高考物理稳恒电流解题技巧及练习题含解析
高考物理稳恒电流解题技巧及练习题含解析

高考物理稳恒电流解题技巧及练习题含解析一、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Q I 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.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052gr v =,向左运动,与前面静止的、质量也为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) 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v =(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12mg E q= 杆转动的电动势21112BL εω=两板间电场强度11E d ε=联立解得12mgd qBL 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22v qE mg m r-= 杆转动的电动势22212BL εω=两板间电场强度22E d ε=联立解得227mgd qBL ω= 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 mgd qBL qBL ω≤≤.3.如下左图所示,R1=14Ω,R2=9Ω,当S 扳到位置1时,电压表示数为2.8V ,当开关S 扳到位置2时,电压表示数为2.7V ,求电源的电动势和内阻?(电压表为理想电表)【答案】E=3V, r=1Ω【解析】试题分析:根据开关S 扳到位置1和2时,分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程,联立组成方程组求解.解:根据闭合电路欧姆定律,可列出方程组:当开关S 扳到位置1时,E=U 1+I 1r=U 1+当开关S 扳到位置2时,E=U 2+I 2r=U 2+代入解得:E=3V ,r=1Ω答:电源的电动势和内阻分别为3V 和1Ω.【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法,可以用电阻箱代替两个定值电阻,即由电压表和电阻箱并连接在电源上,测量电源的电动势和内阻,此法简称伏阻法.4.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R 2消耗的电功率是多少?(3)S 闭合与断开时,流过电阻R 1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+==5.如图中A、B、C、D四个电路中,小灯L1上标有“6V 3A”字样,小灯L2上标有“4V 0.2A”字样,电压U ab均为U=10V。
高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题
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高考物理稳恒电流解题技巧(超强)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,M 为一线圈电阻R M =0.5Ω的电动机,R=8Ω,电源电动势E=10V .当S 断开时,电流表的示数I 1=1A ,当开关S 闭合时,电流表的示数为I 2=3A . 求:(1)电源内阻r ;(2)开关S 断开时,电阻R 消耗的功率P . (3)开关S 闭合时,通过电动机M 的电流大小I M . 【答案】(1)2Ω (2)8W (3) 2.5A【解析】(1)当S 断开时,根据闭合电路欧姆定律: ()1E I R r =+, ()1018r =⨯+, r=2Ω;电阻R 消耗的功率: 221188P I R W W ==⨯=路端电压: ()210324U E I r V V =-=-⨯= R 之路电流:40.58R U I A A R === 电动机的电流: ()230.5 2.5M R I I I A A =-=-=点睛:当S 断开时,根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻.当开关S 闭合时,已知电流表的示数,根据闭合电路欧姆定律求出路端电压,由欧姆定律求出通过R 的电流,得到通过电动机的电流.4.在如图所示的电路中,电源电动势E=3V,内阻 r=0.5Ω,定值电阻R 1 =9Ω,R 2=5.5Ω,电键S 断开.①求流过电阻R 1的电流; ②求电阻 R 1消耗的电功率;③将S 闭合时,流过电阻R 1的电流大小如何变化? 【答案】(1)0.2A ;(2)0.36W ;(3)变大 【解析】试题分析:(1)电键S 断开时,根据闭合电路的欧姆定律求出电流;(2)根据211P I R =求出1R 消耗的电功率;(3)将S 闭合时回路中的总电阻减小,根据闭合电路的欧姆定律分析电流的变化.(1)电键S 断开时,根据闭合电路的欧姆定律得:12EI R R r=++,解得:I=0.2A(2)根据211P I R =,得210.290.36P W =⨯=(3)将S 闭合时,2R 被短接,回路中的总电阻减小,根据闭合电路的欧姆定律:EI R r=+,可知电流变大,即流过电阻1R 的电流变大 【点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律,解决本题的关键就是要知道闭合电路的欧姆定律的表达式,并且知道回路中的电阻变化了,根据闭合电路的欧姆定律可以判断电流的变化.5.利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。
高考物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题及解析
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高考物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题及解析一、稳恒电流专项训练1.如图,ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN 和M′N′是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m 和2m.竖直向上的外力F 作用在杆MN 上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R ,导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为g.在t =0时刻将细线烧断,保持F 不变,金属杆和导轨始终接触良好.求:(1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比; (2)两杆分别达到的最大速度. 【答案】(1)1221v v = (2)12243mgR v B l = ;22223mgR v B l= 【解析】 【分析】细线烧断前对MN 和M'N'受力分析,得出竖直向上的外力F=3mg ,细线烧断后对MN 和M'N'受力分析,根据动量守恒求出任意时刻两杆运动的速度之比.分析MN 和M'N'的运动过程,找出两杆分别达到最大速度的特点,并求出. 【详解】解:(1)细线烧断前对MN 和M'N'受力分析,由于两杆水平静止,得出竖直向上的外力F=3mg .设某时刻MN 和M'N'速度分别为v 1、v 2. 根据MN 和M'N'动量守恒得出:mv 1﹣2mv 2=0 解得:122v v =: ① (2)细线烧断后,MN 向上做加速运动,M'N'向下做加速运动,由于速度增加,感应电动势增加,MN 和M'N'所受安培力增加,所以加速度在减小.当MN 和M'N'的加速度减为零时,速度最大.对M'N'受力平衡:BIl=2mg②,EI R=③,E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得:12243mgR v B l =、22223mgRv B l = 【点睛】能够分析物体的受力情况,运用动量守恒求出两个物体速度关系.在直线运动中,速度最大值一般出现在加速度为0的时刻.2.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、R0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R0=150 ΩB.滑动变阻器R,总电阻约为20 ΩC.电流表A,量程2.5 mA,内阻约30 ΩD.电压表V,量程3 V,内阻约3 kΩE.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:123456U(V)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80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.(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.4.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5.超导现象是20世纪人类重大发现之一,日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行.(l )超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究.将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圈环平面向上,逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化.则表明其电阻为零.请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由.(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ,研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ,并经一年以上的时间t 未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于△I 的电流变化,其中△I<<I ,当电流的变化小于△I 时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变化.设环的横截面积为S ,环中定向移动电子的平均速率为v ,电子质量为m 、电荷量为e .试用上述给出的各物理量,推导出ρ的表达式.(3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为t .为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法. 【答案】(1)见解析 (2)(3)见解析【解析】(1)逆时针方向。
高考物理稳恒电流解题技巧和训练方法及练习题

高考物理稳恒电流解题技巧和训练方法及练习题一、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.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 S P 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3.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 =4.如图所示,M 为一线圈电阻R M =0.5Ω的电动机,R=8Ω,电源电动势E=10V .当S 断开时,电流表的示数I 1=1A ,当开关S 闭合时,电流表的示数为I 2=3A .求:(1)电源内阻r ;(2)开关S 断开时,电阻R 消耗的功率P .(3)开关S 闭合时,通过电动机M 的电流大小I M .【答案】(1)2Ω (2)8W (3) 2.5A【解析】(1)当S 断开时,根据闭合电路欧姆定律: ()1E I R r =+, ()1018r =⨯+, r=2Ω;电阻R 消耗的功率: 221188P I R W W ==⨯=路端电压: ()210324U E I r V V =-=-⨯=R 之路电流: 40.58R U I A A R === 电动机的电流: ()230.5 2.5M R I I I A A =-=-=点睛:当S 断开时,根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻.当开关S 闭合时,已知电流表的示数,根据闭合电路欧姆定律求出路端电压,由欧姆定律求出通过R 的电流,得到通过电动机的电流.5.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-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.如图所示,已知R3=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R3发生断路,电流表的读数2.5A,R1上的电压为5v,求:(1)R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少?(R3发生断路时R2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)R3断开时电表读数分别变为5v和2.5A 可知R1=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】8.平行导轨P 、Q 相距l =1 m ,导轨左端接有如图所示的电路.其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 相距d =10 mm ,定值电阻R 1=R 2=12 Ω,R 3=2 Ω,金属棒ab 的电阻r =2 Ω,其他电阻不计.磁感应强度B =0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间,质量m =1×10-14kg ,电荷量q =-1×10-14C 的微粒恰好静止不动.取g =10 m /s 2,在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好.且速度保持恒定.试求:(1)匀强磁场的方向和MN 两点间的电势差(2)ab 两端的路端电压;(3)金属棒ab 运动的速度.【答案】(1) 竖直向下;0.1 V (2)0.4 V . (3) 1 m /s .【解析】【详解】(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M 板带正电.ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,ab 棒等效于电源,感应电流方向由b →a ,其a 端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下. 微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态,根据平衡条件有mg =Eq 又MN U E d= 所以U MN =mgd q=0.1 V (2)由欧姆定律得通过R 3的电流为I =3MN U R =0.05 A 则ab 棒两端的电压为U ab =U MN +I ×0.5R 1=0.4 V .(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E =BLv由闭合电路欧姆定律得E =U ab +Ir =0.5 V联立解得v =1 m /s .9.如图所示,电源电动势E =27 V ,内阻r =2 Ω,固定电阻R 2=4 Ω,R 1为光敏电阻.C 为平行板电容器,其电容C =3pF ,虚线到两极板距离相等,极板长L =0.2 m ,间距d =1.0×10-2 m .P 为一圆盘,由形状相同透光率不同的二个扇形a 、b 构成,它可绕AA′轴转动.当细光束通过扇形a 、b 照射光敏电阻R 1时,R 1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q =-1.0×10-4 C 微粒沿图中虚线以速度v 0=10 m/s 连续射入C 的电场中.假设照在R 1上的光强发生变化时R 1阻值立即有相应的改变.重力加速度为g =10 m/s 2.(1)求细光束通过a 照射到R 1上时,电容器所带的电量;(2)细光束通过a 照射到R 1上时,带电微粒刚好沿虚线匀速运动,求细光束通过b 照射到R 1上时带电微粒能否从C 的电场中射出.【答案】(1)111.810C Q -=⨯(2)带电粒子能从C 的电场中射出【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律求出电路中电流,再由欧姆定律求出电容器的电压,即可由Q=CU 求其电量;细光束通过a 照射到R 1上时,带电微粒刚好沿虚线匀速运动,电场力与重力二力平衡.细光束通过b 照射到R 1上时,根据牛顿第二定律求粒子的加速度,由类平抛运动分位移规律分析微粒能否从C 的电场中射出.【详解】(1)由闭合电路欧姆定律,得1227 1.5A 1242E I R R r ===++++ 又电容器板间电压22C U U IR ==,得U C =6V 设电容器的电量为Q ,则Q=CU C 解得111.810C Q -=⨯(2)细光束通过a 照射时,带电微粒刚好沿虚线匀速运动,则有C U mg qd= 解得20.610m kg -=⨯ 细光束通过b 照射时,同理可得12C U V '= 由牛顿第二定律,得C U q mg ma d'-= 解得210m/s a = 微粒做类平抛运动,得212y at =, 0l t v = 解得20.210m 2d y -=⨯<, 所以带电粒子能从C 的电场中射出. 【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动,解题的关键是明确带电粒子的受力情况,判断其运动情况,对于类平抛运动,要掌握分运动的规律并能熟练运用.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R0=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1.642/5 t s sππ==小灯泡产生的热量Q=Pt=1.25×45πJ=3.14 J.11.有“200V、40W”灯泡40盏,并联于电源两端,这时路端电压,当关掉20盏,则路端电压升为试求:(1)电源电动势,内阻多大?(2)若使电灯正常发光还应关掉多少盏灯?【答案】(1)210V;10(2)15盏【解析】试题分析:(1)电灯的电阻40盏灯并联的总电阻:R1=R D/40=25;20盏灯并联的总电阻:R2=R D/20=50;根据欧姆定律可得:解得E=210V,r=10(2)根据欧姆定律可得:,解得:=200,,解得n=5,所以要关15盏。
高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题及解析

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.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052gr v =,向左运动,与前面静止的、质量也为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22v qE mg m r-=杆转动的电动势22212BL εω= 两板间电场强度22E dε=联立解得227mgdqBL ω=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 qBL ω≤≤.2.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.3.已知电流表的内阻R g =120 Ω,满偏电流I g =3 mA ,要把它改装成量程是6 V 的电压表,应串联多大的电阻?要把它改装成量程是3 A 的电流表,应并联多大的电阻? 【答案】改装成量程是6 V 的电压表,应串联1 880 Ω的电阻; 要把它改装成量程是3 A 的电流表,应并联0.12 Ω的电阻. 【解析】 【分析】 【详解】根据欧姆定律和串联电路特点可知,需串联的电阻1880g gUR R I =-=Ω; 同理,根据欧姆定律的并联电路的特点可知,改装成3A 电流表需并联的电阻0.12g g gI R R I I ==Ω-.4.一根粗细均匀的金属导线,两端加上恒定电压10 V 时,通过金属导线的电流为2 A ,求:①金属导线电阻;②金属导线在10 s 内产生的热量. 【答案】(1)5 Ω (2)200 J【解析】试题分析:根据欧姆定律和焦耳定律即可解题。
高考物理稳恒电流解题技巧分析及练习题
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高考物理稳恒电流解题技巧分析及练习题一、稳恒电流专项训练1.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(一)解题方法和技巧及练习题含解析

高考物理稳恒电流(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、稳恒电流专项训练1.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、R0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R0=150 ΩB.滑动变阻器R,总电阻约为20 ΩC.电流表A,量程2.5 mA,内阻约30 ΩD.电压表V,量程3 V,内阻约3 kΩE.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:123456U(V)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80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2. 4~1.0T 范围内,磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化) (4)磁场反向,磁敏电阻的阻值不变. 【解析】(1)当B =0.6T 时,磁敏电阻阻值约为6×150Ω=900Ω,当B =1.0T 时,磁敏电阻阻值约为11×150Ω=1650Ω.由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多,故滑动变阻器选择分压式接法;由于xVA xR R R R >,所以电流表应内接.电路图如图所示.(2)方法一:根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为:130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯,230.911516.70.6010R -=Ω=Ω⨯,331.5015001.0010R -=Ω=Ω⨯,431.791491.71.2010R -=Ω=Ω⨯,532.7115051.8010R -=Ω=Ω⨯, 故电阻的测量值为1234515035R R R R R R ++++=Ω=Ω(1500-1503Ω都算正确.) 由于0150010150R R ==,从图1中可以读出B =0.9T 方法二:作出表中的数据作出U -I 图象,图象的斜率即为电阻(略).(3)在0~0.2T 范围,图线为曲线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或非均匀变化);在0.4~1.0T 范围内,图线为直线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化);(4)从图3中可以看出,当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时,磁敏电阻的阻值相等,故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关.本题以最新的科技成果为背景,考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力.从新材料、新情景中舍弃无关因素,会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题,及如何根据测得的U 、I 值求电阻.第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力.总之本题是一道以能力立意为主,充分体现新课程标准的三维目标,考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题.3.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 RrR rR 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 =4E P r(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.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052gr v =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22v qE mg m r-=杆转动的电动势22212BL εω= 两板间电场强度22E dε=联立解得227mgdqBL ω=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 qBL ω≤≤.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.能量守恒是自然界基本规律,能量转化通过做功实现。
高考物理稳恒电流答题技巧及练习题
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高考物理稳恒电流答题技巧及练习题一、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.2.一电路如图所示,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/s 2)【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:12282 482EI 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-=⨯3.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.24Er(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 RrR rR 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 =4E P r(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.4.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.5.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=I 2Rt=0.22×10×10J=4J6.如下左图所示,R1=14Ω,R2=9Ω,当S 扳到位置1时,电压表示数为2.8V ,当开关S 扳到位置2时,电压表示数为2.7V ,求电源的电动势和内阻?(电压表为理想电表)【答案】E=3V, r=1Ω【解析】试题分析:根据开关S 扳到位置1和2时,分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程,联立组成方程组求解. 解:根据闭合电路欧姆定律,可列出方程组: 当开关S 扳到位置1时,E=U 1+I 1r=U 1+当开关S 扳到位置2时,E=U 2+I 2r=U 2+代入解得:E=3V ,r=1Ω答:电源的电动势和内阻分别为3V 和1Ω.【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法,可以用电阻箱代替两个定值电阻,即由电压表和电阻箱并连接在电源上,测量电源的电动势和内阻,此法简称伏阻法.7.如图中A 、B 、C 、D 四个电路中,小灯L 1上标有“6V 3A”字样,小灯L 2上标有“4V 0.2A”字样,电压U ab 均为U =10V 。
高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题
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高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题一、稳恒电流专项训练1. 4~1.0T 范围内,磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化)(4)磁场反向,磁敏电阻的阻值不变.【解析】(1)当B =0.6T 时,磁敏电阻阻值约为6×150Ω=900Ω,当B =1.0T 时,磁敏电阻阻值约为11×150Ω=1650Ω.由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多,故滑动变阻器选择分压式接法;由于xV A xR R R R >,所以电流表应内接.电路图如图所示.(2)方法一:根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为:130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯,230.911516.70.6010R -=Ω=Ω⨯,331.5015001.0010R -=Ω=Ω⨯, 431.791491.71.2010R -=Ω=Ω⨯,532.7115051.8010R -=Ω=Ω⨯, 故电阻的测量值为1234515035R R R R R R ++++=Ω=Ω(1500-1503Ω都算正确.) 由于0150010150R R ==,从图1中可以读出B =0.9T 方法二:作出表中的数据作出U -I 图象,图象的斜率即为电阻(略).(3)在0~0.2T 范围,图线为曲线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或非均匀变化);在0.4~1.0T 范围内,图线为直线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化);(4)从图3中可以看出,当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时,磁敏电阻的阻值相等,故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关.本题以最新的科技成果为背景,考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力.从新材料、新情景中舍弃无关因素,会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题,及如何根据测得的U 、I 值求电阻.第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力.总之本题是一道以能力立意为主,充分体现新课程标准的三维目标,考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题.2.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Q I 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.3.(18分) 如图所示,金属导轨MNC 和PQD ,MN 与PQ 平行且间距为L ,所在平面与水平面夹角为α,N 、Q 连线与MN 垂直,M 、P 间接有阻值为R 的电阻;光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内,与NQ 的夹角都为锐角θ。
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.(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0V A 0100,0.5R RR 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.2.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.24Er(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 RrR rR 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 =4E P r(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.3.超导现象是20世纪人类重大发现之一,日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行.(l )超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究.将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圈环平面向上,逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化.则表明其电阻为零.请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由.(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ,研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ,并经一年以上的时间t 未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于△I 的电流变化,其中△I<<I ,当电流的变化小于△I 时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变化.设环的横截面积为S ,环中定向移动电子的平均速率为v ,电子质量为m 、电荷量为e .试用上述给出的各物理量,推导出ρ的表达式.(3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为t .为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法.【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【解析】(1)逆时针方向。
高考物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题含解析

高考物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题含解析一、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.利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。
当滑动变阻器的滑片滑到某一位置时,电流表和电压表的示数分别为I1和U1。
改变滑片的位置后,两表的示数分别为I2和U2。
写出这个电源电动势和内电阻的表达式。
【答案】:E=122121U I U II I-- r=1221U UI I--【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律列出两次的表达式,联立即可求解.【详解】由全电路欧姆定律得:E=U1+I1rE=U2+I2r解得:E=122121U I U II I--r=1221U UI I--3.如图所示的电路中,电阻R1=6 Ω,R2=3 Ω.S断开时,电流表示数为0.9 A;S闭合时,电流表示数为0.8 A,设电流表为理想电表,则电源电动势E=________V,内电阻r=________Ω.【答案】E=5.76V r=0.4Ω【解析】根据闭合电路欧姆定律,两种状态,列两个方程,组成方程组,就可求解.当S断开时(1)当S闭合时(2)由(1)、(2)式联立,解得E=5.76Vr=0.4Ω4.山师附中一研究性学习小组制作了一辆以蓄电池为驱动能源的环保电动汽车,其电池每次充电仅需三至五个小时,蓄电量可让小汽车一次性跑500m,汽车时速最高可达10m/s,汽车总质量为9kg.驱动电机直接接在蓄电池的两极,且蓄电池的内阻为r=0.20Ω.当该汽车在水平路面上以v=2m/s的速度匀速行驶时,驱动电机的输入电流I=1.5A,电压U=3.0V,内电阻R M=0.40Ω.在此行驶状态下(取g=10 m/s2),求:(1)驱动电机输入的电功率P入;(2)驱动电机的热功率P热;(3)驱动电机输出的机械功率P机;(4)蓄电池的电动势E.【答案】(1)4.5W(2)0.9W(3)3.6W(4)3.3V【解析】试题分析:根据P=UI求出驱动电机的输入功率;由P=I2r可求得热功率;由输入功率与热功率的差值可求出机械功率;由闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势.(1)驱动电机输入的电功率:P入=IU=1.5×3.0W=4.5W(2)驱动电机的热功率:P热=I2R=(1.5)2×0.40W=0.9W(3)驱动电机输出的机械功率:P机=P入−P热=3.6W(4)蓄电池的电动势:E=U+IR=(3.0+1.5×0.2)V=3.3V点睛:本题主要考查了功率的公式P=UI,以及机械功率的公式P=Fv的应用;要注意体会能量的转化与守恒关系.5.一根粗细均匀的金属导线,两端加上恒定电压10 V时,通过金属导线的电流为2 A,求:①金属导线电阻;②金属导线在10 s内产生的热量.【答案】(1)5 Ω (2)200 J【解析】试题分析:根据欧姆定律和焦耳定律即可解题。
高考物理稳恒电流(一)解题方法和技巧及练习题含解析

高考物理稳恒电流(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、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。
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.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052gr v =,向左运动,与前面静止的、质量也为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22v qE mg m r-=杆转动的电动势22212BL εω= 两板间电场强度22E dε=联立解得227mgdqBL ω=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 qBL ω≤≤.3.能量守恒是自然界基本规律,能量转化通过做功实现。
高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题含解析一、稳恒电流专项训练1.如图所示的电路中,电源电动势E=10V,内阻r=0.5Ω,电动机的电阻R0=1.0Ω,电阻R1=1.5Ω.电动机正常工作时,电压表的示数U1=3.0V,求:(1)电源释放的电功率;(2)电动机消耗的电功率.将电能转化为机械能的功率;【答案】(1)20W (2)12W 8W.【解析】【分析】(1)通过电阻两端的电压求出电路中的电流I,电源的总功率为P=EI,即可求得;(2)由U内=Ir可求得电源内阻分得电压,电动机两端的电压为U=E-U1-U内,电动机消耗的功率为P电=UI;电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电-I2R0.【详解】(1)电动机正常工作时,总电流为:I=1URI=3.01.5A=2 A,电源释放的电功率为:P=EI =10×2 W=20 W;(2)电动机两端的电压为: U= E﹣Ir﹣U1则U=(10﹣2×0.5﹣3.0)V=6 V;电动机消耗的电功率为: P电=UI=6×2 W=12 W;电动机消耗的热功率为: P热=I2R0 =22×1.0 W=4 W;电动机将电能转化为机械能的功率,据能量守恒为:P机=P电﹣P热P机=(12﹣4)W=8 W;【点睛】对于电动机电路,关键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.2.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 RrR rR 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 =4E P r(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.3.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 。
高中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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高中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.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.超导现象是20世纪人类重大发现之一,日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行.(l)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究.将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圈环平面向上,逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化.则表明其电阻为零.请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由.(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ,研究人员测得撤去磁场后环中电流为I,并经一年以上的时间t未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于△I的电流变化,其中△I<<I,当电流的变化小于△I时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变化.设环的横截面积为S,环中定向移动电子的平均速率为v,电子质量为m、电荷量为e.试用上述给出的各物理量,推导出ρ的表达式.(3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为t.为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法.【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【解析】(1)逆时针方向。
高中物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题含解析
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高中物理稳恒电流技巧和方法完整版及练习题含解析一、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.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(超强)及练习题

高考物理稳恒电流解题技巧(超强)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.能量守恒是自然界基本规律,能量转化通过做功实现。
研究发现,电容器存储的能最表达式为c E =21CU 2,其中U 为电容器两极板间的电势差.C 为电容器的电容。
现将一电容器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进行连接。
已知电源电动势为0E ,电容器电容为0C ,定值电阻阻值为R ,其他电阻均不计,电容器原来不带电。
现将开关S 闭合,一段时间后,电路达到稳定状态。
求:在闭合开关到电路稳定的过程中,该电路因电磁辐射、电流的热效应等原因而损失的能量。
【答案】2012CE 【解析】【详解】根据电容定义,有C=QU,其中Q 为电容器储存的电荷量,得:Q=CU 根据题意,电容器储存能量:E C =12CU 2 利用电动势为E 0的电源给电容器充电,电容器两极间电压最终为E 0,所以电容器最终储存的能量为:E 充=2012CE , 则电容器最终储存的电荷量为:Q=CE 0,整个过程中消耗消耗能量为:E 放=W 电源=E 0It=E 0Q=C 20E 根据能量守恒得:E 损=E 放-E 充=C 20E -2012CE =2012CE3.如下左图所示,R1=14Ω,R2=9Ω,当S 扳到位置1时,电压表示数为2.8V ,当开关S 扳到位置2时,电压表示数为2.7V ,求电源的电动势和内阻?(电压表为理想电表)【答案】E=3V, r=1Ω【解析】试题分析:根据开关S 扳到位置1和2时,分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程,联立组成方程组求解. 解:根据闭合电路欧姆定律,可列出方程组: 当开关S 扳到位置1时,E=U 1+I 1r=U 1+当开关S 扳到位置2时,E=U 2+I 2r=U 2+代入解得:E=3V ,r=1Ω答:电源的电动势和内阻分别为3V 和1Ω.【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法,可以用电阻箱代替两个定值电阻,即由电压表和电阻箱并连接在电源上,测量电源的电动势和内阻,此法简称伏阻法.4.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-5.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R 2消耗的电功率是多少? (3)S 闭合与断开时,流过电阻R 1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R 1消耗的电功率为9W,则:2119W U P R == 当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ,则:21112'()4W UP R R R =+= 解得:12:2:1R R =(2)S 断开时 R 1和R 2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1'4W P =,所以,S 断开时,电阻R 2消耗的电功率:22'W P =(3)S 闭合时:1U I R =S 断开时:12'UR I R +=所以:1212'3R R I R I +==6.利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。
高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题

高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题一、稳恒电流专项训练1.如图,ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN 和M′N′是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m 和2m.竖直向上的外力F 作用在杆MN 上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R ,导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为g.在t =0时刻将细线烧断,保持F 不变,金属杆和导轨始终接触良好.求:(1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比;(2)两杆分别达到的最大速度.【答案】(1)1221v v = (2)12243mgR v B l = ;22223mgR v B l = 【解析】【分析】细线烧断前对MN 和M'N'受力分析,得出竖直向上的外力F=3mg ,细线烧断后对MN 和M'N'受力分析,根据动量守恒求出任意时刻两杆运动的速度之比.分析MN 和M'N'的运动过程,找出两杆分别达到最大速度的特点,并求出.【详解】解:(1)细线烧断前对MN 和M'N'受力分析,由于两杆水平静止,得出竖直向上的外力F=3mg .设某时刻MN 和M'N'速度分别为v 1、v 2.根据MN 和M'N'动量守恒得出:mv 1﹣2mv 2=0 解得:122v v =: ① (2)细线烧断后,MN 向上做加速运动,M'N'向下做加速运动,由于速度增加,感应电动势增加,MN 和M'N'所受安培力增加,所以加速度在减小.当MN 和M'N'的加速度减为零时,速度最大.对M'N'受力平衡:BIl=2mg②,E I R =③,E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得:12243mgR v B l =、22223mgR v B l = 【点睛】能够分析物体的受力情况,运用动量守恒求出两个物体速度关系.在直线运动中,速度最大值一般出现在加速度为0的时刻.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。
高中物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题含解析
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高中物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题含解析一、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.能量守恒是自然界基本规律,能量转化通过做功实现。
研究发现,电容器存储的能最表达式为c E =21CU 2,其中U 为电容器两极板间的电势差.C 为电容器的电容。
现将一电容器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进行连接。
高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题
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高考物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题一、稳恒电流专项训练1. 4~1.0T 范围内,磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化) (4)磁场反向,磁敏电阻的阻值不变. 【解析】(1)当B =0.6T 时,磁敏电阻阻值约为6×150Ω=900Ω,当B =1.0T 时,磁敏电阻阻值约为11×150Ω=1650Ω.由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多,故滑动变阻器选择分压式接法;由于xVA xR R R R >,所以电流表应内接.电路图如图所示.(2)方法一:根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为:130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯,230.911516.70.6010R -=Ω=Ω⨯,331.5015001.0010R -=Ω=Ω⨯,431.791491.71.2010R -=Ω=Ω⨯,532.7115051.8010R -=Ω=Ω⨯, 故电阻的测量值为1234515035R R R R R R ++++=Ω=Ω(1500-1503Ω都算正确.) 由于0150010150R R ==,从图1中可以读出B =0.9T 方法二:作出表中的数据作出U -I 图象,图象的斜率即为电阻(略).(3)在0~0.2T 范围,图线为曲线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或非均匀变化);在0.4~1.0T 范围内,图线为直线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化);(4)从图3中可以看出,当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时,磁敏电阻的阻值相等,故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关.本题以最新的科技成果为背景,考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力.从新材料、新情景中舍弃无关因素,会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题,及如何根据测得的U 、I 值求电阻.第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力.总之本题是一道以能力立意为主,充分体现新课程标准的三维目标,考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题.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0V A 0100,0.5R RR 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.能量守恒是自然界基本规律,能量转化通过做功实现。
高中物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析

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1.一电路如图所示,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/s 2)【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:12282482E I A A R R r ===++++;电容器两端电压:222816R U U IR V V ===⨯=;电容器带电量: 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯(2)粒子在电场中做类平抛运动,则:0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯2.能量守恒是自然界基本规律,能量转化通过做功实现。
研究发现,电容器存储的能最表达式为c E =21CU 2,其中U 为电容器两极板间的电势差.C 为电容器的电容。
现将一电容器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进行连接。
已知电源电动势为0E ,电容器电容为0C ,定值电阻阻值为R ,其他电阻均不计,电容器原来不带电。
现将开关S 闭合,一段时间后,电路达到稳定状态。
求:在闭合开关到电路稳定的过程中,该电路因电磁辐射、电流的热效应等原因而损失的能量。
【答案】2012CE 【解析】 【详解】根据电容定义,有C=QU,其中Q 为电容器储存的电荷量,得:Q=CU 根据题意,电容器储存能量:E C =12CU 2 利用电动势为E 0的电源给电容器充电,电容器两极间电压最终为E 0, 所以电容器最终储存的能量为:E 充=2012CE , 则电容器最终储存的电荷量为:Q=CE 0,整个过程中消耗消耗能量为:E 放=W 电源=E 0It=E 0Q=C 20E 根据能量守恒得:E 损=E 放-E 充=C 20E -2012CE =2012CE3.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-4.利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。
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高考物理稳恒电流解题技巧及练习题含解析一、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.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3.四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。
某地要把河水抽高20m ,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。
工作电压为380V ,此时输入电动机的电功率为19kW ,电动机的内阻为0.4。
已知水的密度为,重力加速度取102。
求(1)电动机内阻消耗的热功率; (2)将蓄水池蓄入864的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。
【答案】(1)3110r p W =⨯(2)4210t s =⨯【解析】试题分析:(1) 设电动机的电功率为P ,则P UI =设电动机内阻r 上消耗的热功率为r P ,则2r P I r = 代入数据解得3110r P W =⨯(2) 设蓄水总质量为M ,所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ,容积为V ,水的密度为ρ,则M V =ρ设质量为M 的河水增加的重力势能为p E ∆, 则 p E Mgh ∆=设电动机的输出功率为0P ,则0? r P P P =- 根据能量守恒定律得060%80%p P t E ⨯⨯∆= 代入数据解得4210t s =⨯。
考点:能量守恒定律、电功、电功率【名师点睛】根据电动机的功率和电压求解出电流,再根据焦耳定律求解发热功率;水增加的重力势能等于消耗的电能(要考虑效率),根据能量守恒定律列式求解;本题关键是根据能量守恒定律列方程求解,要熟悉电功率和热功率的区别。
4.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5.(18分)如图所示,金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为α,N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC 和QD在同一水平面内,与NQ的夹角都为锐角θ。
均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小),由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。
空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。
两金属棒与导轨保持良好接触。
不计所有导轨和ab棒的电阻,ef 棒的阻值为R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止,求此过程ef棒上产生的热量;(2)在(1)问过程中,ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电荷量;(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动,并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动过程中ef棒始终静止。
求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
【答案】(1)Q ef=;(2)q=;(3)B m=,方向竖直向上或竖直向下均可,x m=【解析】解:(1)设ab棒的初动能为E k,ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为Q和Q1,有Q+Q1=E k①且Q=Q1 ②由题意 E k=③得 Q=④(2)设在题设的过程中,ab棒滑行的时间为△t,扫过的导轨间的面积为△S,通过△S的磁通量为△Φ,ab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某截面的电荷量为q,则E=⑤且△Φ=B△S ⑥电流 I=⑦又有 I=⑧由图所示,△S=d(L﹣dcotθ)⑨联立⑤~⑨,解得:q=(10)(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长L x为:L x=L﹣2xcotθ (11)此时,ab棒产生的电动势E x为:E=Bv2L x (12)流过ef棒的电流I x为 I x=(13)ef棒所受安培力F x为 F x=BI x L (14)联立(11)~(14),解得:F x=(15)有(15)式可得,F x在x=0和B为最大值B m时有最大值F1.由题意知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分析如图所示,图中f m为最大静摩擦力,有:F1cosα=mgsinα+μ(mgcosα+F1sinα)(16)联立(15)(16),得:B m=(17)B m就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下.有(15)式可知,B为B m时,F x随x增大而减小,x为最大x m时,F x为最小值,如图可知F2cosα++μ(mgcosα+F2sinα)=mgsinα (18)联立(15)(17)(18),得x m=答:(1)ef棒上产生的热量为;(2)通过ab棒某横截面的电量为.(3)此状态下最强磁场的磁感应强度是,磁场下ab棒运动的最大距离是.【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查,解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况,找出磁感应强度的关系式是本题的重点.6.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,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.7.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-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)I 2=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:11001010U I A A R === 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:I 2=I -I 1=20 A.电动机的总功率为P =UI 2=100×20 W =2×103W. 因发热而损耗的功率为P ′=I 22r =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.9.一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.10.如图所示,两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L .M 、P 两点间接有电阻值为R 的电阻,一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab 杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.求:(1)在加速下滑过程中,当ab 杆的速度大小为v 时杆中的电流及杆的加速度大小; (2)在下滑过程中,ab 杆可以达到的速度最大值.【答案】(1)BLv R 22B L vgsin mRθ- (2)22sin mgR B L θ 【解析】(1)当ab 加速下滑时,速度大小为v 时,则 E BLv =根据闭合电路欧姆定律,有:E I R= 故BLvI R=,方向由a 到b 由安培力公式: F BIL =根据牛顿第二定律:mgsin F ma θ-=整理可以得到:2222 )/sin B L v B L v a mgsin m g R mR(θθ=-=-(2)当0a =时ab 杆的速度可以达到最大值 即: mBLv mgsin BL Rθ= 所以:22sin m mgR v B L θ=.11.如图所示,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= 30 0角,下端连接阻值为 R = 0.8Ω 的电阻,匀强磁场方 向与导轨平面垂直,磁感应强度大小为 B=1T ;质量为m = 0.1kg 、电阻 r = 0.2Ω金属棒放 在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触.g 取 10m/s2,求:(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小; (2)金属棒 ab 所能获得的最大速度;(3)若金属棒ab 沿斜面下滑0.2m 时恰好获得最大速度,求在此过程中回路一共生热多少焦?【答案】(1)5m/s 2(2)0.5m/s (3)0.0875J 【解析】试题分析:(1)金属棒开始下滑的初速度为零,根据牛顿第二定律得:mgsin ma θ= 代人数据解得:25/a m s =.(2)设金属棒运动达到稳定时,速度为v ,所受安培力为F ,棒在沿导轨方向受力平衡有:A mgsin F θ=,22A BlvB L v F BIL B L R r R r===++,()22mB L v mgsin R r θ=+, 最大速度为:()220.5/m mgsin R r v m s B Lθ+==.(3)根据全过程中能的转化和守恒规律,有:212mgxsin mv Q θ=+, 所以全过程中系统产生的热为:210.08752Q mgxsin mv J θ=-=. 考点:导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多,关键要正确分析导体棒受力情况,运用平衡条件、牛顿第二定律和功能关系进行求解.12.导线中自由电子的定向移动形成电流,电流可以从宏观和微观两个角度来认识。