- 闭合电路的欧姆定律
- 共246题
据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L=20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.0×105 T，将太阳帆板视为导体．
26.求M、N间感应电动势的大小E；
27.在太阳帆板上将一只“1.5V、0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
28.取地球半径R=6.4×103 km，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h（计算结果保留一位有效数字）．
正确答案
1.54 V
解析
法拉弟电磁感应定律E = BLv，代入数据得E = 1.54V
考查方向
解题思路
根据公式E=BLv求M、N间感应电动势的大小．
易错点
能够记住公式即可正确求解
正确答案
不能
解析
小灯泡与M、N相连构成闭合电路，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，所以小灯泡不能发光．
考查方向
解题思路
根据穿过回路的磁通量是否变化，从而判断小灯泡能否正常发光
易错点
磁通量改变是产生感应电流的条件
正确答案
4×105m
解析
在地球表面有G
匀速圆周运动G
解得h =
考查方向
解题思路
根据万有引力等于向心力，以及重力等于万有引力，分别列式，即可求h
易错点
万有引力的距离与圆周运动的半径的理解
8．如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（ ）
正确答案
解析
外阻为R：
考查方向
解题思路
由串并联电路分别出初态的外接电阻阻由欧姆定律确定外压，求电流定功率；确定出a，b间的电势求其电压；a、b间用导线连接后电路结构变化，重新求电阻求电流
易错点
考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键．
知识点
14．如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd 与水平面成
（1）金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值；
（2）当电阻箱R取2
正确答案
（1）0.2kg， 2Ω；金属棒以速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律有：E=Blvm由闭合电路欧姆定律有：E=I
（2）0.5m/s． 设此时金属棒下滑的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：E/=I/
解析
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知识点
20. 如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线
正确答案
BC
解析
在第
考查方向
本题主要考查电磁感应。
解题思路
1S时是恒力和变力的分界点，也是线圈刚好在磁场边界的分界点。
易错点
无法在乙图中准确获取有用的信息进行解题。
知识点
10．实验室中有一块量程较小的电流表G，其内阻约为1000Ω，满偏电流为100μA，将它改装成量程为1mA、10mA双量程电流表。现有器材如下：A．滑动变阻器R1，最大阻值50Ω；B．滑动变阻器R2，最大阻值50kΩ；C．电阻箱R＇，最大阻值9999Ω；D．电池E1，电动势3.0 V；E．电池E2，电动势4.5 V；(所有电池内阻均不计)；F．单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S3，及导线若干。
（1）采用如图甲所示电路测量电流表G的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为 ，选用的电池为 （填器材前的字母序号）；采用此种方法电流表G内阻的测量值 真实值(填“＞”、“＝”或“＜”)。
（2）如果在步骤（1）中测得电流表G的内阻为900Ω，将流表G改装成双量程电流表，设计电路如图乙所示，则在此电路中，R1= Ω，R2= Ω。
正确答案
（1）B，E，“＜” （2）R1=10Ω，R2=90Ω
解析
（1）“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg，本实验在要求R＞＞R′的条件下，使得电流表两端的电压很小，则要用大的滑动变阻器故选B；本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源，故选：E；当S2接通时，R′有电流流过，R′和Rg并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流I1调到半偏电流I1/2时，R′中电流稍大于I1/2，则R′＜Rg，则测量值小于真实值．
（2）1mA档时：IgRg=（I1-Ig）（R1+R2） ①
10mA档时：Ig（Rg+R2）=（I2-Ig）R1 ②
联立①②代入数据，得：R1=10Ω，R2=90Ω
考查方向
本题主要考查把电流表改装成电压表
解题思路
（1）半偏法测电阻：用“半偏电流法”测定电流表G的内电阻Rg的实验中，先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，调节电阻箱R′使电流表指针指在刻度盘的中央；本实验在R＞＞R′的条件下，近似有Rg=R′．
易错点
掌握半偏法测电阻的原理是解本题的关键，一定明确本实验在R＞＞R′的条件下进行的．明确电表的改装原理
知识点
17.如图所示，“
试分析m1与m2应该满足什么关系，才能使导体棒MN在导轨上运动。
正确答案
m1与m2应该满足m2＞5m1/3时，才能使导体棒MN在导轨上运动
解析
释放PQ，PQ中产生由P指向Q的电流，对PQ进行受力分析如图1；
由题可知，只要PQ棒达到最大速度，即做匀速运动时MN棒开始滑动则满足要求匀速运动时对PQ棒：
F安=m2gsinθ ①
因两棒串联，所以两棒所受安培力大小相等，在MN棒刚滑动时，对MN棒进行受力分析如图2
则：F安cosθ-μ（m1g+F安sinθ）=0 ②
由②得：F安=m1g ③
使MN运动，则要满足：F安＞m1g ④
即要使MN产生运动，则：m2gsinθ＞m1g所以：m2＞5m1/3
考查方向
本题主要考查导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用
解题思路
抓住棒PQ匀速运动，MN在导轨上运动，分别对PQ棒和MN棒分析，抓住MN棒安培力在水平方向上的分力小于最大静摩擦力，求出PQ棒与MN棒质量满足的条件
易错点
本题是复杂的电磁感应现象，是电磁感应与力学知识、电路的综合，能够正确地受力分析，抓住临界情况，结合共点力平衡进行求解
知识点
正确答案
解析
电压表的示数减小，根据串联电路分压规律知电阻R的阻值变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小．根据欧姆定律知：路端电压和干路电流的比值等于R与R1的并联阻值，在减小，故ABC错误，D正确
考查方向
本题主要考查闭合电路的欧姆定律．
解题思路
电压表V的示数减小，可变电阻的有效电阻减小，外电路总电阻减小，再由闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合分析即可
易错点
电路动态变化分析问题，按局部→整体→局部的顺序分析
知识点
5．如图所示的交流电路中，理想变压器输入正弦式交变电流，各交流电表均为理想电表。当滑动变阻器R的滑动触头向上滑动时（ ）
正确答案
解析
A、C当滑动变阻器R的滑动触头向上滑动时电阻变大，总电阻变大，则I2变小，R0的分压变小，灯泡的分压变大，则L变亮，电压表求数变大，则A正确，C错误B、因总电流变小，而灯泡的电流变大，则通过电流表的电流变小，则B错误D、因I2变小，则输出功率变小，则输入功率变小，则D错误
考查方向
本题主要考查变压器的构造和原理；电功、电功率．
解题思路
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况
易错点
理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变
知识点
4．可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图所示的电路．闭合S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2所带的电荷量相等．现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是（ ）
正确答案
解析
电阻R2与电容器是“串联”关系。若只增大R2的电阻，则两电容器C1、C2的电压下降，故电荷量均减小，又因为R1滑片的位置没有发生改变，所以电容器C1、C2的电压配比不会发生改变，所以电荷量配比也不会发生改变，所以A选项错误；
若只增大C2的电容，其他条件不变，则两电容器的电压不变，电容器C2的电荷量将增加，而C1的电荷量保持不变，结果是电容器C2的电荷量大于C1的电荷量，与题干要求不符，B选项错误，C选项正确。
若将R1的滑片向左移动，则两电容器的电压配比发生改变，
考查方向
解题思路
根据串并联电路特点，利用“串反并同”分析改变电容器的电容、变阻器的阻值时对电容器电荷量的影响，由公式Q=CU讨论电容器电荷量的变化即可。
易错点
电容器的作用是“通交阻直”，在恒定电流电路中，其作用可以理解为理想电压表，与并联部分的电压相等，而非定值，切忌错误的理解为电容器与电源始终相接，电压不变。
知识点
4．在如图4所示电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中（ ）
正确答案
解析
1、根据题意，由a向b缓慢滑动，电阻减小，总电阻减小，总电流增大，电流表示数增大，内压增大外压减小。
2、由电源端推到支路，其中电容与R3并联，电压一样，都减小，电压表的示数减小。
考查方向
解题思路
1、根据题意，由a向b缓慢滑动，电阻减小，总电阻减小，总电流增大，电流表示数增大，内压增大外压减小。
2、由电源端推到支路，其中电容与R3并联，电压一样，都减小，电压表的示数减小。
易错点
1、本题易在由a向b缓慢滑动的过程中电阻变大变小一出现错误。
2、本题在推导过程中容易出项错误。
3、R3在电路中只相当于导线，容易出错。
知识点
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