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专题09 恒定电流第一部分名师综述恒定电流主要考查以电路为核心的三部分内容:一是以部分电路的欧姆定律为中心，考查直流电路的基本概念、伏安法测电阻、电功和电热等问题；二是以闭合电路的欧姆定律为中心，考查电源的作用、闭合电路的功率分配和能量转化的关系、电路的路端电压与电源电动势和内阴天的关系；三是以电路中的电工仪表的使用为中心，考查电学实验中仪器的选取、电表的读数、实物连接、数据处理和误差分析等问题.尤其是电学知识联系实际的问题和探究实验问题是近几年高考考查的热点. 欧姆定律、焦耳定律往往与电磁感应现象相交叉渗透；电功率、焦耳热计算往往与现实生活联系较密切，是应用型、能力型题目的重要内容之一，也是高考命题热点内容之一。历届高考命题形式一是以选择、填空方式考查知识；二是与静电、磁场和电磁感应结合的综合题，值得说明的是，近年来高考在对本章的考查中，似乎更热衷于电路的故障分析.这类题通常都来自生活实际，是学生应具备的基本技能.尤其引人关注的是电路实验有成为必考题的趋势.第二部分精选试题一、单选题1毕节，是全国唯一一个以“开发扶贫、生态建设”为主题的试验区，是国家“西电东送”的主要能源基地。如图所示，赫章的韭菜坪建有风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转了(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为A2Pl2v3B6Pl2v3C4Pl2v3D8Pl2v3【答案】 A【解析】【详解】风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V=vts=vtl2，则风的质量M=V=vtl2，因此风吹过的动能为Ek=12Mv2=12vtl2v2，在此时间内发电机输出的电能E=pt，则风能转化为电能的效率为=EEk=2pl2v3，故A正确，BCD错误。2如图所示，理想变压器原线圈两端A、B接在电动势E8V、内阻r2的交流电源上，理想变压器的副线圈两端与滑动变阻器R相连，滑动变阻器阻值可在010范围内变化，变压器原、副线圈的匝数比为12 ，下列说法正确的是A副线圈两端输出电压U2=16VB副线圈中的电流I22AC当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R8D当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值R4【答案】 C【解析】【详解】设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则有：U1=E-I1r，电阻R消耗的功率为：P=U2I2=U1I1，即为：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可见电流为：I1=E2r=822A=2A时，P有最大值，此时U1=4V，副线圈两端输出电压U2=2U1=8V，副线圈中的电流I2122A=1A，此时滑动变阻器接入电路中的阻值R=U2I2=8，故C正确、ABD错误。3如图所示电路，初始时滑动变阻器的滑片P恰好位于中点位置，当开关S闭合时，三个小灯泡L1、L2、L3恰好都正常发光，且亮度相同，电源电动势为E，内阻为r，下列说法正确的是A三个灯泡的额定电压相同B此时三个灯泡的电阻按从大到小排列是L2、L3、L1C当滑片P稍微向左滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮D当滑片P稍微向右滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮【答案】 D【解析】【详解】AB由图知，变阻器R与3灯并联后与2灯串联，最后与1灯并联。三个小灯泡L1、L2、L3都正常发光，且亮度相同，说明额定功率相同；因灯1两端电压大于灯2、3两端电压，根据P= U2/R可知灯1的电阻最大；对于灯2、3：通过2的电流大于3的电流，当两灯泡的功率相同时，由公式P=I2R分析可知，2的电阻小于3的电阻。可见，1灯电阻最大，2灯电阻最小。根据P= U2/R可知，额定功率相等，电阻不等，额定电压不等，故AB错误。CD若将滑片P向左滑动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压U增大，则L1变亮。通过L2电流I2=I-I1，I减小，I1增大，则I2减小，故L2变暗。L3电压U3=U-U2，U增大，U2减小，则U3增大，故L3变亮。故C错误；同理当滑片P稍微向右滑动，灯L1和L3变暗，灯L2变亮，D正确。故选D。【点睛】本题首先要搞清电路的连接方式，其次按“局部整体局部”的思路进行分析三个灯比较电阻的大小，可两两进行比较，根据条件关系选择恰当的公式，功率相同的条件下，已知电压的大小关系，根据公式P=U2 /R ，比较电阻的大小；已知电流的大小关系，根据公式P=I2R比较电阻的大小4如图所示，已知R1R40.5 ，r1，R26 ，R3的最大阻值为6 。在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，下列说法不正确的是( )A定值电阻R4的功率、电源的总功率均减小B电源的输出功率变小C电源的效率先增大后减小DMN并联部分的功率先增大后减小【答案】 C【解析】【分析】在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，从而分析选项A；当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，分析选项B；电源的效率=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，从而分析C；若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r=2；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，从而分析选项D.【详解】在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，则根据P4=I2R4可知定值电阻R4的功率减小，根据P=IE可知电源的总功率减小，选项A正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，而R1+R4=r，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率减小，选项B正确；电源的效率=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，则当外电路电阻R变大时，电源的效率变大，选项C错误；若将R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为r=2；滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN之间的电阻从0增加到3，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当MN之间的电阻等于2时，MN之间的功率最大，则在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中，MN并联部分的功率先增大后减小，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.【点睛】此题是动态电路的分析问题；关键是知道当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，并且会将电路进行必要的等效，再进行分析.5某同学将一电路中电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图所示。则该电路()A电源的电动势E=3V，内电阻r=3B电流为1A时，外电阻为2Cb表示电源的输出功率，最大值为9WD外电阻为1时，电源输出功率为4.5W【答案】 B【解析】【分析】三种功率与电流的关系是：直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，根据数学知识选择图线。根据图线a斜率求解电源的电动势。由图读出电流I=3A时，发热功率Pr=I2r，求出电源的内阻。当电流为1A时，结合欧姆定律求出外电阻。【详解】根据直流电源的总功率PE=EI，内部的发热功率Pr=I2r，输出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr变化的图线是b，反映PE变化的是图线a，反映PR变化的是图线c。图线a的斜率等于电源的电动势，由得到E=93V=3V，内部的发热功率Pr=I2r，内阻为r=932=1，电源的最大输出功率Pm=E24r=3241=94W，故A、C错误；当电流为1A时，由I=ER+r，代入得到，R=2.故B正确。外电阻为1，等于内阻时，电源输出功率最大为E24r=94W.故D错误。故选：B。【点睛】本题首先考查读图能力，物理上往往根据解析式来理解图象的物理意义6在如图所示的电路中，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右移动一段距离，待电路稳定后，与滑片移动前比较A灯泡L变亮B电容器C上的电荷量不变C电源消耗的总功率变小D电阻R0两端电压变大【答案】 C【解析】A、C、滑动变阻器的滑片向右移动一点，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，流过电源的电流减小，则由P总=EI知电源的总功率变小，且流过灯泡的电流减小，灯泡L亮度变暗，故A错误，C正确；B、电源的路端电压U=E-Ir增大，即电容器电压增大将充电，电荷量将增大故B错误D、电阻R0只有在电容器充放电时有短暂的电流通过，稳定状态无电流，则其两端的电压为零不变，D错误；C、故C正确故选C【点睛】本题电路动态变化分析问题对于电容器，关键是分析其电压，电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，电容器的电压等于这条电路两端的电压7激光闪光灯的电路原理如图所示，电动势为300V的电源向电容为6000F的电容器C充电完毕后，通过外加高压击穿“火花间隙”间空气，使电容器一次性向激光闪光灯放电，提供所有能量使闪光灯发出强光，则电容器放电过程释放的电量和通过闪光灯的电流方向为A1.8C 向左 B1.8C 向右 C2105C 向左 D2105C 向右【答案】 B【解析】【详解】电容器充电后所储存的电量为：Q=CU=600010-6300C=1.8C，在放电过程中将所有的电量放出，所以电容器放电过程释放的电量为1.8C电容器充电后左极板带正电，所以在放电过程中通过闪光灯的电流方向向右，故应选B。8如图是一个多用电表的简化电路图。S为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱O可以接通1，也可以接通2、3、4、5或6。下列说法正确的是( )A当开关S分别接1或2时，测量的是电流，其中S接2时量程较大B当开关S分别接3或4时，测量的是电阻，其中A是红表笔C当开关S分别接5或6时，测量的是电阻，其中A是黑表笔D当开关S分别接5和6时，测量的是电压，其中S接5时量程较大【答案】 B【解析】【分析】要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表。【详解】A项：其中1、2两档用来测电流，接1时分流电阻相对更小，故接1时电表的量程更大，第1档为大量程，那么S接2时量程较小，故A错误；B项：3、4两档用来测电阻，其中黑表笔连接表内电池的正极，故B为黑表笔；A与电源的负极相连，故A为红表笔，B正确；C项：当开关S分别接5或6时，测量的是电压，故C错误；D项：要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大，故D错误。【点睛】本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法明确电流表时表头与电阻并联，电压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源。9电动势为E，内阻为r的电源与可变电阻R1、R2、R3以及一平行板电容器连成如图所示的电路当开关S闭合后，两平行金属板A、B间有一带电液滴恰好处于静止状态下列说法正确的是()A将R1的滑片向右移动一小段距离，带电液滴将向下运动B将R2的滑片向右移动一小段距离，电容器两极板的电荷量将增加C增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电荷量将增加D减小R3的阻值，R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量【答案】 D【解析】A、将R1的滑片向右移动一小段距离，电容器两端电压与R3两端电压相等，保持不变，故液滴受到的电场力不变，那么，液滴受力不变，仍保持静止，故A错误；B、将R2的滑片向右移动一小段距离，那么，接入电路的电阻增大，故电流减小，所以，R3两端电压减小，即电容器两极板电压减小，故电荷量Q=CU减小，故B错误；C、增大电容器两板间的距离，电容器两极板的电压不变，电容器电容C=rs4kd减小，那么电荷量Q=CU减小，故C错误；D、减小R3的阻值，电路电阻减小，电流增大，故内压降增大；那么R2两端的电压的变化量+r上电压的变化量=R3两端的电压的变化量，所以R2两端的电压的变化量小于R3两端的电压的变化量，故D正确；故选D。【点睛】电路问题一般先根据电路变化得到总电阻变化，从而由欧姆定律得到总电流的变化，即可由欧姆定律得到电压的变化，从而得到支路电流的变化。10如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是()AL1灯丝突然短路BL2灯丝突然烧断C电源的输出功率一定变小D电容器C上电荷量减少【答案】 B【解析】安培表在干路上，读数变小，说明总电阻变大，A、L1灯丝突然短路，总电阻减小，电流表读数变大，A错误;B、L2灯丝突然烧断，总电阻增大，电流表读数变小，电压表读数变大，B正确，C、电源的输出功率P=UI，电压增大而电流减小，输出功率不一定变小，C错误；D、电流表读数变小，灯泡1的分压减小，并联支路的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q=CU知电容器的带电量增大，D错误，故选B.【点睛】本题考查了电路的动态分析，方法是：先从支路的变化，分析总电流和路端电压的变化，再到支路，分析各用电器的电压和电流的变化关系二、多选题112015年8月，河南等地出现39以上的高温，为了解暑，人们用电扇降温如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ：1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法正确的是（）A风扇电动机D两端的电压为IrB理想变压器的输入功率为UInU2n2RC风扇电动机D输出的机械功率为UInI2rD若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为U(Rr)n2Rr【答案】 BCD【解析】【分析】电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，被卡住后相当于纯电阻【详解】由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为U/n，因为电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于输出功率为P2=U2I+U22R=UIn+U2n2R，B正确；风扇电动机D输出的机械功率为U2I-I2r=UIn-I2r，C正确；因为副线圈两端的电压为U/n，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为RrR+r，所以副线圈中的电流为U(R+r)nRr，通过原线圈的电流为U(R+r)n2Rr，D正确；故选BCD。12如图所示，滑动变阻器的总阻值R0R10.当滑动变阻器的触头位于它的中点时，电压表的读数为U，电流表的读数为I，则滑动变阻器的触头继续向上移动的过程中()A电压表的读数总小于UB电压表的读数先增大后减小C电流表的读数总大于ID电流表的读数先增大后减小【答案】 BC【解析】【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流的变化，同时可得出内阻及路端电压的变化，则可得出电压表示数的变化。【详解】滑动变阻器的触头向上移动的过程中，因R0R10，先简化电路，除去两电表，相当于两个电阻并联后与R2串联，滑动变阻器位于中点时，上、下两并联支路电阻不等，滑动触头移到两支路电阻相等时，总电阻最大，总电流最小，不难看出电压表的示度先增大后减小。将整个过程分为两阶段：两支路电阻相等前，总电流减小，并联电路的电压U并=E-I(R+r)增大，安培表支路电阻减小，安培表读数增大；两支路电阻相等后，总电流增大，R0下部分电压减小，电阻增大，电流减小，则安培表支路电阻减小，安培表读数增大。故电流表的读数总大于I.故BC正确。故选：BC。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般思路都是先分析局部电路的电阻变化，再分析整体中电流及电压的变化，最后分析局部电路中的流及电压的变化；在分析局部电路时要注意灵活应用串并联电路的性质。13如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rr时，R外减小电源输出功率越大，故C正确；14某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr，随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示以下判断正确的是( )A在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PCBb、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4C电源的最大输出功率Pm=9WD电源的电动势E=3V，内电阻r=1【答案】 ABD【解析】【详解】在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，所以A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为ER+r=E2r，功率的大小为E24r，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为Er，功率的大小为E2r，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以B正确；图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故C错误；当I=3A时，PR=0说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r=EI=1，故D正确。故选ABD。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和15如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（）AL1和L3变暗，L2变亮BL1变暗，L2变亮，L3亮度不变CL1中电流变化绝对值大于L3中电流变化绝对值DL1上电压变化绝对值小于L2上的电压变化绝对值【答案】 AD【解析】【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故L1变暗；电路中电流减小，故内阻及R0、L1两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故A正确，B错误；因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C错误；因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电动势不变，故L2两端电压增大值应等于其它三个电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选AD。【点睛】本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律16如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置G为灵敏电流计。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A灵敏电流计G中有ba的电流B油滴向上加速运动C电容器极板所带电荷量将减小D通过电阻R2的电流将减小【答案】 AB【解析】【详解】在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是ba电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。故AB正确，CD错误。故选AB。【点睛】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压17高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图所示。超导部件有一个超导临界电流Ic，当通过限流器的电流IIc时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零）转变为正常态（一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流。假定有一实验电路如右图所示，超导部件的正常电阻为R13，超导临界电流Ic1.2A，限流电阻R26，小灯泡L上标有“6V，6W”的字样，电源电动势E8V，内阻r2原来电路正常工作，若L突然发生短路，则（）A短路前通过R1的电流为23AB短路后超导部件将由超导状态转化为正常态C短路后通过R1的电流为43AD短路后通过R1的电流为2A【答案】 BC【解析】小电珠L上标有“6 V,6 W”，该电珠的电阻RLU2/P62/6 6 ，短路前由于电路正常工作，电路的总电阻为RRLr6 2 8 ，总电流为IE/R1 A，所以短路前通过R1的电流为I11 A，选项A错误；当L突然短路后，电路中电流为IE/r4 AIc1.2 A，超导部件由超导态转变为正常态，则此时电路中总电阻为R2 2 4 ，总电流IE/R84A2 A，短路后通过R1的电流为I143A，故选项B、C正确18在如图所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动变阻器，R2和R3为定值电阻。当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为U1和U2，对U1和U2有A|U1|U2| B|U1|=|U2|CU10,U20,U1U2，故A对；B错当R1的滑动触头P从左向右移动时，回路中电阻减小，电流增大，所以电压表V2增大，由于路端电压减小，所以电压表V1变小，则知U20，U10且为常量）。将一半径也为r的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置。求金属圆环内产生的感生电动势的大小。变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆，如图中的实线所示，圆心与磁场区域的中心重合。在同一圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等。使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力，这个力称为涡旋电场力，其与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同。请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E感。（2）如图所示，在半径为r的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场，电场强度大小随时间的变化关系为E=t（0且为常量）。我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量，同样地，我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量。电场强度发生变化时，对应面积内的电通量也会发生变化，该变化的电场必然会产生磁场。小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B感的方法可以类比（1）中求解E感的方法。若小明同学的猜想成立，请推导B感在距离电场中心为a（ar）处的表达式，并求出在距离电场中心r2和2r处的磁感应强度的比值B感1：B感2。小红同学对上问通过类比得到的B感的表达式提出质疑，请你用学过的知识判断B感的表达式是否正确，并给出合理的理由。【答案】（1）kr2kr2；（2）1:1不正确.【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解金属圆环内产生的感生电动势的大小。在金属圆环内，求解非静电力对带电量为-q的自由电荷所做的功，求解电动势，从而求解感应电场强度；（2）类比（1）中求解E感的过程求解两处的磁感应强度的比值；通过量纲分析表达式的正误.【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得=t=(BS)t=BtS=kr2在金属圆环内，非静电力对带电量为-q的自由电荷所做的功W非=qE感2r根据电动势的定义=W非|q|解得感生电场的场强大小E感=2rt=kr2（2）类比（1）中求解E感的过程，在半径为R处的磁感应强度为B感=e2Rt在R=a时，e=Ea2，解得B感=a2在R=r2时，e1=E(r2)2，解得B感1=r4将R=2r时，e2=Er2，解得B感2=r4所以B感1B感2=11上问中通过类比得到的B感的表达式不正确；因为通过量纲分析我们知道：用基本物理量的国际单位表示B感=e2Rt的导出单位为kgm2As4；又因为B=FIL，用基本物理量的国际单位表示B=FIL的导出单位为kgAs2。可见，通过类比得到的B感的单位是不正确的，所以B感=e2Rt的表达式不正确。【点睛】考查电磁学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、电场强度和磁感应强度的应用，会用类比法解决问题以及用物理量的量纲判断表达式的正误26如图所示，在两光滑平行金属导轨之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的间距为L，电阻不计。金属棒垂直于导轨放置，质量为m，重力和电阻可忽略不计。现在导轨左端接入一个电阻为R的定值电阻，给金属棒施加一个水平向右的恒力F，经过时t0后金属棒达到最大速度。(1)金属棒的最大速度vmax是多少？(2)求金属棒从静止达到最大速度的过程中。通过电阻R的电荷量q；(3)如图乙所示，若将电阻换成一个电容大小为C的电容器(认为电容器充放电可瞬间完成)。求金属棒由静止开始经过时间t后，电容器所带的电荷量Q。【答案】(1)FRB2L2；(2)Ft0BL-FmRB3L3；(3)FCBLtm+CB2L2。【解析】【分析】（1）当速度最大时，导体棒受拉力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式列式后联立求解即可；（2）根据法律的电磁感应定律列式求解平均感应电动势、根据欧姆定律列式求解平均电流、再根据电流定义求解电荷量；（3）根据牛顿第二定律和电流的定义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况。由法拉第电磁感应定律求解MN棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量。【详解】（1）当安培力与外力相等时，加速度为零，物体速度达到最大，即F=BIL=B2L2vmaxR由此可得金属棒的最大速度：vmax=FRB2L2（2）由动量定律可得：(F-F)t0=mvmax其中：F=B2L2xRt0解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=Ft0RB2L2-FmR2B4L4通过电阻R的电荷量：q=BLxR=Ft0BL-FmRB3L3（3）设导体棒运动加速度为a，某时装金属棒的速度为v1，经过t金属体的速度为v2，导体棒中流过的电流(充电电流)为I，则:F-BIL=ma电流：I=Qt=CEt其中：E=BLv2-BLv1=BLv，a=vt联立各式得：a=Fm+CB2L2因此，导体棒向右做匀加速直线运动。由于所有电阻均忽略，平行板电容器两板间电压U与导体棒切割磁感线产生的感应电动势E相等，电容器的电荷量：Q=CBLat=FCBLtm+CB2L2答：（1）金属棒的最大速度vmax是FRB2L2；（2）金属棒从静止达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量q为Ft0BL-FmRB3L3；（3）金属棒由静止开始经过时间t后，电容器所带的电荷量Q为FCBLtm+CB2L2。【点睛】解决本题的关键有两个：一是抓住电流的定义式，结合牛顿第二定律分析金属棒的加速度。二是运用微元法，求解金属棒的位移，其切入口是加速度的定义式。27如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连。整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B。一质量为m，电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻。（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值R多大？（2）当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落s的过程中所需的时间为多少？（3）若在将ab棒由静止释放的同时，将电键K接到3。试通过推导说明ab棒此后的运动性质如何？求ab再下落距离s时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器还没有被击穿）【答案】（1）EBLmg-r（2）B4L4s+m2gR02mgR0B2L2（3）匀加速直线运动 mgsCB2L2m+cB2L2【解析】【详解】（1）金属棒ab在磁场中恰好保持静止，由BIL=mgI=ER+r得R=EBLmg-r（2）由mg=B2L2vR0得v=mgR0B2L2由动量定理，得mgt-BILt=mv 其中q=It=BLsR0得t=B4L4s+m2gR02mgR0B2L2（3）K接3后的充电电流I=qt=CUt=CBLvt=CBLvt=CBLamg-BIL=ma得a=mgm+CB2L2=常数所以ab棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的。v22-v2=2as根据能量转化与守恒得E=mgs-(12mv22-12mv2)解得：E=mgsCB2L2m+cB2L2【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况。如图所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速度。m是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为l的电阻丝，其阻值为R。金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计。电阻丝的中点C焊接一根导线.从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V（金属丝和导线电阻不计）。图中虚线OC与AB相垂直，且OC=h，电阻丝AB接在电压恒为U的直流稳压电源上。整个装置固定在列车中使AB沿着车前进的方向。列车静止时金属丝呈竖直状态；当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小。28当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度a与角的关系及加速度a与电压表读数U的对应关系。29这个装置能测得的最大加速度是多少?【答案】（1）glUhU （2）gl2h【解析】【分析】电压表所测的电压是部分电阻丝两端的电压，对小球进行受力分析，结合牛顿第二定律，求出a与tan的关系，电压表所测电压的电阻丝长度为htan，根据欧姆定律求出电压表所测电阻丝的电压和电源电压的关系，从而得出加速度a与电压表读数U的关系式；电压表的最大值对应着加速度的最大值；【详解】(1)对小球进行受力分析，小球受重力，绳的拉力，其合力沿水平方向，大小为：F=mgtan，根据牛顿第二定律得：a=F合m=mgtanm=gtan电压表所测电阻丝的长度l=htan=hag，串联电路电流相等，有：Ul=Ul解得：U=Ull=haUgl整理可得：a=UlUhg(2)电压表的最大值对应着加速度的最大值，由电路图可知，电压表的最大读数为：U2故加速度的最大值为：amax=l2hg30电荷的定向移动形成电流，电流是物理量中的基本量之一。电流载体称为载流子，大自然有很多种承载电荷的载流子，例如，金属导体内可自由移动的电子、电解液内的离子、等离子体内的正负离子，半导体中的空穴，这些载流子的定向移动，都可形成电流。（1）电子绕氢原子核做圆周运动时，可等效为环形电流，已知静电力常量为k，电子的电荷量为e，质量为m，电子在半径为r的轨道上做圆周运动。试计算电子绕氢原子核在该轨道上做圆周运动形成的等效电流大小；（2）如图，AD表示一段粗细均匀的一段导体，两端加一定的电压，导体中的自由电荷沿导体定向移动的速率为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，每个自由电荷所带的电荷量为e试证明导体中电流强度I=nesv；（3）有一圆柱形的纯净半导体硅，其横截面积为2.5cm2，通有电流2mA时，其内自由电子定向移动的平均速率为7.510-5m/s，空穴定向移动的平均速率为2.510-5m/s。已知硅的密度2.4103kg/m3，摩尔质量是28。电子的电荷量e=1.610-19C，空穴和电子总是成对出现，它们所带电荷量相等，但电性相反，阿伏伽德罗常数为N0=6.021023mol-1。若一个硅原子至多只释放一个自由电子，试估算此半导体材料平均多少个硅原子才有一个硅原子释放出自由电子？【答案】（1）I=e22rkmr（2）见解析（3）1105【解析】（1）电子绕核做圆周运动，所需的向心力由核对电子的库仑引力来提供，根据ke2r2=m42rT2又I=qt=eT解得：I=e22rkmr（2）导体中电流大小I=qt，t时内所电荷定向移动的距离长度为vt，则其体积为Svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt，该时间内通过导体该截面的电量：q=nSvte，则I=nesv（3）设此半导体单位体积内有n个自由电子，同时也将有n个空穴；以S表示截面积体积，v1，v2分别表示半导体中空穴和自由电子的定向移动速率，I1和I2分别表示半导体中空穴和自由电子形成的电流，则有：I1=nev1SI2=nev2S总电流I=I1+I2由此可得：n=Iev1S+ev2S设单位体积内有n个硅原子放出一个自由电子；单位体积内硅原子的个数N=MN0则：nN=IMN0eS(v1+v2)，代入数据解得nN=110-5说明每1105个原子才放出一个自由电子31一根镍铬合金丝的两端加6V的电压时，通过它的电流是2A，求：（1）它的电阻是多少？（2）若通电时间为20s，那么有多少库仑的电荷量通过它？（3）如果在它两端加8V的电压，则这合金丝的电阻是多少？【答案】 （1）3（2）40C（3）3【解析】试题分析：（1）根据欧姆定律得，合金丝的电阻R=U/I=3（2）通过合金丝的电荷量Q=It=220=40C（3）导体的电阻与其两端的电压及通过它的电流无关，所以电阻仍为R3。考点：电流；欧姆定律【名师点睛】题考查欧姆定律以及电流的定义，要注意明确电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压和电流无关。
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