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）

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1、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

2、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；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)力帶動葉片轉(zhuǎn)動，葉片再帶動轉(zhuǎn)了(磁極)轉(zhuǎn)動，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

3、氣的密度為ρ，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 A．2Pπρl2v3 B．6Pπρl2v3 C．4Pπρl2v3 D．8Pπρl2v3 【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)的動能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，設(shè)風(fēng)吹向發(fā)電機(jī)的時間為t，則在t時間內(nèi)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V=vt?s=vt?πl(wèi)2，則風(fēng)的質(zhì)量M=ρV=ρvt?πl(wèi)2，因此風(fēng)吹過的動能為Ek=12Mv2=12ρvt?πl(wèi)2?v2，在此時間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E=p?t，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η=EEk=2pπρl2v3，故A正確，BCD錯誤。 2．如圖所示，理想變壓器原線圈

4、兩端A、B接在電動勢E＝8V、內(nèi)阻r＝2Ω的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動變阻器R相連，滑動變阻器阻值可在0～10Ω范圍內(nèi)變化，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2 ，下列說法正確的是 A．副線圈兩端輸出電壓U2=16V B．副線圈中的電流I2＝2A C．當(dāng)電源輸出功率最大時，滑動變阻器接入電路中的阻值R＝8Ω D．當(dāng)電源輸出功率最大時，滑動變阻器接入電路中的阻值R＝4Ω 【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=（

5、E-I1r）I1=-I12r-EI1，可見電流為：I1=E2r=82×2A=2A時，P有最大值，此時U1=4V，副線圈兩端輸出電壓U2=2U1=8V，副線圈中的電流I2＝12×2A=1A，此時滑動變阻器接入電路中的阻值R=U2I2=8Ω，故C正確、ABD錯誤。 3．如圖所示電路，初始時滑動變阻器的滑片P恰好位于中點(diǎn)位置，當(dāng)開關(guān)S閉合時，三個小燈泡L1、L2、L3恰好都正常發(fā)光，且亮度相同，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，下列說法正確的是 A．三個燈泡的額定電壓相同 B．此時三個燈泡的電阻按從大到小排列是L2、L3、L1 C．當(dāng)滑片P稍微向左滑動，燈L1和L3變暗，燈L2變亮 D．當(dāng)滑片

6、P稍微向右滑動，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，由公式P=I2R分析可知，2的電阻小于3的電阻?？梢?，1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錯誤。 CD．若將滑片P向左滑動時，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

7、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錯誤；同理當(dāng)滑片P稍微向右滑動，燈L1和L3變暗，燈L2變亮，D正確。 故選D。 【點(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?。灰阎娏鞯拇笮￡P(guān)系，根據(jù)公式P=I2R比較電阻的大小． 4．如圖所示，已知R1＝R4＝0.5

8、Ω，r＝1Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值為6 Ω。在滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，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 D．MN并聯(lián)部分的功率先增大后減小 【答案】 C 【解析】 【分析】 在滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，滑動變阻器的電阻變大，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)阻時電源輸出功率最大，分析選項(xiàng)B；電源的效率η=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，

9、則此時等效電源內(nèi)阻為r′=2Ω；因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時電源輸出功率最大，從而分析選項(xiàng)D. 【詳解】 在滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，滑動變阻器的電阻變大，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)阻時電源輸出功率最大，而R1+R4=r，則當(dāng)變阻器電阻變大時，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η=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，則當(dāng)外電路電阻R變大時，電源的效率變大，選項(xiàng)C錯誤；若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻，則此時等效

10、電源內(nèi)阻為r′=2Ω；滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，MN之間的電阻從0增加到3Ω，則因當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時電源輸出功率最大，可知當(dāng)MN之間的電阻等于2Ω時，MN之間的功率最大，則在滑動變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動過程中，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)阻時電源輸出功率最大，并且會將電路進(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(　

11、　) A．電源的電動勢E=3V，內(nèi)電阻r=3Ω B．電流為1A時，外電阻為2Ω C．b表示電源的輸出功率，最大值為9W D．外電阻為1Ω時，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)知識選擇圖線。根據(jù)圖線a斜率求解電源的電動勢。由圖讀出電流I=3A時，發(fā)熱功率Pr=I2r，求出電源的內(nèi)阻。當(dāng)電流為1A時，結(jié)合歐姆定律求出外電阻。 【詳解】 根據(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P

12、r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勢，由得到E=93V=3V，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，內(nèi)阻為r=932=1Ω，電源的最大輸出功率Pm=E24r=324×1=94W，故A、C錯誤；當(dāng)電流為1A時，由I=ER+r，代入得到，R=2Ω.故B正確。外電阻為1Ω，等于內(nèi)阻時，電源輸出功率最大為E24r=94W.故D錯誤。 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)，將滑動變阻器的滑片向右移動一段距離，待電路穩(wěn)定后，與滑片移動前比較 A．燈泡L變亮 B．

13、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、滑動變阻器的滑片向右移動一點(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錯誤．D、電阻R0只有在電容器充放電時有短暫的電流通過，穩(wěn)定狀態(tài)無電流，則其兩端的電壓為零不變，D錯誤；C、．故C正確．故選C． 【點(diǎn)睛】本題電路動態(tài)變化分析問題．對于電容器，關(guān)鍵是分

14、析其電壓，電路穩(wěn)定時，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，電動勢為300V的電源向電容為6000μF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)? A．1.8C 向左 B．1.8C 向右 C．2×10－5C 向左 D．2×10－5C 向右 【答案】 B 【解析】 【詳解】 電容器充電后所儲存的電量為：Q=CU=6000×10-6×300C=1.8C， 在放

15、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，測量的是電流，其中S接2時量程較大 B．當(dāng)開關(guān)S分別接3或4時，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，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，測量的是電壓，其中S接5時量程較大 【答案】 B 【解析】 【分析】

16、 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時分流電阻相對更小，故接1時電表的量程更大，第1檔為大量程，那么S接2時量程較小，故A錯誤； 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，測量的是電壓，故C錯誤； 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；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錯誤。 【點(diǎn)睛】 本題考

17、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．明確電流表時表頭與電阻并聯(lián)，電壓表時，表頭與電阻串聯(lián)；而歐姆表時內(nèi)部要接有電源。 9．電動勢為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的滑片向右移動一小段距離，帶電液滴將向下運(yùn)動 B．將R2的滑片向右移動一小段距離，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】

18、D 【解析】 A、將R1的滑片向右移動一小段距離，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錯誤；B、將R2的滑片向右移動一小段距離，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=εr?s4πkd減小，那么電荷量Q=CU減小，故C錯誤；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R

19、3兩端的電壓的變化量，故D正確；故選D。 【點(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，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(　　) A．L1燈絲突然短路 B．L2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

20、大，A錯誤;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錯誤，故選B. 【點(diǎn)睛】本題考查了電路的動態(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 11．2015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)

21、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)扇電動機(jī)D，電動機(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)扇電動機(jī)的電流為I，則下列說法正確的是（） A．風(fēng)扇電動機(jī)D兩端的電壓為Ir B．理想變壓器的輸入功率為UIn＋U2n2R C．風(fēng)扇電動機(jī)D輸出的機(jī)械功率為UIn－I2r D．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(R＋r)n2Rr 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 電壓比等于匝數(shù)之比，電動機(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

22、動機(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，滑動變阻器的總阻值R0>R1≠0.當(dāng)滑動變阻器的觸頭位于它的中點(diǎn)時，電壓表的讀數(shù)為U，電流表的讀數(shù)為I，

23、則滑動變阻器的觸頭繼續(xù)向上移動的過程中(　　) A．電壓表的讀數(shù)總小于U B．電壓表的讀數(shù)先增大后減小 C．電流表的讀數(shù)總大于I D．電流表的讀數(shù)先增大后減小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 由滑片的移動可知滑動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。 【詳解】 滑動變阻器的觸頭向上移動的過程中，因R0>R1≠0，先簡化電路，除去兩電表，相當(dāng)于兩個電阻并聯(lián)后與R2串聯(lián)，滑動變阻器位于中點(diǎn)時，上、下兩并聯(lián)支路電阻不等，滑動觸頭移到兩支路電阻相等時，總電阻最大，總電流最小，不難看出

24、電壓表的示度先增大后減小。 將整個過程分為兩階段：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。 【點(diǎn)睛】 本題考查閉合電路歐姆定律的動態(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；在分析局部電路時要注意靈活應(yīng)用串并聯(lián)電路的性質(zhì)。 13．如圖，三個電阻R1、R2、R3的阻值均為R，電源的內(nèi)阻r

25、

26、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錯誤 而I2=I1-I3增大，故PR2=I22R2減大，故A錯誤 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，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=

27、PB+PC B．b、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1:4 C．電源的最大輸出功率Pm=9W D．電源的電動勢E=3V，內(nèi)電阻r=1Ω 【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，電源輸出的功率最大，此時即為b、c線的交點(diǎn)M時的電流，此時電流的大小為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

28、發(fā)熱功率Pr隨相等，此時只有電源的內(nèi)電阻，所以此時的電流的大小為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錯誤；當(dāng)I=3A時，PR=0．說明外電路短路，根據(jù)PE=EI知電源的電動勢E=3V，內(nèi)電阻r=EI=1Ω，故D正確。故選ABD。 【點(diǎn)睛】 當(dāng)電源的內(nèi)阻和外電阻的大小相等時，此時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)滑動變阻器的滑動觸頭P向右移動時，下面判斷正確的是（

29、　　） A．L1和L3變暗，L2變亮 B．L1變暗，L2變亮，L3亮度不變 C．L1中電流變化絕對值大于L3中電流變化絕對值 D．L1上電壓變化絕對值小于L2上的電壓變化絕對值 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 當(dāng)滑片右移時，滑動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錯誤；因L1中電流減小，L3中電流減小，而L2中電流增大；開始時有：I1=I

30、2+I3，故I1電流的變化值一定小于L3中電流的變化值；故C錯誤；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，而電動勢不變，故L2兩端電壓增大值應(yīng)等于其它三個電阻的減小值，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。 【點(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

31、為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，下列判斷正確的是（） A．靈敏電流計(jì)G中有b→a的電流 B．油滴向上加速運(yùn)動 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】 在滑動變阻器R的觸頭P向上移動的過程中，R增大，總電阻增大，電動勢和內(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b

32、→a．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，所以油滴會向上加速。故AB正確，CD錯誤。故選AB。 【點(diǎn)睛】 處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運(yùn)用閉合電路的動態(tài)分析．注意處理含容電路時，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)部件有一個超導(dǎo)臨界電流Ic，當(dāng)通過限流器的電流I＞Ic時，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R1＝3Ω，超導(dǎo)臨界電流Ic＝1.2A，限

33、流電阻R2＝6Ω，小燈泡L上標(biāo)有“6V，6W”的字樣，電源電動勢E＝8V，內(nèi)阻r＝2Ω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23A B．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43A D．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RL＝U2/P＝62/6 Ω＝6 Ω，短路前由于電路正常工作，電路的總電阻為R＝RL＋r＝6 Ω＋2 Ω＝8 Ω，總電流為I＝E/R＝1 A，所以短路前通過R1的電流為I1＝1 A，選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)L突然短路后，電路中電流為I＝E/r

34、＝4 A>Ic＝1.2 A，超導(dǎo)部件由超導(dǎo)態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)，則此時電路中總電阻為R′＝2 Ω＋2 Ω＝4 Ω，總電流I′＝E/R′＝84A＝2 A，短路后通過R1的電流為I1′＝43A，故選項(xiàng)B、C正確． 18．在如圖所示的電路中，電源電動勢E和內(nèi)電阻r為定值，R1為滑動變阻器，R2和R3為定值電阻。當(dāng)R1的滑動觸頭P從左向右移動時，伏特表V1和V2的示數(shù)的增量分別為ΔU1和ΔU2，對ΔU1和ΔU2有 A．|ΔU1|>|ΔU2| B．|ΔU1|=|ΔU2| C．ΔU1>0,ΔU2<0 D．ΔU2>0,ΔU1<0 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 根據(jù)閉合電路歐

35、姆定律可知：ΔU1=ΔIr+R3 ΔU2=ΔIR3 結(jié)合公式可知ΔU1>ΔU2，故A對；B錯 當(dāng)R1的滑動觸頭P從左向右移動時，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ΔU2>0，ΔU1<0，故C錯；D對 故選AD 19．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；在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中（?? ） A．U先變大后變小? B．I先變小后變大 C．U與I的比值先變大后變小 D．U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

36、變阻器上下兩部分并聯(lián)，當(dāng)滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器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小；故AB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ΔUΔI總=r，因?yàn)棣≠ΔI總即ΔUΔI≠r，所以U變化量與I變化量比值不等于r，故D錯誤；綜上分析，ABC正確。 20．如圖所示，電源E對電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達(dá)到80 V時，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，C放電．放

37、電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對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，通過R的電流不變 B．若R增大，則充電時間變長 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錯誤；當(dāng)電阻R增大時，充電電流變小，電容器所充電荷量不變的情況下，充電時間變長，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；

38、當(dāng)電源電動勢為85V時，電源給電容器充電仍能達(dá)到閃光燈擊穿電壓80V時，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，電源電動勢E=28v，內(nèi)阻r=2Ω，電阻R1=4Ω,R2=8Ω，R3=4Ω，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=1.0×10-2m。 （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

39、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）4.8×10-11C（2）6.25×10-4C/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=2×8V=16V； 電容器帶電量： Q=CUR2=3.0×10-12×16C=4.8×10-11C （2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則：L=v0t 12d=

40、12Uqdmt2 聯(lián)立解得qm=6.25×10-4C/kg 22．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。 【答案】12CE02 【解析】 【詳解】 根據(jù)電容定義，有C=QU，其中Q為電容器儲存的

41、電荷量，得：Q=CU 根據(jù)題意，電容器儲存能量：EC=12CU2 利用電動勢為E0的電源給電容器充電，電容器兩極間電壓最終為E0， 所以電容器最終儲存的能量為：E充=12CE02， 則電容器最終儲存的電荷量為：Q=CE0， 整個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=12CE02 23．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)

42、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)軸帶動金屬桿轉(zhuǎn)動，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，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，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；

43、 (2)若金屬桿轉(zhuǎn)動的角速度為ω，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)動到最高點(diǎn)T，計(jì)算金屬桿轉(zhuǎn)動的角速度的范圍． 【答案】 (1) v=5gr2 (2) P=B2L4ω24R (3) mgdqBL2≤ω≤7mgdqBL2 【解析】 【詳解】 (1)兩球碰撞過程動量守恒，則12mv0=(12m+12m)v 解得v=5gr2 (2)桿轉(zhuǎn)動的電動勢ε=BLv=BL×12Lω=12BL2ω 電阻R的功率P=ε2R=B2L4ω24R (3)通過金屬桿的轉(zhuǎn)動方向可知：P、Q板間的電場方向向上，粘合體受到的電場力方向向上

44、．在半圓軌道最低點(diǎn)的速度恒定，如果金屬桿轉(zhuǎn)動角速度過小，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)，此時金屬桿的角速度ω1為最小，設(shè)此時對應(yīng)的電場強(qiáng)度為E1，粘合體達(dá)到T點(diǎn)時的速度為v1． 在T點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg-qE1=mv12r 從S到T，由動能定理得qE1?2r-mg?2r=12mv12-12mv2 解得E1=mg2q 桿轉(zhuǎn)動的電動勢ε1=12BL2ω1 兩板間電場強(qiáng)度E1=ε1d 聯(lián)立解得ω1=mgdqBL2 如果金屬桿轉(zhuǎn)動角速度過大，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，此時金屬桿的

45、角速度ω2為最大，設(shè)此時對應(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)動的電動勢ε2=12BL2ω2 兩板間電場強(qiáng)度E2=ε2d 聯(lián)立解得ω2=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)動到最高點(diǎn)T，金屬桿轉(zhuǎn)動的角速度的范圍為：mgdqBL2≤ω≤7mgdqBL2. 24．如圖所示的電路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑動變阻器R3上標(biāo)有“10Ω　2A”的字樣，理想電壓表的量程有0～3V和0～15V兩擋，理想電流表的量程有0～0.6A和0～3A兩擋。閉合開關(guān)S，將滑片P從最左端向右移動到某位置時，電壓表、電流表示數(shù)分別為

46、2V和0.5A；繼續(xù)向右移動滑片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．求電源電動勢與內(nèi)阻的大小。（保留兩位有效數(shù)字） 【答案】7.0V，2.0Ω。 【解析】 【分析】 根據(jù)滑動變阻器的移動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勢與內(nèi)阻的兩個表達(dá)式，聯(lián)立即可求得電源的電動勢。 【詳解】 滑片P向右移動的過程中，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0～0.6 A，電壓表量程選取的是0～15 V，所以第二次電流表的示數(shù)為13×0.6 A＝0.2 A，電壓表的示數(shù)為13×15

47、 V＝5 V 當(dāng)電流表示數(shù)為0.5A時，R1兩端的電壓為U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V 回路的總電流為I總＝I1+U1R2＝0.5+22A＝1.5 A 由閉合電路歐姆定律得E＝I總r+U1+U3， 即E＝1.5r+2+2① 當(dāng)電流表示數(shù)為0.2 A時，R1兩端的電壓為U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V 回路的總電流為I總′＝I1′+U'1R2＝0.2+0.82A＝0.6A 由閉合電路歐姆定律得E＝I總′r+U1′+U3′， 即E＝0.6r+0.8+5② 聯(lián)立①②解得E＝7.0 V，r＝2.0Ω 【點(diǎn)睛】 本題考查閉合電路的歐姆定律，但解題時要注意先會分析

48、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。 ①求金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動勢ε的大小。 ②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)

49、度大小處處相等。使得金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感生電動勢的非靜電力是渦旋電場對自由電荷的作用力，這個力稱為渦旋電場力，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)度大小隨時間的變化關(guān)系為E=ρt（ρ>0且為常量）。 ①我們把穿過某個面的磁感線條數(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，對應(yīng)面積內(nèi)的電通量也會發(fā)生變化，該變化的電場必然會產(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

50、方法。若小明同學(xué)的猜想成立，請推導(dǎo)B感在距離電場中心為a（a

51、正誤. 【詳解】 （1）①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得 ε=ΔΦΔt=Δ(B?S)Δt=ΔBΔtS=kπr2 ②在金屬圓環(huán)內(nèi)，非靜電力對帶電量為-q的自由電荷所做的功W非=qE感·2πr 根據(jù)電動勢的定義ε=W非|q| 解得感生電場的場強(qiáng)大小E感=ΔΦ2πrΔt=kr2 （2）①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=ΔΦe2πRΔt 在R=a時，Φe=Eπa2，解得B感=ρa(bǔ)2 在R=r2時，Φe1=Eπ(r2)2，解得B感1=ρr4 將R=2r時，Φe2=Eπr2，解得B感2=ρr4 所以B感1B感2=11 ②上問中通過類比得到的B感的表達(dá)式不正確；

52、 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=ΔΦe2πRΔt的導(dǎo)出單位為kg?m2A?s4；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kgA?s2?？梢?，通過類比得到的B感的單位是不正確的，所以B感=ΔΦe2πRΔt的表達(dá)式不正確。 【點(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)

53、在導(dǎo)軌左端接入一個電阻為R的定值電阻，給金屬棒施加一個水平向右的恒力F，經(jīng)過時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)過時間t后，電容器所帶的電荷量Q。 【答案】(1)FRB2L2；(2)Ft0BL-FmRB3L3；(3)FCBLtm+CB2L2。 【解析】 【分析】 （1）當(dāng)速度最大時，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

54、律的電磁感應(yīng)定律列式求解平均感應(yīng)電動勢、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)電動勢，得到電容器的電壓，從而求出電容器的電量。 【詳解】 （1）當(dāng)安培力與外力相等時，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)動的距離：x=Ft0RB2L2-FmR2B4L4

55、通過電阻R的電荷量：q=BLxR=Ft0BL-FmRB3L3 （3）設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動加速度為a，某時裝金屬棒的速度為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=△Q△t=C△E△t 其中：?E=BLv2-BLv1=BL?v，a=?v?t 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。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

56、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)過時間t后，電容器所帶的電荷量Q為FCBLtm+CB2L2。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵有兩個：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。已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，

57、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，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動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的過程中所需的時間為多少？ （3）若在將ab棒由靜止釋放的同時，將電鍵K接到3。試通過推導(dǎo)說明ab棒此后的運(yùn)動性質(zhì)如何？求ab再下落距離s時，電容器儲存的電能是多少？（設(shè)電容器不漏電，此時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 mgsCB2L2m+cB2L2 【

58、解析】 【詳解】 （1）金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，由BIL=mg I=ER+r 得?R=EBLmg-r （2）由?mg=B2L2vR0 得??v=mgR0B2L2 由動量定理，得mgt-BILt=mv ?其中q=It=BLsR0 得t=B4L4s+m2gR02mgR0B2L2 （3）K接3后的充電電流I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLΔvΔt=CBLa mg-BIL=ma 得a=mgm+CB2L2=常數(shù) 所以ab棒的運(yùn)動性質(zhì)是“勻加速直線運(yùn)動”，電流是恒定的。 v22-v2=2as 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒得??ΔE=mgs-(12mv22-12mv2

59、) 解得：ΔE=mgsCB2L2m+cB2L2 【點(diǎn)睛】 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識的綜合，關(guān)鍵要會推導(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)動的列車的加速度。m是一個金屬球，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。整個裝置固定在列車中使AB沿

60、著車前進(jìn)的方向。列車靜止時金屬絲呈豎直狀態(tài)；當(dāng)列車加速或減速前進(jìn)時，金屬線將偏離豎直方向θ，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)動時，試寫出加速度a與θ角的關(guān)系及加速度a與電壓表讀數(shù)U′的對應(yīng)關(guān)系。 29．這個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，對小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律，求出a與tanθ的關(guān)系，電壓表所測電壓的電阻絲長度為htanθ，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

61、的最大值對應(yīng)著加速度的最大值； 【詳解】 (1)對小球進(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=mgtanθ， 根據(jù)牛頓第二定律得：a=F合m=mgtanθm=gtanθ 電壓表所測電阻絲的長度l'=htanθ=hag， 串聯(lián)電路電流相等，有：Ul=U'l' 解得：U'=Ul·l'=haUgl 整理可得：a=U'lUhg (2)電壓表的最大值對應(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=l2hg 30．電荷的定向移動形成電流，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

62、子，例如，金屬導(dǎo)體內(nèi)可自由移動的電子、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，都可形成電流。 （1）電子繞氫原子核做圓周運(yùn)動時，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。試計(jì)算電子繞氫原子核在該軌道上做圓周運(yùn)動形成的等效電流大??； （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

63、為2.5cm2，通有電流2mA時，其內(nèi)自由電子定向移動的平均速率為7.5×10-5m/s，空穴定向移動的平均速率為2.5×10-5m/s。已知硅的密度2.4×103kg/m3，摩爾質(zhì)量是28。電子的電荷量e=－1.6×10-19C，空穴和電子總是成對出現(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=6.02×1023mol-1。若一個硅原子至多只釋放一個自由電子，試估算此半導(dǎo)體材料平均多少個硅原子才有一個硅原子釋放出自由電子？ 【答案】（1）I=e22πrkmr（2）見解析（3）1×105 【解析】 （1）電子繞核做圓周運(yùn)動，所需的向心力由核對電子的庫侖引力來提供， 根據(jù)ke

64、2r2=m4π2rT2 又I=qt=eT 解得：I=e22πrkmr （2）導(dǎo)體中電流大小I=qt， t時內(nèi)所電荷定向移動的距離長度為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個自由電子，同時也將有n個空穴；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=nev1S I2=nev2S 總電流I=I1+I2 由此可得：n=Iev1S+ev2S 設(shè)單位體積內(nèi)有n

65、個硅原子放出一個自由電子；單位體積內(nèi)硅原子的個數(shù)N=ρMN0 則：nN=IMρN0eS(v1+v2)， 代入數(shù)據(jù)解得nN=1×10-5 說明每1×105個原子才放出一個自由電子 31．一根鎳鉻合金絲的兩端加6V的電壓時，通過它的電流是2A，求： （1）它的電阻是多少？ （2）若通電時間為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）3Ω（2）40C（3）3Ω 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)歐姆定律得，合金絲的電阻R=U/I=3Ω （2）通過合金絲的電荷量Q=It=2×20=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R＝3Ω。 考點(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)。 26