2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題09 恒定電流（含解析）.docx

《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題09 恒定電流（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題09 恒定電流（含解析）.docx（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題09 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(zhǎng)為l，設(shè)定的額定風(fēng)速為v，空氣的密度為，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A2Pl2v3B6Pl2v3C4Pl2v3D8Pl2v3【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)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V=vts=vtl2，則風(fēng)的質(zhì)量M=V=vtl2，因此風(fēng)吹過的動(dòng)能為Ek=12Mv2=12vtl2v2，在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E=pt，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為=EEk=2pl2v3，故A正確，BCD錯(cuò)誤。2如圖所示，理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動(dòng)勢(shì)E8V、內(nèi)阻r2的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動(dòng)變阻器R相連，滑動(dòng)變阻器阻值可在010范圍內(nèi)變化，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為12 ，下列說法正確的是A副線圈兩端輸出電壓U2=16VB副線圈中的電流I22AC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R8D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R4【答案】 C【解析】【詳解】設(shè)原副線圈中的匝數(shù)分別為n1和n2，電流分別為I1和I2，電壓分別為U1和U2，則有：U1=E-I1r，電阻R消耗的功率為：P=U2I2=U1I1，即為：P=（E-I1r）I1=-I12r-EI1，可見電流為：I1=E2r=822A=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I2122A=1A，此時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R=U2I2=8，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P恰好位于中點(diǎn)位置，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，三個(gè)小燈泡L1、L2、L3恰好都正常發(fā)光，且亮度相同，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，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L2、L3、L1C當(dāng)滑片P稍微向左滑動(dòng)，燈L1和L3變暗，燈L2變亮D當(dāng)滑片P稍微向右滑動(dòng)，燈L1和L3變暗，燈L2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L1、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L1變亮。通過L2電流I2=I-I1，I減小，I1增大，則I2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D?！军c(diǎn)睛】本題首先要搞清電路的連接方式，其次按“局部整體局部”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剑β氏嗤臈l件下，已知電壓的大小關(guān)系，根據(jù)公式P=U2 /R ，比較電阻的大小；已知電流的大小關(guān)系，根據(jù)公式P=I2R比較電阻的大小4如圖所示，已知R1R40.5 ，r1，R26 ，R3的最大阻值為6 。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，下列說法不正確的是( )A定值電阻R4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DMN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=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，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=2；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，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R1+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=IUIE=UE=IRI(R+r)=11+rR，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3，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PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr隨電流I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)E=3V，內(nèi)電阻r=3B電流為1A時(shí)，外電阻為2Cb表示電源的輸出功率，最大值為9WD外電阻為1時(shí)，電源輸出功率為4.5W【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=I2r，輸出功率PR=EI-I2r，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Pr=I2r，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?！驹斀狻扛鶕?jù)直流電源的總功率PE=EI，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，輸出功率PR=EI-I2r，可知反映Pr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=93V=3V，內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr=I2r，內(nèi)阻為r=932=1，電源的最大輸出功率Pm=E24r=3241=94W，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)電流為1A時(shí)，由I=ER+r，代入得到，R=2.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E24r=94W.故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(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A燈泡L變亮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R0兩端電壓變大【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P總=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U=E-Ir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)锳1.8C 向左 B1.8C 向右 C2105C 向左 D2105C 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=600010-6300C=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(jiǎn)化電路圖。S為單刀多擲開關(guān)，通過操作開關(guān)，接線柱O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A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A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?！军c(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R1、R2、R3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A、B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R1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R2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D減小R3的阻值，R2兩端的電壓的變化量小于R3兩端的電壓的變化量【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Q=CU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=rs4kd減小，那么電荷量Q=CU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=R3兩端的電壓的變化量，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?！军c(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()AL1燈絲突然短路BL2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112015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(jiǎn)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IrB理想變壓器的輸入功率為UInU2n2RC風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為UInI2rD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U(Rr)n2Rr【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=U2I+U22R=UIn+U2n2R，B正確；風(fēng)扇電動(dòng)機(jī)D輸出的機(jī)械功率為U2I-I2r=UIn-I2r，C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RrR+r，所以副線圈中的電流為U(R+r)nRr，通過原線圈的電流為U(R+r)n2Rr，D正確；故選BCD。12如圖所示，滑動(dòng)變阻器的總阻值R0R10.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U，電流表的讀數(shù)為I，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UB電壓表的讀數(shù)先增大后減小C電流表的讀數(shù)總大于ID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?！驹斀狻炕瑒?dòng)變阻器的觸頭向上移動(dòng)的過程中，因R0R10，先簡(jiǎn)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U并=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，R0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R1、R2、R3的阻值均為R，電源的內(nèi)阻rr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PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr，隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)系中，如圖中的a、b、c所示以下判斷正確的是( )A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)，這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系PA=PB+PCBb、c圖線的交點(diǎn)與a、b圖線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之比一定為1:2，縱坐標(biāo)之比一定為1:4C電源的最大輸出功率Pm=9WD電源的電動(dòng)勢(shì)E=3V，內(nèi)電阻r=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ER+r=E2r，功率的大小為E24r，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)電阻，所以此時(shí)的電流的大小為Er，功率的大小為E2r，所以橫坐標(biāo)之比為1：2，縱坐標(biāo)之比為1：4，所以B正確；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3W，故C錯(cuò)誤；當(dāng)I=3A時(shí)，PR=0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=EI=1，故D正確。故選ABD?！军c(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PE等于輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr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（）AL1和L3變暗，L2變亮BL1變暗，L2變亮，L3亮度不變CL1中電流變化絕對(duì)值大于L3中電流變化絕對(duì)值DL1上電壓變化絕對(duì)值小于L2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R0、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：I1=I2+I3，故I1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L1、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，L1、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?！军c(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ba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D通過電阻R2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ba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Ic，當(dāng)通過限流器的電流IIc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R13，超導(dǎo)臨界電流Ic1.2A，限流電阻R26，小燈泡L上標(biāo)有“6V，6W”的字樣，電源電動(dòng)勢(shì)E8V，內(nèi)阻r2原來電路正常工作，若L突然發(fā)生短路，則（）A短路前通過R1的電流為23AB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R1的電流為43AD短路后通過R1的電流為2A【答案】 BC【解析】小電珠L(zhǎng)上標(biāo)有“6 V,6 W”，該電珠的電阻RLU2/P62/6 6 ，短路前由于電路正常工作，電路的總電阻為RRLr6 2 8 ，總電流為IE/R1 A，所以短路前通過R1的電流為I11 A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)L突然短路后，電路中電流為IE/r4 AIc1.2 A，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R2 2 4 ，總電流IE/R84A2 A，短路后通過R1的電流為I143A，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，R1為滑動(dòng)變阻器，R2和R3為定值電阻。當(dāng)R1的滑動(dòng)觸頭P從左向右移動(dòng)時(shí)，伏特表V1和V2的示數(shù)的增量分別為U1和U2，對(duì)U1和U2有A|U1|U2| B|U1|=|U2|CU10,U20,U1U2，故A對(duì)；B錯(cuò)當(dāng)R1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V1變小，則知U20，U10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。求金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)的大小。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E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=t（0且為常量）。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B感的方法可以類比（1）中求解E感的方法。若小明同學(xué)的猜想成立，請(qǐng)推導(dǎo)B感在距離電場(chǎng)中心為a（ar）處的表達(dá)式，并求出在距離電場(chǎng)中心r2和2r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值B感1：B感2。小紅同學(xué)對(duì)上問通過類比得到的B感的表達(dá)式提出質(zhì)疑，請(qǐng)你用學(xué)過的知識(shí)判斷B感的表達(dá)式是否正確，并給出合理的理由?！敬鸢浮浚?）kr2kr2；（2）1:1不正確.【解析】【分析】（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)的大小。在金屬圓環(huán)內(nèi)，求解非靜電力對(duì)帶電量為-q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）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；通過量綱分析表達(dá)式的正誤.【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得=t=(BS)t=BtS=kr2在金屬圓環(huán)內(nèi)，非靜電力對(duì)帶電量為-q的自由電荷所做的功W非=qE感2r根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義=W非|q|解得感生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E感=2rt=kr2（2）類比（1）中求解E感的過程，在半徑為R處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B感=e2Rt在R=a時(shí)，e=Ea2，解得B感=a2在R=r2時(shí)，e1=E(r2)2，解得B感1=r4將R=2r時(shí)，e2=Er2，解得B感2=r4所以B感1B感2=11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感=e2Rt的導(dǎo)出單位為kgm2As4；又因?yàn)锽=FIL，用基本物理量的國際單位表示B=FIL的導(dǎo)出單位為kgAs2?？梢?，通過類比得到的B感的單位是不正確的，所以B感=e2Rt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B，導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為m，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R的定值電阻，給金屬棒施加一個(gè)水平向右的恒力F，經(jīng)過時(shí)t0后金屬棒達(dá)到最大速度。(1)金屬棒的最大速度vmax是多少？(2)求金屬棒從靜止達(dá)到最大速度的過程中。通過電阻R的電荷量q；(3)如圖乙所示，若將電阻換成一個(gè)電容大小為C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Q?！敬鸢浮?1)FRB2L2；(2)Ft0BL-FmRB3L3；(3)FCBLtm+CB2L2。【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?！驹斀狻浚?）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=B2L2vmaxR由此可得金屬棒的最大速度：vmax=FRB2L2（2）由動(dòng)量定律可得：(F-F)t0=mvmax其中：F=B2L2xRt0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=Ft0RB2L2-FmR2B4L4通過電阻R的電荷量：q=BLxR=Ft0BL-FmRB3L3（3）設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)加速度為a，某時(shí)裝金屬棒的速度為v1，經(jīng)過t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：I=Qt=CEt其中：E=BLv2-BLv1=BLv，a=vt聯(lián)立各式得：a=Fm+CB2L2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=FCBLtm+CB2L2答：（1）金屬棒的最大速度vmax是FRB2L2；（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Ft0BL-FmRB3L3；（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FCBLtm+CB2L2。【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(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌的兩端分別與電源（串有一滑動(dòng)變阻器R）、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)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。（1）當(dāng)K接1時(shí)，金屬棒ab在磁場(chǎng)中恰好保持靜止，則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R多大？（2）當(dāng)K接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時(shí)間為多少？（3）若在將ab棒由靜止釋放的同時(shí)，將電鍵K接到3。試通過推導(dǎo)說明ab棒此后的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)如何？求ab再下落距離s時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電能是多少？（設(shè)電容器不漏電，此時(shí)電容器還沒有被擊穿）【答案】（1）EBLmg-r（2）B4L4s+m2gR02mgR0B2L2（3）勻加速直線運(yùn)動(dòng) mgsCB2L2m+cB2L2【解析】【詳解】（1）金屬棒ab在磁場(chǎng)中恰好保持靜止，由BIL=mgI=ER+r得R=EBLmg-r（2）由mg=B2L2vR0得v=mgR0B2L2由動(dòng)量定理，得mgt-BILt=mv 其中q=It=BLsR0得t=B4L4s+m2gR02mgR0B2L2（3）K接3后的充電電流I=qt=CUt=CBLvt=CBLvt=CBLamg-BIL=ma得a=mgm+CB2L2=常數(shù)所以ab棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是“勻加速直線運(yùn)動(dòng)”，電流是恒定的。v22-v2=2as根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒得E=mgs-(12mv22-12mv2)解得：E=mgsCB2L2m+cB2L2【點(diǎn)睛】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，關(guān)鍵要會(huì)推導(dǎo)加速度的表達(dá)式，通過分析棒的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況。如圖所示是一種懸球式加速度儀，它可以用來測(cè)定沿水平軌道做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的列車的加速度。m是一個(gè)金屬球，它系在細(xì)金屬絲的下端，金屬絲的上端懸掛在O點(diǎn)，AB是一根長(zhǎng)為l的電阻絲，其阻值為R。金屬絲與電阻絲接觸良好，摩擦不計(jì)。電阻絲的中點(diǎn)C焊接一根導(dǎo)線.從O點(diǎn)也引出一根導(dǎo)線，兩線之間接入一個(gè)電壓表V（金屬絲和導(dǎo)線電阻不計(jì)）。圖中虛線OC與AB相垂直，且OC=h，電阻絲AB接在電壓恒為U的直流穩(wěn)壓電源上。整個(gè)裝置固定在列車中使AB沿著車前進(jìn)的方向。列車靜止時(shí)金屬絲呈豎直狀態(tài)；當(dāng)列車加速或減速前進(jìn)時(shí)，金屬線將偏離豎直方向，從電壓表的讀數(shù)變化可以測(cè)出加速度的大小。28當(dāng)列車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，試寫出加速度a與角的關(guān)系及加速度a與電壓表讀數(shù)U的對(duì)應(yīng)關(guān)系。29這個(gè)裝置能測(cè)得的最大加速度是多少?【答案】（1）glUhU （2）gl2h【解析】【分析】電壓表所測(cè)的電壓是部分電阻絲兩端的電壓，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律，求出a與tan的關(guān)系，電壓表所測(cè)電壓的電阻絲長(zhǎng)度為htan，根據(jù)歐姆定律求出電壓表所測(cè)電阻絲的電壓和電源電壓的關(guān)系，從而得出加速度a與電壓表讀數(shù)U的關(guān)系式；電壓表的最大值對(duì)應(yīng)著加速度的最大值；【詳解】(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球受重力，繩的拉力，其合力沿水平方向，大小為：F=mgtan，根據(jù)牛頓第二定律得：a=F合m=mgtanm=gtan電壓表所測(cè)電阻絲的長(zhǎng)度l=htan=hag，串聯(lián)電路電流相等，有：Ul=Ul解得：U=Ull=haUgl整理可得：a=UlUhg(2)電壓表的最大值對(duì)應(yīng)著加速度的最大值，由電路圖可知，電壓表的最大讀數(shù)為：U2故加速度的最大值為：amax=l2hg30電荷的定向移動(dòng)形成電流，電流是物理量中的基本量之一。電流載體稱為載流子，大自然有很多種承載電荷的載流子，例如，金屬導(dǎo)體內(nèi)可自由移動(dòng)的電子、電解液內(nèi)的離子、等離子體內(nèi)的正負(fù)離子，半導(dǎo)體中的空穴，這些載流子的定向移動(dòng)，都可形成電流。（1）電子繞氫原子核做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可等效為環(huán)形電流，已知靜電力常量為k，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，電子在半徑為r的軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)。試計(jì)算電子繞氫原子核在該軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)形成的等效電流大小；（2）如圖，AD表示一段粗細(xì)均勻的一段導(dǎo)體，兩端加一定的電壓，導(dǎo)體中的自由電荷沿導(dǎo)體定向移動(dòng)的速率為v，設(shè)導(dǎo)體的橫截面積為s，導(dǎo)體每單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，每個(gè)自由電荷所帶的電荷量為e試證明導(dǎo)體中電流強(qiáng)度I=nesv；（3）有一圓柱形的純凈半導(dǎo)體硅，其橫截面積為2.5cm2，通有電流2mA時(shí)，其內(nèi)自由電子定向移動(dòng)的平均速率為7.510-5m/s，空穴定向移動(dòng)的平均速率為2.510-5m/s。已知硅的密度2.4103kg/m3，摩爾質(zhì)量是28。電子的電荷量e=1.610-19C，空穴和電子總是成對(duì)出現(xiàn)，它們所帶電荷量相等，但電性相反，阿伏伽德羅常數(shù)為N0=6.021023mol-1。若一個(gè)硅原子至多只釋放一個(gè)自由電子，試估算此半導(dǎo)體材料平均多少個(gè)硅原子才有一個(gè)硅原子釋放出自由電子？【答案】（1）I=e22rkmr（2）見解析（3）1105【解析】（1）電子繞核做圓周運(yùn)動(dòng)，所需的向心力由核對(duì)電子的庫侖引力來提供，根據(jù)ke2r2=m42rT2又I=qt=eT解得：I=e22rkmr（2）導(dǎo)體中電流大小I=qt，t時(shí)內(nèi)所電荷定向移動(dòng)的距離長(zhǎng)度為vt，則其體積為Svt，通過導(dǎo)體某一截面的自由電子數(shù)為nSvt，該時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體該截面的電量：q=nSvte，則I=nesv（3）設(shè)此半導(dǎo)體單位體積內(nèi)有n個(gè)自由電子，同時(shí)也將有n個(gè)空穴；以S表示截面積體積，v1，v2分別表示半導(dǎo)體中空穴和自由電子的定向移動(dòng)速率，I1和I2分別表示半導(dǎo)體中空穴和自由電子形成的電流，則有：I1=nev1SI2=nev2S總電流I=I1+I2由此可得：n=Iev1S+ev2S設(shè)單位體積內(nèi)有n個(gè)硅原子放出一個(gè)自由電子；單位體積內(nèi)硅原子的個(gè)數(shù)N=MN0則：nN=IMN0eS(v1+v2)，代入數(shù)據(jù)解得nN=110-5說明每1105個(gè)原子才放出一個(gè)自由電子31一根鎳鉻合金絲的兩端加6V的電壓時(shí)，通過它的電流是2A，求：（1）它的電阻是多少？（2）若通電時(shí)間為20s，那么有多少庫侖的電荷量通過它？（3）如果在它兩端加8V的電壓，則這合金絲的電阻是多少？【答案】 （1）3（2）40C（3）3【解析】試題分析：（1）根據(jù)歐姆定律得，合金絲的電阻R=U/I=3（2）通過合金絲的電荷量Q=It=220=40C（3）導(dǎo)體的電阻與其兩端的電壓及通過它的電流無關(guān)，所以電阻仍為R3。考點(diǎn)：電流；歐姆定律【名師點(diǎn)睛】題考查歐姆定律以及電流的定義，要注意明確電阻是導(dǎo)體本身的性質(zhì)，與導(dǎo)體兩端的電壓和電流無關(guān)。