析】【分析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢的大小。在金屬圓環(huán)內(nèi),求解非靜電力對(duì)帶電量為-q的自由電荷所做的功,求解電動(dòng)勢,從而求解感應(yīng)電場強(qiáng)度;(2)類比(1)中求解E感的過程求解兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值;通過量綱分析表達(dá)式的正誤.【詳解】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得=t=(BS)t=BtS=kr2在金屬圓環(huán)內(nèi),非靜電力對(duì)帶電量為-q的自由電荷所做的功W非=qE感2r根據(jù)電動(dòng)勢的定義=W非|q|解得感生電場的場強(qiáng)大小E感=2rt=kr2(2)類比(1)中求解E感的過程,在半徑為R處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B感=e2Rt在R=a時(shí),e=Ea2,解得B感=a2在R=r2時(shí),e1=E(r2)2,解得B感1=r4將R=2r時(shí),e2=Er2,解得B感2=r4所以B感1B感2=11上問中通過類比得到的B感的表達(dá)式不正確;因?yàn)橥ㄟ^量綱分析我們知道:用基本物理量的國際單位表示B感=e2Rt的導(dǎo)出單位為kgm2As4;又因?yàn)锽=FIL,用基本物理量的國際單位表示B=FIL的導(dǎo)出單位為kgAs2??梢姡ㄟ^類比得到的B感的單位是不正確的,所以B感=e2Rt的表達(dá)式不正確?!军c(diǎn)睛】考查電磁學(xué)綜合運(yùn)用的內(nèi)容,掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的應(yīng)用,會(huì)用類比法解決問題以及用物理量的量綱判斷表達(dá)式的正誤26如圖所示,在兩光滑平行金屬導(dǎo)軌之間存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌的間距為L,電阻不計(jì)。金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量為m,重力和電阻可忽略不計(jì)?,F(xiàn)在導(dǎo)軌左端接入一個(gè)電阻為R的定值電阻,給金屬棒施加一個(gè)水平向右的恒力F,經(jīng)過時(shí)t0后金屬棒達(dá)到最大速度。(1)金屬棒的最大速度vmax是多少?(2)求金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中。通過電阻R的電荷量q;(3)如圖乙所示,若將電阻換成一個(gè)電容大小為C的電容器(認(rèn)為電容器充放電可瞬間完成)。求金屬棒由靜止開始經(jīng)過時(shí)間t后,電容器所帶的電荷量Q。【答案】(1)FRB2L2;(2)Ft0BL-FmRB3L3;(3)FCBLtm+CB2L2?!窘馕觥俊痉治觥浚?)當(dāng)速度最大時(shí),導(dǎo)體棒受拉力與安培力平衡,根據(jù)平衡條件、安培力公式、切割公式列式后聯(lián)立求解即可;(2)根據(jù)法律的電磁感應(yīng)定律列式求解平均感應(yīng)電動(dòng)勢、根據(jù)歐姆定律列式求解平均電流、再根據(jù)電流定義求解電荷量;(3)根據(jù)牛頓第二定律和電流的定義式,得到金屬棒的加速度表達(dá)式,再分析其運(yùn)動(dòng)情況。由法拉第電磁感應(yīng)定律求解MN棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢,得到電容器的電壓,從而求出電容器的電量?!驹斀狻浚?)當(dāng)安培力與外力相等時(shí),加速度為零,物體速度達(dá)到最大,即F=BIL=B2L2vmaxR由此可得金屬棒的最大速度:vmax=FRB2L2(2)由動(dòng)量定律可得:(F-F)t0=mvmax其中:F=B2L2xRt0解得金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中運(yùn)動(dòng)的距離:x=Ft0RB2L2-FmR2B4L4通過電阻R的電荷量:q=BLxR=Ft0BL-FmRB3L3(3)設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)加速度為a,某時(shí)裝金屬棒的速度為v1,經(jīng)過t金屬體的速度為v2,導(dǎo)體棒中流過的電流(充電電流)為I,則:F-BIL=ma電流:I=Qt=CEt其中:E=BLv2-BLv1=BLv,a=vt聯(lián)立各式得:a=Fm+CB2L2因此,導(dǎo)體棒向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。由于所有電阻均忽略,平行板電容器兩板間電壓U與導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E相等,電容器的電荷量:Q=CBLat=FCBLtm+CB2L2答:(1)金屬棒的最大速度vmax是FRB2L2;(2)金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中,通過電阻R的電荷量q為Ft0BL-FmRB3L3;(3)金屬棒由靜止開始經(jīng)過時(shí)間t后,電容器所帶的電荷量Q為FCBLtm+CB2L2?!军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵有兩個(gè):一是抓住電流的定義式,結(jié)合牛頓第二定律分析金屬棒的加速度。二是運(yùn)用微元法,求解金屬棒的位移,其切入口是加速度的定義式。27如圖所示,豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L,導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動(dòng)變阻器R)、定值電阻、電容器(原來不帶電)和開關(guān)K相連。整個(gè)空間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一質(zhì)量為m,電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻為r,電容器的電容為C,定值電阻的阻值為R0,不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。(1)當(dāng)K接1時(shí),金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止,則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R多大?(2)當(dāng)K接2后,金屬棒ab從靜止開始下落,下落距離s時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度,則此穩(wěn)定速度的大小為多大?下落s的過程中所需的時(shí)間為多少?(3)若在將ab棒由靜止釋放的同時(shí),將電鍵K接到3。試通過推導(dǎo)說明ab棒此后的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)如何?求ab再下落距離s時(shí),電容器儲(chǔ)存的電能是多少?(設(shè)電容器不漏電,此時(shí)電容器還沒有被擊穿)【答案】(1)EBLmg-r(2)B4L4s+m2gR02mgR0B2L2(3)勻加速直線運(yùn)動(dòng) mgsCB2L2m+cB2L2【解析】【詳解】(1)金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止,由BIL=mgI=ER+r得R=EBLmg-r(2)由mg=B2L2vR0得v=mgR0B2L2由動(dòng)量定理,得mgt-BILt=mv 其中q=It=BLsR0得t=B4L4s+m2gR02mgR0B2L2(3)K接3后的充電電流I=qt=CUt=CBLvt=CBLvt=CBLamg-BIL=ma得a=mgm+CB2L2=常數(shù)所以ab棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是“勻加速直線運(yùn)動(dòng)”,電流是恒定的。v22-v2=2as根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒得E=mgs-(12mv22-12mv2)解得:E=mgsCB2L2m+cB2L2【點(diǎn)睛】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合,關(guān)鍵要會(huì)推導(dǎo)加速度的表達(dá)式,通過分析棒的受力情況,確定其運(yùn)動(dòng)情況。如圖所示是一種懸球式加速度儀,它可以用來測定沿水平軌道做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的列車的加速度。m是一個(gè)金屬球,它系在細(xì)金屬絲的下端,金屬絲的上端懸掛在O點(diǎn),AB是一根長為l的電阻絲,其阻值為R。金屬絲與電阻絲接觸良好,摩擦不計(jì)。電阻絲的中點(diǎn)C焊接一根導(dǎo)線.從O點(diǎn)也引出一根導(dǎo)線,兩線之間接入一個(gè)電壓表V(金屬絲和導(dǎo)線電阻不計(jì))。圖中虛線OC與AB相垂直,且OC=h,電阻絲AB接在電壓恒為U的直流穩(wěn)壓電源上。整個(gè)裝置固定在列車中使AB沿著車前進(jìn)的方向。列車靜止時(shí)金屬絲呈豎直狀態(tài);當(dāng)列車加速或減速前進(jìn)時(shí),金屬線將偏離豎直方向,從電壓表的讀數(shù)變化可以測出加速度的大小。28當(dāng)列車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),試寫出加速度a與角的關(guān)系及加速度a與電壓表讀數(shù)U的對(duì)應(yīng)關(guān)系。29這個(gè)裝置能測得的最大加速度是多少?【答案】(1)glUhU (2)gl2h【解析】【分析】電壓表所測的電壓是部分電阻絲兩端的電壓,對(duì)小球進(jìn)行受力分析,結(jié)合牛頓第二定律,求出a與tan的關(guān)系,電壓表所測電壓的電阻絲長度為htan,根據(jù)歐姆定律求出電壓表所測電阻絲的電壓和電源電壓的關(guān)系,從而得出加速度a與電壓表讀數(shù)U的關(guān)系式;電壓表的最大值對(duì)應(yīng)著加速度的最大值;【詳解】(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析,小球受重力,繩的拉力,其合力沿水平方向,大小為:F=mgtan,根據(jù)牛頓第二定律得:a=F合m=mgtanm=gtan電壓表所測電阻絲的長度l=htan=hag,串聯(lián)電路電流相等,有:Ul=Ul解得:U=Ull=haUgl整理可得:a=UlUhg(2)電壓表的最大值對(duì)應(yīng)著加速度的最大值,由電路圖可知,電壓表的最大讀數(shù)為:U2故加速度的最大值為:amax=l2hg30電荷的定向移動(dòng)形成電流,電流是物理量中的基本量之一。電流載體稱為載流子,大自然有很多種承載電荷的載流子,例如,金屬導(dǎo)體內(nèi)可自由移動(dòng)的電子、電解液內(nèi)的離子、等離子體內(nèi)的正負(fù)離子,半導(dǎo)體中的空穴,這些載流子的定向移動(dòng),都可形成電流。(1)電子繞氫原子核做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),可等效為環(huán)形電流,已知靜電力常量為k,電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,電子在半徑為r的軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)。試計(jì)算電子繞氫原子核在該軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)形成的等效電流大??;(2)如圖,AD表示一段粗細(xì)均勻的一段導(dǎo)體,兩端加一定的電壓,導(dǎo)體中的自由電荷沿導(dǎo)體定向移動(dòng)的速率為v,設(shè)導(dǎo)體的橫截面積為s,導(dǎo)體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n,每個(gè)自由電荷所帶的電荷量為e試證明導(dǎo)體中電流強(qiáng)度I=nesv;(3)有一圓柱形的純凈半導(dǎo)體硅,其橫截面積為2.5cm2,通有電流2mA時(shí),其內(nèi)自由電子定向移動(dòng)的平均速率為7.510-5m/s,空穴定向移動(dòng)的平均速率為2.510-5m/s。已知硅的密度2.4103kg/m3,摩爾質(zhì)量是28。電子的電荷量e=1.610-19C,空穴和電子總是成對(duì)出現(xiàn),它們所帶電荷量相等,但電性相反,阿伏伽德羅常數(shù)為N0=6.021023mol-1。若一個(gè)硅原子至多只釋放一個(gè)自由電子,試估算此半導(dǎo)體材料平均多少個(gè)硅原子才有一個(gè)硅原子釋放出自由電子?【答案】(1)I=e22rkmr(2)見解析(3)1105【解析】(1)電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng),所需的向心力由核對(duì)電子的庫侖引力來提供,根據(jù)ke2r2=m42rT2又I=qt=eT解得:I=e22rkmr(2)導(dǎo)體中電流大小I=qt,t時(shí)內(nèi)所電荷定向移動(dòng)的距離長度為vt,則其體積為Svt,通過導(dǎo)體某一截面的自由電子數(shù)為nSvt,該時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體該截面的電量:q=nSvte,則I=nesv(3)設(shè)此半導(dǎo)體單位體積內(nèi)有n個(gè)自由電子,同時(shí)也將有n個(gè)空穴;以S表示截面積體積,v1,v2分別表示半導(dǎo)體中空穴和自由電子的定向移動(dòng)速率,I1和I2分別表示半導(dǎo)體中空穴和自由電子形成的電流,則有:I1=nev1SI2=nev2S總電流I=I1+I2由此可得:n=Iev1S+ev2S設(shè)單位體積內(nèi)有n個(gè)硅原子放出一個(gè)自由電子;單位體積內(nèi)硅原子的個(gè)數(shù)N=MN0則:nN=IMN0eS(v1+v2),代入數(shù)據(jù)解得nN=110-5說明每1105個(gè)原子才放出一個(gè)自由電子31一根鎳鉻合金絲的兩端加6V的電壓時(shí),通過它的電流是2A,求:(1)它的電阻是多少?(2)若通電時(shí)間為20s,那么有多少庫侖的電荷量通過它?(3)如果在它兩端加8V的電壓,則這合金絲的電阻是多少?【答案】 (1)3(2)40C(3)3【解析】試題分析:(1)根據(jù)歐姆定律得,合金絲的電阻R=U/I=3(2)通過合金絲的電荷量Q=It=220=40C(3)導(dǎo)體的電阻與其兩端的電壓及通過它的電流無關(guān),所以電阻仍為R3??键c(diǎn):電流;歐姆定律【名師點(diǎn)睛】題考查歐姆定律以及電流的定義,要注意明確電阻是導(dǎo)體本身的性質(zhì),與導(dǎo)體兩端的電壓和電流無關(guān)。

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