通用版布考物理專題制株（含解析）

專題一恒定電流

第一部分名師綜述

恒定電流主要考查以"電路”為核心的三部分內(nèi)容:一是以部分電路的歐姆定律為中心，考查直流電路的基本

概念、伏安法測(cè)電阻、電功和電熱等問題；二是以閉合電路的歐姆定律為中心，考查電源的作用、閉合電

路的功率分配和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系、電路的路端電壓與電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)陰天的關(guān)系；三是以電路中的電工儀

表的使用為中心，考查電學(xué)實(shí)驗(yàn)中儀器的選取、電表的讀數(shù)、實(shí)物連接、數(shù)據(jù)處理和誤差分析等問題.尤其

是電學(xué)知識(shí)聯(lián)系實(shí)際的問題和探究實(shí)驗(yàn)問題是近幾年高考考查的熱點(diǎn).歐姆定律、焦耳定律往往與電磁感

應(yīng)現(xiàn)象相交叉滲透；電功率、焦耳熱計(jì)算往往與現(xiàn)實(shí)生活聯(lián)系較密切，是應(yīng)用型、能力型題目的重要內(nèi)容

之一，也是高考命題熱點(diǎn)內(nèi)容之一。歷屆高考命題形式一是以選擇、填空方式考查知識(shí)；二是與靜電、磁

場(chǎng)和電磁感應(yīng)結(jié)合的綜合題，值得說明的是，近年來高考在對(duì)本章的考查中，似乎更熱衷于電路的故障分

析.這類題通常都來自生活實(shí)際，是學(xué)生應(yīng)具備的基本技能.尤其引人關(guān)注的是電路實(shí)驗(yàn)有成為必考題的趨

勢(shì).

第二部分精選試題

一、單選題

1.畢節(jié)，是全國唯一一個(gè)以“開發(fā)扶貧、生態(tài)建設(shè)”為主題的試驗(yàn)區(qū)，是國家“西電東送”的主要能源基

地。如圖所示，赫章的韭菜坪建有風(fēng)力發(fā)電機(jī)，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)了（磁極）轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子（線

圈，不計(jì)電阻）中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長為1,設(shè)定的額定風(fēng)速為V,空氣的密度為

P,額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P,則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為

/RuCn.

~2~3D,~2~351~~5"2~~3

【答案】A

【解析】

【詳解】

風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，設(shè)風(fēng)吹向發(fā)電機(jī)的時(shí)間為t,則在t時(shí)間內(nèi)吹

2

向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為丫=丫「5=丫5”心，則風(fēng)的質(zhì)量M=PV=pvt-nl,因此風(fēng)吹過的動(dòng)能為

222

Ek=^Mv=1Pvt-I-v,在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E=p-t,則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為

H==故A正確，BCD錯(cuò)誤。

EkJIP】4V3

2.如圖所示，理想變壓器原線圈兩端46接在電動(dòng)勢(shì)￡=8V、內(nèi)阻r=2Q的交流電源上，理想變壓器的

副線圈兩端與滑動(dòng)變阻器"相連，滑動(dòng)變阻器阻值可在。?10Q范圍內(nèi)變化，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比

為1：2,下列說法正確的是

A.副線圈兩端輸出電壓〃=16V

B.副線圈中的電流為=2A

C.當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值A(chǔ)=8Q

1).當(dāng)電源輸出功率最大時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值仁4Q

【答案】C

【解析】

【詳解】

設(shè)原副線圈中的匝數(shù)分別為nl和n2,電流分別為II和12,電壓分別為U1和U2,則有：Ul=ETlr,電阻

R消耗的功率為：P=U2I2=U1I1,即為：P=(E-Ilr)11712111,可見電流為：L4=￡A=2A時(shí)，P

有最大值，此時(shí)U1=4V,副線圈兩端輸出電壓U2=2U1=8V,副線圈中的電流I2=；X2A=1A,此時(shí)滑動(dòng)變阻器

接入電路中的阻值R=?=8Q,故C正確、ABD錯(cuò)誤。

3.如圖所示電路，初始時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片恰好位于中點(diǎn)位置，當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，三個(gè)小燈泡

八2、3恰好都正常發(fā)光，且亮度相同，電源電動(dòng)勢(shì)為，內(nèi)阻為，下列說法正確的是

■

A.三個(gè)燈泡的額定電壓相同

B.此時(shí)三個(gè)燈泡的電阻按從大到小排列是2、3、1

C.當(dāng)滑片稍微向左滑動(dòng)，燈/和3變暗，燈2變亮

D.當(dāng)滑片稍微向右滑動(dòng)，燈/和變暗，燈2變亮

【答案】D

【解析】

【詳解】

AB.由圖知，變阻器R與3燈并聯(lián)后與2燈串聯(lián)，最后與1燈并聯(lián)。三個(gè)小燈泡“、L2、L3都正常發(fā)光，

且亮度相同，說明額定功率相同；因燈1兩端電壓大于燈2、3兩端電壓，根據(jù)P=U2/R可知燈1的電阻最

大；對(duì)于燈2、3：通過2的電流大于3的電流，當(dāng)兩燈泡的功率相同時(shí)，由公式P=I2R分析可知，2的電

阻小于3的電阻?？梢?，1燈電阻最大，2燈電阻最小。根據(jù)P=U2/R可知，額定功率相等，電阻不等，額

定電壓不等，故AB錯(cuò)誤。

CD.若將滑片P向左滑動(dòng)時(shí)，變阻器在路電阻增大，外電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I

減小，路端電壓U增大，則”變亮。通過L2電流I2=I-H,I減小，II增大，則12減小，故L2變暗。L3

電壓U3=U-U2,U增大，U2減小，則U3增大，故L3變亮。故C錯(cuò)誤；同理當(dāng)滑片P稍微向右滑動(dòng)，燈L1

和L3變暗，燈L2變亮，D正確。

故選Do

【點(diǎn)睛】

本題首先要搞清電路的連接方式，其次按“局部一整體一局部”的思路進(jìn)行分析.三個(gè)燈比較電阻的大小，

可兩兩進(jìn)行比較，根據(jù)條件關(guān)系選擇恰當(dāng)?shù)墓?，功率相同的條件下，已知電壓的大小關(guān)系，根據(jù)公式P=U?

/R,比較電阻的大小；已知電流的大小關(guān)系，根據(jù)公式P=1R比較電阻的大小.

4.如圖所示，已知用=兆=0.5Q,r=lQ,兄=6Q,用的最大阻值為6Q。在滑動(dòng)變阻器后的滑片4

由最下端向最上端滑動(dòng)過程中，下列說法不正確的是()

A.定值電阻吊的功率、電源的總功率均減小

B.電源的輸出功率變小

C.電源的效率先增大后減小

D.勉V并聯(lián)部分的功率先增大后減小

【答案】C

【解析】

【分析】

在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中，滑動(dòng)變阻器的電阻變大，總電阻變大，總電流減

小，從而分析選項(xiàng)A；當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，分析選項(xiàng)B；電源的效率

n,=^=H=^=＞從而分析C；若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻，則此時(shí)等效電源內(nèi)阻為r'=2Q；因

IEEI(R+r)1+-

當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，從而分析選項(xiàng)D.

【詳解】

在滑動(dòng)變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中，滑動(dòng)變阻器的電阻變大，總電阻變大，總電流減

小，則根據(jù)P4=I2R4可知定值電阻R4的功率減小，根據(jù)P=IE可知電源的總功率減小，選項(xiàng)A正確；因當(dāng)

外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，而Rl+R4=r,則當(dāng)變阻器電阻變大時(shí)，外電路電阻遠(yuǎn)離電源

內(nèi)阻，則電源的輸出功率減小，選項(xiàng)B正確；電源的效率昨髀*湍廣左，則當(dāng)外電路電阻R變大

時(shí)，電源的效率變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將R1+R4等效為電源的內(nèi)阻，則此時(shí)等效電源內(nèi)阻為r'=2。；滑動(dòng)

變阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中，MN之間的電阻從0增加到3Q,則因當(dāng)外電路電阻等于

電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，可知當(dāng)MN之間的電阻等于2。時(shí)，MN之間的功率最大，則在滑動(dòng)變阻器

R3的滑片K由最下端向最上端滑動(dòng)過程中，MN并聯(lián)部分的功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確：此題選擇不正

確的選項(xiàng)，故選C.

【點(diǎn)睛】

此題是動(dòng)態(tài)電路的分析問題；關(guān)鍵是知道當(dāng)外電路電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)電源輸出功率最大，并且會(huì)將電路

進(jìn)行必要的等效，再進(jìn)行分析.

5.某同學(xué)將一電路中電源的總功率、輸出功率和電源內(nèi)部發(fā)熱功率隨電流/變化的圖線畫在了

同一坐標(biāo)上，如圖所示。則該電路（）

A.電源的電動(dòng)勢(shì)=3,內(nèi)電阻=3

B.電流為"時(shí)，外電阻為2

C.。表示電源的輸出功率，最大值為91

D.外電阻為/時(shí)，電源輸出功率為45

【答案】B

【解析】

【分析】

三種功率與電流的關(guān)系是：直流電源的總功率PE=EI，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=〃r,輸出功率PR=EI-Vr,

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)選擇圖線。根據(jù)圖線a斜率求解電源的電動(dòng)勢(shì)。由圖讀出電流I=3A時(shí)，發(fā)熱功率P,.=l2r,

求出電源的內(nèi)阻。當(dāng)電流為1A時(shí)，結(jié)合歐姆定律求出外電阻。

【詳解】

根據(jù)直流電源的總功率PE=EI,內(nèi)部的發(fā)熱功率=Fr,輸出功率PR=EI-Pr,可知反映變化的圖線

是b,反映PE變化的是圖線a,反映PR變化的是圖線c。圖線a的斜率等于電源的電動(dòng)勢(shì)，由得到E=、'=3V,內(nèi)

部的發(fā)熱功率匕=〃r,內(nèi)阻為r=*=lQ,電源的最大輸出功率P?,=[=高=''，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)電

流為1A時(shí)，由I=」,代入得到,R=2Q.故B正確。外電阻為1。，等于內(nèi)阻時(shí)，電源輸出功率最大為f=白，.故

R+r4r4

D錯(cuò)誤。

故選:B?

【點(diǎn)睛】

本題首先考查讀圖能力，物理上往往根據(jù)解析式來理解圖象的物理意義

6.在如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)一段距離，待電路穩(wěn)定后，與滑片移動(dòng)

前比較

B.電容器C上的電荷量不變

C.電源消耗的總功率變小

D.電阻R。兩端電壓變大

【答案】C

【解析】

A、C、滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng)一點(diǎn)，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路

歐姆定律分析得知，流過電源的電流減小，則由Pg=EI知電源的總功率變小，且流過燈泡的電流減小，燈泡

L亮度變暗，故A錯(cuò)誤，C正確；B、電源的路端電壓K￡-11'增大，即電容器電壓增大將充電，電荷量將增

大.故B錯(cuò)誤.D、電阻R0只有在電容器充放電時(shí)有短暫的電流通過，穩(wěn)定狀態(tài)無電流，則其兩端的電壓

為零不變，D錯(cuò)誤；C、.故C正確.故選C.

【點(diǎn)睛】本題電路動(dòng)態(tài)變化分析問題.對(duì)于電容器，關(guān)鍵是分析其電壓，電路穩(wěn)定時(shí)，與電容器串聯(lián)的電

路沒有電流，電容器的電壓等于這條電路兩端的電壓.

7.激光閃光燈的電路原理如圖所示，電動(dòng)勢(shì)為300V的電源向電容為6000F的電容器C充電完畢后，通

過外加高壓擊穿“火花間隙”間空氣，使電容器一次性向激光閃光燈放電，提供所有能量使閃光燈發(fā)出強(qiáng)

光，則電容器放電過程釋放的電量和通過閃光燈的電流方向?yàn)?/p>

A.1.8C向左B.1.8C向右C.2Xl()fC向左D.2X10飛向右

【答案】B

【解析】

【詳解】

電容器充電后所儲(chǔ)存的電量為：Q=CU=6000X10-6x300C=1.8C,

在放電過程中將所有的電量放出，所以電容器放電過程釋放的電量為1.8C

電容器充電后左極板帶正電，所以在放電過程中通過閃光燈的電流方向向右，

故應(yīng)選B。

8.如圖是一個(gè)多用電表的簡化電路圖。S為單刀多擲開關(guān)，通過操作開關(guān)，接線柱。可以接通1,也可以

接通2、3、4、5或6。下列說法正確的是（）

A.當(dāng)開關(guān)S分別接1或2時(shí)，測(cè)量的是電流，其中S接2時(shí)量程較大

B.當(dāng)開關(guān)S分別接3或4時(shí)，測(cè)量的是電阻，其中4是紅表筆

C.當(dāng)開關(guān)S分別接5或6時(shí)，測(cè)量的是電阻，其中4是黑表筆

D.當(dāng)開關(guān)S分別接5和6時(shí)，測(cè)量的是電壓，其中S接5時(shí)量程較大

【答案】B

【解析】

【分析】

要熟悉多用表的原理和結(jié)構(gòu)，根據(jù)電表的結(jié)構(gòu)選出歐姆表、電壓表和電流表。

【詳解】

A項(xiàng)：其中1、2兩檔用來測(cè)電流，接1時(shí)分流電阻相對(duì)更小，故接1時(shí)電表的量程更大，第1檔為大量程，

那么S接2時(shí)量程較小，故A錯(cuò)誤；

B項(xiàng)：3、4兩檔用來測(cè)電阻，其中黑表筆連接表內(nèi)電池的正極，故B為黑表筆；A與電源的負(fù)極相連，故A

為紅表筆，B正確；

C項(xiàng)：當(dāng)開關(guān)S分別接5或6時(shí)，測(cè)量的是電壓，故C錯(cuò)誤；

D項(xiàng)：要測(cè)量電壓，電流表應(yīng)與電阻串聯(lián)，由圖可知當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到位置5、6時(shí)；測(cè)量電壓，電流表所

串聯(lián)的電阻越大，所測(cè)量電壓值越大，故當(dāng)轉(zhuǎn)換開關(guān)S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D錯(cuò)誤。

【點(diǎn)睛】

本題考查多用表的原理，應(yīng)熟練掌握其測(cè)量原理，及電表的改裝辦法.明確電流表時(shí)表頭與電阻并聯(lián)，電

壓表時(shí)，表頭與電阻串聯(lián)；而歐姆表時(shí)內(nèi)部要接有電源。

9.電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r的電源與可變電阻R、R八Rs以及一平行板電容器連成如圖所示的電路.當(dāng)開關(guān)S

閉合后，兩平行金屬板/、8間，有一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是（）

A.將用的滑片向右移動(dòng)一小段距離，帶電液滴將向下運(yùn)動(dòng)

B.將用的滑片向右移動(dòng)一小段距離，電容器兩極板的電荷量將增加

C.增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電荷量將增加

1）.減小尼的阻值，尼兩端的電壓的變化量小于后兩端的電壓的變化量

【答案】D

【解析】

A、將R1的滑片向右移動(dòng)一小段距離，電容器兩端電壓與R3兩端電壓相等，保持不變，故液滴受到的電場(chǎng)

力不變，那么，液滴受力不變，仍保持靜止，故A錯(cuò)誤；B、將R2的滑片向右移動(dòng)一小段距離，那么，接

入電路的電阻增大，故電流減小，所以，R3兩端電壓減小，即電容器兩極板電壓減小，故電荷量0=2減小，

故B錯(cuò)誤；C、增大電容器兩板間的距離，電容器兩極板的電壓不變，電容器電容C=；吟減小，那么電荷

量0=2減小，故C錯(cuò)誤；D、減小R3的阻值，電路電阻減小，電流增大，故內(nèi)壓降增大；那么R2兩端的

電壓的變化量+r上電壓的變化量=1?3兩端的電壓的變化量，所以R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電

壓的變化量，故D正確；故選D。

【點(diǎn)睛】電路問題一般先根據(jù)電路變化得到總電阻變化，從而由歐姆定律得到總電流的變化，即可由歐姆

定律得到電壓的變化，從而得到支路電流的變化。

10.如圖所示的電路中，閉合開關(guān)后各元件處于正常工作狀態(tài)，當(dāng)某燈泡突然出現(xiàn)故障時(shí)，電流表讀數(shù)變

小，電壓表讀數(shù)變大.下列關(guān)于故障原因或故障后其他物理量的變化情況的說法中正確的是（）

A.L燈絲突然短路

B.L燈絲突然燒斷

C.電源的輸出功率一定變小

D.電容器C上電荷量減少

【答案】B

【解析】

安培表在干路上，讀數(shù)變小，說明總電阻變大，A、L1燈絲突然短路，總電阻減小，電流表讀數(shù)變大，A錯(cuò)

誤;B、L2燈絲突然燒斷，總電阻增大，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大，B正確，C、電源的輸出功率P=UI,

電壓增大而電流減小，輸出功率不一定變小，C錯(cuò)誤；D、電流表讀數(shù)變小，燈泡1的分壓減小，并聯(lián)支路

的電壓增大，電容器兩端的電壓增大，根據(jù)Q=CU知電容器的帶電量增大，D錯(cuò)誤，故選B.

【點(diǎn)睛】本題考查了電路的動(dòng)態(tài)分析，方法是：先從支路的變化，分析總電流和路端電壓的變化，再到支

路，分析各用電器的電壓和電流的變化關(guān)系.

二、多選題

11.2015年8月，河南等地出現(xiàn)39℃以上的高溫，為了解暑，人們用電扇降溫.如圖所示為降溫所用的一

個(gè)小型電風(fēng)扇電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n：1,原線圈接電壓為U的交流電源,

輸出端接有一只電阻為R的燈泡和風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D,電動(dòng)機(jī)線圈電阻為r.接通電源后，電風(fēng)扇正常運(yùn)轉(zhuǎn)，測(cè)

出通過風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)的電流為I,則下列說法正確的是()

A.風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D兩端的電壓為/r

2

B.理想變壓器的輸入功率為——+—

C.風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為一~fr

D.若電風(fēng)扇由于機(jī)械故障被卡住，則通過原線圈的電流為(/)

【答案】BCD

【解析】

【分析】

電壓。比等于匝數(shù)之比，電動(dòng)機(jī)為非純電阻器件，風(fēng)扇消耗的功率為內(nèi)阻消耗+輸出的機(jī)械功率，被卡住后相

當(dāng)于純電阻.

【詳解】

由變壓器的原理可知，風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D兩端的電壓為U/n,因?yàn)殡婏L(fēng)扇中含有線圈，故不能利用歐姆定律求電

壓，A錯(cuò)誤；由變壓器功率特點(diǎn)可知，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率為P2=1)21+苧=?+捻，B正

確；風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)口輸出的機(jī)械功率為1121-12「=三-121,,(：正確：因?yàn)楦本€圈兩端的電壓為U/n,若電風(fēng)

扇由于機(jī)械故障被卡住，則副線圈回路可視為純電阻電路，該回路的等效電阻為獸，所以副線圈中的電流

R+r

為小，通過原線圈的電流為粵N,D正確；故選BCD。

nRrMRr

12.如圖所示,滑動(dòng)變阻器的總阻值/力〃當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭位于它的中點(diǎn)時(shí)，電壓表的讀數(shù)為〃,

電流表的讀數(shù)為/,則滑動(dòng)變阻器的觸頭繼續(xù)向上移動(dòng)的過程中()

A.電壓表的讀數(shù)總小于〃

B.電壓表的讀數(shù)先增大后減小

C.電流表的讀數(shù)總大于1

D.電流表的讀數(shù)先增大后減小

【答案】BC

【解析】

【分析】

由滑片的移動(dòng)可知滑動(dòng)變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流的變化，同時(shí)

可得出內(nèi)阻及路端電壓的變化，則可得出電壓表示數(shù)的變化。

【詳解】

滑動(dòng)變阻器的觸頭向上移動(dòng)的過程中，因RO>R|HO,先簡化電路，除去兩電表，相當(dāng)于兩個(gè)電阻并聯(lián)后與

R2串聯(lián)，滑動(dòng)變阻器位于中點(diǎn)時(shí)，上、下兩并聯(lián)支路電阻不等，滑動(dòng)觸頭移到兩支路電阻相等時(shí)，總電阻最

大，總電流最小，不難看出電壓表的示度先增大后減小。

將整個(gè)過程分為兩階段：兩支路電阻相等前，總電流減小，并聯(lián)電路的電壓l^=E-I(R+r)增大，安培表

支路電阻減小，安培表讀數(shù)增大；

兩支路電阻相等后，總電流增大，%下部分電壓減小，電阻增大，電流減小，則安培表支路電阻減小，安培

表讀數(shù)增大。故電流表的讀數(shù)總大于I.故BC正確。

故選：BC。

【點(diǎn)睛】

本題考查閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析類題目，一般思路都是先分析局部電路的電阻變化，再分析整體中

電流及電壓的變化，最后分析局部電路中的流及電壓的變化；在分析局部電路時(shí)要注意靈活應(yīng)用串并聯(lián)電

路的性質(zhì)。

13.如圖，三個(gè)電阻在、尼、尼的阻值均為此電源的內(nèi)阻穴兄c為滑動(dòng)變阻器的中點(diǎn)。閉合開關(guān)后，將滑

動(dòng)變阻器的滑片由c點(diǎn)向a端滑動(dòng)，下列說法正確的是()

A.凡消耗的功率變小

B.用消耗的功率變大

C.電源輸出的功率變大

1).電源，內(nèi)阻消耗的功率變大

【答案】CD

【解析】

【分析】

本題考查閉合電路歐姆定律的綜合動(dòng)態(tài)分析問題的相關(guān)知識(shí)點(diǎn)

【詳解】

把等效電路畫出，如圖

D

當(dāng)Rx=￡時(shí)，R外有最大值，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片由c點(diǎn)向a端滑動(dòng)時(shí)，Rea減小，Red增大，易得：R外減小，

R總=M+r減小，1]=康增大，故電源內(nèi)阻消耗的功率Pr=I%增大，故D正確

%+■-=%+小=E—l[(r+R。減小，

13=*瞥減小，故PR3=I軟3減小，故B錯(cuò)誤

L+Kcb

而[2=L—13增大，故PR2=I^R2減大，故A錯(cuò)誤

根據(jù)電源輸出功率與R外的關(guān)系圖可知，當(dāng)R外〉r時(shí)，R外減小電源輸出功率越大，故C正確；

14.某同學(xué)將一直流電源的總功率、輸出功率和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率，隨電流變化的圖線畫

在了同一坐標(biāo)系中，如圖中的、、所示.以下判斷正確的是()

A.在、、三，條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的三點(diǎn)，這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系

B.圖線的交點(diǎn)與、圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之比一定為/：2縱坐標(biāo)之比一定為1:4

C.電源的最大輸出功率=9

D.電源的電動(dòng)勢(shì)=3,內(nèi)電阻=1

【答案】ABD

【解析】

【詳解】

在a、b、c三條圖線上分別取橫坐標(biāo)相同的A、B、C三點(diǎn)，因?yàn)橹绷麟娫吹目偣β蔖E等于輸出功率PR和

電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr的和，所以這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系PA=PB+PC,所以A正確；當(dāng)內(nèi)電阻和外電

阻相等時(shí)，電源輸出的功率最大，此時(shí)即為b、c線的交點(diǎn)M時(shí)的電流，此時(shí)電流的大小為占=5，功率的

R+r2r

p2

大小為%,a、b線的交點(diǎn)N表示電源的總功率PE和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨相等，此時(shí)只有電源的內(nèi)電

4r

阻，所以此時(shí)的電流的大小為E,功率的大小為百，所以橫坐標(biāo)之比為1：2,縱坐標(biāo)之比為1：4,所以B正

rr

確；圖線c表示電源的輸出功率與電流的關(guān)系圖象，很顯然，最大輸出功率小于3肌故C錯(cuò)誤；當(dāng)I=3A時(shí)，

PR=O.說明外電路短路，根據(jù)PE=EI知電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V,內(nèi)電阻r*lQ,故D正確。故選ABD。

【點(diǎn)睛】

當(dāng)電源的內(nèi)阻和外電阻的大小相等時(shí)，此時(shí)電源的輸出的功率最大，并且直流電源的總功率&等于輸出功

率R和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率P,的和.

15.如圖所示電路中，三只燈泡原來都正常發(fā)光，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向右移動(dòng)時(shí)，下面判斷正確

的是（）

A.L和晨變暗，A變亮

B.L變暗，L變亮，L亮度不變

C.L,中電流變化絕對(duì)值大于晨中電流變化絕對(duì)值

D.L上電壓變化絕對(duì)值小于Lz上的電壓變化絕對(duì)值

【答案】AD

【解析】

【詳解】

當(dāng)滑片右移時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流

減小，故L1變暗；電路中電流減小，故內(nèi)阻及RO、L1兩端的電壓減小，而電動(dòng)勢(shì)不變，故并聯(lián)部分的電

壓增大，故L2變亮；因L2中電流增大，干路電流減小，故流過L3的電流減小，故L3變暗：故A正確，B

錯(cuò)誤；因L1中電流減小，L3中電流減小，而L2中電流增大；開始時(shí)有：H=I2+I3,故II電流的變化值一

定小于L3中電流的變化值；故C錯(cuò)誤；因并聯(lián)部分的電壓與LI、R0及內(nèi)電阻上的總電壓等于電源的電動(dòng)

勢(shì)：L2兩端的電壓增大，Ll、R0及內(nèi)阻r兩端的電壓減小，而電動(dòng)勢(shì)不變，故L2兩端電壓增大值應(yīng)等于

其它三個(gè)電阻的減小值，故L1上電壓變化值小于L2上的電壓變化值，故D正確；故選AD。

【點(diǎn)睛】

本題不但考查電路中各量的變化方向，還考查了各電阻中電流及電壓的變化值，題目較為新穎，要求學(xué)生

能靈活應(yīng)用串并聯(lián)電路的電流電壓規(guī)律及閉合電路的歐姆定律.

16.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,平行板電容器C的兩金屬板水平放置.G為靈敏電流計(jì)。開關(guān)

S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移

動(dòng)的過程中，下列判斷正確的是（）

A.靈敏電流計(jì)G中有b-a的電流

B.油滴向上加速運(yùn)動(dòng)

C.電容器極板所帶電荷量將減小

1）.通過電阻R?的電流將減小

【答案】AB

【解析】

【詳解】

在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中，R增大，總電阻增大，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，可知總電流減小,

內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2

與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q=CU,電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充

電，所以流過電流計(jì)的電流方向是b-a.電容器兩端電壓增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，開始電場(chǎng)力

與重力平衡，所以油滴會(huì)向上加速。故AB正確，CD錯(cuò)誤。故選AB。

【點(diǎn)睛】

處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運(yùn)用閉合電路的動(dòng)態(tài)分析.注意處理含容電路時(shí)、把含有電容的支路

看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓.

17.高溫超導(dǎo)限流器由超導(dǎo)部件和限流電阻并聯(lián)組成，如圖所示。超導(dǎo)部件有一個(gè)超導(dǎo)臨界電流人,當(dāng)通

過限流器的電流/>4時(shí)，將造成超導(dǎo)體失超，從超導(dǎo)態(tài)（電阻為零）轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài)（一個(gè)純電阻），以此

來限制電力系統(tǒng)的故障電流。假定有一實(shí)驗(yàn)電路如右圖所示，超導(dǎo)部件的正常電阻為此=3Q,超導(dǎo)臨界電

流〃=1.2A,限流電阻尼=6Q,小燈泡L上標(biāo)有“6V,6W”的字樣，電源電動(dòng)勢(shì)￡=8V,內(nèi)阻r=2C原來

電路正常工作，若Z突然發(fā)生短路，則。

■一“；

―-|i——

￡,fS

A.短路前通過用的電流為3

B.短路后超導(dǎo)部件將由超導(dǎo)狀態(tài)轉(zhuǎn)化為正常態(tài)

C.短路后通過用的電流為女

D.短路后通過用的電流為2A

【答案】BC

【解析】

小電珠L上標(biāo)有“6V,6『’，該電珠的電阻RL=U2/P=62/6Q=6Q,短路前由于電路正常工作，電路

的總電阻為R=RL+r=6Q+2。=8。，總電流為I=E/R=1A,所以短路前通過R1的電流為H=1A,

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)L突然短路后，電路中電流為I=E/r=4A>Ic=1.2A,超導(dǎo)部件由超導(dǎo)態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檎B(tài),

則此時(shí)電路中總電阻為R,=2Q+2Q=4Q,總電流I，=E/R，4=2A,短路后通過R1的電流為

W.A,故選項(xiàng)B、C正確.

18.在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)電阻r為定值，R為滑動(dòng)變阻器，R?和R3為定值電阻。當(dāng)R

的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí)，伏特表明和V2的示數(shù)的增量分別為△口和△心,對(duì)和AU?有

C.1>0,2<0I).2>0,!.<0

【答案】AD

【解析】

【詳解】

根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：AU]=AI(r+R3)

AU2=AIR3

結(jié)合公式可知|AU1|〉|AU2l，故A對(duì)；B錯(cuò)

當(dāng)RI的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí)，回路中電阻減小，電流增大，所以電壓表V2增大，由于路端電壓減

小，所以電壓表VI變小，則知AU2X),AUl<0,故C錯(cuò)；D對(duì)

故選AD

19.如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r,閉合電鍵，電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I；在滑動(dòng)變阻器R的

滑片P由a端滑到b端的過程中()

A.U先變大后變小

B.I先變小后變大

C.U與I的比值先變大后變小

D.U的變化量的大小與I的變化量的大小的比值等于r

【答案】ABC

【解析】

由圖可知，滑動(dòng)變阻器上下兩部分并聯(lián)，當(dāng)滑片在中間位置時(shí)總電阻最大，則在滑動(dòng)變阻器R1的滑片P由

a端滑到b端的過程中，滑動(dòng)變阻器R1的電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減

小后增大，則可知路端電壓先變大后變?。汗蔄B正確；U與I的比值就是接入電路的R1的電阻與R2的電

阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；電壓表示數(shù)等于電源的路端電壓，電流表的示數(shù)比流

過電源的電流小，由于=因?yàn)槭偧?r,所以U變化量與I變化量比值不等于r,故

D錯(cuò)誤；綜上分析，ABC正確。

20.如圖所示，電源￡?對(duì)電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達(dá)到80V時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，C放電.放

電后，閃光燈斷開并熄滅，電源再次對(duì)C充電.這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發(fā)光.該電路

()

A.充電時(shí)，通過"的電流不變

B.若A增大，則充電時(shí)間變長

C.若C增大，則閃光燈閃光一次通過的電荷量增大

D.若/減小為85V,閃光燈閃光一次通過的電荷量不變

【答案】BCD

【解析】本題考查電容器的充放電，意在考查考生的分析能力。電容器充電時(shí)兩端電壓不斷增大，所以電

源與電容器極板間的電勢(shì)差不斷減小，因此充電電流變小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電阻R增大時(shí)，充電電流變小，

電容器所充電荷量不變的情況下，充電時(shí)間變長，選項(xiàng)B正確；若C增大，根據(jù)Q=CU,電容器的帶電荷量

增大，選項(xiàng)C正確；當(dāng)電源電動(dòng)勢(shì)為85V時(shí)，電源給電容器充電仍能達(dá)到閃光燈擊穿電壓80v時(shí)，所以閃

光燈仍然發(fā)光，閃光一次通過的電荷量不變，選項(xiàng)D正確。

點(diǎn)睛：本題源自于2009年江蘇高考物理卷的第5題，以閃光燈發(fā)光問題為背景考查電容器的充放電問題,

解題的關(guān)鍵是要弄清電路的工作原理和電容器

三、解答題

21.一電路如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E=28v,內(nèi)阻r=2Q,電阻R=4Q,R?=8C,R3=4Q,C為平行板電容器,

其電容C=3.OpF,虛線到兩極板距離相等,極板長L=0.20m,兩極板的間距d=l.0X10%。

M

N

(1)閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，求電容器所帶的電荷量為多少？

(2)當(dāng)開關(guān)S閉合后，有一未知的、待研究的帶電粒子沿虛線方向以v°=2.Om/s的初速度射入MN的電場(chǎng)中，

已知該帶電粒子剛好從極板的右側(cè)下邊緣穿出電場(chǎng)，求該帶電粒子的比荷q/m(不計(jì)粒子的重力，M、N板

之間的電場(chǎng)看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，g=10m/s2)

【答案】(1)48x/小〃(2)6.25X1(T4/

【解析】

【詳解】

(1)閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，電路的電流：1=譽(yù)一=dfA=2A；

Ri+Rz+r4+8+2

電容器兩端電壓：U=UR2=IR2=2x8V=16V；

-11

電容器帶電量：Q=CUR2=3.0xI。-】？*Ige=4.8x10C

(2)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：L=v()t

22dm

聯(lián)立解得:=6.25x10-4C/kg

22.能量守恒是自然界基本規(guī)律，能量轉(zhuǎn)化通過做功實(shí)現(xiàn)。研究發(fā)現(xiàn)，電容器存儲(chǔ)的能最表達(dá)式為EcWciZ,

其中U為電容器兩極板間的電勢(shì)差.C為電容器的電容。現(xiàn)將一電容器、電源和某定值電阻按照如圖所示電

路進(jìn)行連接。已知電源電動(dòng)勢(shì)為％,電容器電容為5,定值電阻阻值為R,其他電阻均不計(jì)，電容器原來不

帶電。現(xiàn)將開關(guān)S閉合，一段時(shí)間后，電路達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：在閉合開關(guān)到電路穩(wěn)定的過程中，該電路

因電磁輻射、電流的熱效應(yīng)等原因而損失的能量。

【答案】Ti

【解析】

【詳解】

根據(jù)電容定義，有C=J,其中Q為電容器儲(chǔ)存的電荷量，得：Q=CU

根據(jù)題意，電容器儲(chǔ)存能量：EC=^CU2

利用電動(dòng)勢(shì)為E0的電源給電容器充電，電容器兩極間電壓最終為E0,

所以電容器最終儲(chǔ)存的能量為：E充力CE],

則電容器最終儲(chǔ)存的電荷量為：Q=CEO,

整個(gè)過程中消耗消耗能量為：E放邛電源=EOIt=E.OQ=CE,

根據(jù)能量守恒得：E損=￡放-E充近同CE螃CE§

23.如圖所示，水平軌道與半徑為r的半圓弧形軌道平滑連接于S點(diǎn)，兩者均光滑且絕緣，并安裝在固定

的豎直絕緣平板上.在平板的上下各有一塊相互正對(duì)的水平金屬板戶、Q,兩板間的距離為d.半圓軌道的

最高點(diǎn)7、最低點(diǎn)S、及只0板右側(cè)邊緣點(diǎn)在同一豎直線上.裝置左側(cè)有一半徑為/的水平金屬圓環(huán)，圓

環(huán)平面區(qū)域內(nèi)有豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一根長度略大于人的金屬棒一端置于圓環(huán)上，

另一端與過圓心a的豎直轉(zhuǎn)軸連接，轉(zhuǎn)軸帶動(dòng)金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)邊緣和轉(zhuǎn)軸處引出導(dǎo)線分別與只0連接，

圖中電阻阻值為此不計(jì)其它電阻.右側(cè)水平軌道上有一帶電量為+9、質(zhì)量為3的小球1以速度。=小;

向左運(yùn)動(dòng)，與前面靜止的、質(zhì)量也為T的不帶電小球2發(fā)生碰撞，碰后粘合在一起共同向左運(yùn)動(dòng)，小球和

粘合體均可看作質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程沒有電荷損失，設(shè)以0板正對(duì)區(qū)域間才存在電場(chǎng).重力加速度為g.

(1)計(jì)算小球1與小球2碰后粘合體的速度大小匕

(2)若金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為。，計(jì)算圖中電阻不消耗的電功率產(chǎn)：

(3)要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點(diǎn)S做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)7,計(jì)?算金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度的范

圍.

、17242

【答案】(D=(2)=——(3)一7

【解析】

【詳解】

⑴兩球碰撞過程動(dòng)量守恒，則;mv。=(|m+|m)v

解得v=欄

(2)桿轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)勢(shì)e=BLV=BLX1L?=^BL2W

電阻R的功率P=v=嗎'

R4R

(3)通過金屬桿的轉(zhuǎn)動(dòng)方向可知：P、Q板間的電場(chǎng)方向向上，粘合體受到的電場(chǎng)力方向向上.在半圓軌道最

低點(diǎn)的速度恒定，如果金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)角速度過小，粘合體受到的電場(chǎng)力較小，不能達(dá)到最高點(diǎn)T,臨界狀態(tài)是

粘合體剛好達(dá)到T點(diǎn)，此時(shí)金屬桿的角速度31為最小，設(shè)此時(shí)對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1,粘合體達(dá)到T點(diǎn)時(shí)

的速度為vl.

?2

在T點(diǎn)，由牛頓第二定律得mg-qE[=

從S到T,由動(dòng)能定理得qE]?2r-mg-2r=jmvf-^mv2

解得Ei=券

2

桿轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)勢(shì)ei=1BL<O1

兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E]=?

聯(lián)立解得3]=器

如果金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)角速度過大，粘合體受到的電場(chǎng)力較大，粘合體在S點(diǎn)就可能脫離圓軌道，臨界狀態(tài)是粘

合體剛好在S點(diǎn)不脫落軌道，此時(shí)金屬桿的角速度32為最大，設(shè)此時(shí)對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2.

?2

在S點(diǎn)，由牛頓第二定律得qE?-mg=川一

r

桿轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)勢(shì)￡2=扣1?32

兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E2=/

聯(lián)立解得32=器

綜上所述，要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點(diǎn)S做圓周運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)T,金屬桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度的

范圍為：到W3W客.

qBLqBL

24.如圖所示的電路中，K=4Q,總=2。，滑動(dòng)變阻器R,上標(biāo)有“1OQ2A”的字樣，理想電壓表的量程

有。?3,和。?兩擋，理想電流表的量程有。?。砌和。?切兩擋。閉合開關(guān)S,將滑片P從最左端向

右移動(dòng)到某位置時(shí)，電壓表、電流表示數(shù)分別為2/和〃劭；繼續(xù)向右移動(dòng)滑片P至另一位置，電壓表指針

指在滿偏的多電流表指針也指在滿偏的求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的大小。(保留兩位有效數(shù)字)

【答案】7.OV,2.0Q。

【解析】

【分析】

根據(jù)滑動(dòng)變阻器的移動(dòng)可知電流及電壓的變化，是可判斷所選量程，從而求出電流表的示數(shù)；由閉合電路

歐姆定律可得出電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的兩個(gè)表達(dá)式，聯(lián)立即可求得電源的電動(dòng)勢(shì)。

【詳解】

滑片P向右移動(dòng)的過程中，電流表示數(shù)在減小，電壓表示數(shù)在增大，由此可以確定電流表量程選取的是0?

0.6A,電壓表量程選取的是。?15V,所以第二次電流表的示數(shù)為：X0.6A=0.2A,電壓表的示數(shù)為:X15

V=5V

當(dāng)電流表示數(shù)為0.5A時(shí)，R1兩端的電壓為Ul=nRl=0.5X4V=2V

回路的總電流為I總=1穌=0.5+|A=l.5A

由閉合電路歐姆定律得E=I總r+Ul+U3,

即E=l.5r+2+2①

當(dāng)電流表示數(shù)為0.2A時(shí)，R1兩端的電壓為UI'=ITRl=0.2X4V=0.8V

回路的總電流為I總‘="'+—=0.2+￥A=0.6A

由閉合電路歐姆定律得E=I總'r+Ul'+U3',

即E=0.6r+0.8+5②

聯(lián)立①②解得E=7.0V,r=2.0Q

【點(diǎn)睛】

本題考查閉合電路的歐姆定律，但解題時(shí)要注意先會(huì)分析電流及電壓的變化，從而根據(jù)題間明確所選電表

的量程。

25.麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論告訴我們：變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生感生電場(chǎng)，該感生電場(chǎng)是渦旋電場(chǎng)；變化的電場(chǎng)也

可以產(chǎn)生感生磁場(chǎng)，該感生”磁場(chǎng)是渦旋磁場(chǎng)。

（1）如圖所示，在半徑為r的虛線邊界內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化

關(guān)系為廬北（40且為常量）。將一半徑也為r的細(xì)金屬圓環(huán)（圖中未畫出）與虛線邊界同心放置。

①求金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)e的大小。

②變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生的渦旋電場(chǎng)存在于磁場(chǎng)內(nèi)外的廣闊空間中，在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi)其電場(chǎng)線是一系列同

心圓，如圖中的實(shí)線所示，圓心與磁場(chǎng)區(qū)域的中心重合。在同一圓周上，渦旋電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小處處相

等。使得金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)的非靜電力是渦旋電場(chǎng)對(duì)自由電荷的作用力，這個(gè)力稱為渦旋電場(chǎng)力，

其與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系和靜電力與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系相同。請(qǐng)推導(dǎo)金屬圓環(huán)位置的渦旋電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小后感。

（2）如圖所示，在半徑為r的虛線邊界內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化關(guān)

系為E=Pt（P>0且為常量）。

①我們把穿過某個(gè)面的磁感線條數(shù)稱為穿過此面的磁通量，同樣地，我們可以把穿過某個(gè)面的電場(chǎng)線條數(shù)

稱為穿過此面的電通量。電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，對(duì)應(yīng)面積內(nèi)的電通量也會(huì)發(fā)生變化，該變化的電場(chǎng)必然會(huì)

產(chǎn)生磁場(chǎng)。小明同學(xué)猜想求解該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度85s的方法可以類比（1）中求解處區(qū)的方法。若小明同學(xué)

的猜想成立，請(qǐng)推導(dǎo)3環(huán)在距離電場(chǎng)中心為a（a〈r）處的表達(dá)式，并求出在距離電場(chǎng)中心下和2r處的磁感

應(yīng)強(qiáng)度的比值8型：B魅2。

②小紅同學(xué)對(duì)上問通過類比得到的6成的表達(dá)式提出質(zhì)疑，請(qǐng)你用學(xué)過的知識(shí)判斷8巡的表達(dá)式是否正確，

并給出合理的理由。

【答案】（1）①2第；戲）①1：1②不正確.

【解析】

【分析】

（1）①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)e的大小。②在金屬圓環(huán)內(nèi)，求解非

靜電力對(duì)帶電量為F的自由電荷所做的功，求解電動(dòng)勢(shì)，從而求解感應(yīng)電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）①類比（1）中求解

E感的過程求解兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值；②通過量綱分析表達(dá)式的正誤.

【詳解】

（1）①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

△①△（B-S）AB2

€=---=------=--S=kJTr

AtAtAt

②在金屬圓環(huán)內(nèi)，非靜電力對(duì)帶電量為F的自由電荷所做的功皿非=4￡感?2“r

根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義e=#

hl

解得感生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E感=五三=7

①類比（中求解感的過程，在半徑為處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為咸=

（2）1）ERB心2兀KAt

在R=a時(shí)，中e=Ena2,解得8感=三

在Rq時(shí)，①ei=E"G）2,解得B感1=手

將R=2r時(shí)，①e2=E口r?,解得B感&——j-

②上問中通過類比得到的B感的表達(dá)式不正確；

因?yàn)橥ㄟ^量綱分析我們知道：用基本物理量的國際單位表示B或=#i的導(dǎo)出單位為誓；又因?yàn)锽="，

越2JiRAtA-s4IL

用基本物理量的國際單位表示B=1的導(dǎo)出單位為獸。可見，通過類比得到的B感的單位是不正確的，所以

IL

8感=褊的表達(dá)式不正確。

【點(diǎn)睛】

考查電磁學(xué)綜合運(yùn)用的內(nèi)容，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的應(yīng)用，會(huì)用類比法解決

問題以及用物理量的量綱判斷表達(dá)式的正誤.

26.如圖所示，在兩光滑平行金屬導(dǎo)軌之間存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8導(dǎo)軌

的間距為￡,電阻不計(jì)。金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為如重力和電阻可忽略不計(jì)?，F(xiàn)在導(dǎo)軌左端接入一

個(gè)電阻為〃的定值電阻，給金屬棒施加一個(gè)水平向右的恒力凡經(jīng)過時(shí).后金屬棒達(dá)到最大速度。

(7)金屬棒的最大速度是多少？

(為求金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中。通過電阻〃的電荷量q；

(0如圖乙所示，若將電阻換成一個(gè)電容大小為。的電容器(認(rèn)為電容器充放電可瞬間完成)。求金屬棒由靜

止開始經(jīng)過時(shí)間t后，電容器所帶的電荷量0。

【答案】(/)—^；(0---------；(^)—..-?

【解析】

【分析】

(1)當(dāng)速度最大時(shí)，導(dǎo)體棒受拉力與安培力平衡，根據(jù)平衡條件、安培力公式、切割公式列式后聯(lián)立求解

即可；(2)根據(jù)法律的電磁感應(yīng)定律列式求解平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、根據(jù)歐姆定律列式求解平均電流、再根據(jù)

電流定義求解電荷量；(3)根據(jù)牛頓第二定律和電流的定義式，得到金屬棒的加速度表達(dá)式，再分析其運(yùn)

動(dòng)情況。由法拉第電磁感應(yīng)定律求解MN棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，得到電容器的電壓，從而求出電容器的電量。

【詳解】

(1)當(dāng)安培力與外力相等時(shí)，加速度為零，物體速度達(dá)到最大，即F=BIL里沖

由此可得金屬棒的最大速度：vmax^^p；

(2)由動(dòng)量定律可得：(F-F)tO=mvmax

r+iKB2L2X

其中：F=b-

解得金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中運(yùn)動(dòng)的距離：x=舞-黑

通過電阻R的電荷量：q與爺-翳

(3)設(shè)導(dǎo)一體棒運(yùn)動(dòng)加速度為a,某時(shí)裝金屬棒的速度為vl,經(jīng)過At金屬體的速度為v2,導(dǎo)體棒中流過的

電流(充電電流)為I,則：F-BIL=ma

電流：1="3

△tAt

其中：AE=BLv2-BLvl=BLAv,a卷

聯(lián)立各式得：a.

因此，導(dǎo)體棒向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。由于所有電阻均忽略，平行板電容器兩板間電壓U與導(dǎo)體棒切割磁

感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E相等，電容器的電荷量：Q=CBLat=￡5b

m+CoL

答：(1)金屬棒的最大速度Vmax是蔡；

(2)金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量q為空-器；

(3)金屬棒由靜止開始經(jīng)過時(shí)間t后，電容器所帶的電荷量Q為;;^篝。

【點(diǎn)睛】

解決本題的關(guān)鍵有兩個(gè)：一是抓住電流的定義式，結(jié)合牛頓第二定律分析金屬棒的加速度。二是運(yùn)用微元

法，求解金屬棒的位移，其切入口是加速度的定義式。

27.如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為￡,導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動(dòng)變阻

器而、定值電阻、電容器(原來不帶電)和開關(guān)K相連。整個(gè)空間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，