高中物理稳恒电流解题技巧及练习题

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高考物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析

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高考物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析一、稳恒电流专项训练1.如图所示,已知电源电动势E=20V,内阻r=lΩ,当接入固定电阻R=3Ω时,电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求:(1)流过灯泡的电流(2)固定电阻的发热功率(3)电动机输出的机械功率【答案】(1)2A(2)7V(3)12W【解析】(1)接通电路后,小灯泡正常工作,由灯泡上的额定电压U和额定功率P的数值可得流过灯泡的电流为:=2A(2)根据热功率公式,可得固定电阻的发热功率:=12W(3)根据闭合电路欧姆定律,可知电动机两端的电压:=9V电动机消耗的功率:=18W一部分是线圈内阻的发热功率:=4W另一部分转换为机械功率输出,则=14W【点睛】(1)由灯泡正常发光,可以求出灯泡中的电流;(2)知道电阻中流过的电流,就可利用热功率方程,求出热功率;(3)电动机消耗的电功率有两个去向:一部分是线圈内阻的发热功率;另一部分转化为机械功率输出。

2.如图所示,已知电源电动势E=20V,内阻r=lΩ,当接入固定电阻R=3Ω时,电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求:(1)流过灯泡的电流(2)固定电阻的发热功率(3)电动机输出的机械功率【答案】(1)2A(2)7V(3)12W【解析】(1)接通电路后,小灯泡正常工作,由灯泡上的额定电压U 和额定功率P 的数值 可得流过灯泡的电流为:=2A(2)根据热功率公式,可得固定电阻的发热功率:=12W(3)根据闭合电路欧姆定律,可知电动机两端的电压:=9V电动机消耗的功率:=18W一部分是线圈内阻的发热功率:=4W另一部分转换为机械功率输出,则=14W【点睛】(1)由灯泡正常发光,可以求出灯泡中的电流;(2)知道电阻中流过的电流,就可利用热功率方程,求出热功率;(3)电动机消耗的电功率有两个去向:一部分是线圈内阻的发热功率;另一部分转化为机械功率输出。

高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题

高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题

高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题一、稳恒电流专项训练1.如图所示,已知电源电动势E=20V ,内阻r=lΩ,当接入固定电阻R=3Ω时,电路中标有“3V,6W”的灯泡L 和内阻R D =1Ω的小型直流电动机D 都恰能正常工作.试求:(1)流过灯泡的电流(2)固定电阻的发热功率(3)电动机输出的机械功率【答案】(1)2A (2)7V (3)12W【解析】(1)接通电路后,小灯泡正常工作,由灯泡上的额定电压U 和额定功率P 的数值 可得流过灯泡的电流为:=2A (2)根据热功率公式,可得固定电阻的发热功率:=12W(3)根据闭合电路欧姆定律,可知电动机两端的电压:=9V 电动机消耗的功率:=18W 一部分是线圈内阻的发热功率:=4W 另一部分转换为机械功率输出,则=14W 【点睛】(1)由灯泡正常发光,可以求出灯泡中的电流;(2)知道电阻中流过的电流,就可利用热功率方程,求出热功率;(3)电动机消耗的电功率有两个去向:一部分是线圈内阻的发热功率;另一部分转化为机械功率输出。

2.把一只“1.5V ,0.3A ”的小灯泡接到6V 的电源上,为使小灯泡正常发光,需要串联还是并联一个多大电阻?【答案】串联一个15Ω的电阻【解析】【分析】【详解】要使灯泡正常发光则回路中电流为0.3A ,故回路中的总电阻为6Ω=20Ω0.3U R I ==总 灯泡的电阻为 1.5Ω=5Ω0.3L L U R I ==由于电源电压大于灯泡额定电压,故需要串联一个电阻分压,阻值为20Ω5Ω15ΩL R R R ==-=总-3.如图所示,已知电源电动势E=16 V ,内阻r=1 Ω,定值电阻R=4 Ω,小灯泡上标有“3 V ,4.5 W”字样,小型直流电动机的线圈电阻r′=1 Ω,开关闭合时,小灯泡和电动机均恰好正常工作.求:(1)电路中的电流强度;(2)电动机两端的电压;(3)电动机的输出功率.【答案】(1)1.5A ;(2)5.5V ;(3)6W.【解析】试题分析:(1)电路中电流L LP I U ==1.5A (2)电动机两端的电压()M L U E U I R r =--+=5.5V(3)电动机的总功率电动机线圈热功率2/ 2.25W P I r==热电动机的输出功率考点:电功率4.如图所示,已知R 3=3Ω,理想电压表读数为3v ,理想电流表读数为2A ,某时刻由于电路中R 3发生断路,电流表的读数2.5A ,R 1上的电压为5v ,求:(1)R 1大小、R 3发生断路前R 2上的电压、及R 2阻值各是多少?(R 3发生断路时R 2上没有电流)(2)电源电动势E 和内电阻r 各是多少?【答案】(1)1V 1Ω(2)10 V ;2Ω【解析】试题分析:(1)R 3断开时 电表读数分别变为5v 和2.5A 可知R 1=2欧R3断开前R1上电压U1=R1I=4VU1= U2 + U3所以 U2=1VU2:U3 = R2:R3 =1:3R2=1Ω(2)R3断开前总电流I1=3AE = U1 + I1rR3断开后总电流I2=2.5AE = U2 + I2r联解方程E= 10 V r=2Ω考点:闭合电路的欧姆定律【名师点睛】5.如图所示,竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L,导轨的两端分别与电源(串有一滑动变阻器 R)、定值电阻、电容器(原来不带电)和开关K相连.整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场,其磁感应强度的大小为B.一质量为m,电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上.已知电源电动势为E,内阻为r,电容器的电容为C,定值电阻的阻值为R0,不计导轨的电阻.(1)当K接1时,金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止,则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大?(2)当 K 接 2 后,金属棒 ab 从静止开始下落,下落距离 s 时达到稳定速度,则此稳定速度的大小为多大?下落 s 的过程中所需的时间为多少?(3) ab 达到稳定速度后,将开关 K 突然接到3,试通过推导,说明 ab 作何种性质的运动?求 ab 再下落距离 s 时,电容器储存的电能是多少?(设电容器不漏电,此时电容器没有被击穿)【答案】(1)EBLrmg-(2)442222B L s m gRmgR B L+(3)匀加速直线运动2222mgsCB Lm cB L+【解析】【详解】(1)金属棒ab在磁场中恰好保持静止,由BIL=mgE I R r =+ 得 EBL R r mg =- (2)由 220B L v mg R = 得 022mgR v B L = 由动量定理,得mgt BILt mv -= 其中0BLs q It R ==得44220220B L s m gR t mgR B L += (3)K 接3后的充电电流q C U CBL v v I CBL CBLa t t t t ∆∆∆∆=====∆∆∆∆ mg-BIL=ma得22mg a m CB L =+=常数 所以ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”,电流是恒定的.v 22-v 2=2as根据能量转化与守恒得 22211()22E mgs mv mv ∆=-- 解得:2222mgsCB L E m cB L ∆=+ 【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合,关键要会推导加速度的表达式,通过分析棒的受力情况,确定其运动情况.6.在如图所示的电路中,两平行正对金属板A 、B 水平放置,两板间的距离d =4.0cm .电源电动势E =400V ,内电阻r =20Ω,电阻R 1=1980Ω.闭合开关S ,待电路稳定后,将一带正电的小球(可视为质点)从B 板上的小孔以初速度v 0=1.0m/s 竖直向上射入两板间,小球恰好能到达A 板.若小球所带电荷量q =1.0×10-7C ,质量m =2.0×10-4kg ,不考虑空气阻力,忽略射入小球对电路的影响,取g =10m/s 2.求:(1)A 、B 两金属板间的电压的大小U ;(2)滑动变阻器消耗的电功率P ;(3)电源的效率η.【答案】(1)U =200V (2)20W (3)0099.5【解析】【详解】(1)小球从B 板上的小孔射入恰好到达A 板的过程中,在电场力和重力作用下做匀减速直线运动,设A 、B 两极板间电压为U ,根据动能定理有:20102qU mgd mv --=-, 解得:U = 200 V .(2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R ,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的电流1E I R R r=++,而 U = IR , 解得:R = 2×103 Ω 滑动变阻器消耗的电功率220U P W R==. (3)电源的效率2121()099.50()P I R R P I R R r η+===++出总. 【点睛】本题电场与电路的综合应用,小球在电场中做匀减速运动,由动能定理求电压.根据电路的结构,由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻.7.对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。

高中物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析

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高中物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析一、稳恒电流专项训练1.要描绘某电学元件(最大电流不超过6mA,最大电压不超过7V)的伏安特性曲线,设计电路如图,图中定值电阻R为1KΩ,用于限流;电流表量程为10mA,内阻约为5Ω;电压表(未画出)量程为10V,内阻约为10KΩ;电源电动势E为12V,内阻不计。

(1)实验时有两个滑动变阻器可供选择:a、阻值0到200Ω,额定电流b、阻值0到20Ω,额定电流本实验应选的滑动变阻器是(填“a”或“b”)(2)正确接线后,测得数据如下表12345678910U(V)0.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.400.000.000.000.060.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50I(mA)a)根据以上数据,电压表是并联在M与之间的(填“O”或“P”)b)画出待测元件两端电压UMO随MN间电压UMN变化的示意图为(无需数值)【答案】(1) a(2) a) Pb)【解析】(1)选择分压滑动变阻器时,要尽量选择电阻较小的,测量时电压变化影响小,但要保证仪器的安全。

B电阻的额定电流为,加在它上面的最大电压为10V,所以仪器不能正常使用,而选择a。

(2)电压表并联在M与P之间。

因为电压表加电压后一定有电流通过,但这时没有电流流过电流表,所以电流表不测量电压表的电流,这样电压表应该接在P点。

视频2.(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径,其示数如图所示,该金属导线的直径为mm.(2)用下列器材装成描绘电阻0R伏安特性曲线的电路,请将实物图连线成为实验电路.微安表μA(量程200μA,内阻约200Ω);电压表V(量程3V,内阻约10Ω);电阻0R(阻值约20 kΩ);滑动变阻器R(最大阻值50Ω,额定电流1 A);电池组E(电动势3V,内阻不计);开关S及导线若干.【答案】(1)1.880(1.878~1.882均正确)(2)【解析】(1)首先读出固定刻度1.5 mm再读出可动刻度38. 0×0. 01 mm="0.380" mm 金属丝直径为(1.5+0.380) mm="1.880" mm .(注意半刻度线是否漏出;可动刻度需要估读)(2)描绘一个电阻的伏安特性曲线一般要求电压要从0开始调节,因此要采用分压电路.由于0VA 0100,0.5R R R R ==,因此μA 表要采用内接法,其电路原理图为 连线时按照上图中所标序号顺序连接即可.3.环保汽车将为2008年奥运会场馆服务.某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车,总质量3310kg m =⨯.当它在水平路面上以v =36km/h 的速度匀速行驶时,驱动电机的输入电流I =50A ,电压U =300V .在此行驶状态下 (1)求驱动电机的输入功率P 电;(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机,求汽车所受阻力与车重的比值(g 取10m/s 2);(3)设想改用太阳能电池给该车供电,其他条件不变,求所需的太阳能电池板的最小面积.结合计算结果,简述你对该设想的思考.已知太阳辐射的总功率260410W P =⨯,太阳到地球的距离,太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%.【答案】(1)31.510W P =⨯电(2)/0.045f mg = (3)2101m S = 【解析】试题分析:⑴31.510W P IU 电==⨯⑵0.9P P Fv fv 电机===0.9/f P v =电/0.045f mg =⑶当太阳光垂直电磁板入射式,所需板面积最小,设其为S ,距太阳中心为r 的球面面积204πS r =若没有能量的损耗,太阳能电池板接受到的太阳能功率为P ',则00P S P S '= 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P , 所以()130%P P =-'由于15%P P =电,所以电池板的最小面积()00130%P SP S =-220004π101?m 0.70.150.7r P PS S P P ===⨯电考点:考查非纯电阻电路、电功率的计算点评:本题难度中等,对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用,但消耗电功率依然是UI 的乘积,求解第3问时从能量守恒定律考虑问题是关键,注意太阳的发射功率以球面向外释放4.如图所示,水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点,两者均光滑且绝缘,并安装在固定的竖直绝缘平板上.在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ,两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环,圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上,另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接,转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看),在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接,图中电阻阻值为R ,不计其它电阻,右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为12m 的小球1以速度0v =12m 的不带电小球2发生碰撞,碰后粘合在一起共同向左运动,小球和粘合体均可看作质点,碰撞过程没有电荷损失,设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g . (1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ;(2)若金属杆转动的角速度为ω,计算图中电阻R 消耗的电功率P ;(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ,计算金属杆转动的角速度的范围.【答案】(1) 52gr v = (2) 2424B L P Rω= (3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL【解析】 【分析】 【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒,则0111()222mv m m v =+ 解得52grv =(2)杆转动的电动势21122BLv BL L BL εωω==⨯= 电阻R 的功率22424B L P R Rεω==(3)通过金属杆的转动方向可知:P 、Q 板间的电场方向向上,粘合体受到的电场力方向向上.在半圆轨道最低点的速度恒定,如果金属杆转动角速度过小,粘合体受到的电场力较小,不能达到最高点T ,临界状态是粘合体刚好达到T 点,此时金属杆的角速度ω1为最小,设此时对应的电场强度为E 1,粘合体达到T 点时的速度为v 1.在T 点,由牛顿第二定律得211v mg qE m r-=从S 到T ,由动能定理得2211112222qE r mg r mv mv ⋅-⋅=- 解得12mgE q=杆转动的电动势21112BL εω= 两板间电场强度11E dε=联立解得12mgdqBL ω=如果金属杆转动角速度过大,粘合体受到的电场力较大,粘合体在S 点就可能脱离圆轨道,临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道,此时金属杆的角速度ω2为最大,设此时对应的电场强度为E 2.在S点,由牛顿第二定律得2 2v qE mg mr-=杆转动的电动势22212BLεω=两板间电场强度22Edε=联立解得227mgdqBLω=综上所述,要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T,金属杆转动的角速度的范围为:227mgd mgdqBL qBLω≤≤.5.如图所示的电路中,R1=4Ω,R2=2Ω,滑动变阻器R3上标有“10Ω,2A”的字样,理想电压表的量程有0~3V和0~15V两挡,理想电流表的量程有0~0.6A和0~3A两挡.闭合开关S,将滑片P从最左端向右移动到某位置时,电压表、电流表示数分别为2V和0.5A;继续向右移动滑片P至另一位置,电压表指针指在满偏的13,电流表指针也指在满偏的13.求电源电动势与内阻的大小.(保留两位有效数字)【答案】7.0V,2.0Ω.【解析】【分析】根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化,是可判断所选量程,从而求出电流表的示数;由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式,联立即可求得电源的电动势.【详解】滑片P向右移动的过程中,电流表示数在减小,电压表示数在增大,由此可以确定电流表量程选取的是0~0.6 A,电压表量程选取的是0~15 V,所以第二次电流表的示数为13×0.6 A=0.2 A,电压表的示数为13×15 V=5 V当电流表示数为0.5A时,R1两端的电压为U1=I1R1=0.5×4 V=2 V回路的总电流为I总=I1+12UR=0.5+22A=1.5 A由闭合电路欧姆定律得E=I总r+U1+U3,即E=1.5r+2+2①当电流表示数为0.2 A时,R1两端的电压为U1′=I1′R1=0.2×4V=0.8 V 回路的总电流为I总′=I1′+12UR'=0.2+0.82A=0.6A由闭合电路欧姆定律得E=I总′r+U1′+U3′,即E=0.6r+0.8+5②联立①②解得E=7.0 V,r=2.0Ω【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律,但解题时要注意先会分析电流及电压的变化,从而根据题间明确所选电表的量程.6.如图所示的电路中,电炉电阻R=10Ω,电动机线圈的电阻r=1Ω,电路两端电压U=100V,电流表的示数为30A,问:(1)通过电动机的电流为多少?(2)通电一分钟,电动机做的有用功为多少?【答案】(1)I2=20A (2)W=9.6×104J【解析】【详解】根据欧姆定律,通过电炉的电流强度为:11001010UI A AR===根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系,则通过电动机的电流强度为:I2=I-I1=20 A.电动机的总功率为P=UI2=100×20 W=2×103W.因发热而损耗的功率为P′=I22r=400 W.电动机的有用功率(机械功率)为P″=P-P′=1.6×103W,电动机通电1 min做的有用功为W=P″t=1.6×103×60 J=9.6×104J.【点睛】题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机).在纯电阻电路中可运用欧姆定律I=U/R直接求出电流强度,而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出.在非纯电阻电路中,电功大于电热,两者的差值才是有用功.7.利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。

高考物理高考物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题

高考物理高考物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题

高考物理高考物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题一、稳恒电流专项训练1.如图10所示,P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,相距为L 1 ,处在竖直向下、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场中.一导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动.质量为m 、每边电阻均为r 、边长为L 2的正方形金属框abcd 置于倾斜角θ=30°的光滑绝缘斜面上(ad ∥MN ,bc ∥FG ,ab ∥MG, dc ∥FN),两顶点a 、d 通过细软导线与导轨P 、Q 相连,磁感应强度大小为B 2的匀强磁场垂直斜面向下,金属框恰好处于静止状态.不计其余电阻和细导线对a 、d 点的作用力. (1)通过ad 边的电流I ad 是多大? (2)导体杆ef 的运动速度v 是多大?【答案】(1)238mg B L (2)1238mgrB B dL【解析】试题分析:(1)设通过正方形金属框的总电流为I ,ab 边的电流为I ab ,dc 边的电流为I dc , 有I ab =34I ① I dc =14I ② 金属框受重力和安培力,处于静止状态,有mg =B 2I ab L 2+B 2I dc L 2 ③由①~③,解得I ab =2234mgB L ④ (2)由(1)可得I =22mgB L ⑤设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ,有E =B 1L 1v ⑥设ad 、dc 、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ,则R =34r ⑦ 根据闭合电路欧姆定律,有I =E R⑧ 由⑤~⑧,解得v =121234mgrB B L L ⑨ 考点:受力分析,安培力,感应电动势,欧姆定律等.2.如图所示,一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L,其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上,并与之接触良好;棒左侧两导轨之间连接一可控电阻;导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面,时刻,给导体棒一个平行与导轨的初速度,此时可控电阻的阻值为,在棒运动过程中,通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定,不计导轨电阻,导体棒一直在磁场中。

高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题

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高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题一、稳恒电流专项训练1.如图10所示,P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,相距为L 1 ,处在竖直向下、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场中.一导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动.质量为m 、每边电阻均为r 、边长为L 2的正方形金属框abcd 置于倾斜角θ=30°的光滑绝缘斜面上(ad ∥MN ,bc ∥FG ,ab ∥MG, dc ∥FN),两顶点a 、d 通过细软导线与导轨P 、Q 相连,磁感应强度大小为B 2的匀强磁场垂直斜面向下,金属框恰好处于静止状态.不计其余电阻和细导线对a 、d 点的作用力. (1)通过ad 边的电流I ad 是多大? (2)导体杆ef 的运动速度v 是多大?【答案】(1)238mg B L (2)1238mgrB B dL【解析】试题分析:(1)设通过正方形金属框的总电流为I ,ab 边的电流为I ab ,dc 边的电流为I dc , 有I ab =34I ① I dc =14I ② 金属框受重力和安培力,处于静止状态,有mg =B 2I ab L 2+B 2I dc L 2 ③由①~③,解得I ab =2234mgB L ④ (2)由(1)可得I =22mgB L ⑤设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ,有E =B 1L 1v ⑥设ad 、dc 、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ,则R =34r ⑦ 根据闭合电路欧姆定律,有I =E R⑧ 由⑤~⑧,解得v =121234mgrB B L L ⑨ 考点:受力分析,安培力,感应电动势,欧姆定律等.2.在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中,为了探究3根材料未知,横截面积均为S =0.20mm 2的金属丝a 、b 、c 的电阻率,采用如图所示的实验电路.M 为金属丝c 的左端点,O 为金属丝a 的右端点,P 是金属丝上可移动的接触点.在实验过程中,电流表读数始终为I =1.25A ,电压表读数U 随OP 间距离x 的变化如下表:x /mm600 700 800 900 1000 120014001600180020002100220023002400U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75⑴绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线; ⑵求出金属丝的电阻率ρ,并进行比较.【答案】(1)如图所示; (2)电阻率的允许范围:a ρ:60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅b ρ:68.510m -⨯Ω⋅~71.1010m -⨯Ω⋅c ρ:60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅通过计算可知,金属丝a 与c 电阻率相同,远大于金属丝b 的电阻率. 【解析】(1)以OP 间距离x 为横轴,以电压表读数U 为纵轴,描点、连线绘出电压表读数U 随OP间距离x变化的图线.(2)根据电阻定律l RSρ=可得S U SRl I lρ=⋅=⋅.663(6.5 3.9)0.20101.04101.25(1000600)10am mρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯673(7.1 6.5)0.20109.6101.25(20001000)10bm mρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯663(9.77.1)0.20101.04101.25(24002000)10cm mρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯通过计算可知,金属丝a与c电阻率相同,远大于金属丝b的电阻率.3.一电路如图所示,电源电动势E=28v,内阻r=2Ω,电阻R1=4Ω,R2=8Ω,R3=4Ω,C为平行板电容器,其电容C=3.0pF,虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m,两极板的间距d=1.0×10-2m.(1)闭合开关S稳定后,求电容器所带的电荷量为多少?(2)当开关S闭合后,有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的电场中,已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场,求该带电粒子的比荷q/m(不计粒子的重力,M、N板之间的电场看作匀强电场,g=10m/s2)【答案】(1)114.810C-⨯(2)46.2510/C kg-⨯【解析】【分析】【详解】(1)闭合开关S稳定后,电路的电流:12282482EI A AR R r===++++;电容器两端电压:222816RU U IR V V===⨯=;电容器带电量:121123.010164.810RQ CU C C--==⨯⨯=⨯(2)粒子在电场中做类平抛运动,则:0L v t=21122Uqd tdm=联立解得46.2510/qC kgm-=⨯4.如图所示,已知电源电动势E=20V,内阻r=lΩ,当接入固定电阻R=3Ω时,电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求:(1)流过灯泡的电流(2)固定电阻的发热功率(3)电动机输出的机械功率【答案】(1)2A(2)7V(3)12W【解析】(1)接通电路后,小灯泡正常工作,由灯泡上的额定电压U和额定功率P的数值可得流过灯泡的电流为:=2A(2)根据热功率公式,可得固定电阻的发热功率:=12W(3)根据闭合电路欧姆定律,可知电动机两端的电压:=9V电动机消耗的功率:=18W一部分是线圈内阻的发热功率:=4W另一部分转换为机械功率输出,则=14W【点睛】(1)由灯泡正常发光,可以求出灯泡中的电流;(2)知道电阻中流过的电流,就可利用热功率方程,求出热功率;(3)电动机消耗的电功率有两个去向:一部分是线圈内阻的发热功率;另一部分转化为机械功率输出。

高中物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题

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高中物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题一、稳恒电流专项训练1.在如图所示的电路中,电源内电阻r=1Ω,当开关S 闭合后电路正常工作,电压表的读数U=8.5V ,电流表的读数I=0.5A .求: ①电阻R ; ②电源电动势E ; ③电源的输出功率P .【答案】(1)17R =Ω;(2)9E V =;(3) 4.25P w = 【解析】 【分析】 【详解】(1)由部分电路的欧姆定律,可得电阻为:5UR I==Ω (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为E =U +Ir =12V (3)电源的输出功率为P =UI =20W 【点睛】部分电路欧姆定律U =IR 和闭合电路欧姆定律E =U +Ir 是电路的重点,也是考试的热点,要熟练掌握.2.如图所示的电路中,R 1=4Ω,R 2=2Ω,滑动变阻器R 3上标有“10Ω,2A”的字样,理想电压表的量程有0~3V 和0~15V 两挡,理想电流表的量程有0~0.6A 和0~3A 两挡.闭合开关S ,将滑片P 从最左端向右移动到某位置时,电压表、电流表示数分别为2V 和0.5A ;继续向右移动滑片P 至另一位置,电压表指针指在满偏的13,电流表指针也指在满偏的13.求电源电动势与内阻的大小.(保留两位有效数字)【答案】7.0V ,2.0Ω. 【解析】 【分析】根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化,是可判断所选量程,从而求出电流表的示数;由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式,联立即可求得电源的电动势. 【详解】滑片P 向右移动的过程中,电流表示数在减小,电压表示数在增大,由此可以确定电流表量程选取的是0~0.6 A ,电压表量程选取的是0~15 V ,所以第二次电流表的示数为13×0.6 A=0.2 A ,电压表的示数为13×15 V =5 V 当电流表示数为0.5A 时,R 1两端的电压为U 1=I 1R 1=0.5×4 V =2 V回路的总电流为I 总=I 1+12U R =0.5+22A =1.5 A由闭合电路欧姆定律得E =I 总r+U 1+U 3, 即E =1.5r+2+2①当电流表示数为0.2 A 时,R 1两端的电压为U 1′=I 1′R 1=0.2×4V =0.8 V回路的总电流为I 总′=I 1′+12U R '=0.2+0.82A =0.6A 由闭合电路欧姆定律得E =I 总′r+U 1′+U 3′, 即E =0.6r+0.8+5②联立①②解得E =7.0 V ,r =2.0Ω 【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律,但解题时要注意先会分析电流及电压的变化,从而根据题间明确所选电表的量程.3.如图所示,闭合电路处于方向竖直向上的磁场中,小灯泡的电阻为10Ω,其它电阻不计.当磁通量在0. 1s 内从0.2Wb 均匀增加到0.4Wb 过程中,求:①电路中的感应电动势;②如果电路中的电流恒为0.2A ,那么小灯泡在10s 内产生的热量是多少. 【答案】(1)2V (2)4J 【解析】(1)当磁通量发生变化时,闭合电路中要产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律,感应电动势大小为:0.40.220.1E V V t ∆Φ-===∆ (2)当小灯泡上的电流为I=0.2A 时,根据焦耳定律,10s 钟内产生的热量为:Q=I2Rt=0.22×10×10J=4J4.如图所示,已知电源电动势E=20V,内阻r=lΩ,当接入固定电阻R=3Ω时,电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求:(1)流过灯泡的电流(2)固定电阻的发热功率(3)电动机输出的机械功率【答案】(1)2A(2)7V(3)12W【解析】(1)接通电路后,小灯泡正常工作,由灯泡上的额定电压U和额定功率P的数值可得流过灯泡的电流为:=2A(2)根据热功率公式,可得固定电阻的发热功率:=12W(3)根据闭合电路欧姆定律,可知电动机两端的电压:=9V电动机消耗的功率:=18W一部分是线圈内阻的发热功率:=4W另一部分转换为机械功率输出,则=14W【点睛】(1)由灯泡正常发光,可以求出灯泡中的电流;(2)知道电阻中流过的电流,就可利用热功率方程,求出热功率;(3)电动机消耗的电功率有两个去向:一部分是线圈内阻的发热功率;另一部分转化为机械功率输出。

高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题

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高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题一、稳恒电流专项训练1.为了测量一个阻值较大的末知电阻,某同学使用了干电池(1.5V ),毫安表(1mA ),电阻箱(0~9999W ),电键,导线等器材.该同学设计的实验电路如图甲所示,实验时,将电阻箱阻值置于最大,断开2K ,闭合1K ,减小电阻箱的阻值,使电流表的示数为1I =1.00mA ,记录电流强度值;然后保持电阻箱阻值不变,断开1K ,闭合2K ,此时电流表示数为1I =0.80mA ,记录电流强度值.由此可得被测电阻的阻值为____W .经分析,该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致,因此会造成误差.为避免电源对实验结果的影响,又设计了如图乙所示的实验电路,实验过程如下: 断开1K ,闭合2K ,此时电流表指针处于某一位置,记录相应的电流值,其大小为I ;断开2K ,闭合1K ,调节电阻箱的阻值,使电流表的示数为___ ,记录此时电阻箱的阻值,其大小为0R .由此可测出x R = .【答案】0375,,I R 【解析】解:方案一中根据闭合电路欧姆定律,有E=I 1(r+R 1+R 2) (其中r 为电源内阻,R 1为电阻箱电阻,R 2为电流表内阻) E=I 2(r+R 1+R 2+R ) 由以上两式可解得 R=375Ω方案二是利用电阻箱等效替代电阻R 0,故电流表读数不变,为I ,电阻箱的阻值为R 0. 故答案为375,I ,R 0.【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆定律列方程,然后联立求解;第二方案是用等效替代法,要保证电流相等.2.材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1+αt ),其中α称为电阻温度系数,ρ0是材料在t =0℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常量.金属的电阻一般随温度的增加而增加,具有正温度系数;而某些非金属如碳等则相反,具有负温度系数.利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性,可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻.已知:在0℃时,铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m ,碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m ;在0℃附近,铜的电阻温度系数为3.9×10-3℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m 的导体,要求其电阻在0℃附近不随温度变化,求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化).【答案】3.8×10-3m 【解析】 【分析】 【详解】设所需碳棒的长度为L 1,电阻率为1ρ,电阻恒温系数为1α;铜棒的长度为2L ,电阻率为2ρ,电阻恒温系数为2α.根据题意有1101)l t ρρα=+(①2202)l t ρρα=+(②式中1020ρρ、分别为碳和铜在0℃时的电阻率. 设碳棒的电阻为1R ,铜棒的电阻为2R ,有111L R S ρ=③,222LR Sρ=④ 式中S 为碳棒与铜棒的横截面积.碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为12R R R =+⑤,012L L L =+⑥式中0 1.0m L = 联立以上各式得:10112022121020L L L L R t S S Sραραρρ+=++⑦ 要使电阻R 不随温度t 变化,⑦式中t 的系数必须为零.即101120220L L ραρα+=⑧ 联立⑥⑧得:20210202101L L ραραρα=-⑨代入数据解得:313810m L -=⨯.⑩ 【点睛】考点:考查了电阻定律的综合应用本题分析过程非常复杂,难度较大,关键是对题中的信息能够吃投,比如哦要使电阻R 不随温度t 变化,需要满足的条件3.对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。

高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题及解析

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高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题及解析一、稳恒电流专项训练1.对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.(1)一段横截面积为S 、长为l 的直导线,单位体积内有n 个自由电子,电子电荷量为e .该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v . (a )求导线中的电流I ;(b )将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B ,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ,推导F 安=F .(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m ,单位体积内粒子数量n 为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v ,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力F 与m 、n 和v 的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明) 【答案】(1)I nvSe =证明见答案 (2)213F P nm S υ== 【解析】 (1)(a )电流QI t=,又因为[()]Q ne v St =,代入则I nvSe = (b )F 安=BIL ,I nvSe =,代入则:F 安=BnvSeL ;因为总的自由电子个数N=nSL ,每个自由电子受到洛伦兹力大小f=Bve ,所以F=Nf =BnvSeL=F 安,即F 安=F .(2)气体压强公式的推导:设分子质量为m ,平均速率为v ,单位体积的分子数为n ;建立图示柱体模型,设柱体底面积为S ,长为l ,则l t υ= 柱体体积V Sl = 柱体内分子总数N nV =总因分子向各个方向运动的几率相等,所以在t 时间内与柱体底面碰撞的分子总数为’16N N 总总=设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的,则分子碰撞器壁前后,总动量的变化量为2p m N υ∆=,总依据动量定理有Ft p =∆ 又压力Ft p =∆由以上各式得单位面积上的压力2013F F nm S υ== 【点评】本题的第1题中两问都曾出现在课本中,例如分别出现在人教版选修3-1.P42,选修3-1P .42,这两个在上新课时如果老师注意到,并带着学生思考推导,那么这题得分是很容易的.第2问需要利用动量守恒知识,并结合热力学统计知识,通过建立模型,然后进行推导,这对学生能力要求较高,为了处理相应问题,通过建模来处理问题.在整个推导过程并不复杂,但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运动,而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等,即要取总分子个数的16. 【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导.2.(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径,其示数如图所示,该金属导线的直径为 mm .(2)用下列器材装成描绘电阻0R 伏安特性曲线的电路,请将实物图连线成为实验电路. 微安表μA (量程200μA ,内阻约200Ω); 电压表V (量程3V ,内阻约10Ω); 电阻0R (阻值约20 kΩ);滑动变阻器R (最大阻值50Ω,额定电流1 A ); 电池组E (电动势3V ,内阻不计);开关S 及导线若干.【答案】(1)1.880(1.878~1.882均正确) (2)【解析】(1)首先读出固定刻度1.5 mm再读出可动刻度38. 0×0. 01 mm="0.380" mm 金属丝直径为(1.5+0.380) mm="1.880" mm .(注意半刻度线是否漏出;可动刻度需要估读)(2)描绘一个电阻的伏安特性曲线一般要求电压要从0开始调节,因此要采用分压电路.由于0VA 0100,0.5R R R R ==,因此μA 表要采用内接法,其电路原理图为 连线时按照上图中所标序号顺序连接即可.3.环保汽车将为2008年奥运会场馆服务.某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车,总质量3310kg m =⨯.当它在水平路面上以v =36km/h 的速度匀速行驶时,驱动电机的输入电流I =50A ,电压U =300V .在此行驶状态下 (1)求驱动电机的输入功率P 电;(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机,求汽车所受阻力与车重的比值(g 取10m/s 2);(3)设想改用太阳能电池给该车供电,其他条件不变,求所需的太阳能电池板的最小面积.结合计算结果,简述你对该设想的思考.已知太阳辐射的总功率260410W P =⨯,太阳到地球的距离,太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗,该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%.【答案】(1)31.510W P =⨯电(2)/0.045f mg = (3)2101m S = 【解析】试题分析:⑴31.510W P IU 电==⨯⑵0.9P P Fv fv 电机===0.9/f P v =电/0.045f mg =⑶当太阳光垂直电磁板入射式,所需板面积最小,设其为S ,距太阳中心为r 的球面面积204πS r =若没有能量的损耗,太阳能电池板接受到的太阳能功率为P ',则00P S P S '=设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P , 所以()130%P P =-'由于15%P P =电,所以电池板的最小面积()00130%P SP S =-220004π101?m 0.70.150.7r P PS S P P ===⨯电考点:考查非纯电阻电路、电功率的计算点评:本题难度中等,对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用,但消耗电功率依然是UI 的乘积,求解第3问时从能量守恒定律考虑问题是关键,注意太阳的发射功率以球面向外释放4.如图1所示,用电动势为E 、内阻为r 的电源,向滑动变阻器R 供电.改变变阻器R 的阻值,路端电压U 与电流I 均随之变化.(1)以U 为纵坐标,I 为横坐标,在图2中画出变阻器阻值R 变化过程中U -I 图像的示意图,并说明U-I 图像与两坐标轴交点的物理意义.(2)a .请在图2画好的U -I 关系图线上任取一点,画出带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率;b .请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件.(3)请写出电源电动势定义式,并结合能量守恒定律证明:电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和.【答案】(1)U –I 图象如图所示:图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势,与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a如图所示:b.2 4 E r(3)见解析【解析】(1)U–I图像如图所示,其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势,与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a.如图所示b.电源输出的电功率:2222 ()2E EP I R RrRrR rR===+++当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为2max=4EPr(3)电动势定义式:WEq=非静电力根据能量守恒定律,在图1所示电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,即22W I rt I Rt Irq IRq=+=+E Ir IR U U=+=+外内本题答案是:(1)U–I图像如图所示,其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势,与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a.如图所示当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为2max=4EPr(3)E U U =+外内点睛:运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式,并求出当R =r 时,输出功率最大.5.守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律,它为我们解决许多实际问题提供了依据.在物理学中这样的守恒定律有很多,例如:电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等等.(1)根据电荷守恒定律可知:一段导体中通有恒定电流时,在相等时间内通过导体不同截面的电荷量都是相同的.a .己知带电粒子电荷量均为g ,粒子定向移动所形成的电流强度为,求在时间t 内通过某一截面的粒子数N .b .直线加速器是一种通过高压电场使带电粒子加速的装置.带电粒子从粒子源处持续发出,假定带电粒子的初速度为零,加速过程中做的匀加速直线运动.如图l 所示,在距粒子源l 1、l 2两处分别取一小段长度相等的粒子流I ∆.已知l l :l 2=1:4,这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n 1和n 2,求:n 1:n 2.(2)在实际生活中经常看到这种现象:适当调整开关,可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细,如图2所示,垂 直于水柱的横截面可视为圆.在水柱上取两个横截面A 、B ,经过A 、B 的水流速度大小分别为v I 、v 2;A 、B 直径分别为d 1、d 2,且d 1:d 2=2:1.求:水流的速度大小之 比v 1:v 2.(3)如图3所示:一盛有水的大容器,其侧面有一个水平的短细管,水能够从细管中喷出;容器中水面的面积S l 远远大于细管内的横截面积S 2;重力加速度为g .假设 水不可压缩,而且没有粘滞性.a .推理说明:容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多,可以忽略不计:b .在上述基础上,求:当液面距离细管的高度为h 时, 细管中的水流速度v .【答案】(1)a. Q It N q q== ;b. 21:2:1n n =;(2)221221::1:4v v d d ==;(3)a.设:水面下降速度为1v ,细管内的水流速度为v .按照水不可压缩的条件,可知水的体积守恒或流量守恒,即:12Sv Sv =,由12S S >>,可得12v v <<.所以:液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计. b. 2v gh 【解析】 【分析】 【详解】 (1)a.电流Q I t=, 电量Q Nq = 粒子数Q It N q q== b.根据2v ax =可知在距粒子源1l 、2l 两处粒子的速度之比:12:1:2v v =极短长度内可认为速度不变,根据x v t∆=∆, 得12:2:1t t =根据电荷守恒,这两段粒子流中所含粒子数之比:12:2:1n n = (2)根据能量守恒,相等时间通过任一截面的质量相等,即水的质量相等.也即:2··4v d π处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比:221221::1:4v v d d ==(3)a .设:水面下降速度为1v ,细管内的水流速度为v .按照水不可压缩的条件,可知水的体积守恒或流量守恒,即:12Sv Sv = 由12S S >>,可得:12v v <<.所以液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计. b.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知:液面上质量为m 的薄层水的机械能等于细管中质量为m 的小水柱的机械能. 又根据上述推理:液面薄层水下降的速度1v 忽略不计,即10v =. 设细管处为零势面,所以有:21002mgh mv +=+ 解得:2v gh =6.如图所示,固定的水平金属导轨间距L =2 m .处在磁感应强度B =4×l0-2 T 的竖直向上的匀强磁场中,导体棒MN 垂直导轨放置,并始终处于静止状态.已知电源的电动势E =6 V ,内电阻r =0.5 Ω,电阻R =4.5 Ω,其他电阻忽略不计.闭合开关S ,待电流稳定后,试求: (1)导体棒中的电流;(2)导体棒受到的安培力的大小和方向.【答案】(1)1.2 A ; (2)0.096 N ,方向沿导轨水平向左 【解析】 【分析】 【详解】(1)由闭合电路欧姆定律可得:I =64.50.5E A R r =++=1.2A (2)安培力的大小为: F =BIL =0.04×1.2×2N =0.096N安培力方向为沿导轨水平向左7.在图所示的电路中,电源电压U 恒定不变,当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W ,当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ,求:(1)电阻R 1与R 2的比值是多大?(2)S断开时,电阻R2消耗的电功率是多少?(3)S闭合与断开时,流过电阻R1的电流之比是多少?【答案】2∶1,2W,3∶2【解析】【分析】【详解】(1)当S闭合时R1消耗的电功率为9W,则:2119WUPR==当S断开时R1消耗的电功率为4W,则:21112'()4WUP RR R=+=解得:12:2:1R R=(2)S断开时R1和R2串联,根据公式2P I R=,功率之比等于阻值之比,所以:1122':':2:1P P R R==又因为1'4WP=,所以,S断开时,电阻R2消耗的电功率:22'WP=(3)S闭合时:1UIR=S断开时:12'URIR+=所以:1212'3R RIRI+==8.如图所示的电路中,电炉电阻R=10Ω,电动机线圈的电阻r=1Ω,电路两端电压U=100V,电流表的示数为30A,问:(1)通过电动机的电流为多少?(2)通电一分钟,电动机做的有用功为多少?【答案】(1)I2=20A (2)W=9.6×104J【解析】【详解】根据欧姆定律,通过电炉的电流强度为:11001010UI A AR===根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系,则通过电动机的电流强度为:I2=I-I1=20 A.电动机的总功率为P=UI2=100×20 W=2×103W.因发热而损耗的功率为P′=I22r=400 W.电动机的有用功率(机械功率)为P″=P-P′=1.6×103W,电动机通电1 min做的有用功为W=P″t=1.6×103×60 J=9.6×104J.【点睛】题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机).在纯电阻电路中可运用欧姆定律I=U/R直接求出电流强度,而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出.在非纯电阻电路中,电功大于电热,两者的差值才是有用功.9.如图a所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距L=1m,导轨平面与水平面成θ=370角,下端连接阻值为R=0.4Ω的电阻.匀强磁场方向垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B=0.4T,质量m=0.2Kg、电阻R=0.4Ω的金属杆放在两导轨上,杆与导轨垂直且保持良好接触,金属导轨之间连接一理想电压表.现用一外力F沿水平方向拉杆,使之由静止沿导轨开始下滑,电压表示数U随时间t变化关系如图b所示.取g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8求:⑴金属杆在第5s末的运动速率;⑵第5s末外力F的功率;【答案】(1)1m/s (2)-0.8W【解析】【分析】金属杆沿金属导轨方向在三个力作用下运动,一是杆的重力在沿导轨向下方向的分力G1,二是拉力F在沿导轨向下方向的分力F1,三是沿导轨向上方向的安培力,金属杆在这几个力的作用下,向下做加速运动.【详解】(1)如下图所示,F 1是F 的分力,G 1是杆的重力的分力,沿导轨向上方向的安培力未画出,由题设条件知,电压表示数U 随时间t 均匀增加,说明金属杆做的是匀加速运动,由b 图可得金属杆在第5s 末的电压是0.2V ,设此时杆的运动速率为v ,电压为U ,电流I ,由电磁感应定律和欧姆定律有E BLv =因电路中只有两个相同电阻,有1122U E BLv == 解得1v =m/s故金属杆在第5s 末的运动速率是1m/s(2) 金属杆做的是匀加速运动,设加速度为a ,此时杆受的安培力为f ,有va t==0.2m/s 2220.22B L vf BTL R===N1G mg =sin θ=1.2N由牛顿第二定律得11G f F ma --= 110.8F G f ma =--=N由功率公式得10.8P F v ==W因1F 的方向与棒的运动方向相反,故在第5s 末外力F 的功率是--0.8W . 【点睛】由电阻的电压变化情况来分析金属棒的运动情况.10.如图所示,粗糙斜面的倾角θ=37°,半径r =0.5 m 的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场.一个匝数n =10匝的刚性正方形线框abcd ,通过松弛的柔软导线与一个额定功率P =1.25 W 的小灯泡A 相连,圆形磁场的一条直径恰好过线框bc 边.已知线框质量m =2 kg ,总电阻R 0=1.25 Ω,边长L >2r ,与斜面间的动摩擦因数μ=0.5.从t =0时起,磁场的磁感应强度按B=2-2πt(T)的规律变化.开始时线框静止在斜面上,在线框运动前,灯泡始终正常发光.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小灯泡正常发光时的电阻R;(2)线框保持不动的时间内,小灯泡产生的热量Q.【答案】(1)1.25 Ω(2)3.14 J【解析】【分析】(1)根据法拉第电磁感应定律,即可求解感应电动势;由功率表达式,结合闭合电路欧姆定律即可;(2)对线框受力分析,并结合平衡条件,及焦耳定律,从而求得.【详解】(1)由法拉第电磁感应定律有E=ntΦ∆∆得22121100.5 2.5?22BE n r V Vtπππ∆⨯⨯⨯⨯∆===小灯泡正常发光,有P=I2R由闭合电路欧姆定律有E=I(R0+R)则有P=(ER R+)2R,代入数据解得R=1.25 Ω.(2)对线框受力分析如图设线框恰好要运动时,磁场的磁感应强度大小为B′,由力的平衡条件有mg sin θ=F安+f=F安+μmg cos θF安=nB′I×2r联立解得线框刚要运动时,磁场的磁感应强度大小B′=0.4 T线框在斜面上可保持静止的时间1.642/5t s sππ==小灯泡产生的热量Q =Pt =1.25×45πJ =3.14 J.11.麦克斯韦的电磁场理论告诉我们:变化的磁场产生感生电场,该感生电场是涡旋电场;变化的电场也可以产生感生磁场,该感生磁场是涡旋磁场.(1)如图所示,在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小随时间的变化关系为B =kt (k >0且为常量).将一半径也为r 的细金属圆环(图中未画出)与虚线边界同心放置.①求金属圆环内产生的感生电动势ε的大小.②变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中,在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆,如图中的实线所示,圆心与磁场区域的中心重合.在同一圆周上,涡旋电场的电场强度大小处处相等.使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力,这个力称为涡旋电场力,其与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同.请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E 感.(2)如图所示,在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场,电场强度大小随时间的变化关系为E =ρt (ρ>0且为常量).①我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量,同样地,我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量.电场强度发生变化时,对应面积内的电通量也会发生变化,该变化的电场必然会产生磁场.小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B 感的方法可以类比(1)中求解E 感的方法.若小明同学的猜想成立,请推导B 感在距离电场中心为a (a <r )处的表达式,并求出在距离电场中心2r和2r 处的磁感应强度的比值B 感1:B 感2.②小红同学对上问通过类比得到的B 感的表达式提出质疑,请你用学过的知识判断B 感的表达式是否正确,并给出合理的理由. 【答案】(1)①2k r π ②kr2;(2)①1:1②不正确. 【解析】 【分析】(1)①根据法拉第电磁感应定律求解金属圆环内产生的感生电动势ε的大小.②在金属圆环内,求解非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功,求解电动势,从而求解感应电场强度;(2)①类比(1)中求解E 感的过程求解 两处的磁感应强度的比值;②通过量纲分析表达式的正误. 【详解】(1)①根据法拉第电磁感应定律得()2B S BS k r t t tεπ∆⋅∆Φ∆====∆∆∆ ②在金属圆环内,非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功W 非=qE 感·2πr 根据电动势的定义W q非ε=解得感生电场的场强大小22krE r t π∆Φ==∆感 (2)①类比(1)中求解E 感的过程,在半径为R 处的磁感应强度为2eB R tπ∆Φ=∆感 在R=a 时,2e E a πΦ=,解得2aB ρ=感在R=2r 时, 212e r E π⎛⎫Φ= ⎪⎝⎭,解得14r B ρ=感 将R=2r 时, 22e E r πΦ=,解得24rB ρ=感所以1211B B =感感 ② 上问中通过类比得到的B 感的表达式不正确;因为通过量纲分析我们知道:用基本物理量的国际单位表示2eB R tπ∆Φ=∆感的导出单位为24kg m A s ⋅⋅ ;又因为F B IL =,用基本物理量的国际单位表示F B IL =的导出单位为2kgA s ⋅.可见,通过类比得到的B 感的单位是不正确的,所以2e B R t π∆Φ=∆感的表达式不正确. 【点睛】考查电磁学综合运用的内容,掌握法拉第电磁感应定律、电场强度和磁感应强度的应用,会用类比法解决问题以及用物理量的量纲判断表达式的正误.12.如图甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具,它在飞起时能够发光.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化:如图乙所示,半径为L 的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω匀速转动,圆环上接有电阻均为r 的三根导电辐条OP 、OQ 、OR ,辐条互成120°角.在圆环内,圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B 的匀强磁场,在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(可看成二极管,发光时电阻为r ).圆环及其它电阻不计,从辐条OP 进入磁场开始计时.(1)顺磁感线方向看,圆盘绕O 1O 2轴沿什么方向旋转,才能使LED 灯发光?在不改变玩具结构的情况下,如何使LED 灯发光时更亮?(2)在辐条OP 转过60°的过程中,求通过LED 灯的电流; (3)求圆环每旋转一周,LED 灯消耗的电能.【答案】(1)逆时针;增大角速度(2)28BL r ω(3)2432B L rωπ【解析】试题分析:(1)圆环转动过程,始终有一条导电辐条在切割磁感线,产生感应电动势,并通过M.N 和二极管构成闭合回路.由于二极管的单向导电性,只有转轴为正极,即产生指向圆心的感应电流时二极管才发光,根据右手定则判断,圆盘逆时针旋转. 要使得LED 灯发光时更亮,就要使感应电动势变大,即增大转速增大角速度ω. (2)导电辐条切割磁感线产生感应电动势212E BL ω=此时O 点相当于电源正极,P 点为电源负极,电源内阻为r 电源外部为二个导体辐条和二极管并联,即外阻为3r . 通过闭合回路的电流343E E I r r r ==+带入即得22133248BL BL I r rωω⨯==流过二极管电流为238I BL rω=(3)转动过程始终有一个导电辐条在切割磁感线,所以经过二极管的电流不变 转过一周所用时间2T πω=所以二极管消耗的电能2422'()332I B L Q I rT rT rωπ===考点:电磁感应 串并联电路13.如图所示,水平面内固定的三条光滑平行金属导轨a 、b 、c ,相距均为d=2m ,导轨ac 间横跨一质量为m=1kg 的金属棒MN ,棒与导轨始终良好接触.棒的总电阻r=2Ω,导轨的电阻忽略不计.在导轨bc 间接一电阻为R=2Ω的灯泡,导轨ac 间接一理想电压表.整个装置放在磁感应强度B=2T 匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.现对棒MN 施加一水平向右的拉力F ,使棒从静止开始运动,已知施加的水平外力功率恒定,经过t=2s 时间棒的速度达到υ=3m/s 且以后稳定.试求:(1)金属棒速度稳定时施加的水平恒力F 为多大? (2)水平外力F 的功率为多少?(3)在此t=2s 时间内金属棒产生的热量是多少? 【答案】(1)16N (2)48W (3)30.5J 【解析】试题分析:(1)金属棒速度达到稳定,有:0=-安F F 而BId F =安,2/r R υBd I +=联立得:F=16N (2)υF P ==48W(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为1Q 、2Q ,根据焦耳定律得知: 22/21==r R Q Q 由功能关系得:Pt=1Q +2Q +221υm代入数据得:2Q =30.5J考点:法拉第电磁感应定律;焦耳定律;功能关系14.如图甲所示,在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R=4Ω的定值电阻,两导轨在同一平面内,质量为m=0.2kg ,长为L=1.0m 的导体棒ab 垂直于导轨,使其从靠近电阻处由静止开始下滑,已知导体棒电阻为r=1Ω,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,导体棒下滑过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示.求:(1)导轨平面与水平面间夹角θ (2)磁场的磁感应强度B ;(3)若靠近电阻处到底端距离为S=7.5m ,ab 棒在下滑至底端前速度已达5m/s ,求ab 棒下滑到底端的整个过程中,电阻R 上产生的焦耳热.【答案】(1)导轨平面与水平面间夹角θ为30°.(2)磁场的磁感应强度B为1T.(3)ab棒下滑到底端的整个过程中,电阻R上产生的焦耳热是4J.【点评】本题的解题关键是根据牛顿第二定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式,结合图象的信息求解相关量.【解析】试题分析:(1)设刚开始下滑时导体棒的加速度为a1,则a1=5得:(2)当导体棒的加速度为零时,开始做匀速运动,设匀速运动的速度为v0,导体棒上的感应电动势为E,电路中的电流为I,由乙图知,匀速运动的速度v0=5此时,,,联立得:(4)设ab棒下滑过程,产生的热量为Q,电阻R上产生的热量为Q R,则,考点:本题考查电磁感应、能量守恒15.如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面夹角θ=30°,导轨电阻不计.磁感应强度为B=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上,长为L=0.5m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨电接触良好,金属棒ab的质量m=1kg、电阻r=1Ω.两金属导轨的上端连接右端电路,灯泡电阻R L=4Ω,定值电阻R1=2Ω,电阻箱电阻R2=12Ω,重力加速度为g=10m/s2,现闭合开关,将金属棒由静止释放,下滑距离为s0=50m时速度恰达到最大,试求:(1)金属棒下滑的最大速度v m;(2)金属棒由静止开始下滑2s0的过程中整个电路产生的电热Q.【答案】(1)30m/s(2)50J【解析】解:(1)由题意知,金属棒匀速下滑时速度最大,设最大速度为v m,则有:mgsinθ=F安又 F安=BIL,即得mgsinθ=BIL…①ab棒产生的感应电动势为 E=BLv m…②通过ab的感应电流为 I=…③回路的总电阻为 R=r+R1+…④联解代入数据得:v m=30m/s…⑤(2)由能量守恒定律有:mg•2s0sinθ=Q+…⑥联解代入数据得:Q=50J…⑦答:(1)金属棒下滑的最大速度v m是30m/s.(2)金属棒由静止开始下滑2s0的过程中整个电路产生的电热Q是50J.【点评】本题对综合应用电路知识、电磁感应知识和数学知识的能力要求较高,但是常规题,要得全分.。

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高中物理稳恒电流解题技巧及练习题一、稳恒电流专项训练1.对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。

如图所示:一段横截面积为S 、长为l 的金属电阻丝,单位体积内有n 个自由电子,每一个电子电量为e 。

该电阻丝通有恒定电流时,两端的电势差为U ,假设自由电子定向移动的速率均为v 。

(1)求导线中的电流I ;(2)有人说“导线中电流做功,实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”。

这种说法是否正确,通过计算说明。

(3)为了更好地描述某个小区域的电流分布情况,物理学家引入了电流密度这一物理量,定义其大小为单位时间内通过单位面积的电量。

若已知该导线中的电流密度为j ,导线的电阻率为ρ,试证明: Uj lρ=。

【答案】(1)I neSv =;(2)正确,说明见解析;(3)证明见解析【解析】 【详解】(1)电流的定义式QI t=,在t 时间内,流过横截面的电荷量Q nSvte = 因此I neSv = (2)这种说法正确。

在电路中,导线中电流做功为:W UIt = 在导线中,恒定电场的场强UE l=,导体中全部自由电荷为q nSle =, 导线中的恒定电场对自由电荷力做的功:U UW qEvt q vt nSel vt nSevUt l l==== 又因为I neSv =,则W UIt =故“导线中电流做功,实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”是正确的。

(3)由欧姆定律:U IR = 由电阻定律:lR Sρ= 则l U I S ρ=,则有:U I l Sρ= 电流密度的定义:Q Ij St S== 故Uj lρ=2.在如图所示的电路中,电源内电阻r=1Ω,当开关S 闭合后电路正常工作,电压表的读数U=8.5V ,电流表的读数I=0.5A .求: ①电阻R ; ②电源电动势E ; ③电源的输出功率P .【答案】(1)17R =Ω;(2)9E V =;(3) 4.25P w = 【解析】 【分析】 【详解】(1)由部分电路的欧姆定律,可得电阻为:5UR I==Ω (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为E =U +Ir =12V (3)电源的输出功率为P =UI =20W 【点睛】部分电路欧姆定律U =IR 和闭合电路欧姆定律E =U +Ir 是电路的重点,也是考试的热点,要熟练掌握.3.一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动,线圈匝数100n =,穿过每匝线圈的磁通量ϕ随时间按正弦规律变化,如图所示,发电机内阻 5.0r =Ω,外电路电阻95R =Ω,已知感应电动势的最大值m m E n ω=Φ,其中m Φ为穿过每匝线圈磁通量的最大值,求串联在外电路的交流电流表(内阻不计)的读数。

2A 【解析】 【详解】由图可知磁通量最大值为:21.010Wb m -Φ=⨯线圈转动的角速度为:22 3.142rad/s 200rad/s 3.1410T πω-⨯===⨯ 代入公式m m E n ω=Φ得:200V m E =交流电流的最大值为:mm 2A E I R r==+ 交流电流表的读数为:2A 2mI ==4.在如图所示的电路中,电源内阻r =0.5Ω,当开关S 闭合后电路正常工作,电压表的读数U =2.8V ,电流表的读数I =0.4A 。

若所使用的电压表和电流表均为理想电表。

求: ①电阻R 的阻值; ②电源的内电压U 内; ③电源的电动势E 。

【答案】①7Ω;②0.2V ;③3V 【解析】 【详解】①由欧姆定律U IR =得2.8Ω7Ω0.4U R I === 电阻R 的阻值为7Ω。

②电源的内电压为0.40.50.2V U Ir ==⨯=内电源的内电压为0.2V 。

③根据闭合电路欧姆定律有2.8V 0.40.5V 3V E U Ir =+=+⨯=即电源的电动势为3V 。

5.微波炉的工作应用了一种电磁波——微波(微波的频率为2.45×106Hz ).食物中的水分子在微波的作用下加剧了热运动,内能增加,温度升高,食物增加的能量是微波给它的.右下表是某微波炉的部分技术参数,问:(1)该微波炉内磁控管产生的微波波长是多少? (2)该微波炉在使用微波挡工作时的额定电流是多少?(3)如果做一道菜,使用微波挡需要正常工作30min ,则做这道菜需消耗的电能为多少? 【答案】(1)0.12m (2)5A (3)61.9810J ⨯ 【解析】 【分析】由c =λf 求得λ;额定电流=额定功率除以额定电压;消耗的电能等于功率与时间的乘积. 【详解】(1)波长为863100.12245010c m m f λ⨯===⨯. (2)额定电流:11005220P I A A U ===. (3)消耗的电能 E =W =Pt =1100×1800=1.98×106J . 【点睛】本题主要考查了电功率和电能的计算,属于基础题.6.一交流电压随时间变化的图象如图所示.若用此交流电为一台微电子控制的电热水瓶供电,电热水瓶恰能正常工作.加热时的电功率P =880W ,保温时的电功率P ′=20W .求:①该交流电电压的有效值U ; ②电热水瓶加热时通过的电流I ;. ③电热水瓶保温5h 消耗的电能E . 【答案】①220V ②4A ③53.610J ⨯ 【解析】①根据图像可知,交流电电压的最大值为:2202m U V =, 则该交流电电压的有效值为:2202mU V ==;②电热水瓶加热时,由P UI =得:8804220P I A A U === ③电热水瓶保温5h 消耗的电能为:52053600 3.610W P t J J ='=⨯⨯=⨯点睛:本题根据交流电图象要能正确求解最大值、有效值、周期、频率等物理量,要明确功率公式P UI =对交流电同样适用,不过U 、I 都要用有效值.7.如图所示,已知R 3=3Ω,理想电压表读数为3v ,理想电流表读数为2A ,某时刻由于电路中R 3发生断路,电流表的读数2.5A ,R 1上的电压为5v ,求:(1)R 1大小、R 3发生断路前R 2上的电压、及R 2阻值各是多少?(R 3发生断路时R 2上没有电流)(2)电源电动势E 和内电阻r 各是多少? 【答案】(1)1V 1Ω(2)10 V ;2Ω 【解析】试题分析:(1)R 3断开时 电表读数分别变为5v 和2.5A 可知R 1=2欧 R 3断开前R 1上电压U 1=R 1I=4V U 1= U 2 + U 3 所以 U 2=1V U 2:U 3 = R 2:R 3 =1:3 R 2=1Ω(2)R 3断开前 总电流I 1=3A E = U 1 + I 1rR 3断开后 总电流I 2=2.5AE = U 2 + I 2r联解方程E= 10 V r=2Ω 考点:闭合电路的欧姆定律 【名师点睛】8.在如图所示的电路中,两平行正对金属板A 、B 水平放置,两板间的距离d =4.0cm .电源电动势E =400V ,内电阻r =20Ω,电阻R 1=1980Ω.闭合开关S ,待电路稳定后,将一带正电的小球(可视为质点)从B 板上的小孔以初速度v 0=1.0m/s 竖直向上射入两板间,小球恰好能到达A 板.若小球所带电荷量q =1.0×10-7C ,质量m =2.0×10-4kg ,不考虑空气阻力,忽略射入小球对电路的影响,取g =10m/s 2.求:(1)A 、B 两金属板间的电压的大小U ; (2)滑动变阻器消耗的电功率P ; (3)电源的效率η.【答案】(1)U =200V (2)20W (3)0099.5 【解析】 【详解】(1)小球从B 板上的小孔射入恰好到达A 板的过程中,在电场力和重力作用下做匀减速直线运动,设A 、B 两极板间电压为U ,根据动能定理有:20102qU mgd mv --=-,解得:U = 200 V .(2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R ,根据闭合电路欧姆定律可知,电路中的电流1EI R R r=++,而 U = IR ,解得:R = 2×103 Ω滑动变阻器消耗的电功率220U P W R==.(3)电源的效率2121()099.50()P I R R P I R R r η+===++出总. 【点睛】本题电场与电路的综合应用,小球在电场中做匀减速运动,由动能定理求电压.根据电路的结构,由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻.9.对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻的理解其物理本质。

一段长为l 、电阻率为ρ、横截面积为S 的细金属直导线,单位体积内有n 个自由电子,电子电荷量为e 、质量为m 。

(1)当该导线通有恒定的电流I 时:①请根据电流的定义,推导出导线中自由电子定向移动的速率v ;②经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞,该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用,该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。

若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比,比例系数为k 。

请根据以上的描述构建物理模型,推导出比例系数k 的表达式。

(2)将上述导线弯成一个闭合圆线圈,若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动,线圈中不会有电流通过,若线圈转动的线速度大小发生变化,线圈中会有电流通过,这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917年发现,被称为斯泰瓦—托尔曼效应。

这一现象可解释为:当线圈转动的线速度大小均匀变化时,由于惯性,自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。

取线圈为参照物,金属离子相对静止,由于惯性影响,可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力,该力的作用相当于非静电力的作用。

已知某次此线圈匀加速转动过程中,该切线方向的力的大小恒为F 。

根据上述模型回答下列问题:① 求一个电子沿线圈运动一圈,该切线方向的力F 做功的大小; ② 推导该圆线圈中的电流 'I 的表达式。

【答案】(1)①Iv neS=;② ne 2ρ;(2)① Fl ;② 'FS I e ρ=。

【解析】 【分析】 【详解】(1)①一小段时间t ∆内,流过导线横截面的电子个数为:N n Sv t ∆=⋅∆对应的电荷量为:Q Ne n Sv t e ∆=∆=⋅∆⋅根据电流的定义有:QI neSv t∆==∆ 解得:I v neS=②从能量角度考虑,假设金属中的自由电子定向移动的速率不变,则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等,即:0Ue kvl -=又因为:neSv lU IR nev l Sρρ⋅=== 联立以上两式得:2k ne ρ=(2)①电子运动一圈,非静电力做功为:2W F r Fl π=⋅=非②对于圆线圈这个闭合回路,电动势为:W FlE e e==非 根据闭合电路欧姆定律,圆线圈这个闭合回路的电流为:EI R'=联立以上两式,并根据电阻定律:l R Sρ= 解得:FS I e ρ'=10.材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应,利用这种效应可以测量磁感应强度.如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线,其中R B 、R 0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值.为了测量磁感应强度B ,需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R B .请按要求完成下列实验.(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路,并在图中的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出,待测磁场磁感应强度大小约为0.6~1.0 T ,不考虑磁场对电路其他部分的影响).要求误差较小.提供的器材如下: A .磁敏电阻,无磁场时阻值R 0=150 Ω B .滑动变阻器R ,总电阻约为20 Ω C .电流表A ,量程2.5 mA ,内阻约30 Ω D .电压表V ,量程3 V ,内阻约3 kΩ E .直流电源E ,电动势3 V ,内阻不计 F .开关S ,导线若干(2)正确接线后,将磁敏电阻置入待测磁场中,测量数据如下表:1 2 3 4 5 6 U (V) 0.00 0.45 0.91 1.50 1.79 2.71 I (mA)0.000.300.601.001.201.80根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B =______Ω. 结合题图可知待测磁场的磁感应强度B =______T.(3)试结合题图简要回答,磁感应强度B 在0~0.2 T 和0.4~1.0 T 范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同?________________________________________________________________________.(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称),由图线可以得到什么结论?___________________________________________________________________________. 【答案】(1)见解析图 (2)1500;0.90(3)在0~0.2T 范围内,磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或不均匀变化);在11.如图甲,电阻为R=2Ω的金属线圈与一平行粗糙轨道相连并固定在水平面内,轨道间 距为d =0.5m ,虚线右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B 1=0.1T ,磁场内外分别静置垂直于导轨的金属棒P 和Q ,其质量m 1=m 2= 0.02kg ,电阻R 1=R 2= 2Ω.t=0时起对左侧圆形线圈区域施加一个垂直于纸面的交变磁场B 2,使得线圈中产生如图乙所示的正弦交变电流(从M 端流出时为电流正方向),整个过程两根金属棒都没有滑动,不考虑P 和Q 电流的磁场以及导轨电阻.取重力加速度g= l0m/s 2,(1)若第1s 内线圈区域的磁场B 2正在减弱,则其方向应是垂直纸面向里还是向外? (2)假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,金属棒与导轨间的滑动摩擦因数至少应是多少? (3)求前4s 内回路产生的总焦耳热. 【答案】(1) 垂直纸面向里(2) 0.25.(3) 24J 【解析】试题分析:(1)第1s 内线圈区域的磁场2B 正在减弱,由图乙知:线圈中电流方向沿顺时针方向,根据楞次定律判断得知,磁场2B 的方向垂直纸面向里.(2)由图乙知,线圈中电流最大值为02I A =,则通过Q 棒的电流最大值为1;m I A =要使金属棒静止,安培力不大于最大静摩擦力,则有1m B I d mg μ≤ 得 ,故金属棒与导轨间的滑动摩擦因数至少应是0.25. (3)前4s 内电流的有效值为 回路的总电阻为0222I I ===2Ω+1Ω=3Ω 回路产生的总焦耳热224Q I R t J ==总考点:楞次定律;物体的平衡;焦耳定律.12.如图甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具,它在飞起时能够发光.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化:如图乙所示,半径为L 的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω匀速转动,圆环上接有电阻均为r 的三根导电辐条OP 、OQ 、OR ,辐条互成120°角.在圆环内,圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B 的匀强磁场,在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(可看成二极管,发光时电阻为r ).圆环及其它电阻不计,从辐条OP 进入磁场开始计时.(1)顺磁感线方向看,圆盘绕O 1O 2轴沿什么方向旋转,才能使LED 灯发光?在不改变玩具结构的情况下,如何使LED 灯发光时更亮?(2)在辐条OP 转过60°的过程中,求通过LED 灯的电流; (3)求圆环每旋转一周,LED 灯消耗的电能.【答案】(1)逆时针;增大角速度(2)28BL r ω(3)2432B L rωπ【解析】试题分析:(1)圆环转动过程,始终有一条导电辐条在切割磁感线,产生感应电动势,并通过M.N 和二极管构成闭合回路.由于二极管的单向导电性,只有转轴为正极,即产生指向圆心的感应电流时二极管才发光,根据右手定则判断,圆盘逆时针旋转. 要使得LED 灯发光时更亮,就要使感应电动势变大,即增大转速增大角速度ω. (2)导电辐条切割磁感线产生感应电动势212E BL ω=此时O 点相当于电源正极,P 点为电源负极,电源内阻为r 电源外部为二个导体辐条和二极管并联,即外阻为3r . 通过闭合回路的电流343E E I r r r ==+带入即得22133248BL BL I r rωω⨯==流过二极管电流为238I BL rω=(3)转动过程始终有一个导电辐条在切割磁感线,所以经过二极管的电流不变 转过一周所用时间2T πω=所以二极管消耗的电能2422'()332I B LQ I rT rTrωπ===考点:电磁感应串并联电路13.如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨相距为1m,导轨平面与水平面的夹角θ=37°,其上端接一阻值为3Ω的灯泡D.在虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B,且磁感应强度B=1T,磁场区域的宽度为d=3.75m,导体棒a的质量m a=0.2kg、电阻R a=3Ω;导体棒b的质量m b=0.1kg、电阻R b=6Ω,它们分别从图中M、N处同时由静止开始沿导轨向下滑动,b恰能匀速穿过磁场区域,当b 刚穿出磁场时a正好进入磁场.不计a、b之间的作用,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)b棒进入磁场时的速度?(2)当a棒进入磁场区域时,小灯泡的实际功率?(3)假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态,求a 棒通过磁场区域的过程中,回路所产生的总热量?【答案】(1)b棒进入磁场时的速度为4.5m/s;(2)当a棒进入磁场区域时,小灯泡的实际功率为;(3)假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态,求a 棒通过磁场区域的过程中,回路所产生的总热量为3.4J【解析】试题分析:(1)设b棒进入磁场时速度V b,对b受力分析,由平衡条件列式即可求解;(2)b棒穿出磁场前,a棒一直匀加速下滑,根据牛顿第二定律求出下滑的加速度,根据运动学公式求出时间和a进入磁场时速度,进而求出a棒切割磁感线产生感应电动势,根据串并联电路的特点及P=求解灯泡功率;(3)由平衡条件求出最终匀速运动的速度,对a棒穿过磁场过程应用动能定理即可求解.解:(1)设b棒进入磁场时速度V b,对b受力分析,由平衡条件可得由电路等效可得出整个回路的等效电阻所以v b=4.5m/s(2)b棒穿出磁场前,a棒一直匀加速下滑,下滑的加速度a=gsinθ=6m/s2b棒通过磁场时间t=a进入磁场时速度v a=v b+at=9.5m/sa棒切割磁感线产生感应电动势E a=BLv a=9.5V灯泡实际功率P=(3)设a棒最终匀速运动速度为v′a,a受力分析,由平衡条件可得解得:v′a=6m/s对a棒穿过磁场过程应用动能定理﹣W安=3.4J由功能关系可知,电路中产生的热量Q=W安=3.4J答:(1)b棒进入磁场时的速度为4.5m/s;(2)当a棒进入磁场区域时,小灯泡的实际功率为;(3)假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态,求a 棒通过磁场区域的过程中,回路所产生的总热量为3.4J【点评】(1)解答这类问题的关键是通过受力分析,正确分析安培力的变化情况,找出最大速度的运动特征.(2)电磁感应与电路结合的题目,明确电路的结构解决问题.14.如图所示,水平面内固定的三条光滑平行金属导轨a、b、c,相距均为d=2m,导轨ac 间横跨一质量为m=1kg的金属棒MN,棒与导轨始终良好接触.棒的总电阻r=2Ω,导轨的电阻忽略不计.在导轨bc间接一电阻为R=2Ω的灯泡,导轨ac间接一理想电压表.整个装置放在磁感应强度B=2T匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.现对棒MN施加一水平向右的拉力F,使棒从静止开始运动,已知施加的水平外力功率恒定,经过t=2s时间棒的速度达到υ=3m/s且以后稳定.试求:(1)金属棒速度稳定时施加的水平恒力F 为多大?(2)水平外力F 的功率为多少?(3)在此t=2s 时间内金属棒产生的热量是多少?【答案】(1)16N (2)48W (3)30.5J【解析】试题分析:(1)金属棒速度达到稳定,有:0=-安F F而BId F =安,2/r R υBd I +=联立得:F=16N(2)υF P ==48W(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为1Q 、2Q ,根据焦耳定律得知:22/21==r R Q Q 由功能关系得:Pt=1Q +2Q +221υm 代入数据得:2Q =30.5J考点:法拉第电磁感应定律;焦耳定律;功能关系15.用质量为m 、总电阻为R 的导线做成边长为l 的正方形线框MNPQ ,并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上,平行导轨的间距也为l ,如图所示,线框与导轨之间是光滑的,在导轨的下端有一宽度为l (即ab l =)、磁感应强度为B 的有界匀强磁场,磁场的边界'aa 、'bb 垂直于导轨,磁场的方向与线框平面垂直,线框从图示位置由静止释放,恰能匀速穿过磁场区域,重力加速度为g ,求:(1)线框通过磁场时的速度v ;(2)线框MN 边运动到'aa 的过程中通过线框导线横截面的电荷量q ;(3)通过磁场的过程中,线框中产生的热量Q 。

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