2023高考模擬理綜物理選編閉合電路的歐姆定律及其應(yīng)用

樂(lè)陵一中閉合電路歐姆定律及其應(yīng)用

一、單項(xiàng)選擇題〔本大題共5小題〕

1.在圖中所示的電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸片向匕

端移動(dòng)時(shí)（）

A.伏特表丫讀數(shù)增大，電容C的電荷量在減小

B.安培表A的讀數(shù)增大，電容C的電荷量在增大

C.伏特表丫的讀數(shù)增大，安培表A的讀數(shù)減小

D.伏特表V的讀數(shù)減小，安培表4的讀數(shù)增大

備課組整理：D

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸片向b端移動(dòng)時(shí)，變阻器有效電阻減小，外電

路總電阻減小，那么路端電壓減小，總電流增大，所以伏特表丫的讀數(shù)減小.

根據(jù)串聯(lián)電路分壓特點(diǎn)可知，電路中并聯(lián)局部分壓減小，通過(guò)的電流減小，而總電流

增大，所以通過(guò)電流表的電流增大，即安培表A的讀數(shù)增大.

由于并聯(lián)局部電壓減小，電容器板間電壓減小，那么電容C的電荷量在減小.故ABC錯(cuò)

誤，。正確.

應(yīng)選：D.

當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸片向6端移動(dòng)時(shí)，先分析變阻器電阻的變化，得到總電阻的變化,

分析總電流的變化，判斷出路端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化.再根據(jù)并聯(lián)

局部電壓的變化和總電流的變化，分析電流表讀數(shù)的變化.

此題是電路動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，通常按照“局部—整體一局部"的順序進(jìn)行分析.也可根

據(jù)結(jié)論分析變阻器中電流的變化：只要變阻器接入電路的電阻減小，通過(guò)其電流必定增

大.

2.如下圖，圖中的四個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑線變阻器滑動(dòng)

觸點(diǎn)P向右端移動(dòng)時(shí)，下面說(shuō)法中正確是（）

A.伏特表匕的讀數(shù)減小,安培表4的讀數(shù)增大

B.伏特表匕的讀數(shù)增大,安培表4的讀數(shù)減小

C.伏特表%的讀數(shù)減小,安培表4的讀數(shù)增大

D.伏特表彩的讀數(shù)增小,安培表4的讀數(shù)減小

備課組整理：A

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸點(diǎn)P向右端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，

外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流/增大，路端電壓U減小，那

么電流表4讀數(shù)增大；

電壓表匕讀數(shù)%=E-/（Ri+r）,/增大，其他量不變，那么內(nèi)減小，即匕的讀數(shù)減小.

通過(guò)電流表4的電流%=*，力減小，那么左減小，即4的讀數(shù)減小.

K3

電流表4讀數(shù)/2'=/-/2,/增大，，2減小，那么小增大，那么伏特表%的讀數(shù)增大.故A

正確，8CQ錯(cuò)誤.

應(yīng)選：A.

當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸點(diǎn)P向右端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，分析外電路總電

阻的變化，由閉合電路歐姆定律判斷干路電流的變化，即可知電流表4讀數(shù)的變化.根

據(jù)歐姆定律分析電壓表匕讀數(shù)的變化.根據(jù)干路電流的變化，分析路端電壓的變化，判斷

電流表4讀數(shù)的變化?由干路電流與通過(guò)3電流的變化，分析通過(guò)R2電流的變化，即可

判斷電壓表彩讀數(shù)的變化.

此題是簡(jiǎn)單的電路動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，按“局部—整體—局部”的思路進(jìn)行分析.

3.在如下圖的電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑

動(dòng)時(shí)（）

A.電壓表的讀數(shù)減小B.R1消耗的功

率增大

C.電容器C的電容增大D.電容器C所帶電量增多

備課組整理：。

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解:A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器刈的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，變阻器在路電阻增大，

外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，那么路端電壓增大，電壓表的

讀數(shù)增大.故A錯(cuò)誤.

B、干路電流減小，%消耗的功率減小.故8錯(cuò)誤.

C、電容器的電容與&無(wú)關(guān)，其電容不變，故C錯(cuò)誤.

D、電容器的電壓U=E—/（%+r）,/減小，其他量不變，那么U增大，由。=。（/知，

電容器C所帶電量增多.故。正確.

應(yīng)選：。

當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭「向下滑動(dòng)時(shí)，變阻器在路電阻增大，外電路總電阻增大,

根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化，即可知電壓表讀數(shù)和%消耗的

功率的變化情況.電容器的電壓等于變阻器6兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律分析電容器電

壓的變化，即可知其電量的變化情況.

此題是含有電容的電路，根據(jù)歐姆定律分析電壓和電流的變化，即可判斷電容器的電荷

量如何變化.

4.如下圖，電源內(nèi)阻較大，當(dāng)開關(guān)閉合、滑動(dòng)變阻器滑片

位于某位置時(shí)，水平放置的平行板電容器間一帶電液滴

恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，燈泡心也能正常發(fā)光，現(xiàn)將滑動(dòng)變

阻器滑片由該位置向。端滑動(dòng)，那么（）

A.燈泡將變暗，電源效率將減小

B.液滴帶正電，將向下做加速運(yùn)動(dòng)

C.電源的路端電壓增大，輸出功率也增大

D.滑片滑動(dòng)瞬間，帶電液滴電勢(shì)能將減小

備課組整理：D

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：A、將滑片由該位置向。端滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，電

路中總電阻增大，電路中電流減小，燈泡消耗的功率減小，那么燈泡將變暗.外電路總

電阻增大，路端電壓增大，那么電源的效率為4=《X1OO%=?X1OO%,。增大，那

么知可增大，故A錯(cuò)誤.

8、液滴受力平衡，因電容器上極板帶負(fù)電，板間場(chǎng)強(qiáng)向上，那么知液滴帶正電,路端電

壓增大，故電容器板間電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，液滴所受的電場(chǎng)力增大，因此液滴將

向上做加速運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤.

C、由于電源的內(nèi)電阻與外電阻關(guān)系未知，所以不能判斷輸出功率如何變化，故C錯(cuò)誤.

D,因電容器兩端的電壓增大，故電荷所在位置相對(duì)于下極板的電勢(shì)差增大，因下極板

接地，故所在位置的電勢(shì)減小，因粒子帶正電，故粒子電勢(shì)能減小，故。正確.

應(yīng)選：D.

將滑片由該位置向。端滑動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻增大，分析電路中總電阻的變化,

判斷變阻器電壓的變化，判斷電容器充電還是放電，由板間場(chǎng)強(qiáng)的變化分析液滴的運(yùn)動(dòng)

情況，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的變化分析電勢(shì)的變化，從而明確電勢(shì)能的變化情況.

此題電容器動(dòng)態(tài)變化分析與電路動(dòng)態(tài)變化分析的綜合，注意抓住電容器的電壓與電阻電

壓的關(guān)系進(jìn)行分析，注意下極板接地，故板間電勢(shì)均為負(fù)值.

5.如圖中的虛線上方空間有垂直線框平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，XXXXX

直角扇形導(dǎo)線框繞垂直于線框平面的軸。以角速度B

3勻速轉(zhuǎn)動(dòng).設(shè)線框中感應(yīng)電流方向以逆時(shí)針為正方XXXXX

向，那么在圖中能正確描述線框從圖所示位置開始

轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，線框內(nèi)感應(yīng)電流隨時(shí)間變化情

況的是()

備課組整理：C

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)后，切割的有效長(zhǎng)度為半圓的半徑不變，即電動(dòng)勢(shì)及

電流大小不變；由右手定那么可知，電流為逆時(shí)針，故為正值，

當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)，磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流，所以c正確.

應(yīng)選：c.

當(dāng)線框以。為轉(zhuǎn)軸進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量發(fā)生變化有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)有效切割長(zhǎng)度判

斷出電流大小變化，根據(jù)楞次定律或右手定制判斷出感應(yīng)電流方向，即可正確解答.

在求導(dǎo)體切割磁感線類型的感應(yīng)電流時(shí)，一定要會(huì)正確求解有效切割長(zhǎng)度.

二、多項(xiàng)選擇題〔本大題共4小題〕

6.如下圖(a),理想變壓器原副線圈匝數(shù)比2：改=55：4,原線圈接有交流電流表4,

副線圈電路接有交流電壓表匕交流電壓表4、滑動(dòng)變阻器R等，所有電表都是理

想電表，二極管。正向電阻為零，反向電阻無(wú)窮大，燈泡L的阻值恒定.原線圈接

入的交表電流電壓的變化規(guī)律如下圖(b),那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()

ffi(b)

A.交流電壓表V的讀數(shù)為32y

B.燈泡L兩端電壓的有效值為32y

C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，電流表必示數(shù)增大，4示數(shù)增大

D.由圖(b)可知交流發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子的角速度為100rad/s

備課組整理：AC

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)【分析】

根據(jù)圖8可知輸入電壓的最大值和周期，從而求出對(duì)應(yīng)的有效值和角速度；再根據(jù)電壓

之比等于線圈匝數(shù)之比可求得輸出端的有效值，從而確定電壓表示數(shù)；根據(jù)有效值的定

義以及二極管的性質(zhì)那么可明確燈泡L兩端的電壓的有效值，再根據(jù)電路結(jié)構(gòu)分析電流

表的變化。

此題考查了變壓器的原理及最大值與有效值之間的數(shù)量關(guān)系，能根據(jù)熱效應(yīng)求解電路中

的電流有效值，知道電表示數(shù)為有效值，明確二極管的單向?qū)щ娦缘恼_應(yīng)用和有效值

定義的根本方漢的掌握情況。

【解答】

A.由圖匕可知，原線圈輸入電壓有效值為440匕根據(jù)學(xué)=?,可得副線圈電壓為32V,

1/2九2

交流電壓表U的示數(shù)為有效值，即為32H故A正確；

5設(shè)燈泡L兩端電壓的有效值為燈泡的阻值為r,交變電流的周期為T,根據(jù)交變

電流有效值的定義有："'''I,解得：U'=22.6V,故B錯(cuò)誤；

r2r

C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器阻值減小，那么由歐姆定律可知，電

流表4示數(shù)增大，因?yàn)槔硐胱儔浩鬏斎牍β逝c輸出功率相等，所以電流表公示數(shù)也增大，

故C正確；

D根據(jù)3=與=lOOnrad/s與=焉可知，交流發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)子的角速度為lOOnrad/s,故

。錯(cuò)誤。

應(yīng)選4C。

7.如下圖，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)電阻為r.理想電壓表匕、匕示數(shù)為5、

U2,其變化量的絕對(duì)值分別為和△/；流過(guò)電源的電流為

/，其變化量的絕對(duì)值為△/.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片從右端滑到左

端的過(guò)程中（燈泡電阻不變化）（）

A.小燈泡區(qū)變暗，k、G變亮B.△Ur<△U2

C.等不變D.等不變

備課組整理：ACD

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：4、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片P從右端滑到左端時(shí)，變阻器接入電路的電

阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，那么G變亮.

變阻器的電阻減小，并聯(lián)局部的電阻減小，那么并聯(lián)局部的電壓減小，那么人變暗?總

電流增大，而人的電流減小，那么J的電流增大，那么力變亮.故A正確.

8、由上分析可知，電壓表匕的示數(shù)減小，電壓表彩的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，

即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以△%>△外.故B錯(cuò)誤.

C、由％=E—/（&2+r）得：等=&2+八不變，故C正確.

D、根據(jù)歐姆定律得當(dāng)=/?2,不變，故。正確.

應(yīng)選：ACD

當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸片P從右端滑到左端時(shí)，分析變阻器接入電路的電阻的變化情況，確

定外電路總電阻的變化，分析總電流和路端電壓的變化，判斷燈人亮度的變化.根據(jù)總

電流的變化，分析并聯(lián)局部電壓的變化，判斷以亮度的變化?根據(jù)總電流與通過(guò)5電流

的變化，分析通過(guò)Li電流的變化，判斷其亮度變化.根據(jù)路端電壓的變化，分析和

△%的大小?根據(jù)歐姆定律列式分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值如何

變化.

此題是電路動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，按“局部T整體T局部"思路進(jìn)行分析.運(yùn)用總量法分析

兩電壓表讀數(shù)變化量的大小.運(yùn)用歐姆定律定量分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變

化量的比值變化，這是常用的方法.

8.如下圖，阻值為R的金屬棒從圖示位置m分別以女、女的速度

沿光滑水平導(dǎo)軌（電阻不計(jì)）勻速滑到a'b'位置,假設(shè)%：私=1：

2,那么在這兩次過(guò)程中（）

A.回路電流12=1：2

B.產(chǎn)生的熱量Qi：Q2=1：4

C.通過(guò)任一截面的電荷量qi：q2=1：1

D.外力的功率匕：P2=1：2

備課組整理：AC

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)【分析】

回路中感應(yīng)電流為/=，E=BLv,即可求解回路電流小4=1:2。根據(jù)焦耳定律求

解熱量之比。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公式q=It,求解電荷量之比。

外力的功率等于回路中的電功率，由P=E/求解外力的功率之比。

【解答】

A.回路中感應(yīng)電流為：1建=*18V,那么得：II：，2=%：v2=1：2,故4正

確；

B.產(chǎn)生的熱量為：Q=I2Rt=（―）2/?--=BLxv,Q（X,v,那么得：Q：Q=v：v=1：

RvRr212

2,故B錯(cuò)誤；

C.通過(guò)任一截面的電荷量為：q=〃=竽=華，q與v無(wú)關(guān)，那么得：<?1：q2=1：1.故

C正確；

￡>.由于棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=/2R=及券,PXV2,

那么得：P1：P2=1：4,故。錯(cuò)誤；

應(yīng)選AC。

9.如下圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)P原處與靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對(duì)電路

的影響，當(dāng)滑動(dòng)變阻器/?4的滑片向。端移動(dòng)時(shí)，那么（）

k均a

,口卜

A.電壓表讀數(shù)減小B.電流表讀數(shù)減小

C.質(zhì)點(diǎn)P將向上運(yùn)動(dòng)D.危上消耗的功率逐漸增大

備課組整理：BCD

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：

A、B由圖可知，/?2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由此串聯(lián)接在電源兩端：電

容器與心并聯(lián)；

當(dāng)心的滑片向。移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，那么電路中總電阻增大；由閉合電

路歐姆定律可知，電路中總電流減小，路端電壓增大，那么收兩端的電壓減小，可知并

聯(lián)局部的電壓增大，電壓表讀數(shù)增大.

由歐姆定律可知流過(guò)7?3的電流增大，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知：流過(guò)&的電流減小，那

么電流表示數(shù)減小；故A錯(cuò)誤，8正確；

C、因電容器兩端電壓增大，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，質(zhì)點(diǎn)受到的向上電場(chǎng)力增大，故質(zhì)點(diǎn)P將

向上運(yùn)動(dòng)，故C正確；

D、因/?3兩端的電壓增大，由P=?可知，/?3上消耗的功率增大；故。正確；

應(yīng)選：BCD.

先由滑片的移動(dòng)可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示數(shù)的變化

及電容器兩端的電壓變化：再分析電容器板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，由質(zhì)點(diǎn)的受力情況可知質(zhì)點(diǎn)

的運(yùn)動(dòng)情況.

解決動(dòng)態(tài)變化分析的題目，一般可以按照整體-局部-整體的思路進(jìn)行分析，注意電路

中某一局部電阻增大時(shí)，無(wú)論電路的連接方式如何，總電阻都是增大的.

三、填空題〔本大題共1小題〕

10.利用標(biāo)有“6匕3W”的燈泡4、“6匕6W”的燈泡人與理想電壓表和理想電流表

連接成如下圖(a)的實(shí)驗(yàn)電路，其中電源電動(dòng)勢(shì)E=9匕圖(b)是通過(guò)兩個(gè)燈泡的電

流隨兩端電壓變化的曲線.當(dāng)其中一個(gè)燈泡正常發(fā)光時(shí)，電路輸出功率為W,

電源內(nèi)阻為n.

備課組整理：4；2

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：由圖象可知，乙2正常發(fā)光的電流為14刀的正常發(fā)光電流為0.54

所以，兩燈串聯(lián)在電路中，只有一燈正常發(fā)光,那么一定是刀，此時(shí)電路中的電流為0.54

由圖可知：J的電壓為“'=2匕此時(shí)電壓表測(cè)乙2兩端的電壓，即電壓表的示數(shù)為2K：

此時(shí)電源的輸出電壓為U=U/+U2'=2E+61Z=81/,

電源的輸出功率P=Ul=8Vx0.54=4W.

電源的內(nèi)阻r==瞪=2。

故答案為：4,2.

由圖可知A的電流大于B的電流，故只能乙2正常發(fā)光，正常發(fā)光時(shí)的電壓為額定電壓，

根據(jù)串聯(lián)電路電流規(guī)律可知兩燈電流相等，結(jié)合串并聯(lián)電路的特點(diǎn)和閉合歐姆定律進(jìn)行

求解.

此題考查了串聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律、電功率公式的應(yīng)用；關(guān)鍵是電壓和電流不成正

比，即電阻為變化的，應(yīng)直接從圖中找出電流對(duì)應(yīng)的電壓和電壓對(duì)應(yīng)的電流進(jìn)行求解.

四、實(shí)驗(yàn)題探究題〔本大題共2小題〕

11.為了較精確地測(cè)量一節(jié)干電池的內(nèi)阻，可用以下給定的器材和一些導(dǎo)線來(lái)完成實(shí)驗(yàn):

量程3V的理想電壓表匕量程0.64的電流表4(具有一定內(nèi)阻)，定值電阻R0(Ro=

1.5。)，滑動(dòng)變阻器&(0?100),滑動(dòng)變阻器/?2(。?2000)，電鍵S.實(shí)驗(yàn)電路原理

圖如圖(a).

(1)為方便實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)和較準(zhǔn)確地測(cè)量，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用(填%或%)-

(2)用筆畫線代替導(dǎo)線在圖(b)中完成電路連接.

(3)實(shí)驗(yàn)中改變滑動(dòng)變阻器的阻值，測(cè)出幾組電流表和電壓表的讀數(shù)，在給出的U-

/坐標(biāo)系中畫出U-/圖線如下圖(c),那么干電池的內(nèi)阻r=0.(結(jié)果保存兩位

有效數(shù)字)

備課組整理：8；0.29

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：(1)電流表的量程〃=0.64根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路中需

E15

要的最大電阻應(yīng)為：Rmax=吃=*=730所以變阻器應(yīng)選治；

(2)根據(jù)原理圖可知實(shí)物圖如下圖：

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)用：E=U+/(r+Ro),

整理可得：U=~(r+R0)l+E,由圖可知圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源的電動(dòng)勢(shì)；故￡=

1.50V；

根據(jù)函數(shù)斜率的概念應(yīng)有：「+&=塔巖1解得r=0.29；

故答案為：⑴R]

(2)如下圖;

(3)0.29

(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻，從而確定對(duì)應(yīng)的滑動(dòng)變阻器；

(2)根據(jù)電路圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出關(guān)于U與/的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)斜率和截距的概念

即可求解.

此題考查測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，應(yīng)注意明確以下幾點(diǎn)：①測(cè)定電池電動(dòng)

勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)應(yīng)選擇內(nèi)阻較大的舊電池;②通過(guò)電流表的最小電流應(yīng)為電流表量程的土

這樣可以保證準(zhǔn)確；③遇到根據(jù)圖象求解的問(wèn)題，應(yīng)根據(jù)物理規(guī)律整理出關(guān)于縱軸與

橫軸物理量的函數(shù)表達(dá)式，再根據(jù)斜率和截距的概念即可求解.

12.用伏安法測(cè)電阻時(shí)，由于電壓表、電流表內(nèi)阻的影響,

使得測(cè)量結(jié)果總存在系統(tǒng)誤差,按如下圖的電路進(jìn)行

測(cè)量，可以較大程度減小這種系統(tǒng)誤差.

選取適宜的器材，按電路圖連接好電路后，該實(shí)驗(yàn)操

作過(guò)程的第一步是：閉合開關(guān)Si，將開關(guān)S2接1,調(diào)

節(jié)滑動(dòng)變阻器R]和/?2,使電壓表和電流表的示數(shù)盡

量大些，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)U1和A.

(1)請(qǐng)你寫出該實(shí)驗(yàn)操作過(guò)程的第二步，并說(shuō)明需要

記錄的數(shù)據(jù)：

(2)請(qǐng)寫出由以上記錄數(shù)據(jù)計(jì)算被測(cè)電阻&的表達(dá)式：Rx=.

備課組整理：將開關(guān)Si接2,(只能調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器/?2,不能改變%)，讀出這時(shí)的電壓

表和電流表的示數(shù)/和〃；T-'T

12

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)解：(1)第二步：將開關(guān)S2接2,(只能調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器/?2,不能改變匕)，

讀出這時(shí)的電壓表和電流表的示數(shù)4和12.

(2)當(dāng)S2合向1時(shí)有：

Rx+RA+R[=y-

當(dāng)S2合向2時(shí)有：IT

RA+R=?2

解以上兩式得Rx=合一的.

/112

故答案為：

(1)將開關(guān)S1接2,(只能調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器&，不能改變%)，讀出這時(shí)的電壓表和電流表

的示數(shù)”和與.

由電路圖可知，當(dāng)閉合電鍵S1，電鍵S2接1時(shí)電壓表測(cè)燈與心和滑動(dòng)變阻器兩端的電壓

之和，電流表測(cè)通過(guò)感與心以及滑動(dòng)變阻器的電流；保持兩滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭位

置不變，將單刀雙擲開關(guān)S2向2閉合，此時(shí)電流表測(cè)的電流為心和滑動(dòng)變阻器的電流,

電壓表測(cè)治以及滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，讀出此時(shí)電壓表的示數(shù)根據(jù)歐姆定律求出

兩次測(cè)量電路的電阻，根據(jù)串聯(lián)知識(shí)可知待測(cè)電阻的阻值.

此題考查了串聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律的計(jì)算，關(guān)鍵是能根據(jù)電路圖得出測(cè)量待測(cè)電阻

實(shí)驗(yàn)的原理.

五、計(jì)算題〔本大題共4小題〕

13.如下圖，寬為0.5m的光滑水平金屬框架固定在方向豎直向下、磁卜

感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.807的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，框架左端連接一個(gè)R=

0.40的電阻，框架上面置一電阻r=0.10的金屬導(dǎo)體必，H長(zhǎng)為

0.5m.ab始終與框架接觸良好且在水平恒力/作用下以v=1.25m/s的速度向右勻

速運(yùn)動(dòng)(設(shè)水平金屬框架足夠長(zhǎng).軌道電阻及接觸電阻忽略不計(jì))

(1)試判斷金屬導(dǎo)體油兩端哪端電勢(shì)高；

(2)求通過(guò)金屬導(dǎo)體ab的電流大?。?/p>

(3)求水平恒力產(chǎn)對(duì)金屬導(dǎo)體必做功的功率.

備課組整理：解：(1)根據(jù)右手定那么知，“b棒中的感應(yīng)電流方向?yàn)?到m，山棒相當(dāng)

于電源，所以。端的電勢(shì)高.

(2)因?yàn)殡妱?dòng)勢(shì)E=BLv,

Tip/.1.、云.EBLv0.8x0.5x1.25《人

那么電流/=——=——=---------AA=1A.

R+rR+r0.5

(3)因?yàn)樗胶懔Φ扔诎才嗔?，即?%=B1L=0.8x1x0.5N=0.4/V

那么P=Fv=0.4x1.251V=0.5W.

答：(l)a端的電勢(shì)高.

(2)通過(guò)金屬導(dǎo)體加的電流大小為M.

(3)水平恒力產(chǎn)對(duì)金屬導(dǎo)體必做功的功率為0.5VV.

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)(1)根據(jù)右手定那么判斷出金屬導(dǎo)體中的電流方向，從而確定“、》兩端電

勢(shì)的上下.

(2)根據(jù)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式結(jié)合閉合電路歐姆定律求出金屬導(dǎo)體"中的電流大

小.

(3)根據(jù)平衡知水平恒力等于安培力，求出安培力的大小，根據(jù)P=F。求出水平恒力產(chǎn)

對(duì)金屬導(dǎo)體必做功的功率.

解決此題的關(guān)鍵掌握右手定那么判斷感應(yīng)電流的方向，以及掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

公式.

14.電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)S=1.3m,兩導(dǎo)軌間距L=導(dǎo)軌傾角為30。,

導(dǎo)軌上端必接一阻值R=1.50的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=0.87的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道

平面向上.阻值r=0.50,質(zhì)量m=0,2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道

上端油處由靜止開始下滑，滑到斜面低端的速度為"=3m/s,取g=10m/s2,求：

(1)金屬棒下滑到斜面低端時(shí)的加速度.

(2)金屬棒下滑到斜面低端的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱.

備課組整理：解：(1)金屬棒下滑速度v=3zn/s時(shí)，所受的安培力為：

B2L2V0.82X(-)2X3

F=BIL==———N=0.54/V：

R+r1.5+0.5

由牛頓第二定律得：mgsin30°-F=ma；

解得：a-gsin30°—￡=2.3m/s2。

2

(2)根據(jù)動(dòng)能定理可得：m^ssin30°—WA-|mv-0；

根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的總熱量Q=叱4，

解得：Q=0.4J,

電阻R上的焦耳熱為：QR=/-Q=03/。

答：(1)金屬棒下滑到斜面低端時(shí)的加速度為2.3m/s2；

(2)金屬棒下滑到斜面低端的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為0.3人

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)此題考察了閉合電路的歐姆定律、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等知

識(shí)內(nèi)容。

(1)分析金屬棒的受力分析，導(dǎo)體棒受到重力，支持力，安培力，根據(jù)牛頓第二定律求

得加速度。

(2)根據(jù)動(dòng)能定理和焦耳定律聯(lián)立求解電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

此題關(guān)鍵要分析功能關(guān)系，并對(duì)金屬棒正確受力分析，應(yīng)用安培力公式、牛頓第二定律

等，即可正確解題。

15.如下圖，兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行粗糙金屬導(dǎo)軌位于傾角。=30。的斜面上，導(dǎo)軌

上、下端所接的電阻阻值匕=/?2=I。。。，導(dǎo)軌自身電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌寬度乙=

2m,在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.57.

質(zhì)量為Hi=電阻r=5。的金屬棒ab在較高處由靜止釋放，金屬棒帥在下

滑過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒裙下滑高度九=3m時(shí)，速

度恰好到達(dá)最大值。=2m/s.(取g=lOzn/s?)求：

⑷在金屬棒外速度到達(dá)最大時(shí)電阻上消耗的功率

(2)在金屬棒仍從靜止到達(dá)速度最大的過(guò)程中，導(dǎo)軌下端電阻/?2中產(chǎn)生的焦耳熱?

備課組整理：解：(1)速度最大時(shí)，金屬棒而產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv=0.5x2x2V=

2V,

,1E12.1.

通過(guò)長(zhǎng)的電流為：A=5?酒率A=布4,

—宴…3W

(2)到達(dá)最大速度時(shí)，金屬棒受到的安培力為：F安=BlL,

此時(shí)，金屬棒的加速度為0,有：Tngsin30。=尸發(fā)+f

金屬棒下滑/?的過(guò)程，根據(jù)能量守恒，有：

聞九=懸+"廬+。總，

此過(guò)程/?2中產(chǎn)生的焦耳熱為：(?2=?

代入數(shù)據(jù)可得：＜?2=亮/

答：⑷在金屬棒而速度到達(dá)最大時(shí)電阻&上消耗的功率為0.033W.

(2)在金屬棒如從靜止到達(dá)速度最大的過(guò)程中，導(dǎo)軌下端電阻/?2中產(chǎn)生的焦耳熱為《人

備課組長(zhǎng)指導(dǎo)(1)金屬棒裙先向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度到達(dá)

最大，此時(shí)金屬棒受力平衡，根據(jù)E=BG求出"棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由閉合電路

歐姆定律求出通過(guò)七的電流，即可由B=/：%求解%上消耗的功率.

(2)先根據(jù)安培力公式F=求出金屬棒穩(wěn)定時(shí)所受安培力的大小，由平衡條件可求出

摩擦力，即可根據(jù)能量守恒列式求出電路中產(chǎn)生的總熱量，結(jié)合電路的連接關(guān)系，求/?2

產(chǎn)生的熱量.

本是導(dǎo)體在導(dǎo)軌上滑動(dòng)的類型，從力和能兩個(gè)角度研究?力的角度，關(guān)鍵是安培力的分

析和計(jì)算.能的角度要分析過(guò)程中涉及幾種能、能量如何是轉(zhuǎn)化的.

16.如下圖，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌

間距L=0.5m,