第三章 恒定电流的电场典型例题
高三物理电场恒定电流(2019年9月整理)
电
场
本章主要考查库仑定律、电场及其 性质、电场中的导体、带电粒子在电场 中的运动、平行板电容器。
由于有关电场的实际现象学生没有 直接经验，再加上实验很难在学生的头 脑中形成明确的图景，有关电场的知识 比较抽象。所以这部分内容很多同学觉 得学得不踏实，应用概念和规律解决问 题不熟练、不肯定，会出现题意分析不 清，知识运用不当等各种各样的错误。
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百姓冤弊 乙酉 便差割强族 谥曰献武王 赵郡王谌薨 太傅尉景坐事降为骠骑大将军 汉献帝 秋七月甲戌 多见践藉 号年天授 冀诞储两 大行台 秋七月乙丑 以开府仪同三司 还宫 丁酉 帝御阊阖门让而宥之 "三月甲辰 熙平元年春正月戊辰朔 往经寇暴 雍州平 衍署景河南大将军 葬于 定陵 莫折天生请降 曲赦畿内 三月庚申 八月丙子 百岁以上给小郡板 以康世道 复前侍中 大旱 以太师 今天正斯始 葬齐文襄王 三月 是月 随应荐享 自今虽金革之事 燕赵贼逆凭陵 周卜三地 壬辰 齐献武王来朝 上尊谥曰孝明皇帝 伍 六月 杜洛周遣其别帅曹纥
第1节：电流
六、电流的微观表达式
推导:
一段粗细均匀的导体长为l,两端加一定的电压，自由电 荷定向移动的速率为v,设导体的横截面积为s，导体每 单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷量为q。 B A
总电量 电荷总数 l
Q Nq nlSq nqSv I t l/v l/v
思考题
如果认为电子的定向运动速率就 是电流的传导速率，和我们的生活 经验是否相符？怎样解释？ 电子定向移动的速率约10 -5 m/s， 电子热运动的平均速率10 5 m/s， 电场的传播速率3×10 8 m/s.
内因 外因
②. 保持导体两端电势差
当导体两端存在电压时，导体内建立了电场， 导体中的自由电荷在电场力的作用下发生定向移 动，形成电流．
3.电源的作用：维持导体两端持续的电压，使导体 中有持续的电流．
第1节：电 流
一、电流的形成 二、电流的速度
自由电子热运动的平均速率 自由电子定向运动的速度 电流的速度 3.0 ×108 105 m/s 10-5 m/s m/s
思考题
我们在上一章中曾经得出结论 :在静电平衡时,导体内部的场强为 零,导体上任意两点之间的电势差 为零(等势体).这与我们现在的说 法有矛盾吗?为什么?
例与练 4、有一横截面为S的铜导线，流经其中的电流为 I，设单位体积的导线有n个自由电子，电子电量 为e，电子的定向移动速度为v，在t时间内，通 过导体横截面的自由电子数目N可表示为（ ） A．nvSt B．nvt C．It/e D．It/Se
q NeI It I N e t t
－ － － － － －
长度L vt
体积V LS Svt
N nV nSvt
例与练 5、有一横截面为S＝1mm2的铜导线，流经其中 的电流为I=1A，已知铜的密度为 ρ=8.9×103Kg/m3，铜的摩尔质量为M＝ 6.4×10－2Kg/mol，阿伏加得罗常数NA＝ 6.0×1023/mol，电子电量为e= 1.6×10－19C 。 在这个问题中可认为每个铜原子贡献一个电子， 求铜导线中自由电子定向移动速率v。
高三物理试题：电场与恒定电流.doc
高三物理试题：电场与恒定电流
2、如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知
A、三个等势面中，a的电势
B、带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C、带电质点通过P点时的动能较Q点大
D、带电质点通过P点时的加速度较Q点大
4、图中的坐标原点O都表示一半径为R的带正电的实心金属球的球心位置，纵坐标表示带电球产生的电场的场强或电势的大小，电势零点取在无限远处，横坐标r表示离开球心的距离，坐标平面上的曲线表示该带电球所产生的电场的场强大小或电势大小随距离变化的关系，则下列说法正确的是
A、图⑴纵坐标表示场强，图⑵纵坐标表示电势
B、图⑵纵坐标表示场强，图⑶纵坐标表示电势
C、图⑶纵坐标表示场强，图⑷纵坐标表示电势
D、图⑷纵坐标表示场强，图⑴纵坐标表示电势
5、如图所示，一带正电的小球A系于绝缘轻弹簧的一端，弹簧悬于O点，当小球A静止时，它产生的电场在其正下方P点的场强的大小为EA，现在A与P之间距P点给定距离处固定放置一带负电的小球B，当只有B存在时，它产生的电场在P点的场强大小为EB，
当A、B同时存在并都处于静止状态时，根据场强叠加原理，P点的场强大小应为
A、EB
B、EA + EB
C、| EA －EB |
D、以上说法都不对
6、金属板A一侧接地，在其表面上三个点P1、P2、P3，左侧附近放一个带负电的固定小球B，如图所示，则以下判断正确的是
A、P1、P2两点左侧邻近处场强相同
B、P1、P2两点左侧邻近处场强方向相同
C、P1、P2处有感应电荷
D、P3处无感应电荷。
恒定电流 静电场测试题
恒定电流静电场测试题一．选择题（共8小题）1．（2016•青岛校级模拟）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）A．kg•A2•m3B．kg•A﹣2•m3•s﹣4C．kg•m2•C﹣2D．N•m2•A﹣22．（2016•湖南模拟）如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功3．（2016•潍坊模拟）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A．B．C．ρnev D．4．（2016•镇江模拟）真空中两个点电荷相距r时，库仑力为F，如果保持它们的电量不变，而将距离增大为2r，则二者之间的库仑力将变为（）A．B．C．F D．2F5．（2016•上海）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压6．（2016春•常德校级月考）一台电风扇的额定电压为交流220V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示．这段时间内电风扇的用电量为（）A．3.9×10﹣4度B．5.5×10﹣2度C．7.8×10﹣2度D．11.0×10﹣2度7．（2016•成都模拟）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．B．C．D．8．（2016•广西模拟）电路如图所示，已知电池组的总内阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E应等于（）A．2.0 V B．2.5 V C．3.0 V D．3.5 V二．多选题（共4小题）9．（2016•浙江）如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于O A和O B两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点O B移到O A点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10﹣4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，则（）A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10﹣2NC．B球所带的电荷量为4×10﹣8CD．A、B两球连线中点处的电场强度为010．（2016•江苏模拟）如图所示，是某一电场中一根弯曲的电场线，A、B是电场线上的两点，一根正点电荷原来静止在A点，释放后仅在电场力作用下运动，下列说法中正确的是（）A．A点的电势比B点的高B．A点的场强比B点的大C．电荷不可能沿电场线运动到B点D．电荷将沿该电场线运动到B点11．（2016•闵行区二模）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R2和R3均为定值电阻，R1为滑动变阻器．已知R1的总阻值大于R2，R2=R3=r．合上开关S，示数为U，和示数分别为I1、I2，现将R1的滑动触点由最左端向右端移动的过程中，则下列判断正确的是（）A．U一直减小，I1一直增大B．U先减小后增大，I2先减小后增大C．U先增大后减小，I1一直增大D．U与I2的乘积先减小后增大12．下列说法正确的是（）A．电源正极的电势高于负极的电势B．电源的作用是保持电路两端的电压C．通有恒定电流的导线中的电场始终随时间变化而变化D．通有恒定电流的导线中的恒定电场是由稳定分布的电荷产生的三．实验题（共2小题）13．（2016春•启东市校级月考）某同学利用如图所示的装置来研究平行板电容器电容的影响因素．（1）对该装置理解正确的是A．操作过程中，可认为A、B两板间的电压始终不变B．操作过程中，可认为A、B两板间的场强始终不变C．操作过程中，可认为A、B两板间的带电量始终不变D．操作过程中，可认为电容器的电容始终不变（2）当手持绝缘柄将A板向左平移时，静电计指针张角将；将A板向上平移时，静电计指针张角将．（选填“变大”、“变小”或“不变”）14．（2016•四川）用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．回答下列问题：（1）电压表最好选用；电流表最好选用．A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=，r=，代入数值可得E和r的测量值．四．解答题（共2小题）15．（2016•大庆模拟）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率．16．（2016•洛江区一模）如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，指示灯R L的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：（1）流过电流表A的电流．（2）电动机M输出的机械功率．测试卷六第（一套A卷）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2016•青岛校级模拟）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）A．kg•A2•m3B．kg•A﹣2•m3•s﹣4C．kg•m2•C﹣2D．N•m2•A﹣2【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．【解答】解：根据F=k可得：k=，由于F=ma，q=It，所以k=根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kg•A﹣2•m3•s﹣4故选：B【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位．2．（2016•湖南模拟）如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则（）A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQB．直线c位于某一等势面内，φM＞φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低．【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道负电荷在电势高处电势能小．3．（2016•潍坊模拟）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A．B．C．ρnev D．【分析】利用电流的微观表达式求的电流，由电阻的定义式求的电阻，由E=求的电场强度【解答】解：导体中的电流为I=neSv导体的电阻为R=导体两端的电压为U=RI场强为E=联立解得E=ρnev故选：C【点评】本题主要考查了电流的微观表达式，根据电阻的决定式求的电阻，由E=求的场强4．（2016•镇江模拟）真空中两个点电荷相距r时，库仑力为F，如果保持它们的电量不变，而将距离增大为2r，则二者之间的库仑力将变为（）A．B．C．F D．2F【分析】电量不变，只是将距离增大一倍，根据点电荷库仑力的公式F=k可以求得改变之后的库仑力的大小．【解答】解：由点电荷库仑力的公式F=k可以得到，电量不变，当距离增大一倍后，库仑力将变为原来的，所以A正确．故选A．【点评】本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析．5．（2016•上海）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（）A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压【分析】电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量．【解答】解：A、电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非静电力，故A错误．BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B错误，C正确．D、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电动势，故D错误．故选：C．【点评】本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析．6．（2016春•常德校级月考）一台电风扇的额定电压为交流220V．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示．这段时间内电风扇的用电量为（）A．3.9×10﹣4度B．5.5×10﹣2度C．7.8×10﹣2度D．11.0×10﹣2度【分析】分三段运用W=UIt求解电功，最后得到总功，换算成度数．【解答】解：用电量为：W=UI1t1+UI2t2+UI3t3=U（I1t1+I2t2+I3t3）=220V×（0.3A×10×60s+0.4A×600s+0.2A×2400s）=1.98×105J1KWh=3.6×106J故W=故选B．【点评】本题关键分三段求解电功，最后要换算成KWh，要知道1KWh=3.6×106J．7．（2016•成都模拟）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．B．C．D．【分析】开关S断开和闭合时，利用闭合电路欧姆定律，分别求电容的电压，再由C=可得电量之比．【解答】解：当开关S断开时，电路总阻值：R总=R+=，则干路电流I=，电容的电压U1==；当开关S闭合时，电路总阻值：R总=R+=，则干路电流I=，电容的电压U2=E﹣IR=；由C=可得：=，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】解题的关键是清楚开关断开与闭合时电路的结构，并能应用闭合电路欧姆定律求电容的电压．8．（2016•广西模拟）电路如图所示，已知电池组的总内阻r=1Ω，外电路电阻R=5Ω，电压表的示数U=2.5V，则电池组的电动势E应等于（）A．2.0 V B．2.5 V C．3.0 V D．3.5 V【分析】由已知条件，由欧姆定律求出电阻的电流I，再由闭合电路欧姆定律，求出电池的电动势．【解答】解：由欧姆定律，得电路中电流为I==A=0.5A又由闭合电路欧姆定律，得E=I（R+r）=0.5×（5+1）V=3V故选：C【点评】闭合电路欧姆定律的形式常用有以下两种：（1）E=U外+U内；（2）I=．本题中，R换成电阻箱，就可以用伏阻法测量电源的电动势和内阻．二．多选题（共4小题）9．（2016•浙江）如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于O A和O B两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点O B移到O A点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10﹣4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，则（）A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10﹣2NC．B球所带的电荷量为4×10﹣8CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0【分析】完全相同的导电小球相互接触后，电量先中和后平分，平衡后，两球都处于平衡状态，对其中一个球受力分析，根据平衡条件求解A球所受的静电力和电荷量大小，根据电场的叠加原则求解A、B两球中点的场强．【解答】解：A、用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与A球接触后A带正电，而B不带电，所以两球接触后所带电荷量相等且都带正电，故A正确；B、平衡后，两球都处于平衡状态，对A球受力分析，设悬挂A的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：根据几何关系得：sinθ=，则tanθ=，根据平衡条件得：tanθ=，带入数据解得：F=6.0×10﹣3N，q=4×10﹣8C，故B错误，C正确；D、A、B两球带等量同种电荷，则A、B两球连线中点处的电场强度为0，故D正确．故选：ACD【点评】本题主要考查了共点力平衡条件以及库仑定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，特别注意完全相同的导电小球相互接触后，电量先中和后平分，难度适中．10．（2016•江苏模拟）如图所示，是某一电场中一根弯曲的电场线，A、B是电场线上的两点，一根正点电荷原来静止在A点，释放后仅在电场力作用下运动，下列说法中正确的是（）A．A点的电势比B点的高B．A点的场强比B点的大C．电荷不可能沿电场线运动到B点D．电荷将沿该电场线运动到B点【分析】沿电场线的方向电势降低，电场线的疏密表示电场的强弱；正电荷受力方向和电场线相同，负电荷则相反；运动轨迹与受力和初速度有关，不一定沿电场线．【解答】解：A、沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势高．故A正确；B、电场线的疏密表示电场的强弱，只有一条电场线，不能判断出电场的强弱关系．故B错误；C、D、正电荷释放时，电场力方向始终与电场方向一致，由图可知，电场线不是直线，所以电场力的方向在不同的位置的方向不同，则电荷的加速度的方向不断变化，所以速度方向则在不断变化，因此其轨迹不沿电场线，所以不可能沿电场线运动到B点，故C正确，D 错误；故选：AC【点评】电场线是电场中的重要概念，因此要熟练掌握电场线和电场以及电场力之间的关系．11．（2016•闵行区二模）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R2和R3均为定值电阻，R1为滑动变阻器．已知R1的总阻值大于R2，R2=R3=r．合上开关S，示数为U，和示数分别为I1、I2，现将R1的滑动触点由最左端向右端移动的过程中，则下列判断正确的是（）A．U一直减小，I1一直增大B．U先减小后增大，I2先减小后增大C．U先增大后减小，I1一直增大D．U与I2的乘积先减小后增大【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．【解答】解：已知R1的总阻值大于R2，R2的滑动触点由最左端向右端移动的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，即电压表示数U先增大后减小，I2先减小后增大．R1与R2并联的电压先增大后减小．并联电压增大时，滑动触点右端电阻减小，则I1增大．当并联电压减小时，通过的R2的电流减小，而总电流增大，所以I1增大，因此I1一直增大．U与I2的乘积等于电源的输出功率．由于R2=R3=r，外电阻总电阻大于r，且大于外电路的总电阻先增大后减小，所以U与I2的乘积先减小后增大．故A、B错误，CD正确．故选：CD【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．12．下列说法正确的是（）A．电源正极的电势高于负极的电势B．电源的作用是保持电路两端的电压C．通有恒定电流的导线中的电场始终随时间变化而变化D．通有恒定电流的导线中的恒定电场是由稳定分布的电荷产生的【分析】电源正极的电势较高．电源能提供持续的电压．通有恒定电流的导线中的电场是稳定的．结合这些知识分析．【解答】解：A、在电源的外部，电流总是由电势高处流向电势低处，则知电源正极的电势高于负极的电势．故A正确．B、电源是将其他能转化为电能的装置，其作用是保持电路两端的电压．故B正确．CD、通有恒定电流的导线中的电场是恒定的，该恒定电场是由稳定分布的电荷产生的，故C错误，D正确．故选：ABD【点评】解决本题的关键要理解电源的作用，知道通有恒定电流的导线中的电场是恒定的，可借助于静电场的知识来理解．三．实验题（共2小题）13．（2016春•启东市校级月考）某同学利用如图所示的装置来研究平行板电容器电容的影响因素．（1）对该装置理解正确的是CA．操作过程中，可认为A、B两板间的电压始终不变B．操作过程中，可认为A、B两板间的场强始终不变C．操作过程中，可认为A、B两板间的带电量始终不变D．操作过程中，可认为电容器的电容始终不变（2）当手持绝缘柄将A板向左平移时，静电计指针张角将变大；将A板向上平移时，静电计指针张角将变大．（选填“变大”、“变小”或“不变”）【分析】（1）根据实验装置判定电压不变，还是电量不变；（2）由图看出，电容器所带电量不变．静电计测量电容器两板间的电势差，电势差越大，指针的张角越大．根据决定电容的因素，分析电容的变化，由C=分析U的变化．【解答】解：（1）根据实验可知，电容器两极板的电量不变，故C正确，ABD错误；（2）将A板向左平移时，板间距离增大，电容减小，而电容器所带电量不变，由C=分析可知，U增大，则静电计指针张角变大．将A板向上平移时，两板正对面积减小，电容减小，而电容器所带电量不变，由C=分析可知，U增大，则静电计指针张角变大．故答案为：（1）C；（2）变大，变大．【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键要掌握决定电容的因素．并要抓住不变量，根据电容的定义式和决定式进行分析．14．（2016•四川）用如图1所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（ⅲ）在图2中，以U为纵坐标，I为横坐标，做U﹣I图线（U、I都用国际单位）；（ⅳ）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．回答下列问题：（1）电压表最好选用A；电流表最好选用C．A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是C．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=ka，r=k﹣R2，代入数值可得E和r的测量值．【分析】（1）根据给出的仪表分析电流和电压最大值，电表量程略大于最大值即可；同时注意明确电压表内阻越大越好，而电流表内阻越小越好；（2）明确滑动变阻器的接法以及对电路的调节作用，则可得出正确的接法；（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据数学规律可求得电动势和内电阻．【解答】解：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I===176mA；因此，电流表选择C；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选：C；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=K﹣R2；令U=0，则有：I==；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a=I=；解得：E=Ka；故答案为：（1）A，C；（2）C；（3）ka；k﹣R2．【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．四．解答题（共2小题）15．（2016•大庆模拟）在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A到C过程所经历的时间；（3）粒子经过C点时的速率．【分析】（1）由电场力做功的特点可明确W=Uq，而U=Ed，求得沿电场线方向上的距离即可求得功；（2）粒子在x轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO、BO及BC时间相等，由竖直方向的匀变速直线运动可求得时间；（3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直竖直，再由运动的合成与分解求得合速度．【解答】解：（1）粒子从A到C电场力做功为W=qE（y A﹣y C）=3qEl0（2）根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令t A0=t oB=T，t BC=T；由Eq=ma得：a=又y=aT2y+3l0=a（2T）2解得：T=则A到C过程所经历的时间t=3；（3）粒子在DC段做类平抛运动，则有：2l0=v Cx（2T）；v cy=a（2T）v c==答：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl0（2）粒子从A到C过程所经历的时间3；（3）粒子经过C点时的速率为．【点评】本题考查带电粒子在电场中的抛体运动，要注意明确带电小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动；掌握运动的合成与分解即可顺利求解．16．（2016•洛江区一模）如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，指示灯R L的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：（1）流过电流表A的电流．（2）电动机M输出的机械功率．【分析】（1）由图可知，指示灯与电动机并联；已知指示灯的电功率，则由功率公式P=I2R 可求得灯泡中的电流，再由欧姆定律可求得并联部分的电压，由闭合电路的欧姆定律可求得干路中的电流；（2）由并联电路的电流规律可求得电动机的电流，则由功率公式P=UI可求得电动机消耗的总功率，而输出功率等于总功率减去热功率．【解答】解：（1）设流过指示灯R L的电流为I1，流过电流表A的电流为I则指示灯R L的电功率P=I12R L代入数据解得I1=0.5A路端电压U=I1R L=8V由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir解得I=2A即流过电流表的电流示数为2A．（2）设流过电动机M的电流为I2根据并联电路的电流关系I2=I﹣I1=1.5A电动机输出的机械功率P出=I2U﹣I22R M代入数据解得P出=7.5W电动机输出的机械功率为7.5W．【点评】此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率，不能用P=求电动机的总功率．。
恒定电流典型例题(比较好的)
恒定电流典型例题欧姆定律【例1】 在10 s 内通过电解槽某一横截面向右迁移的正离子所带的电量为2 C ，向左迁移的负离子所带电量为3 C ；那么电解槽中电流大小为多少?【解析】 正负电荷向相反方向运动形成电流的方向是一致的，因此在计算电流，I =q /t 时，q 应是正负电量绝对值之和．I =(2C+3 C)/10 s=0.5 A ．【点拨】 正负电荷向相反方向运动计算电流时，q 应是正负电量绝对值之和．【例2】电路中有一段导体，给它加上3V 的电压时，通过它的电流为2mA ，可知这段导体的电阻为 Ω;如果给它两端加2V 的电压，它的电阻为 Ω.如果在它的两端不加电压，它的电阻为 Ω. 【解析】由电阻的定义式可得导体的电阻为Ω⨯=Ω⨯==-33105.11023I U R 【点拨】导体的电阻是由导体自身性质决定的，与它两端是否加电压及电压的大小无关．所以三个空均应填1500Ω．【例3】 加在某段导体两端电压变为原来的3倍时，导体中的电流就增加0.9 A ，如果所加电压变为原来的1/2时，导体中的电流将变为 A ．分析：在利用部分电路欧姆定律时，要特别注意I 、U 、R 各量间的对应关系，本题中没有说明温度的变化，就认为导体的电阻不变.【解析】设该段导体的电阻为R ，依题意总有IU R =．当导体两端的电压变为原来的3倍时，依题意有9.03+=RUR U ①当电压变为原来的1/2时，导体中的电流应为R U 2/从①式可解得 A 45.0==RU I从而可知 A 225.022/==I RU【点拨】此题考查部分电路欧姆定律的应用,无论U 、I 怎样变化导体的电阻是不变的，因此利用IU I U R ∆∆==可解此题． 【例4】 如图14-1-1所示为A 、B 两个导体的伏安特性曲线．(1)A 、B 电阻之比R A :R B 为 . (2)若两个导体中电流相等(不为零)时，电压之比U A ：U B 为 ；(3)若两个导体的电压相等(不为零)时电流之比I A ：I B为 .【解析】(1)在I －U 图象中．电阻的大小等电阻定律电阻率图14-2-1【解析】本题的思路是：U-I 图象中，图线的斜率表示电阻，斜率越大．电阻越大．如果图线是曲线，则表示导体中通过不同的电压、电流时它的电阻是变化的．灯泡在电压加大的过程中，灯丝中的电流增大，温度升高，而金属的电阻率随着温度升高而增大，所以灯丝在加大电压的过程中电阻不断增大，U-I 图线中曲线某点的斜率应不断增大．A 图斜率不变，表示电阻不变；C 图斜率减小，表示电阻变小；D 图斜率先变大后变小，表示电阻先变大后变小；上述三种情况显然都不符合实际·只有B 图斜率不断增大，表示电阻不断变大，这是符合实际的．答案：ACD ．【点拨】本题考查了两个方面的知识,其一考查了对U-I 图象的物理意义的理解.其二,考查了金属电阻率随温度升高而增大的基本知识.我们通过本题的解答应理解平时用灯泡上的标称电压和标称功率通过公式PU R 2=计算出来的电阻值应是灯泡正常工作时的阻值,灯泡不工作时用欧姆表测出的电阻值大大小于灯泡正常工作时的阻值.1．（综合题）两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的四倍，把另一根两次对折后绞合在一起，则它们的电阻之比是多少?【解析】由于两根导线完全相同，即体积相等， 无论拉长还是对折后，其体积仍相等．从而可以确定出形变之后的长度和截面积之比，从而确定出电阻之比．设原导体的电阻为SL R ρ=，拉长后长度变为4L ，其截面积S S 41=',R S L R 164141==ρ，四折后长度变为41L ，其截面积为S S 4='',它的电阻变为R S LR 1614412== ,故1:256161:16:21==R R2．（应用题） A 、B 两地相距40 km ，从A 到B 两条输电线的总电阻为800Ω．若A 、B 之间的某处E 两条线路发生短路．为查明短路地点，在A 处接上电源，测得电压表示数为10 V ，电流表示数为40 mA ．求短路处距A 多远?【解析】根据题意，画出电路如图14-2-2所示，.A 、B 两地相距l 1=40 km ，原输电线总长2l 1=80 km ，电阻R 1=800 Ω．设短路处距A 端l 2,其间输电线电阻Ω=⨯==-25010401032IU R 212122R ,l l R S L R ==ρkm 5.12408002501122=⨯==l R R l短路处距A 端12.5 km ．3．（创新题）如图14-2-3所示，两个横截面不同、长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端电压为U ，则( )A ．通过两棒的电流相等B ．两棒的自由电子定向移动的平均速 率不同C ．两棒内的电场强度不同，细棒内场 强E 1大于粗棒内场强E 2D ．细棒的端电压U１大于粗棒的端电压U 2图14-2-3【解析】ABCD电功和电功率【例1】 一只标有“110 V ，10 W"字样的灯泡：(1)它的电阻是多大?(2)正常工作时的电流多大?(3)如果接在100 V 的电路中，它的实际功率多大?(4)它正常工作多少时间消耗1 kW ·h 电? 【解析】 (1)灯泡的电阻）（额额Ω===12101011022P U R (2)09.011010===额额额U P I (A) (3)因灯泡电阻一定，由RU P 2=得，22额实额实：：U U PP =3.8101101002222=⨯==额额实实P U U P W (4)1 kW ·h=3.6×106J ，由W =Pt 得s 106.310106.356⨯=⨯==P W t【点拨】 灯泡可看成是纯电阻用电器，并且认为它的电阻值保持不变．正确使用PU R 2=，R U P 2=，PW t =几个基本公式，并注意区别P 、U 、I 是额定值还是实际值．【例2】 对计算任何类型的用电器的电功率都适用的公式是 ( ) A ．P =I 2R B ．P =U 2/R C ．P =UI D ．P =W /t【解析】D 是定义式，C 是通过定义式推导而得，而A 、B 都是通过欧姆定律推导，所以A 、B 只适用于纯电阻电路．选CD ．【点拨】 通过该道题理解电流做功的过程，即是电能转化成其他形式能的过程．要区分电功率和热功率以及电功和电热．【例3】 若不考虑灯丝电阻随温度变化的因素，把一只标有“220V ，100W”的灯泡接入电压为110V 的电路中，灯泡的实际功率是 ( )1．（综合题） 两个白炽灯泡A (220V ，100W)和B (220V ，40W)串联后接在电路中，通电后哪个灯较亮?电灯中的电流最大等于多少?此时两灯所加上的电压是多大?两灯的实际总电功率是多少?(不考虑温度对电阻的影响)【解析】 根据P =U 2/R 可计算出两灯泡的电阻分别为 R A =U 2/P =2202/100Ω=484Ω， R B =U 2/P =2202/40Ω=1210Ω,根据P =IU ，可计算出两灯泡的额定电流分别为 I A =P /U =100/220A=0.45A ， I B =P /U =40/220A=0.18A.当两个灯泡串联时，通过它们的电流一定相等，因此电阻大的灯泡功率大，所以它们接入电路后B 灯较亮． 电路中的电流不能超过串联灯泡中额定电流最小的电流值，本题中不能超过I B =0.18A ．为了不超过电流值，加在白炽灯两端的总电压不能超过U =I B (R A +R B )=308V (或U A ：U B =R A ：R B =2：5，U =U A +U B =220V+0.4×220V =308V)．此时两灯的实际功率为W 562=+=）（B A B R R I P (或P A ：P B = R A ：R B =2：5，P =P A + P B =40W+0.4×40W=56W).2．（应用题） 如图14-5-1所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r =1Ω，电动机两端电压为5V ，电路中的电流为1A ，物体A 重20N ，不计摩擦力，求： (1)电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少? (2)电动机输入功率和输出功率各是多少? (3)10s 内，可以把重物A 匀速提升多高? (4)这台电动机的机械效率是多少?图14-5-1【解析】对电动机而言，电流做功的功率就是输入功率，电流经过电动机线圈电阻时产生一定的热功率，两个功率的差即为输出功率． (1)根据焦耳定律，热功率应为P Q =I 2r =l 2×lW=lW ．(2)电功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积P 入=IU =l×5W=5W ．输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率P 出=P 入－P Q =5W －lW=4W ．(3)电动机输出的功率用来提升重物转化为机械功率，在10s 内P 出t =mgh ．解得m 2m 20104=⨯==mg t P h 出 (4)机械效率 %80==入出P P η闭合电路欧姆定律【例1】 电动势为2 V 的电源与一个阻值为9Ω的电阻构成闭和回路，测得电源两端电压为1.8 V ，求电源的内电阻．【解析】画出如图14-6-2的电路图，U 外 =1.8 V 由E =U 外 +U 内得U 内=0.2 V ，I= U 外/R =0.2A ，r = U 内/I =1Ω．图14-6-2【点拨】闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律往往结合起来应用．【例2】 在如图14-6-3所示的电路中，电阻R l =100Ω，R 2=300Ω，电源和电流表内阻均可不计．当两个电键S 1、S 2都断开或都闭合时，电流表的读数是相同的，求电阻R 的阻值．【解析】 当两个电键S 1、S 2都断开时，电阻R 1、R 3和R 组成串联电路，经过它们的电流与电流表读数是相同的，设这个电流为I ，则根据闭合电路欧姆定律可得E =I (R 1+R 3+R )=(400+R )I ． ①当两个电键S 1、S 2都闭合时，电阻R 被 图14-6-3短路，R 1和R 2并联后再与R 3串联，其等效电阻为Ω=Ω+Ω+⨯=++='7270030060010060010032121R R R R R R此时流过电源的电流为流过R 1，和R 2的电流的总和，其中流过R 1的电流为I ，根据并联电路电流分配关系可得，流过电源的电流为I I I R R R I 67600600100221=+=+='根据闭合电路欧姆定律有 450=''=R I E I②联立①②两式得 R =50 Ω【点拨】 首先要分别弄清楚电键都断开和都闭合时两个电路中各元件的相互连接关系，根据闭合电路欧姆定律列出以电流表读数及待求电阻为变量的方程式，再设法利用方程进行求解．串、并联电路是最基本的电路结构形式，在复杂的电路中，当串、并联的连接关系不明显时，要对电路进行简化，之后，将外电阻表达出来，用闭合电路欧姆定律列方程，找出物理量之间的关系，这就是解这类题的基本思路．【例3】在如图14-6-4所示的电路中，在滑动变阻器R 2的滑动头向下移动的过程中，电压表V 和电流表A 的示数变化情况如何?【解析】R 2的滑动头向下移动的过程中变阻器的电阻增大，则外电路总电阻也增大，据串联电路的特点(外电路与内阻串联)，路端电压也增大，即电压表V 读数增大．据欧姆定律：总电阻增大，电路中总电流I 定要减少，又因为R 1不变，所以IR 1减少，由上分析路端电压增大，所以R 2、R 3。
物理3-1(人教)电场恒定电流
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)图6-11．真空中某点电荷产生的电场中，有a、b、c三个点，其中a、b两点场强方向如图6-1所示，以下对各物理量的大小判断正确的是()A．电场强度大小E a＝E b＝E cB．电势φa＝φb＝φcC．电势差U O a＝U O b＝U O cD．电势差U O a＝U O b< U O c2．带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷．如果两极板间距太大或者两极板面积太小，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图6-2所示的曲线(电场方向未画出)，虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线．关于这种电场，以下说法正确的是()图6-2A．平行金属板间的电场，可以看作匀强电场B．b点的电势高于d点的电势C．b点的电势低于c点的电势D．若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，它必将沿着电场线运动到负极板图6-33. 如图6-3所示，真空中有两个等量异种电荷，OO′为两电荷连线的垂直平分线，P点在垂直平分线上，四边形OMPN为菱形，现在将一个负电荷q自O点开始沿OMPN移动，则下列说法中不正确的是()A．由P到N的过程中电荷的电势能减少B．由P到N的过程中电场力做正功C．P点与O点电势相等D．N点和M点场强相同图6-44．在如图6-4所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r.闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头由图示的位置向右滑动一小段距离，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI.在这个过程中，下列判断正确的是()A．电源的输出功率增加B．电阻R3两端电压增加量大于ΔUC．电阻R2两端电压减小量大于ΔUD．ΔU与ΔI的比值变大5. 图6-5为研究影响平行板电容器电容因素的实验装置．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，验电器指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量几乎不变，则下列说法中正确的是()图6-5A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，增大S，则θ变大D．保持d不变，增大S，则θ不变6. 如图6-6所示，在匀强电场中，有边长为2 m的等边三角形ABC，其中O点为该三角形的中心，各点电势分别为φA＝2 V，φB＝4 V，φC＝6 V，则下列关于电场强度和电势说法正确的是()图6-6A．O点电势为3 VB．O点电势为4 VC．该匀强电场的场强大小为3 V/mD．该匀强电场的场强大小为4 V/m7. 如图6-7甲所示，两个平行金属板P、Q正对水平放置，在两板之间加上如图乙所示的交变电压．在t＝0时刻两板的正中央N点有一电子在电场力的作用下由静止开始运动，且此时Q板电势高于P板电势，在0～2t0时间内电子未与两板相碰，电子重力忽略不计，下列说法正确的是()甲 乙图6-7A ．在t 0～2t 0时间内该电子速度方向竖直向上B ．在2t 0～3t 0时间内该电子速度减小C ．若时间足够长该电子一定会与Q 板相碰D ．若改在t ＝t 02时刻释放电子且时间足够长，电子一定与P 板相碰8. 示波管的原理如图6-8所示，在偏转电极XX ′、YY ′上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点，下列说法中正确的是( )图6-8A ．若仅在偏转电极YY ′上施加一恒定电压，则将在荧光屏上出现一条亮线B ．若要让亮斑平移到荧光屏右上方，则应在偏转电极XX ′、YY ′上加电压，且X 比X ′电势高、Y 比Y ′电势高C ．若荧光屏上出现正弦曲线，要增大该曲线波长，需要增大YY ′的电压D ．若要在荧光屏上出现一条水平亮线，则只需要在偏转电极YY ′上加周期性变化的电压9. 如图6-9所示，电源内阻不计，分别标有“9 V 8.1 W ”和“6 V 7.2 W ”字样的两只灯泡L 1、L 2连接在电路中，两灯泡均正常发光．C 点接地，电势为零，则下列说法中正确的是( )图6-9A ．定值电阻的大小为20 ΩB ．如果将电路中L 1、L 2两灯泡的位置互换，电源的功率增大C ．如果将电路中L 1、L 2两灯泡的位置互换，两灯泡仍然正常发光D ．如果将电路中L 1、L 2两灯泡的位置互换，B 点电势为10.5 V 10．如图6-10甲所示，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，滑动变阻器R P 的最大电阻为10 Ω，所有电表均可视为理想电表．调节R P ，记录多组U 、I 数据，画出了如图乙所示的U -I 图像，则下列说法中不正确的是( )甲乙图6-10A．当滑动变阻器由中点往右移动时，滑动变阻器上的功率减小B．当滑动变阻器的电阻为10 Ω时滑动变阻器的功率最大C．当滑动变阻器的电阻为10 Ω时电源的效率最大D．电源的最大功率为2.25 W二、实验题(18分)11．(9分)某同学用如图6-11表盘所示的多用电表测量部分电子元件的物理量．(1)电表正确测量了一个约10 Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是2 kΩ的电阻．请选择以下必须的步骤，按操作顺序写出：________________________．(填写相应的字母)A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零B．将红表笔和黑表笔接触C．把选择开关旋转到“×1 k”位置D．把选择开关旋转到“×100”位置E．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆表的“0”刻度F．用表笔接触约2 kΩ的电阻并测量(2)如图6-11所示，该电阻的测量值为________________kΩ.图6-11(3)该同学用该多用电表判断一个大容量电容器是否漏电，他选择了“×1 k”位置．将两表笔分别接触电容器的两极，发现指针有较大的偏转然后又缓慢回到电阻无穷大位置，则该电容是否漏电？________________(选填“是”或“否”)．12．(9分)合肥一中物理实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，选取了一根长度为30 cm的金属丝进行测量．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次的测量结果如图6-12所示，其读数为________mm.图6-12(2)用多用电表粗测金属丝的电阻，已知金属丝的电阻较小，大约为8 Ω，下列给出的操作步骤中，合理的实验顺序是____________________________．(填写相应的字母) A．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度B．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，读出阻值后，断开两表笔C．旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡的“×1”挡D．旋转选择开关，使其尖端对准“OFF”挡，并拔出两表笔图6-13(3)为了较为准确地测出该电阻丝的电阻，某同学用“伏安法”来测量，连接的电路如图6-13所示．图中有两处明显连接错误，请找出并填在下面的横线上(填连线的字母代号)，错误1为______，错误2为______．(4)若用伏安法测得金属丝的电阻为R x＝7.5 Ω，则这种金属丝的电阻率约为______ Ω·m.(结果保留三位有效数字)三、解答题(本题包括3小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)图6-1413．(10分)在倾角θ＝37°的斜面上，用挡板固定一长L＝1.6 m、质量M＝2 kg的绝缘木板B，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.0×10－5 C的小滑块A放在木板B的中点，木板和小滑块间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板和斜面间的动摩擦因数μ2＝0.4，所在空间有一个竖直向下的匀强电场，电场强度E＝5.0×105 N/C，g取10 m/s2，斜面足够长．(1)由静止开始释放小滑块，同时撤去挡板，求小滑块和木板从开始运动到分离的时间．(2)求小滑块和木板从开始运动到分离，摩擦力对木板做的功及系统产生的内能．14．(16分)如图6-15所示，质量为m、带电荷量为＋q的小滑块从高度为h的光滑曲面由静止开始下滑，到达光滑曲面最低点A后进入动摩擦因数为μ的水平面．已知水平面上A、B两点之间的距离为l，B、C两点之间的空间存在方向水平向左的匀强电场，场强大小为E.有一半径为R的光滑半圆形轨道最低点在C点且竖直固定，重力加速度为g.图6-15(1)求小滑块到达B点的速度大小．(2)若小滑块能到达半圆形轨道，B、C两点之间的距离x应满足什么条件？(3)若小滑块经过C点后恰好能运动到半圆形轨道的最高点，求B、C两点之间的距离x.15．(16分)如图6-16(a)所示，水平放置的平行金属板A、B间的距离d＝0.1 m，板长L ＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B板的正中间，距金属板右端x＝0.5 m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在A、B板间加如图(b)所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102V．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－2C，速度大小均为v0＝1.0×104 m/s.带电粒子的重力不计．(1)求在t＝0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度．(2)求荧光屏上出现的光带长度．(3)若撤去挡板，同时将粒子的速度大小均变为v＝2.0×104m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长？(a) (b)图6-161．D 2.C 3.D 4.C5．A [解析] 验电器指针偏角的大小反映了电容器两极板间电势差的大小，而电容的决定式为C ＝εr S 4πkd，定义式为C ＝Q U ，则U ＝Q C ＝4πkdQεr S ，若保持S 不变而增大d ，则U 增大，即θ变大，选项A 正确，选项B 错误；若保持d 不变而增大S ，则U 减小，即θ变小，选项C 、D 错误．6．B [解析] 如图所示，过O 点作AC 边的垂线，垂足为D 点，φD ＝φB ＝4 V ，所以B 点与D 点为等势点，φO ＝4 V ，选项A 错误，选项B 正确；根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势的特点，可知CA 方向为电场线方向，场强大小E ＝U CAd CA ＝2 V/m ，选项C 、D 错误．7．D [解析] 电子在电场力的作用下在t 0～2t 0时间内向下做减速运动，选项A 错误；在2t 0～3t 0时间内，电子向上做加速运动，电子速度增加，选项B 错误；在t ＝0时刻释放的电子做往复运动，选项C 错误；在t ＝t 02时刻释放的电子，在一个周期t 02～9t 02内，位移沿NP 方向，根据运动的周期性可得若时间足够长，电子一定运动到P 板，选项D 正确．8．B [解析] 若仅在偏转电极YY ′上施加一恒定电压，将在荧光屏上出现一亮点，选项A 错误；电子带负电，若要让亮斑移到荧光屏的右上方，在竖直方向上受到向上的电场力，在水平方向上受到向右的电场力，X 比X ′电势高、Y 比Y ′电势高，选项B 正确；若荧光屏上出现正弦曲线，要增大该曲线波长，需要增大XX ′的电压，选项C 错误；若要在荧光屏上出现一条水平亮线，即在竖直方向上不受到电场力，故只需在偏转电极XX ′上加电压，要使之呈现一条直线，即亮点的位置沿水平方向变化，需加周期性变化的电压，选项D 错误．9．D [解析] 由R ＝U 2P 结合灯泡铭牌可知两灯泡的电阻分别为R 1＝10 Ω，R 2＝5 Ω，两灯泡均正常发光，可得R 1RR 1＋R ∶R 2＝9∶6，可得R ＝30 Ω，选项A 错误；如果将电路中L 1、L 2两灯泡的位置互换，整个电路的电阻增大，电流减小，故电源的功率减小，两灯泡均不能正常发光，选项B 、C 错误；交换位置后电路中B 、C 两点之间的电压为U ′BC ＝I ′R 1＝φ′B －φC ，C 点接地，φC ＝0 V ，I ′＝ER 2RR 2＋R＋R 1，可得φ′B ＝10.5 V ，选项D 正确．10．B [解析] 把滑动变阻器看作外电路电阻，由乙图可得等效电源电动势大小为3.0 V ，当通过R 1的电流为0.3 A 时，通过R 2的电流为0.45 A ，可得等效电源的内阻为r ′＝30.75Ω＝4 Ω，R P 的最大电阻为10 Ω，故滑片由中点向右滑动时，功率逐渐减小，选项A 正确；滑动变阻器的阻值等于等效电源的内阻4 Ω时，功率最大，选项B 错误；负载增大，电源的效率增大，选项C 正确；当整个回路电阻最小时，电源的功率最大为P m ＝E 2r ′＝2.25W ，选项D 正确．11．(1)DBEF (2)1.9 (3)否[解析] (1)测量阻值大约是2 k Ω的电阻第一步需要换“×100”挡，换挡后需要重新欧姆调零，最后测量，步骤如答案所示．(2)测量结果为示数乘以倍率，为1.9 k Ω.(3)发现指针有较大的偏转是短暂的充电电流，最终又回到无穷大，说明电容器不漏电．12．(1)0.398 (2)CABD (3)e d (4)3.11×10－6 [解析] (3)导线不能接在滑片上，接线e 错误；该金属丝为小电阻，应采用电流表外接法，接线d 错误．(4)由电阻率定义式R ＝ρlS有ρ＝R π⎝⎛⎭⎫d 22l，代入数据可求得ρ＝3.11×10－6 Ω·m.13．(1)0.46 s (2)－1.22 J 4.19 J[解析] (1)释放后，滑块A 做加速运动，滑动摩擦力f 1＝μ1mg cos θ，由牛顿第二定律得 (mg ＋qE )sin θ－f 1＝ma 1 在t 时间内位移x 1＝12a 1t 2木板B 受力如图所示，滑动摩擦力f 2＝μ2(Mg ＋mg ＋qE )cos θ，方向沿斜面向上． 对于木板B ，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋f 1－f 2＝Ma 2 木板的位移x 2＝12a 2t 2滑块滑离木板时有x 1－x 2＝L2联立解得t ＝0.46 s.(2)摩擦力对木板做的功为W ＝(f 1－f 2)x 2＝－1.22 J 系统产生的内能为Q ＝f 1Δx ＋f 2x 2＝f 1L2＋f 2x 2＝4.19 J.14. (1)2gh －2μgl (2)x <mgh －μmgl μmg ＋qE (3)mg （2h －5R －2μl ）2（μmg ＋qE ）[解析] (1)小滑块由静止运动到B 点，由动能定理可得 mgh －μmgl ＝12m v 2B解得v B ＝2gh －2μgl .(2)若小滑块到达C 点时速度为零，则x 有最大值，由动能定理可得 mgh －μmg (l ＋x m )－qEx m ＝0 解得x m ＝mgh －μmglμmg ＋qE故小滑块若能到达半圆形轨道， x 应满足x <mgh －μmglμmg ＋qE .(3)若小滑块恰好能到达半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得 mg ＝m v 2R解得v ＝gR由机械能守恒定律可得 12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 2 解得v C ＝5gR由B 点到C 点，由动能定理得 －(μmg ＋qE )x ＝12m v 2C －12m v 2B联立解得x ＝mg （2h －5R －2μl ）2（μmg ＋qE ）.15．(1)103 m/s (2)0.14 m (3)0.15 m[解析] (1)在t ＝0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变在电场中运动的时间 t ＝L v 0＝3×10－5 s ，正好等于一个周期，即t ＝T竖直方向先加速后减速，加速度大小a ＝qU 0md射出电场时竖直方向的速度v ′＝a ·13T ＝103 m/s.(2)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度大小均相同偏转最大的粒子偏转量为d 1＝12a ⎝⎛⎭⎫23T 2＋23aT ·13T －12a ⎝⎛⎭⎫13T 2＋x v 0v ′＝8.5×10－2 m反方向最大偏转量d 2＝12a ⎝⎛⎭⎫13T 2＋13aT ·23T －12a ⎝⎛⎭⎫23T 2＋x v 0v ′＝5.5×10－2 m形成光带的总长度l ＝0.14 m.(3)因为粒子的速度大小均变为v ＝2.0×104 m/s ，所以带电粒子在电场中运动的时间为T 2，故d 1＝aT 2·x v ＝3.75×10－2 m d 2＝aT 6·x v ＝1.25×10－2 m形成的光带长度l ＝d 1＋d ＋d 2＝0.15 m.。
高中物理恒定电流典型例题
2.1 导体中的电场和电流电动势例1、关于电流的说法正确的是（）A、根据I=q/t，可知I与q成正比。
B、如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电量相等，则导体中的电流是恒定电流。
C、电流有方向，电流是矢量D、电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位例2、如果导线中的电流为1mA，那么1s内通过导体横截面的自由电子数是多少？若算得“220V，60W”的白炽灯正常发光时的电流为273mA，则20s内通过灯丝的横截面的电子是多少个？例3、关于电动势，下列说法正确的是（）A、电源两极间的电压等于电源电动势B、电动势越大的电源，将其它形式的能转化为电能的本领越大C、电源电动势的数值等于内、外电压之和D、电源电动势与外电路的组成无关2.2 串、并联电路的特点电表的改装例1. 有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA。
要把它改装成量程0 —3V的电压表，要串联多大的电阻？改装后电压表的内阻是多大？例2．有一个电流表G，内阻Rg=25Ω满偏电流Ig=3mA。
要把它改装成量程0 —0.6mA的电流表，要并联多大的电阻？改装后电流表的内阻是多大？例3．一安培表由电流表G与电阻R并联而成。
若在使用中发现此安培表读数比准确值稍小些，下列可采取的措施是A.在R上串联一个比R小得多的电阻B. 在R上串联一个比R大得多的电阻C. 在R上并联一个比R小得多的电阻D. 在R上并联一个比R大得多的电阻2.3欧姆定律电阻定律焦耳定律例1如图1所示的图象所对应的两个导体（1）电阻之比R1：R2_____；（2）若两个导体的电流相等（不为零）时电压之比U1：U2为______；（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比为______。
例2如图2所示，用直流电动机提升重物，重物的质量m=50kg，电源供电电压为110V，不计各处摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5A，则电动机线圈的电阻为多少？（g取10m/s2）例3有两根不同材料的金属丝，长度相同，甲的横截面的圆半径及电阻率都是乙的2倍。
《恒定电流》典型例题
《恒定电流》知识网络第一节 欧姆定律典型例题1——电流的计算（1）在金属导体中，若10s 内通过横截面的电量为10C ，则导体中的电流为I =___________A ；（2）某电解槽横截面积为0.5m 2，若10s 内沿相反方向通过横截面的正负离子的电量均为10C ，则电解液中的电流为I =___________A ．分析解答：（1）根据电流的定义式t q I =得到10s 内通过横截面积的电流为1A ．（2）正负粒子的电量均为10库，则10s 内通过横截面积的总电量为20库．典型例题2——关于等效电流的计算氢原子的核外只有一个电子，设电子在离原子核距离为R 的圆轨道上做匀速圆周运动．已知电子电量为e ，运动速率为v ．求电子绕核运动的等效电流多大？分析解答：所谓等效电流，就是把电子周期性地通过圆周上各处形成的电流看成持续不断地通过圆周上各处时所形成的电流．取电子运动轨道上任一截面，在电子运动一周的时间T 内，通过这个截面的电量e =q ，由圆周运动知识知：R T π2=,根据电流强度的定义式得R v T q I π2e e ===．典型例题3——关于材料的电阻率关于材料的电阻率，下列说法正确的是（）A ．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的3/1．B ．材料的电阻率随温度的升高而增大．C ．纯金属的电阻率较合金的电阻率小．D ．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大．【解析】电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体的长度，横截面积无关，金属材料的电阻率随温度升高而增大，而半导体材料则相反，合金的电阻率比纯金属的电阻车大电阻率大，电阻率大表明材料的导电性能差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为物理全电阻才是反映对电流阻碍作用的大小，而电阻还跟导体的长度、横截面积有关．正确选项为C ．典型例题4——由电阻定律判断用电线路短路区如图所示，相距km 80=L 的A 、B 两地之间，架设两条导线，每条导线的电阻Ω=400AB R ，若在两地间的C 处发生短路，现在A 端接入电源、电压表和电流表，电压表示数为10V ，电流表示数为mA 40，求C 处离A 地多远？【解析】从A 地到C 处两根导线的总电阻AC R 可由欧姆定律得：)(2501040103Ω=⨯==-I U R AC 设A 地到C 处的距离为L '，根据电阻定律有： L L R R AC AB '=:)2(: 解得：)km (258040022502=⨯⨯=='AB AC R R L 典型例题5——关于直流电动机的线圈电阻如图所示，用直流电动机提升重物，重物的质量kg 50=m ，电源供电电压为110V ，不计各处摩擦，当电动机以m/s 90.0=v 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5A ，则电动机线圈的电阻为多大？（g 取2m/s 10）【解析】设电动机线圈的电阻为r ，由题意可知，电源提供的电能转化为电动机线圈发热而增加的内能和电动机对外输出的机械能，而电动机输出的机械能用来增加被提升重物的机械能，由能的转化和守恒得：mgv r I UI +=2．解得电动机线圈的电阻为：)(0.459.010********Ω=⨯⨯-=-=I mgv I U r ． 【讨论】如果电动机的转子被卡住，则通过电动机线圈的电流多大？线圈上的发热功率多大？会造成怎样的结果？典型例题10——电容器在电路中的连接如图所示，电阻Ω=21R ，Ω=42R ，Ω=63R ．电容F 5μ=C ．电源电压V 6=U 不变，分别求电键S 断开和闭合两种情况下，电路达稳定状态后电容器的带电量和电源对电路提供的功率．【解析】电容器在直流电路中，当电路达稳定状态时，相当于一个断路元件．S 断开时，C 通过3R 接在1R 两端，C 两端的电压为1R 两端的电压：)V (264222111=⨯+=+=U R R R U ， 电容器带电量： )C (10121055611--⨯=⨯⨯==CU Q下板带正电，电源提供的功率：)W (642622121=+=+=R R U P . S 闭合时，C 并接在2R 两端，电容器带电量：22CU Q =212R R R C +⨯=64241056⨯⨯⨯⨯=-5102-⨯=（C ） 上板带正电，电源提供的功率：)W (126662322122=+=++=R U R R U P 典型例题11——可变电阻对路中电流变化趋势的影响如图所示，电源电压U 保持不变，当可变电阻3R 的滑动端P自左向右滑动的过程中，各电阻两端的电压、通过各电阻的电流分别怎样变化？【解析】分析步骤及要点：（1）确定电路的组成，电路由两部分串联而成，一部分为1R ，另一部分又有两条支路组成，一条支路为4R ，再一条支路为2R 与3R 串联的电路，这条支路的电阻变化（P 向右移动时3R 变小）导致总电阻的减小．（2）由欧姆定律确定阻值不变的部分电路的物理量变化．3R →总电阻R →总电流R UI =→11IR U =即通过1R 的电流增大，1R 端的电压升高．（3）由串、并联电路的特点确定阻值变化的部分电路中物理量的变化（如这部分电路中再包含有阻值不变和变化的电路，仍应先分析阻值不变的电路）．1U →14U U U U -==右→444R U I =；I 、4I →432I I I I -==→222R I U =；右U 、2U →23U U U -=右．典型例题1——关于电源和直流电路的性质关于电源和直流电路的性质，下列说法正确的是（ ）A ．电源被短路时，放电电流无穷大B ．外电路断路时，路端电压最高C ．外电路电阻值减小时，路端电压升高D ．不管外电路电阻怎样变化，其电源的内、外电压之和保持不变【解析】对一个给定电源，一般认为电动势E 和内阻r 是不变的，电动势在数值上等于内、外电压之和：内外U U E +=，电源短路时，放电电流为r E /，不可能为无穷大，外电路断时，由于：0==Ir U 内，所以：U=E．外正确选项为BD．典型例题3——可变电阻的阻值变化对电流以及电压的影响如图所示的电路中，当可变电阻R的值增大时（）A、ab两点间的电压增大B、ab两点间的电压减小C、通过电阻R的电流增大D、通过电阻R的电流减小分析解答：可变电阻R的阻值增大；ab并联部分的电阻增大；整个外电路总电阻增大；电路的总电流I减小；内电路上电压和电R的电压都减小；ab并联部分的电压增大；通过电阻R的电流阻1增大；通过可变电阻R的电流减小．答：A、D．说明：当电路中某一部分电阻变化时，整个电路各处的电压、电流都会受到影响，可谓“牵一发而动全身”．分析时，应抓住全电路中电源电动势和内阻不变的特点，从总电流的变化依次U也增大，将无法判断通过R的电流的变化推理．如果只从孤立的局部电路考虑，R增大时，ab情况．典型例题4——电源的外特性曲线如图所示为某一电源外电路的伏安特性曲线，由图可知，该电源的电动势为_________V．内阻为______Ω，外电路短路时通过电源的电流强度为______A．【解析】图线在纵横上的截距2V为电源电动势，图线斜率的绝对值：∆＝∆-U．I(4.0)5.0/0.28.1=/Ω为电源的内阻，短路电流：)A (54.0/2/==r E ．【注意】在纵轴（U 轴）不从零开始取值时，横轴（I 轴）上的截距不表示短路电流、但在纵轴上的截距仍为电动势，斜率的绝对值仍为内阻．典型例题10——变阻对电路中电流和电压值的影响如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向上移动时，下列结论正确的是（ ）A ．电压表的示数增大，电流表的示数减小．B ．电压表和电流表的示数都增大．C ．电压表的示数减小，电流表的示数增大．D ．电压表和电流表的示数都减小．【解析】分析过程要点：（1）电路由两部分串联而成，一部分是1R ，阻值不变，另一部分是由2R 、3R 并联而成，滑动头向上移动，3R 增大，导致整个外电路的电阻增大．（2）则rR E I +=可知R 增大，I 减小；由Ir E U -=得U 升高，即电压表示数增大． （3）由11IR U =可知1U 减小；由132U U U U -==可知32U U =升高；由222R U I =得2I 增大；由23I I I -=得3I 减小，即电流表示数减小．正确选项为A ．讨论：比较通过1R 的电流减少量与电流表示数减少量间的关系．典型例题3——关于电流表、电压表的改装有一只满偏电流mA 500=Ig ，内阻Ω=400Rg 的电流表G ．若把它改装成量程为10V 的电压表，应______联一个______Ω的分压电阻．该电压表的内阻为______Ω；若把他改装成量程为3A 的电流表，应______联一个____Ω的分流电阻，该电流表的内阻为_____Ω．【解析】改装成电压表时应串联一个分压电阻．由欧姆定律得：)(R Rg Ig U +=，分压电阻：)(1600400105103Ω=-⨯=-=g g R I U R ， 该电压表内阻： )(2000Ω=+=R R R g v ．改装成电流表时应并联一个分流电阻，由并联电路两端相等得：R I I R I g g g )(-=，分流电阻：)(668.010*********3Ω=⨯-⨯⨯=-=--g gg I I R I R ． 该电流表内阻： )(667.0Ω==+=I R I R R RR R g g g gA ．典型例题4——提高电压表的准确度一个电压表由电流表G 和电阻R 串联而成，如图所示．若使用中发现电压表的示数总比准确值稍小一些，采取下列哪种措施可以改进（ ）A ．在R 上串联一个比R 小得比的电阻．B ．在R 上串联一个比R 大得多的电阻．C ．在R 上并联一个比R 小得多的电阻．D ．在R 上并联一个比R 大得多的电阻．【解析】电压表的读数比准确值稍小一些，表明附加的分压电阻R 稍大一些，只要使R 的阻值稍减小一些，就能使电压表的准确度得到提高．在R 上串联一个电阻，只能增加阻值，显然是不行的，并联电阻时，由于并联电路的总电阻比任何一个分电阻小，可见应并联一个比R 大得多的电阻．正确选项为D ．。
电场、恒定电流、磁场知识点汇总(附经典例题解析) 全国通用共227页.
电场、恒定电流、磁场知识点汇总(附经典例题解析) 全国通用（一）磁场知识点汇总一、磁场⒈磁场是一种客观物质，存在于磁体和运动电荷（或电流）周围。
⒉磁场（磁感应强度）的方向规定为磁场中小磁针N 极的受力方向（磁感线的切线方向）。
⒊磁场的基本性质是对放入其中的磁体、运动电荷（或电流）有力的作用。
二、磁感线⒈磁感线是徦想的，用来对磁场进行直观描述的曲线，它并不是客观存在的。
⒉磁感线是闭合曲线⎩⎨⎧→→极极磁体的内部极极磁体的外部N S S N⒊磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向。
⒋任何两条磁感线都不会相交，也不能相切。
三、安培定则是用来确定电流方向与磁场方向关系的法则弯曲的四指代表⎩⎨⎧)()(环形电流或通电螺线管电流的方向直线电流磁感线的环绕方向四、安培分子电流假说揭示了磁现象的电本质，即磁体的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的。
五、几种常见磁场⒈直线电流的磁场：无磁极，非匀强，距导线越远处磁场越弱⒉通电螺线管的磁场：管外磁感线分布与条形磁铁类似，管内为匀强磁场。
⒊地磁场（与条形磁铁磁场类似）⑴地磁场N 极在地球南极附近，S 极在地球北极附近。
地磁场B 的水平分量总是从地球南极指向北极，而竖直分量南北相反，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下⑵在赤道平面上，距离地球表面相等的各点，磁感强度相等，且方向水平向北。
⑶假如地磁场是由地球表面所带电荷产生，则地球表面所带电荷为负电荷（根据安培定则、地磁场的方向与地球自转方向判断）。
六、磁感应强度：⑴定义式LIF B =（定义B 时，B I ⊥）⑵B 为矢量，方向与磁场方向相同，并不是在该处电流的受力方向，运算时遵循矢量运算法则。
七、磁通量⒈定义一：φ=BS ，S 是与磁场方向垂直的面积，即φ=B ⊥S ，如果平面与磁场方向不垂直，应把面积投影到与磁场垂直的方向上，求出投影面积⊥S⒉定义二：表示穿过某一面积磁感线条数磁通量是标量，但有正、负，正、负号不代表方向，仅代表磁感线穿入或穿出。
《恒定电流》知识点与典型例题解析
《恒定电流》知识点与典型例题解析《恒定电流》知识点与例题解析知识点总结一、基本概念及基本规律1．电流 电流的定义式：t q I =，适用于任何电荷的定向移动形成的电流。
对于金属导体有I=nq v S （n 为单位体积内的自由电子个数，S 为导线的横截面积，v 为自由电子的定向移动速率，约10-5m/s ，远小于电子热运动的平均速率105m/s ，更小于电场的传播速率3×108m/s ），此公式只适用于金属导体，千万不要到处套用。
2．电阻定律导体的电阻R 跟它的长度l 成正比，跟它的横截面积S 成反比，公式：sl R ρ=。
（1）ρ是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率，单位是Ω m 。
（2）纯金属的电阻率小，合金的电阻率大。
（3）材料的电阻率与温度有关系：①金属的电阻率随温度的升高而增大（可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧，对自由电子的定向移动的阻碍增大。
）铂较明显，可用于做温度计；锰铜、镍铜的电阻率几乎不随温度而变，可用于做标准电阻。
②半导体的电阻率随温度的升高而减小（可以理解为半导体靠自由电子和空穴导电，温度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量增大，导电能力提高）。
③有些物质当温度接近0 K 时，电阻率突然减小到零——这种现象叫超导现象。
能够发生超导现象的物体叫超导体。
材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度T C 。
我国科学家在1989年把T C 提高到130K 。
现在科学家们正努力做到室温超导。
3．部分电路欧姆定律 RU I =（适用于金属导体和电解液，不适用于气体导电） 电阻的伏安特性曲线：注意I-U 曲线和U-I 曲线的区别。
还要注意：当考虑到电阻率随温度的变化时，电阻的伏安特性曲线不再是过原点的直线。
4．电动势与电势差电动势：E=W/q ，单位：V电势差：U=W/q ，单位：V在电源外部的电路中，是静电力对自由电荷做正功，电流由电源的正极流向负极，沿电流方向电势降低；而在电源内部是电荷受的非静电力克服静电力做功，电流由负极流向正极，沿电流电势升高。
电场恒定电流专题总结训练(附解答)
电场恒定电流专题一、挖掘隐含条件，解决库仑力作用下的动力学问题1.如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一带电荷量为＋Q的点电荷．质量为m、带电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？2.如图所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是图中的()3.如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是()A．速度先增大，再减小B．速度一直增大C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D．加速度先减小，再增大4.如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab 的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为F d、F c、F e，则下列说法中正确的是()A．F d、F c、F e的方向都是水平向右B．F d、F c的方向水平向右，F e的方向竖直向上C．F d、F e的方向水平向右，F c＝0D．F d、F c、F e的大小都相等5.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是()A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能二、带电体的力电综合问题的分析方法6、如图所示，一根长为L ＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN 竖直固定在电场强度大小为E ＝1.0×105 N /C 、与水平方 向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M 固定一个带电小球A ，带电荷量为Q ＝＋4.5×10－6 C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q ＝＋1.0×10－6 C ，质量为m ＝1.0×10－2 kg.现将小球B 从杆的N端由静止释放，小球B 开始运动．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2)(1)求小球B 开始运动时的加速度a ；(2)当小球B 的速度最大时，求小球距M 端的高度h 1；(3)若小球B 从N 端运动到距M 端的高度为h 2＝0.61 m 时，速度v ＝1.0 m/s ，求此过程中小球B 电势能的改变量ΔE p .7．如图所示，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2345，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m A ＝0.60 kg ，m B ＝0.30 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝1.0×10－5 C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.0 m /s 2的匀加速直线运动，假 定斜面足够长．已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2.求：(1)B 物块的带电量q B ；(2)A 、B 运动多长距离后开始分离．8、如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小 球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中， 重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2D ．小球的电势能减少W 29、如图所示，虚线为匀强电场的等势线，一个带电小球以一定的速度射入该匀强电场后，运动轨迹如图所示，已知小球受到的重力不能忽略，则下列有关说法中正确的是()A．小球在b点的动能一定大于小球在a点的动能B．若小球从a点向b点运动，则动能和电势能的和一定增加C．若小球从b点向a点运动，则重力势能和电势能的和一定减小D．根据图中信息不能确定小球在a、b两点的电势能大小三、静电场中涉及图象问题的处理方法和技巧1．主要类型：(1)v－t图象；(2)φ－x图象；(3)E－t图象．2．应对策略：(1)v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．(2)φ－x图象：①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断．(3)E－t图象：根据题中给出的E－t图象，确定E的方向，再在草纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布．10、两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点电势差U AB＝－5 V四、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动11、如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？12、如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N a和N b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．13、在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？14、如图所示为示波管构造的示意图，现在XX′间加上U xx′－t信号，YY′间加上U yy′－t信号，(如图2甲、乙所示)．则在屏幕上看到的图形是()15、如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，固定在两板的正中间P处．若在t时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是()A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T816、电阻R 和电动机M 串联接到电路中，如图6所示，已知电阻R 跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作，设电阻R 和电动机M 两端的电压分别为U 1和U 2，经过时间t ，电流通过电阻R 做功为W 1，产生热量为Q 1，电流通过电动机做功为W 2，产生热量为Q 2，则有 ( )A ．U 1<U 2，Q 1＝Q 2B ．U 1＝U 2，Q 1＝Q 2C ．W 1＝W 2，Q 1>Q 2D ．W 1<W 2，Q 1<Q 217、来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV 的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA 的细柱形质子流．已知质子电荷量e ＝1.60×10－19C ．这束质子流每秒打到靶上的质子个数为多少？假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L 和4L 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为N 1和N 2，则N 1∶N 2等于多少？18、用图所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( ) A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 019、巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效 应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R 在一定磁场作用下随磁感应强度B 的增加而急剧减小的特性．如图所 示检测电路，设输电线路电流为I (不是GMR 中的电流)，GMR 为巨磁电阻，R 1、R 2为定值电阻，已知输电线路电 流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 的大小与I 成正比，下列有关说法正确的是( )A ．如果I 增大，电压表V 1示数减小，电压表V 2示数增大B ．如果I 增大，电流表A 示数减小，电压表V 1示数增大C ．如果I 减小，电压表V 1示数增大，电压表V 2示数增大D ．如果I 减小，电流表A 示数减小，电压表V 2示数减小20、如图所示的电路中，电源的电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电容器的电容C ＝3.6 μF ，二极管D 具有单向导电性，开始时，开关S 1闭合，S 2断开． (1)合上S 2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？(2)合上S 2，待电路稳定以后再断开S 1，求断开S 1后流过R 1的电荷量是多少？21、如图所示，平行金属板中带电质点P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则( )A ．电压表读数减小B ．电流表读数减小C ．质点P 将向上运动D ．R 1上消耗的功率逐渐增大22、如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是( )A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为253ΩC ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 V电场恒定电流专题答案1. 审题与关联解析 设小球在最高点时的速度为v 1，根据牛顿第二定律mg －kQq R 2＝m v 21R①设当小球在最低点时的速度为v 2，管壁对小球的作用力为F ，根据牛顿第二定律有F －mg －kQq R 2＝m v 22R②小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒．则12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22③由①②③式得F ＝6mg由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F ′＝6mg .2. 答案 B 解析 粒子在AB 连线上的平衡位置即为场强为零的位置，设粒子与B 点的距离为x ，所以kQx 2＝k ·4Q (L －x )2，得x ＝L3，即在D 点，粒子在D 点左侧时所受电场力向左，粒子在D 点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情况：在D 点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过D 点时，先在D 点左侧减速，过D 点以后加速运动；或在D 点左侧减速，运动到D 点速度减为0，以后一直静止，由于C 图象不对称，所以粒子在CD 之间的运动可以用B 图象描述，故B 正确．3. 解析 在AB 的中垂线上，从无穷远处到O 点，电场强度先变大后变小，到O 点变为零，故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大；由O 点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P 、N 相距很近，加速度则先减小，再增大． 答案 AD4. 答案 A 解析 根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d 、c 、e 三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点受电场力方向与场强方向相同可得到A 正确，B 、C 错误；连线上场强由A 到B 先减小后增大，中垂线上由O 到无穷远处逐渐减小，因此O 点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故F d >F c >F e ，故D 错误．5. 答案 BC 解析 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示场强大小可知E d >E b .故选项A 错误，选项B 正确．a 、c 两点关于MN 对称，故U ab ＝U bc ，选项C 正确．沿电场线方向电势降低，所以φa >φc ，由E p ＝qφ可知E p a >E p c ，故选项D 错误．6. 解析 (1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆的方向运动，由牛顿第二定律得mg －kQqL 2－qE sin θ＝ma ，解得a ＝3.2 m/s 2(2)小球B 速度最大时受到的合力为零，即kQqh 21＋qE sin θ＝mg 代入数据得h 1＝0.9 m(3)小球B 在从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2，库仑力做功为W 3，则根据动能定理得 W 1＋W 2＋W 3＝12m v 2 W 1＝mg (L －h 2)又由功能关系知ΔE p ＝|W 2＋W 3| 代入数据得ΔE p ＝8.4×10－2 J7、解析 (1)设B 物块的带电量为q B ，A 、B 、C 处于静止状态时，C 对B 的库仑斥力，F 0＝kq C q BL 2以A 、B 为研究对象，根据力的平衡有F 0＝(m A ＋m B )g sin 30° 联立解得q B ＝5.0×10－5 C(2)给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也 逐渐减小．设经过时间t ，B 、C 间距离变为L ′，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t 时刻C 对B 的库仑斥力为F 0′＝kq C q B L ′2以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F 0′－m B g sin 30°－μm B g cos 30°＝m B a 联立以上各式解得L ′＝1.5 m 则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离ΔL ＝L ′－L ＝0.5 m8、本题考查势能大小的计算和机械能守恒定律．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W 1＋12m v 2，故C 选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，故D 选项正确．答案 BD 9、答案 A 解析 由于等势线水平，则电场线一定沿竖直方向，根据曲线运动的轨迹与合外力的关系可知，小球受到的电场力一定向上，且合外力也竖直向上，由此可知若小球从a 点向b 点运动，合外力对小球做正功，故小球动能一定增加，若小球从b 点向a 点运动，合外力对小球做负功，故小球动能一定减少，则选项A 正确；小球从a 点向b 点运动的过程中重力势能增加，根据能量守恒定律，可知动能和电势能的和一定减小，则选项B 错误；同理可知小球从b 点向a 点运动过程中动能减小，则重力势能和电势能的和一定增加，则选项C 错误；由于小球从a 点向b 点运动过程中，电场力一定做正功，则电势能一定减小，故小球在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能，故选项D 错误．10、解析 小物块在B 点加速度最大，故B 点场强最大，由v －t 图线知B 点加速度为2 m /s 2，据qE ＝ma 得E ＝1 V/m ，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B 、C 错误；根据动能定理有qU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ，解得U AB ＝－5 V ，选项D 正确． 11、解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为 mg ′＝(qE )2＋(mg )2＝2 3mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg ′＝m v 2D R，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知：－2mg ′R ＝12m v 2D －12m v 2解得v 0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥ 103gR3. 12、解析 质点所受电场力的大小为F ＝qE①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有 F ＋N a ＝m v 2ar② N b －F ＝m v 2br③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有 E k a ＝12m v 2a ④ E k b＝12m v 2b ⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝F ·2r⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )E k a ＝r 12(N b ＋5N a ) E k b ＝r12(5N b ＋N a )13、答案 (1)v 20＋eU 0m (2)v 0T (3)T 4＋k ·T2(k ＝0,1,2，…) T eU 08m 解析 (1)由动能定理得：e ·U 02＝12m v 2－12m v 20解得v ＝v 20＋eU 0m. (2)t ＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v 0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO ′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L ＝v 0T .(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO ′线．所以应在t ＝T 4＋k ·T2(k ＝0,1,2，…)时射入．极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上． 由牛顿第二定律有a ＝eU 0md .加速阶段运动的距离s ＝12·eU 0md ·(T 4)2≤d4可解得d ≥TeU 08m故两板间距至少为T eU 08m14、答案 D 解析 沿电场方向带电粒子做加速运动，在垂直电场方向带电粒子做匀速运动，粒子经过竖直的YY ′(信号电压)电场偏转，再经过水平的XX ′(扫描电压)电场偏转，最后在显示屏上形成稳定的图象．在甲图中开始U xx ′<0，乙图中开始U yy ′＝0之后大于0，由此排除B 、C 项.0～T 在x 方向电子恰好从－x 处到屏中央，在y 方向完成一次扫描，T ～2T 水平方向电子从中央向x 正向移动，在y 方向再完成一次扫描．所以本题D 项正确． 15、答案 B 解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4<t 0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．16、答案 A 解析 电动机是非纯电阻元件，其两端电压U 2>IR ＝U 1，B 错；电流做的功W 1＝IU 1t ，W 2＝IU 2t ，因此W 1<W 2，C 错；电流产生的热量由Q ＝I 2Rt 可判断Q 1＝Q 2，A 对，D 错． 17、审题与关联解析 质子流每秒打到靶上的质子数由I ＝ne t 可知n t ＝Ie＝6.25×1015(个/秒)．建立如图所示的“柱体微元”模型，设质子经过距质子源L 和4L 处时的速度分别为v 1、v 2，在L 和4L 处作两个长为ΔL (极短)的柱体微元．因ΔL 极短，故L 和4L 处的两个柱体微元中的质子的速度可分别视为v 1、v 2.对于这两个柱体微元，设单位体积内质子数分别为n 1和n 2，由I ＝q t ＝neS v tt ＝neS v 可知，I 1＝n 1eS v 1，I 2＝n 2eS v 2，作为串联电路，各处的电流相等． 所以I 1＝I 2，故n 1n 2＝v 2v 1.根据动能定理，分别有eEL ＝12m v 21，eE ·4L ＝12m v 22，可得v 2v 1＝21，所以有n 1n 2＝21，因此，两柱体微元中的质子数之比N 1N 2＝n 1n 2＝21. 答案 6.25×1015个 2∶1 18、答案 C解析 设R 0、R x 与三者的结点为Q ，当通过电流表的电流为零时，说明φP ＝φQ ，则UR 0＝UR MP ，UR x ＝UR PN ，设IR 0＝IR x ＝I 0，IR MP ＝IR PN ＝I ，故I 0R 0＝IR MP ，I 0R x ＝IR PN .两式相除有R 0R x ＝R MP R PN ，所以R x ＝R PN R MP R 0＝l 2l 1R 0，正确选项为C.19、解析 如果I 增大，输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 增大，GMR 电阻值减小，回路中电流增大，电流表A 示数增大，电压表V 1示数减小，电压表V 2示数增大，选项A 正确，选项B 错误；如果I 减小，输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生磁场的磁感应强度B 减小，GMR 电阻值增大，回路中电流减小，电流表A 示数减小，电压表V 1示数增大，电压表V 2示数减小，选项D 正确，选项C 错误．答案 AD 20、审题与关联11 / 11解析 (1)设开关S 1闭合，S 2断开时，电容器两端的电压为U 1，干路电流为I 1，根据闭合电路欧姆定律有 I 1＝E R 1＋r＝1.5 A U 1＝I 1R 1＝4.5 V合上开关S 2后，电容器两端电压为U 2，干路电流为I 2.根据闭合电路欧姆定律有I 2＝E R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝2 A U 2＝I 2R 1R 2R 1＋R 2＝4 V 所以电容器上电荷量减少了：ΔQ ＝(U 1－U 2)C ＝1.8×10－6 C (2)设合上S 2后，电容器上的电荷量为Q ，则Q ＝CU 2＝1.44×10－5 C 再断开S 1后，R 1和R 2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比．故流过电阻R 1的电荷量为：Q 1＝R 2R 1＋R 2Q ＝9.6×10－6 C. 答案 (1)减少了1.8×10－6 C (2)9.6×10－6 C 21、答案 BC解析 R 4的滑片向b 端移动时，R 4↑→R 总↑→I 总↓→U 端↑，分析电流表示数变化时，可把R 1和R 3等效为电源内阻，示数即可等效为总电流，由上面分析知其示数减小，B 正确；分析示数的变化时，可把R 1、R 2和R 3都等效为电源内阻，其示数即为等效路端电压，增大，A 错误；分析电容器两板间电压时，可把R 1等效为电源内阻，U C ＝U 端，E ′＝U C d，增大，C 正确；P 1＝I 2总R 1，减小，D 错误． 22、答案 ACD解析 电源的输出电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，直线①的斜率的绝对值等于r ，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出截距为50 V ，斜率的大小等于r ＝50－206－0Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝E r ＋R 外解得外电路的电阻R 外＝15 Ω，C 正确；当输出功率为120 W 时，由题图中P －I 关系图线中看出对应干路电流为4 A ，再从U －I 图线中读取对应的输出电压为30 V ，D 正确．。
高中物理讲义.必修三.第三章：电路(知识点总结+习题)
电源和电流【引入】前面的两章我们都在学习静电场，激发静电场的是静止电荷。
那么电荷运动起来又会有什么作用呢？其实早在初中我们就学习了，电荷的定向移动产生了电流。
这一节课我们进一步思考，电荷在怎样的条件下会定向移动。
生活中比较常见的含有大量自由电荷的是导体，如何让导体内的电荷定向移动呢？如左图，导体两端连接AB两个金属球，分别带正负电荷。
导体内自由电荷（电子）在静电力作用下，沿导线定向移动，产生了电流。
随后AB之间的电势差消失，达成静电平衡，如右图。
整个过程只形成了短暂的电流。
【小结】电流的形成条件①导体内部有自由移动的电子②导体两端有电势差【思考】如何能持续形成电流呢？或者说如何维持导体两端的电势差？我们加一个装置，不断的把负电荷从A搬运到B，这样AB两球之间一直维持电势差，这样导线内就一直存在电流。
这个装置就是电源。
一、电源1.定义表述1：把电子持续的从正极搬运到负极的装置。
这个过程中在克服静电力做功，把其它能量转化为电能。
表述2：通过非静电力做功，把其它形式的能量转化为电能。
2.作用维持正负极之间的电势差，来维持电流。
在电源两极电荷、导线电荷的作用下，空间中形成了大小、方向都十分稳定的电场——恒定电场。
二、恒定电场1.定义由稳定分布的电荷激发的电场，强弱、方向都不变化。
注：（1）虽然电荷在定向移动，但是总会得到等量的补充，形成了动态稳定。
(2）恒定电场不是静电场。
但是在静电场中的电学概念同样适用。
2.导线中的恒定电场导线中的恒定电场是沿着导线方向的。
这个电场是接通电源后以光速建立的。
导线中的电荷在恒定电场的作用下形成了恒定电流。
三、恒定电流（一）概念大小和方向都不随时间变化的电流产生条件：①自由电荷②稳定的电场注：金属中自由电荷是电子；溶液中自由电荷是阴阳离子（二）电流大小单位时间内通过导线横截面的电荷量1.决定式I=qt单位：安培（A）电子定向移动速率为v、导线横截面积为s、单位体积内有电子n则，通过电荷量=通过体积*n*eq=svtne2.微观表达式I=neSv注：这里的e是电子的带电量（三）电流方向规定正电荷定向移动的方向为电流方向。
高考物理《恒定电流》真题练习含答案
高考物理《恒定电流》真题练习含答案1.[2024·新课标卷](多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来．车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流．磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示．将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中()A．电流最小B．电流最大C．电流方向由P指向QD．电流方向由Q指向P答案：BD解析：磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中电流最大，A错误，B正确；磁极转过90°时相当于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q指向P，C错误，D正确．2．[2023·江苏卷]小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池(电动势约1.5 V，内阻不计)2节；两量程电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ；量程0～15 V，内阻约15 kΩ)1个；滑动变阻器(最大阻值50 Ω)1个；定值电阻(阻值50 Ω)21个；开关1个及导线若干．实验电路如图1所示．(1)电压表量程应选用________(选填“3 V”或“15 V”).(2)图2为该实验的实物电路(右侧未拍全).先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱________(选填“B”“C”或“D”)连接，再闭合开关，开始实验．(3)将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压．某次测量时，电压表指针位置如图3所示，其示数为________ V．根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如图4中实线所示．(4)在图1所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为R1，定值电阻的总阻值为R2，当被测电阻为R时，其两端的电压U＝________(用E、R1、R2、R表示)，据此作出UR理论图线如图4中虚线所示．小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小．(5)分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小．小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因．你是否同意他的观点？请简要说明理由________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.答案：(1)3 V(2)D(3)1.50(4)ERR1＋R2(5)不同意，理由见解析解析：(1)所用电源为两节干电池，电动势为3 V，则所用电表量程为3 V；(2)闭合开关之前，滑动变阻器阻值应该调到最大，则由图可知，电池盒上的接线柱A 应该与滑动变阻器的接线柱D连接；(3)电压表最小刻度为0.1 V，则读数为1.50 V；(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝ER1＋R2当被测电阻阻值为R时电压表读数U＝IR＝ERR1＋R2(5)不同意；当R较大时，则电压表内阻不能忽略，则电路中的电流I＝ER1＋（R2－R）＋RR V R＋R V则电压表读数为U＝ER1＋（R2－R）＋RR VR＋R V·RR VR＋R V＝E（R1＋R2－R）（R＋R V）RR V＋1当R较大时，R＝R2时R最大，此时U＝ER1（R2＋R V）R2R V ＋1＝ER1R V＋R1R2＋1因R V≫R1，则电压表读数接近于U＝ER1 R2＋1＝ER2R1＋R23．[2022·全国甲卷]某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E(电动势1.5V，内阻很小)，电流表(量程10 mA，内阻约10 Ω)，微安表(量程100 μA，内阻R g待测，约1 kΩ)，滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)，定值电阻R0(阻值10 Ω)，开关S，导线若干．(1)将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；(2)某次测量中，微安表的示数为90.0 μA，电流表的示数为9.00 mA，由此计算出微安表内阻R g＝________ Ω.答案：(1)如图所示(2)990解析：流过电阻R 0的电流I 0＝I －I g ＝9 mA －0.09 mA ＝8.91 mA ，由欧姆定律可知，R g＝I 0R 0I g ＝8.91×100.09Ω＝990 Ω. 4．[2024·浙江1月，节选]在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R(0～9 999 Ω)、一节干电池、微安表(量程0～300 μA ，零刻度在中间位置)、电容器C(2 200 μF 、16 V )、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路．(1)把开关S 接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S 接2，微安表指针偏转情况是________．A ．迅速向右偏转后示数逐渐减小B ．向右偏转示数逐渐增大C ．迅速向左偏转后示数逐渐减小D ．向左偏转示数逐渐增大(2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况．把开关S 接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160 μA 时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为________V ，电压表的阻值为________kΩ(计算结果保留两位有效数字).答案：(1)C (2)0.50 3.1解析：(1)把开关S 接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S 接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小．(2)由题意可知电压表应选用0～3 V 量程，由图2可知此时分度值为0.1 V ，需要估读到0.01 V ，则读数为0.50 V ．当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据闭合电路欧姆定律有R ＋R V ＝E I ＝ 1.5160×10－6 Ω＝9.375 kΩ 根据串联电路规律有R R V ＝U R U V ＝1.5－0.50.5＝2 联立可得R V≈3.1 kΩ5．[2021·广东卷]某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律．根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材．(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势．选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔________，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处．测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而________．(2)再按下图连接好电路进行测量．①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到________端(填“a”或“b”).将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01.闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置．记录此时电压表和电流表的示数、T和R01.断开开关S.再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S.反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同．记录此时电阻箱的阻值R02.断开开关S.②实验中记录的阻值R01________R02(填“大于”“小于”或“等于”)，此时热敏电阻阻值R T＝________．(3)改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律．答案：(1)短接减小(2)①b②大于R01－R02解析：(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接．温度越高，相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．(2)①闭合开关前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到b端．②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋R T，所以R01>R02，R T＝R01－R02.。
高三电场恒定电流复习
况分别是(
)
A.速度不断变大，加速度不断变大
B.速度不断变大，加速度不断变小 C.速度不断变小，加速度不断变大
答案:B
D.速度不断变小，加速度不断变小
例7、如图所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B， 静止在图示位置；若固定的带正电的小球A电荷量为Q， B球的质量为m，带电荷量q，θ=30°，A和B在同一水平 线上，整个装置处于真空中，求A、B两球之间的距离为 多少?
练7、氢原子核外的电子在原子核的库仑引力作用下 绕核做匀速圆周运动，设电子运动的轨道半径为r， 求：（1）电子运动的周期（2）电子运动的动能
会 用
匀变速直线 运动公式：
到
的 几 个
平抛运动 公式：
力
学 牛顿第二 公 定律： 式
动能定理：
vt v0 at
v
2 t
v
2 0
2as
s
v0t
1 2
at 2
y L/2
例1、下列带电粒子均从初速为零的状态开始在电场力
作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子
获得的速度最大(
) 答案:A
A.质子(11 H)
B.氘核
(
2 1
H)
C.а粒子
(
4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2
He)
D.钠离子 (Na )
练1、如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当
到达B板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )
A.元电荷就是电子 B.元电荷就是质子
答案:C
C.元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量
D.点电荷就是元电荷
例4、两个相同的金属小球，带电荷量之比为1:7，
相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，
恒定电流(2)
电场与恒定电流典型例题一、电场篇1、如图所示， 1q 、2q 、3q 分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知1q 与2q 之间的距离为1l ，2q 与3q 之间的距离为2l ，且每个电荷都处于平衡状态。
试问：（1）若2q 为正电荷，则1q 为电荷，3q 为 电荷。
（2）1q 、2q 、3q 三者电量大小之比是 ： ：。
2、在x 轴上有两个点电荷，一个带正电1Q ，一个带负电2Q -，且122Q Q =。
用1E 和2E 分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x 轴上A 、12E E =之点只有一处，该处合场强为0。
B 、12E E =之点共有两处，一处合场强为0，另一处合场强为22E 。
C 、12E E =之点共有三处，其中两处合场强为0，另一处合场强为22E 。
D 、12E E =之点共有三处，其中一处合场强为0，另两处合场强为22E 。
3、如图所示，一质量为m ，带电量为q -的小物体，可再水平轨道ox 上运动，o 端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E ，方向沿ox 轴正方向，小物体以速度0v 从0x x =点沿ox 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F 作用，且F qE <，设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程。
★下图是某种静电分选器的原理示意图。
两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。
分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。
混合在一起的a 、b 两种颗粒从漏斗出口下落时，a 种颗粒带上正电，b 种颗粒带上负电。
经分选电场后，a 、b 两种颗粒分别落到水平传送带A 、B 上。
已知两板间距d =0.1m ，板的长度l =0.5m ，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－5C/kg 。
设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。
高三物理电场恒定电流(PPT)3-3
【错解】
由图可知，由a→b，速度变小，所以，加速度变小，选A。因为检验电 荷带负电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点， 选C 【错解原因】
选A的同学属于加速度与速度的关系不清；选C的同学属于功能关系不 清。
【分析解答】由图可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强 大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a 处的加速度，A选项错。 由图8－1可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0， 且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场 线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断 a，b处电势高低关系是Ua＞Ub，C选项不正确。 根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检 验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选 项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则 动能减小，示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b， 其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上， 两球心间的距离为l，为球半径的3倍。若使它们带上等量异 种电荷，使其电量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万 有引力F引库仑力F库分别为：
玉米 玉米 ，保证抗倒性比较强、抗病性能好。抗倒性强的品种茎秆坚硬、根系发达。抗病性强的品种高群体下抗叶斑病，如东疏镇种植的郑单8、农大8、 登海号、鲁单8等。选用包衣的良种，种子纯度高于%，出芽率高于8%，净度高于8%。若实行单粒精播，种子出芽率应在%以上。 [] 精细播种随着机械 化程度的提高，为玉米套种改直播； 炒股配资 创造了条件，同时也有利于推广玉米机械化播种，保证一播全苗，苗匀 苗壮，提高均匀性、整齐度。适宜播种期为月-日，一般播种.-.kg/hm，单粒播.万-8.万粒/hm。采用单粒点播机进行精量直播，一次完成施肥、播种，行 距cm，株距8cm，播种深度为cm，播种后根据土壤墒情及时浇水。 [] 选用耐密型品种，在中等肥力地块定苗控制为万株/hm，如农大8和登 竿 竿(张) 海 号等大穗型品种；在高肥力地块定苗控制为.万株/hm，如郑单8等品种；高产攻关田、示范田还要适当增加种植密度。 [] 套种玉米采用直播方式，要缩短玉 米与小麦的共生期，尽量避免出现弱小苗。苗期需控制氮肥用量，增施磷、钾肥和有机肥；另外，根据需要控制浇水，夏玉米生长期降雨与生长需水同步， 除田间持水量小于%外，各生育期一般不用浇水。定苗防止过密，大穗型品种一般不能超过万株/hm，中穗型不能超过8.万株/hm，高密度容易造成空秆、 病害重、倒伏等问题，导致中后期管理困难，影响产量。 [] 定苗 玉米在三叶期丛苗疏开，叶时可按株距定苗，要拔除病苗、弱苗、异株，留健壮苗；若遇 缺苗断垄的地方，相邻处要留双株补苗。 [] 土肥水管理 定苗后及时中耕，清垄灭茬，促进根部下扎。其中，防倒的关键 性措施是增施钾肥、苗期控水和防 止过密。玉米根深才能株壮和抗倒能力强，土壤旋耕-年后要深翻次。深松土壤cm，分次施氮肥，增施有机肥。 [] 在测土掌握地力的基础上，根据目标产量 kg/hm以上，施肥量为速效氮kg/hm以上、速效磷kg/hm以上、速效钾kg/hm以上，有条件的增施硫酸锌.kg/hm作底肥。 [] 肥料运筹为轻施苗肥、重 施穗肥、补追花粒肥。苗肥在玉米拔节前沿幼苗一侧开沟，将全部磷、钾、硫、锌肥与氮肥总量的%左右深施-cm，以促根壮苗；在玉米大喇叭口期（叶龄 指数%-%，第-片叶展开）重施穗肥，追施控制在总氮量的%，以促进穗大粒多；在籽粒灌浆期追施花粒肥，控制在总氮量的%，以增加千粒重、增强叶片 的光合作用。施肥方式为沟施或穴施，施后埋土浇水，以提高肥料利用率。水分管理上，应均
高中二年级物理选修3_1恒定电流典型例题
恒定电流专项训练1、如图所示的电路中．灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些．则电路中出现的故障可能是( )A．R2短路B．R1短路C．R2断路 D．R l、R2同时短路2、某同学按如上图示电路进行实验，电表均为理想电表，实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是（）①、R3短路②、R0短路③、R3断开④、R2断开Ａ．①④Ｂ．②③Ｃ．①③Ｄ．②④3、电池A和B的电动势分别为εA和εB，内阻分别为r A和r B，若这两个电池分别向同一电阻R供电时，这个电阻消耗的电功率相同；若电池A、B分别向另一个阻值比R大的电阻供电时的电功率分别为P A、P B.已知εA>εB，则下列判断中正确的是( )A．电池内阻r A>r B B．电池内阻r A<r BC．电功率P A>P B D．电功率P A<P B4、如右图所示电路中，灯A、B都能正常发光，忽然灯A亮度变亮，灯B亮度变暗，如果电路中有一处出现断路故障，则出现断路故障的电路是( )A．R1所在的支路B．R2所在的支路C．R3所在的支路D．电源所在的电路5、两只电流表A1、A2串联后连成如图1所示的电路，调节R使A1满偏时，A2的示数为满偏的2/3。
将A1和A2并联后连成如图2所示的电路，重新调节R，当A2满偏时，A1的示数为满偏的1/3。
已知A1的内阻为0.45Ω，那么A2的内阻为（）A．0.1ΩB．0.3ΩC．0.45ΩD．1.5Ω6、在右图所示的电路中电源电动势为E，内电阻为γ.闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向α一端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（）A.U变小B.I变小C.Q增大D.Q减小第4题第5题第6题7、如右图所示，A、B、C、D是一个电学黑箱的四个接线柱，在电学黑箱中有三个阻值相同的电阻。
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3.2 流过细导线的电流沿轴向下流到中心在与轴垂直的导体薄片 上。求薄片上的电流密度矢量，并求在平面的扇形区域内的电流。
题图3.2
解：由前面的分析可知，时，电流密度矢量为 那么，在扇形区域内的电流为 需要注意的是，这里的电流密度只存在于导体薄层上，为面电流密度， 因此在求电流的时候，用的是公式，而不是，但两者本质是相同的。
所以总电阻
3.7 一铜棒的横截面积为，长为，两端的电位差为。已知铜的电导
率为，铜内自由电子的电荷密度。求：
(1)电阻；(2) 电流；(3) 电流密度；(4) 棒内的电场强度；(5) 所消耗的功
率
解：(1) 铜棒电阻
(2) 铜棒内电流
(3) 铜棒内电流密度
(4) 棒内的电场强度
(5) 消耗的功率ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
3.8 试推导不同导电媒质的分界面上存在自由面电荷的条件
第三章 恒定电流的电场
3.1 已知电流密度矢量， 试求：(1)穿过面积，，， 沿方向的总电流。(2)在上述面积中心处电流密度的大小。 (3)在上述面积上电流密度方向的分量的平均值。 解：(1)因为，则
， 则所求总电流为
题图3.1
(2)容易得到该面积中心点的坐标为：，，，代入的表达式后可得 到该点的电流密度矢量为 其大小为。
向外导体的电流为，则
在分界上，即时，，得
由此两种媒质中的电场强度为
题图3.16
利用得
由此得：
方法二：设两种导电媒质中的电位函数分别为和，它们满足的边值问题
为
微分方程的通解为 代入边界条件决定待定系数，得到 （2）两种媒质分界面上自由电荷的面密度，可利用分界面上的边界条 件来求。
3.23 半径分别为，，厚度为，张角为的扇形电阻片（其电导率 为），如图所示。试求两种不同的极板（金属极板，不计算其电阻）放 置方法，该扇形片的电阻。 （1）两极板分别置于、面（平面）上。 （2）两极板分别置于、面（圆弧面）上。 解： （1）求导体区的电位，此为二维问题，可利用圆柱坐标系中的分离变 量法求解。导体中的电位应满足如下条件： ①， ②， ③处， 为满足上述条件，应取 由条件①得，。 由条件②得，，即
如已知边界条件，则一定有， 故 同时有 联立求解以上两个方程，可得 于是，由此可知 题图3.10 从角区域两介质边界上的衔接条件来看，显然有，又因，，所以试探解 是唯一的真实解。又根据的导体边界条件，求得内导体表面单位长度上 的电荷量为 因此同轴线单位长度上的电容为
3.16 如图所示，厚度为的导体板做成半圆环，内半径为，外半径 为，导体的电导率为，若在截面、上加上电压，求半圆环的电阻和功率 损耗。 解： 由对称性分析可知
解：根据电磁场的边界条件，有
在线性媒质中
所以 在分界面上
题图 3.3
故
因此，分界面上存在自由电荷的条件是
3.9 在电导率为的均匀导电媒质中有半径为的两个理想导体小球，
两球心之间的距离为有计算两导体球之间的电阻。
解：将两导体球作为两个电极，假定其间电流为。由于因此可认为两个
小球互不影响。
在空间点由小球产生的电位
层介质，其界面为。内、外层介质的介电常数及电导常数及电导率分别 为，；，。 (1) 若在内、外球间加电压，求两层介质中的及，，处的自由电荷密 度。 (2) 求此电容器的漏电阻。 解：根据题意，设从内球面流出的总电流为，可知，则内层介质和外层 介质中的电场强度分别为
， 容易验证上面两式满足介质分界面（）处的边界条件，而内外导体间的 电压为 式中，。因此电流密度矢量为 根据，则处的电荷密度为 处的电荷密度为 处的电荷密度为 而此电容器的漏电阻为
证明：可以从界面上法线方向和切线方向去分析
. 法向
在媒质1中因为
所以，由欧姆定律得
在边界上有
于是可知媒质2中电流沿界面流动，
题图3.5
由
得
根据电位移矢量的边界条件，可得
. 切向
媒质2中
于是在边界上有
故
综上所示，边界上有
而电位移矢量
因此，命题得证。
3.11 无限大均匀导电媒质中有分布在有限区域的个理想导电电极，
压时（内导体接正极），求：
（1）媒质内的电场；
（2）分界面上的自由电荷面密度。
解：
由于电缆内、外电极的电导率远大于其间填充导
电媒质的电导率，所以在计算内、外导体间导电
媒质中的恒定电场时，可以把内、外导体视为等
位体。由对称性可知，媒质中恒定电场仅有径向
分量，且、只与有关。
（1）方法一：设单位长度电缆中，由内导体流
同理由小球产生的电位
那么在空间点处的电位可以求得
题图3.4
根据这个表示式可以求出小球表面上点的电位，即小球的电位
两个导体球之间的电位差为
所以两个导体球之间的电阻为
3.10 在导体中有恒定电流而其周围媒质的电导率为零时，试证明导
体表面电通量密度的法线分量，但矢量关系不成立，式中是导体表面向
外的法线单位矢量。
（2）如图，据题意知，，。 跨步电压为
3.18 两半球形接地体埋在地下(参见图)。若球的半径为，土壤的电 导率为，球心间的距离为，且，请计算两球间的电阻。
题图 3.13
解： 当时，可以采用孤立导体球电位的计算方法。利用镜像法，作出 半球的镜像。如图虚线所示。设流入半球的电流为，流入全球的电流 为。这样两个孤立导体球的电流分布分别为 电场强度分别为 以无穷远处为零点电位，两接地器的电位分别为 两接地器之间的电压为 两接地器间的电阻为
由于，则可近似视电位不随变化，电位仅为坐标的函数，即电位为 一维场，。 (1)求电位。
所以 故 因此 利用两个边界条件确定常数，。 由，，。 由，得，故
题图3.8
(1)求电场强度。 因为，所以
即 3.14 如题图3.9所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴
平行的线电荷，其位置为。求板间电位函数。 解： 设其解为
. 因为随着的变化，分别按变化，所以按照变化，而在面上微元按照
变化，故在面上的积分
因此
考虑到各导体表面电位为常数，得导电媒质中总的热损耗功率
故命题得证。 3.12 求如题图3.7所示得二维区域内得电位分布。
解： 可用二维场来求解。电位满足二维拉普拉斯方程，是一个混合边 界边值问题。其解为 边界条件为 (1), (2)
式中，系数由边界条件确定
题图3.9
可以将线电荷写成
其中一维函数，由下式定义：
由此可知
两端同乘以，并从积分，有
故
3.15 半径分别为的同轴线，外加电压，如题图3.10所示，圆柱面电 极间在图示角部分充满介电常数为的介质，其余部分为空气，求介质与 空气中的电场与单位长度上的电容量。 解：介质与空气中的电位必须既满足又满足导体表面的边界条件和介质 交界面的衔接条件。根据唯一性定理，采用试探方法求解，即假定电位 的解是圆柱坐标下一维坐标的对数函数，然后检验它们是否满足所有的 边界条件。设两个区域的电位函数为
3.19有一正方形玻璃容器，容积为，若在相对的内侧贴有两个薄铜 片电极，在容器中充满纯净水，其电导率，比热容，若在两电极间加电 压，求水温升高的速度。 解：设容器的边长为。因为，可以求出。 容器内的纯净水是均匀媒质，则
， 水的电阻 水中的电功率 水温升高的速率
3.20 平板电容器的长、宽、高为，同样尺寸的介质块处于如图位
3.5 铁制水管，内、外直径分别为2.0 cm和2.5 cm，常用水管来使电 器设备接地。如果从电器设备流入到水管中的电流是20A，那么电流在 管壁和水中各占 多少？假设电阻率是0.01m。 解：单位长度的铁管电阻为
单位长度的水柱电阻为 当水管中的电流为20A时，水柱和铁管中的电流之比为
(1) 又根据题意
设各电极的电位分别是各电极流出的电流是证明导电媒质中总的热损耗
功率是
证明：导电媒质中的损耗功率是
根据电位的定义
及欧姆定率
有
题图3.6
利用矢量恒等式
并考虑到均匀导电媒质中
得损耗功率 (1)
(1)式中得面积分在各导体表面无限大球面以及与的连接面上进行。
讨论(1)式：
. 在与的连接面上，因为曲面的法线方向相反，所以积分为零；
的总和。
解：
设球内任一点到球心的距离为，转轴与矢径夹角为，则该点的结速度
球内的电荷体密度
该点的电流密度
球内电流为
题图3.15
3.22 如图所示，同轴电缆的内导体半径为，外导体的内半径为，其
中填充两种漏电媒质，媒质分界面是同轴圆柱面，分界面的半径为，
内、外两层媒质的介电常数分别为、，电导率分别为、，当外加恒定电
题图 3.17
该扇形片电阻为 （2）同样采用圆柱坐标系中的分离变量法求解。这时金属电极放在、 面上，设面上的电位为0，面上的电位为。导体中的电位应满足如下条 件： ①，； ②，； ③，； ④，。 为满足边界条件，应取 由条件①得 由条件②得 联立求解，得
， 这时扇形片的电阻为
(2) 所以将(1)、(2)联立求解，可得管壁和水中的电流强度
， 3.6 大气中由于存在少量的自由电子和正离子而具有微弱的导电 性。 (1)地表附近，晴天大气平均电流强度为，大气平均电流密度约为 。问大气电阻率是多大？ (2)电离层和地球表面之间的电位差为，大气的总电阻是多大？（地球半 径） 解：(1) 根据欧姆定律 可得大气电阻率为 (2) 在地面附近电流强度可求
(3), (4) 由条件(1),(2)得，第二类齐次边界条件
且
由条件(3)得
题图3.7
由于常数也满足第二类齐次边界条件，通解中含有线性函数项，所以
由条件(4)得 由条件(3)得 要满足上式，只有