最新高考物理部分電路歐姆定律專題訓練答案

1、最新高考物理部分電路歐姆定律專題訓練答案一、高考物理精講專題部分電路歐姆定律1.如圖中所示B為電源，電動勢 E=27V,內(nèi)阻不計。固定電阻 Ri=500 Q, R2為光敏電阻。c為平行板電容器，虛線到兩極板距離相等，極板長 ii=8.0 x 12m,兩極板的間距 d=i.o X102m。S為屏，與極板垂直，到極板的距離l2=0.16m。P為一圓盤，由形狀相同、透光率不同的三個扇形a、b和c構(gòu)成，它可繞 AA軸轉(zhuǎn)動。當細光束通過扇形a、b、c照射光敏電阻R2時，R2的阻值分別為1000 Q 2000 Q 4500 Q有一細電子束沿圖中虛線以速度vo=8.0 X6m/s連續(xù)不斷地射入 Q已知電子電

2、量 e=1.6 x 110C,電子質(zhì)量 m=9X 1-01kgo忽略細光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力。假設(shè)照在R2上的光強發(fā)生變化日R2阻值立即有相應(yīng)的改變。（1）設(shè)圓盤不轉(zhuǎn)動，細光束通過b照射到R2上，求平行板電容器兩端電壓U1 （計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）。（2）設(shè)圓盤不轉(zhuǎn)動，細光束通過b照射到R2上，求電子到達屏 S上時，它離。點的距離y。（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）。（3）轉(zhuǎn)盤按圖中箭頭方向勻速轉(zhuǎn)動，每3秒轉(zhuǎn)一圈。取光束照在 a、b分界處時t=0,試在圖中給出的坐標紙上，畫出電子到達屏S上時，它離。點的距離y隨時間t的變化圖線（06s間）。要求在y軸上標出圖線最高點與

3、最低點的值。（不要求寫出計算過程，只按 畫出的圖線就給分）【解析】【分析】由題意可知綜合考查閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律和類平拋運動，根據(jù)歐姆定律、類 平拋運動及運動學公式計算可得。【詳解】解：(1)設(shè)電容器C兩極板間的電壓為 Ui,U1=E=2L0LV=5.4VRi R2500+2000(2)設(shè)電場強度大小為E'U1電子在極板間穿行時加速度大小為 根據(jù)牛頓第二定律得：E'=，da,穿過C的時間為t,偏轉(zhuǎn)的距離為yo .eE eUa=m md電子做類平拋運動，則有:ll=V0t ,yo= - at2,2聯(lián)立得:eER1yo=2 （二 2mv0 Ri R2當光束穿過b時，R2=

4、2000 ，代入數(shù)據(jù)解得：yo=4.8 x 10-3m由此可見,yi< - d,2。上方y(tǒng)處.根據(jù)三角形相似關(guān)系可電子通過電容器 C,做勻速直線運動，打在熒光屏上 得11V。2y七122 2代入數(shù)值可得：2y=2.4 10 m當光束穿過a時，R2=1000 ，代入數(shù)據(jù)解得y=8 x 10-3m由此可見，y>gd,電子不能通過電容器 Co當光束穿過 C時，R2=4500同理可求得2y=1.2 10 m根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大小，從而得出R1兩端的電勢差，即電容器兩極板間的電勢差。根據(jù)電容器兩端間的電勢差求出電場強度的大小，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出離 開偏轉(zhuǎn)電場的豎直距離，離開

5、電場后做勻速直線運動，結(jié)合豎直方向上的分速度，根據(jù)等 時性求出勻速直線運動的豎直距離，從而得出電子到達光屏離。點的距離。2.材料的電阻隨磁場的增強而增大的現(xiàn)象稱為磁阻效應(yīng)，利用這種效應(yīng)可以測量磁感應(yīng)強度.如圖所示為某磁敏電阻在室溫下的電阻一磁感應(yīng)強度特性曲線，其中 Rb、R0分別表示有、無磁場時磁敏電阻的阻值.為了測量磁感應(yīng)強度B,需先測量磁敏電阻處于磁場中的(1)設(shè)計一個可以測量磁場中該磁敏電阻阻值的電路，并在圖中的虛線框內(nèi)畫出實驗電路原理圖(磁敏電阻及所處磁場已給出，待測磁場磁感應(yīng)強度大小約為0.61.0 T,不考慮磁場對電路其他部分的影響).要求誤差較小.提供的器材如下：A.磁敏電阻，無

6、磁場時阻值RO=150 QB.滑動變阻器 R,總電阻約為20 QC.電流表 A,量程2.5 mA,內(nèi)阻約30 QD.電壓表V,量程3 V,內(nèi)阻約3 k QE.直流電源E,電動勢3 V,內(nèi)阻不計F.開關(guān)S,導線若干(2)正確接線后，將磁敏電阻置入待測磁場中，測量數(shù)據(jù)如下表:123456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80根據(jù)上表可求出磁敏電阻的測量值 Rb=Q . 結(jié)合題圖可知待測磁場的磁感應(yīng)強度 B=T.(3)試結(jié)合題圖簡要回答，磁感應(yīng)強度B在00.2 T和0.41.0 T范圍內(nèi)磁敏電阻阻值的變化規(guī)律有何不同？ .(

7、4)某同學在查閱相關(guān)資料時看到了圖所示的磁敏電阻在一定溫度下的電阻一磁感應(yīng)強度特性曲線(關(guān)于縱軸對稱)，由圖線可以得到什么結(jié)論？ .【答案】(1(2) 1500； 0.90(3)在00.2T范圍內(nèi)，磁敏電阻的阻值隨磁感應(yīng)強度非線性變化(或不均勻變化)；在3 .如圖25甲為科技小組的同學們設(shè)計的一種靜電除塵裝置示意圖，其主要結(jié)構(gòu)有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后板使用絕緣材料，上、下板使用金屬材料.圖 25 乙是該主要結(jié)構(gòu)的截面圖，上、下兩板與輸出電壓可調(diào)的高壓直流電源(內(nèi)電阻可忽略不計)相連.質(zhì)量為 m、電荷量大小為q的分布均勻的帶負電的塵埃無初速度地進入A、B兩極板間的加速電場.

8、已知 A、B兩極板間加速電壓為 U0,塵埃加速后全都獲得相同的水平速 度，此時單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n.塵埃被加速后進入矩形通道，當塵埃碰到下極板后其所帶電荷被中和，同時塵埃被收集.通過調(diào)整高壓直流電源的輸出電壓U可以改變收集效率刀(被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值).塵埃所受的重力、空氣阻 力及塵埃之間的相互作用均可忽略不計.在該裝置處于穩(wěn)定工作狀態(tài)時：(1)求在較短的一段時間 A的，A、B兩極板間加速電場對塵埃所做的功;(2)若所有進入通道的塵埃都被收集，求通過高壓直流電源的電流；(3)請推導出收集效率 刀隨電壓直流電源輸出電壓 U變化的函數(shù)關(guān)系式.【答案】(1) nbdAqU

9、。nqbdJ2q三 (3)若y<d,即-L<d,則收 -m m4dUo '集效率刀=y dL2U4d2Uo24d U0(U< 產(chǎn))；L若y乂則所有的塵埃都到達下極板，收集效率Y= 100% (U >4d2UL2試題分析:1)設(shè)電荷經(jīng)過極板B的速度大小為Vo,對于一個塵埃通過加速電場過程中，加速電場做功為Wo qUo在t時間內(nèi)從加速電場出來的塵埃總體積是V bdv0 t其中的塵埃的總個數(shù) N總 nV n bdvo t故A、B兩極板間的加速電場對塵埃所做的功W N總qU° n bdv° t qU0對于一個塵埃通過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得qU

10、012 mv02故解得WnbdtqU(2)若所有進入矩形通道的塵埃都被收集，則t時間內(nèi)碰到下極板的塵埃的總電荷量nQbdv0nQbd. 2qU0 mQ N總q nq bdv° t通過高壓直流電源的電流I(3)對某一塵埃，其在高壓直流電源形成的電場中運動時，在垂直電場方向做速度為v0的勻速直線運動，在沿電場力方向做初速度為0的勻加速直線運動1 . 2根據(jù)運動學公式有：垂直電場萬向位移x Vt,沿電場方向位移 y -at2根據(jù)牛頓第二定律有a - qE qUm m md距下板y處的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，則x=L解得yL2U4dUo口 L2Uy,即d ,則收集效率-4dUodL2U2

11、4d2Uo(U4d2U。、L2 )若y d ,則所有的塵埃都到達下極板，效率為100% (U4d2Uo)L2考點：考查了帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的 分析方法基本相同.先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速、減速，直 線或曲線），然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力 和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點，選用動能定理和功能關(guān)系求解4 .如圖甲所示，半徑為 r的金屬細圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B kt

12、 （k>0,且為已知的常量）。（1）已知金屬環(huán)的電阻為Ro根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，求金屬環(huán)的感應(yīng)電動勢E感和感應(yīng)電流I;（2）麥克斯韋電磁理論認為：變化的磁場會在空間激發(fā)一種電場，這種電場與靜電場不 同，稱為感生電場或渦旋電場。圖甲所示的磁場會在空間產(chǎn)生如圖乙所示的圓形渦旋電 場，渦旋電場的電場線與金屬環(huán)是同心圓。金屬環(huán)中的自由電荷在渦旋電場的作用下做定 向運動，形成了感應(yīng)電流。渦旋電場力F充當非靜電力，其大小與渦旋電場場強E的關(guān)系滿足F qE。如果移送電荷q時非靜電力所做的功為 W,那么感應(yīng)電動勢 E咸 W。q圖甲圖乙. 1a.請推導證明：金屬環(huán)上某點的場強大小為E kr；2b.經(jīng)典物

13、理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞。在考慮大量自由電子的統(tǒng)計結(jié)果時，電子與金屬離子的碰撞結(jié)果可視為導體對電子有連續(xù)的阻力，其大小可表示為f bv （b>0,且為已知的常量）。已知自由電子的電荷量為e,金屬環(huán)中自由電子的總數(shù)為No展開你想象的翅膀，給出一個合理的自由電子的運動模型，并在此基礎(chǔ)上，求出金屬環(huán)中的感應(yīng)電流I。（3）宏觀與微觀是相互聯(lián)系的。若該金屬單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n,請你在（1）和（2）的基礎(chǔ)上推導該金屬的電阻率p與n、b的關(guān)系式。k <2kNe2b【答案】（1） E感k/ I a.見解析；b. I （3）-b

14、2R4 7bne【解析】試題分析（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律即可求解感應(yīng)電流；（2）根據(jù)電流的定義式，及自由電子在電場力作用下沿環(huán)運動的情況求出環(huán)形電流的表達式；（3）利用前兩問的結(jié)論，結(jié)合電阻定律即可求出電阻率。（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:2B片 ,2- k tt t根據(jù)歐姆定律有：I E里工 R R（2） a.設(shè)金屬環(huán)中自由電子的電荷量為一周e。一個自由電子在電場力的作用下沿圓環(huán)運動電場力做的功：W eE 2 71r解得:W eE 2<E感 2 <Ee e又因為：E感 k/ ,1所以：E kr 2b.假設(shè)電子以速度 v沿金屬環(huán)做勻速圓周運動，導體對電子的阻力f b

15、v o沿切線方向，根據(jù)牛屯第二定律有：bv eE 0又因為:1 E kr2解得：vker2b電子做勻速圓周運動的周期4 Tbkek（3）由（1）和（2）中的結(jié)論可知一kNe24 Tib. 2設(shè)金屬導線的橫截面積為S,則有R -所以又因為2 7fbsNe2S 2< n解得:b2ne【點睛】考查法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，掌握電路歐姆定律、電阻定律，電流的定義 式，注意符號之間的運算正確性，及物理模型的架構(gòu)與物理規(guī)律的正確選用是解題的關(guān)2 <T vNe kNe 則IT 4而鍵.5 .對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì).

16、一段橫截面積為S長為l的直導線，單位體積內(nèi)有 n個自由電子，一個電子電量為e.該導線通有恒定電流時，導線兩端的電勢差為U,假設(shè)自由電子定向移動的速率均為v.(1)求導線中的電流I;(2)所謂電流做功，實質(zhì)上是導線中的恒定電場對自由電荷的靜電力做功.為了求解在時 間t內(nèi)電流做功 W為多少，小紅和小明給出了不同的想法：小紅記得老師上課講過，W=UIt,因此將第(1)問求出的I的結(jié)果代入，就可以得到 W的表達式.但是小紅不記得老師是怎樣得出W=UIt這個公式的.小明提出，既然電流做功是導線中的恒定電場對自由電荷的靜電力做功，那么應(yīng)該先求出導線中的恒定電場的場強， 即E ,設(shè)導體中全部電荷為 q后，再

17、求出電場力做的功 W qEvt=qUvt ,將q代 ll換之后，小明沒有得出 W=UIt的結(jié)果.請問你認為小紅和小明誰說的對？若是小紅說的對，請給出公式的推導過程；若是小明說 的對，請補充完善這個問題中電流做功的求解過程.(3)為了更好地描述某個小區(qū)域的電流分布情況，物理學家引入了電流密度這一物理量，定義其大小為單位時間內(nèi)通過單位面積的電量.若已知該導線中的電流密度為j,導線的電阻率為p,試證明：U j .l【答案】(1) I neSv(2)見解析(3)見解析【解析】Q(1)電流定義式I 在t時間內(nèi)，流過橫截面的電荷量Q nSvte,因此| neSv；(2)小紅和小明說的都有一定道理 , Qa

18、.小紅說的對.由于I ;，在t時間內(nèi)通過某一橫截面的電量Q=It,對于一段導線來說，每個橫截面通過的電量均為Q,則從兩端來看，相當于Q的電荷電勢降低了 U,則W QU UIt .b.小明說的對.恒定電場的場強E U ,導體中全部電荷為 q nSle ,l電場力做的功 W qEvt=q Uvt nSelUvt nSevUt ； ll又因為I neSv,貝UW UIt.(3)由歐姆定律：、U IR,、由電阻定律：R - -S則u I ；則U -； S l S由電流密度的定義：j 一 一； St S6 .如圖所示為某種電子秤的原理示意圖，AB為一均勻的滑線電阻，阻值為 R,長度為L,兩邊分別有Pi、

19、P2兩個滑動頭.Pi可在豎直絕緣光滑的固定桿 MN上保持水平狀態(tài)而上下 自由滑動，彈簧處于原長時，Pi剛好指著A端，Pi與托盤固定相連，若 Pi、P2間出現(xiàn)電壓時，該電壓經(jīng)過放大，通過信號轉(zhuǎn)換后在顯示屏上將顯示物體重力的大小.已知彈簧的勁 度系數(shù)為k,托盤自身質(zhì)量為 mo,電源電動勢為 E,內(nèi)阻不計，當?shù)氐闹亓铀俣葹?g.求；Pi離A的距離xi(i)托盤上未放物體時，在托盤自身重力作用下,P2,使P2離A點的距離也為 m放在托盤上，試推導出物體質(zhì)量(2)托盤上放有質(zhì)量為 m的物體時，Pi離A的距離x2(3)在托盤上未放物體時通常先校準零點，其方法是：調(diào)節(jié)xi,從而使Pi、P2間的電壓為零.校

20、準零點后，將物體【答案】(i)駟；(2) Jm_Jm； (3) m 旦U。kkgE【解析】【分析】【詳解】托盤的移動帶動 Pi移動，使Pi、P2間出現(xiàn)電勢差，電勢差的大小反映了托盤向下移動距離 的大小，由于R為均勻的滑線電阻，則其阻值與長度成正比.(i)由力的平衡知識可知：mog=kxi解得：ximogk(2)放上重物重新平衡后:(mo+m) g=kx2解得:mo m gX2方式連接，則流過電流表的電流Ia和此時燈泡的電阻 R為多大？k(3)由閉合電路歐姆定律知：E=IR由部分電路歐姆定律：U=IR 串由% X"R L其中X為Pi、P2間的距離，則有：mgX=X2 Xi =k kL,

21、 聯(lián)立解得：m U。gE7 .圖(a)中的圖像表示加在某燈泡上電壓與通過它的電流之間的關(guān)系，如果忽略電池及電流表的內(nèi)阻，試問：(1)按圖(b)的方式把三個相同的燈泡接在電動勢為12V的電池組上，則電路中的電流強度和燈泡的阻值 R為多少？(2)把其中兩只燈泡和一只 Ro 10 的定值電阻以及電動勢為 8V的電池組按圖(c)的【答案】(1) 0.5A , 8 ; (2) 0.6A , 一 3【解析】【詳解】(1)按圖(b)的方式把三個相同的燈泡接在電動勢為12V的電池組上，則每盞燈泡的電壓為4V,由圖可知此時次T泡的電流為0.5A；燈泡電阻為Rl40.5(2)設(shè)燈泡兩端電壓為U,電流為I,則E=U

22、+2IR0,即U=8-20I,將此函數(shù)圖像畫在燈泡的伏安曲線上，如圖：0,60J0.20由圖可知兩圖的交點為I=0.3A, U=2V,則電流表讀數(shù)為 2I=0.6A,燈泡電阻cU220Rl -I0.338 . AB兩地間鋪有通訊電纜，長為 L,它是由兩條并在一起彼此絕緣的均勻?qū)Ь€組成的, 通常稱為雙線電纜，在一次事故中經(jīng)檢查斷定是電纜上某處的絕緣保護層損壞，導致兩導 線之間漏電，相當于該處電纜的兩導線之間接了一個電阻，檢查人員經(jīng)過下面的測量可以設(shè)雙線電纜每單位長度的電阻為有：RA=2rx+R, Rb=2p(L i)+R由歐姆定律，可知RR 2rxUbUa '解得：xRaL Ub UaR

23、aRb Ua2RaUb令B端的雙線斷開，在A處測出雙線兩端間的電阻RA；(2)令A端的雙線斷開，在B處測出雙線兩端的電阻Rb；在A端的雙線間加一已知電壓Ua,在B端用內(nèi)阻很大的電壓表測出兩線間的電壓Ub.試由以上測量結(jié)果確定損壞處的位置.RaL(Ub Ua)(Ra Rb)Ua 2RaUbr,漏電處電阻為 R漏電處距A端為x,則由電阻定律應(yīng)9.在圖示電路中，穩(wěn)壓電源的電壓U=9V,電阻Ri=9 Q, R2為滑動變阻器，電流表為理想電表.小燈泡L標有“6V 6W字樣，電阻隨溫度的變化不計.電鍵 S斷開時，求:(1)電流表的示數(shù)I;(2)小燈泡L的實際功率Pl;(3)閉合電鍵S,為使小燈泡L正常發(fā)光

24、，滑動變阻器 及接入電路的阻值是多少?【答案】(1)【解析】0.6A (2) 2.16W (3) 4.5 Q由5 36= 6n當開關(guān)斷開時，由歐姆定律可得:(2)小燈泡的實際功率 P=I2Rl=0.36 X6=2.16W(3)閉合S后，滑動變阻器與 Ri并聯(lián)，而燈泡正常發(fā)光；則總電流 燈泡電壓為6V,則并聯(lián)部分電壓為 U' =96=3V;則Ri中電流則流過滑動變阻器的電流=7=4,5/2則由歐姆定律可得:【點睛】本題考查閉合電路歐姆定律及功率公式的應(yīng)用，解題時要注意明確題目要求：燈泡電阻不 隨溫度的變化而變化.10.如圖所示，如圖所示，電源內(nèi)阻r 2Q, R3 8Q, L為一個標有“1

25、2V 12W的燈泡，若改變滑動變阻器 R1觸片的位置，使L正常發(fā)光時，安培計的示數(shù)為1.5安，伏特表的示數(shù)恰好為零，求電阻 R2的阻值、電源輸出功率及電源電動勢分別是多少?D【答案】24 , 30W, 23V【解析】【詳解】Ri和當L正常發(fā)光時，伏特表的示數(shù)為零，說明在伏特表中沒有電流通過，其等效電路為R2串聯(lián)，R3和L串聯(lián)，然后兩條支路再并聯(lián)；由于L正常發(fā)光，所以通過 R3的電流燈泡L的電阻PL 12|3=Il= =A=1.0AU l 12Ul 12Rl= "- = Q =12 QIl 1通過Ri和R2的電流其中Ua_UaR3RL,則R3兩端的電壓U3=UlR3Rl12 812V=

26、8VR3和L兩端的電壓因 U1+U2=Udc=20V,則有：又因伏特表此時無讀數(shù)，說明R 5 2廣= - =-,所以R2 U23電源的輸出功率電源電動勢Udc=U3+Ul=8V+12V=20VUdc 20R1+R2= 一 Q =40 QI10.5A、B兩點電勢相等，則 U1=U3=8V, U2=Ul=12V;而5R1 + F2=-R2=40Q3R2=24 QP 出=IUdc=1.5 20W=30W|1=|2=I-Il=1.5A-1.0A=0.5A=I+Udc=1.5 2V+20V=23V答：電阻R2的阻值為24Q,電源輸出功率為 30W,電源電動勢為 23V11. 一個允許通過最大電流為 2 A的電源和一個滑動變阻器，接成如圖甲所示的電路.滑 動變阻器最大阻值為 Ro=22 0電源路端電壓 U隨