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电路综合问题专题讲练电路知识是高考的必考内容。纵观近十年的高考物理试题，是年年都有考题出现。主要考查电源及电源的作用（含电磁感应现象）、电路的组成和结构，有关电流的规律，电流、电压、和电功率的分配以及电路中的能量转化关系等内容。在复习时应特别注意对基本概念的理解，掌握几种重要的物理方法。1动态电路的有关问题电路中局部的变化会引起整个电路电流、电压、电功率的变化，“牵一发而动全局”是电路问题的一个特点。处理这类问题常规思维过程是：首先对电路进行分析，然后从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断电路总电阻变化情况（若只有有效工作的一个电阻阻值变化，则不管它处于哪一支路，电路总电阻一定跟随该电阻变化规律而变），再由全电路欧姆定律判断电路总电流、路端电压变化情况，最后再根据电路特点和电路中电压、电流分配原则判断各部分电流、电压、电功率的变化情况。例1.如图1所示，由于某一电阻断路，致使电压表和电流表的示数均比该电阻未断时要大，则这个断路的电阻可能是（ ）图1 A. R1 B. R2 C. R3 D. R4 分析与解：此类问题的常规解法是逐个分析进行判断。 若R1断路R总变大I总变小U端变大I2变大，即电流表示数变大，U端变大，I4变大U4变大，所以选项A正确。 若R2断路，电流表示数为零，则B错 若R3断路，电压表示数为零，则C错RR0b图2aCEr 若R4断路R总变大I总变小U端变大，即电流表和R2串联后两端电压变大，则电流表示数变大；R4断路后，则电压表的内阻大，所以R3所在支路近似断路，则电压表示数此时也变大，即D正确。所以答案AD。例2. 如图2所示电路，电源的电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，R为滑动变阻器。在变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，电容器C所带的电量（ ）A. 逐渐增加B. 逐渐减小C. 先增加后减小D. 先减少后增加RR0图3Er分析与解：在滑动变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，图2所示电路的外电阻逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可知：通过电源的电流I逐渐增大，路端电压逐渐减小，加在电容器C上的电压逐渐减小，C为固定电容器，其所带电量逐渐减少，所以只有选项B正确。2.“三种功率”的有关问题。电路中的三种功率：电源的总功率、电源的输出功率、电源内部的发热功率，同学们在学习过程中必须注意它们的区别和联系。例3. 如图3所示，电路中电池的电动势E=5V，内电阻r=10，固定电阻R=90，R0是可变电阻，在R0从零增加到400的过程中，求： （1）可变电阻R0上消耗功率最大的条件和最大热功率 （2）电池的电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和分析与解：（1）可变电阻R0上消耗的热功率： 时，P0最大，其最大值： （2）当电流最小时，电阻r和R消耗的热功率最小，此时R0应调到最大400，内阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和为注意：写出P0、P小表达式，进行数学变换。一定要养成先写表达式，再求极值的良好解题习惯，否则就容易出错，请同学们做一做例4.例4有四个电源，电动势均相等，内电阻分别为1、2、4、8，现从中选择一个对阻值为2的电阻供电，欲使电阻获得的电功率最大，则所选电源的内电阻为： A1 B2 C4 D8。正确答案为A。你做对了吗？问题3：会解非理想电表的读数问题同学们在求非理想电压表或非理想电流表的读数时，只要将电压表看作电阻RV，求出RV两端的电压就是电压表的示数；将电流表看作电阻RA，求出通过RA的电流就是电流表的示数。UR1R2VRV图4例5阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压U恒定的电路，如图4所示，现用同一电压表依次测量R1与R2的电压，测量值分别为U1与U2，已知电压表内阻与R1、R2相差不大，则： AU1+U2=U； BU1+U2U； CU1/U2=R1/R2； DU1/U2R1/R2分析与解：正确答案是B、C，电压表是个特殊的“电阻”，第一它的电阻Rv阻值较大；第二该“电阻”的电压是已知的，可以从表盘上读出，当把电压表与R1并联后，就等于给R1并联上一个电阻Rv，使得电压表所测的电压U1是并联电阻的电压，由于，所以U1小于R1电压的真实值，同理测量值U2也小于R2电压的真实值，因此U1+U2U，选项B正确。判断选项C、D的正确与否不能仅凭简单地定性推理，要通过计算后获得。电压表与R1并联后，变成R并与R2串联，有：AAR1R2I图5同理：可知U1/U2=R1/R2，选项C正确。根据本题的结论可设计一个测量电阻的方法.例5如图5所示，电阻R1、R2并联后接入电流恒定为I的电路。现用同一电流表依次测量通过R1、R2的电流，测量值分别为I1、I2，则I1/I2=R1/R2。即：电流一定时，并联的两电阻被同一电流表测量的电流值与电阻成反比。证明：当电流表电阻值RA小到可以忽略时，上述结论显然成立；当RA不可忽略时，用电流表测量哪一个电阻的电流时，就等于给这一电阻串联了一个电阻RA，使得电流表所测的电流是串联RA后的电流。因此，当电流表与R1串联后，电路变成电阻(R1+RA)与R2并联，故有：，同理， 从而有4含容电路的有关问题。含容电路问题是高考中的一个热点问题，在高考试题中多次出现。在第一轮复习专题讲座上讲得很详细，同学只要把它再复习一遍即可。在复习时同学们要特别注意含电容电路的等效电路的求作方法。例6.如图6所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4，电容器的电容为30F,电流表的内阻不计，求：AABCR1R2R3图6（1）电流表的读数；（2）电容器所带的电量；（3）断开电源后，通过R2的电量。分析与解：（1） （2）（3） 断开电源，R1与R2并联，与R3、C构成放电回路。所以通过R2的电量.5.分析电路故障问题。分析电路的故障问题有：（1）给定可能故障现象，确定检查方法；（2）给定测量值，分析推断故障；（3）根据故障，分析推断可能观察到的现象等几种情况，同学们要注意掌握这类问题的分析求解方法。R1R21056VFabc图7例7在图7所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是：A直流10V挡. B直流0.5A挡.C直流2.5V挡. D欧姆挡。分析与解：根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。先考虑电压挡，将黑表笔接在b端，如果指针偏转，说明R1与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6V。基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明R1与电源连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，否则说明R2与电源间导线是断的，A项正确。再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明R1与电源连接的导线是断的，此时指示数I=E/(R1+R2)=0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明R1与电源间连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，此时示数I=E/R2=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。 6非线性电路的求解问题。非线性电路（如含二极管、热敏电阻的电路等）的分析要用到图线相交法。要注意理解图象交点的物理意义。例8.图8中所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，可见两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。参考这根曲线，回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）。（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻。（2）如图9所示，将两个这样的电灯并联后再与10的定值电阻串联，接在电动势为8V的电源上，求通过电流表的电流值及各灯泡的电阻值。U/VI/A024680.20.40.6图10AR0图9U/VI/A024680.20.40.6图8分析与解：（1）由于三个电灯完全相同中，所以每个电灯两端的电压UL=12/3V=4V。在图8中画出U=4V的直线，得到和曲线的交点坐标为(4V,0.4A)，所以流过电灯的电流为0.4A，此时每个电灯的电阻值为。（2）设此时电灯两端的电压为U，流过每个电灯的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：E=2IR0+U，代入数据得U=8-20I.在图8上画出此直线，得到如图10所示的图象，可求得到直线和曲线的交点坐标为(2V,0.3A)，即流过电灯的电流为0.3A,流过电流表的电流强度为0.6A,此时电灯的电阻为。1234560123456U(V)I(A)E0图11乙AB例9.把晶体二极管D和电阻R串联起来，连接成如图11甲所示的电路。电源的电动势E=5.0V，内电阻不计。二极管两端的电压U与其中的电流I的关系曲线（伏安特性曲线）如图11乙中实线所示，但为简单起见，可近似地看作直线，直线与横轴的交点E0=1.0V（见图中虚线），即二极管上所加电压UE0时，I和U为线性关系，此二极管消耗的功率P超过4.0W时将被烧坏。（1）电阻R最小要多大才不致烧坏二极管？RU/UDE图11甲（2）在保证不致烧坏二极管的条件下，R值为多大时，输入给R的功率最大，此功率最大值等于多少？分析与解：（1）由题意， 二极管伏安特性曲线的方程可表示为： U=E0+R0I其中已知E0=1.0V，R0值可由特性曲线直线段上某点的U和I值得出，把A点坐标（4V,6A）代入上式可得，R0=0.5.按题意，二极管消耗的功率应满足：P=UI4.0W.由以上各式可得：U2.0V,I2.0A.这表示，为了保证二极管正常工作而不致被烧坏，应使其工作在题图11乙中B点以下直线段。E-U=IR已知：E=5.0V，U2.0V,I2A,可得，R1.5。（2）假设二极管不被烧坏，R的输入功率为P/,则有：.由上式可得，当R=R0=0.5时，P/有最大值： 可见，当RR0时，P/随R的减小而增大，实际上，为了保证二极管不被烧坏，必须R1.5R0.在这个条件下，P/随R的减小而增大。所以，当R=1.5时，P/是保证二极管不被烧坏的最大值。.7非纯电阻电路问题。非纯电阻电路是指电路含有电动机、电解槽等装置，这些装置的共同特点是可以将电能转化为机械能、化学能等其他形式的能量。要学会用能量守恒定律求解这类问题。例10.如图12所示，电阻R1=20，电动机绕线电阻R2=10，当电键S断开时，电流表的示数是I1=0.5A,当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是:A图12R1R2SAI=1.5A B.I1.5AC.P=15W D.PI22R2,所以I21A.所以 电流表的示I1.5A，电路消耗的电功率PT）线框中产生的热量。分析与解：线框中感应电动势的最大值为：B图14(乙)tOTBm-Bm,而.aB图14甲)t线框中感应电流的最大值为又所以线框在时间t内产生的热量为：.例13.在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中有一个正方形金属线圈abcd，边长L=0.2m。线圈的ad边与磁场的左侧边界重合，如图15所示，线圈的电阻R=0.4.用外力把线圈从磁场中移出有两种方法：一种是用外力把线圈从左侧边界匀速平移出磁场；另一种是以ad边为轴，用力使线圈匀速转动移出磁场，两种过程所用时间都是t=0.1s。求LabcdB图15（1）线圈匀速平移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功。（2）线圈匀速转动移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功。分析与解：（1）使线圈匀速平动移出磁场时，bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势E=BLV.而V=L/t.外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能，即(2)线圈以ad边为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的，感应电动势和感应电流的最大值为:外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能，即9输电线路与变压器电路的有关问题。理想变压器电压、电流与匝数的关系：由“三不变”可导出“三变”，即变电压、变电流、变电阻。理想变压器原副线圈的端电压之比等于这两个线圈的匝数比：（对于有一个副线圈或有几个副线圈的变压器都适用）ABn1n2CU0图16（甲）变压器工作时，原线圈和副线圈中的电流跟它们的匝数成反比：n1I1=n2I2（只适用于一个副线圈的变压器），若有两个以上的副线圈，根据理想变压器的输入功率等于输出功率（P1 = P 2+ P 3+），可推导出: n1I1=n2I2+ n3I3。例14.如图16（甲）所示，理想变压器电路中原、副线圈的匝数比为n1:n2=2:1,电路中接有规格均为“220V，40W”的三个完全相同的灯泡A、B、C，若三只灯泡都正常发光，求此时输入电压U0多大？R/AU0图16（乙）分析与解：设负载等效到变压器输入端的电阻为R/，变压器的输入等效电路如图16乙所示，因负载总电阻为：则n1n2U1n3RR图17由图16(乙)可知，阻值为1210的灯泡A与电阻R/串联，灯泡正常发光为220V，根据串联分压规律可得输入电压为 例15如图17所示，变压器原线圈匝数n1=1000匝，副线圈有两个线圈，匝数分别为n2=200匝，n3=500匝，分别接一个R=55的电阻，在原线圈上接入220V交流电，求：（1）两个副线圈上的电流之比I2：I1=？（2）原线圈中的电流I1=？分析与解：（1）如果乱用“电流与匝数成反比”就会得到一个错误答案：I2：I3=5：2。要得到正确的解，必须先由变压比公式求得：然后根据欧姆定律得：I2=0.8A,I3=2A（2）由公式，可得例16.（2005年春季高考试题）原始的电话机将听筒和话筒串联成一个电路，当自己对着话筒讲话时，会从听筒中听到自己的声音，导致听觉疲劳而影响通话。现代的电话将听筒电路与话筒电路分开，改进的电路原理示意图如图18所示，图18中线圈与线圈匝数相等，R0=1.2k，R=3.6k，Rx为可变电阻。当Rx调到某一值时，从听筒中就听不到话筒传出的声音了，这时Rx=_ k。听筒话筒RRxR0图18分析与解：当线圈与线圈中的电流大小相等、方向相反，两个线圈在铁芯中产生的磁场方向相反，磁感强度大小相等，这样铁芯中的磁通量为零，这样在听筒中就不会有感应电流产生，从听筒中就听不到话筒传出的声音了。图19abcdMNPQB所以有,解得Rx=1.8k.10.电磁感应电路的综合问题。图20abcdMNPQBV0例17.如图19所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B边长为L的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U型金属框架MNPQ（下简称U型框），U型框与方框之间接触良好且无摩擦两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r（1）将方框固定不动，用力拉动U型框使它以速度V0垂直NQ边向右匀速运动，当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图20所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?（2）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度V0，如果U型框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?rrrrrrrE图21bd（3）若方框不固定，给U型框垂直NQ边向右的初速度V（），U型框最终将与方框分离如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s求两金属框分离后的速度各多大分析与解：（1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势当U型框的MP端滑至方框的最右侧（如图20所示）时，等效电路如图21所示。U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为: 根据全电路欧姆定律可得电路的总电流为： 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：.方框中的热功率为: （2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度V，根据动量守恒定律 解得： 根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即:（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为V1，U型框的速度为V2，根据动量守恒定律，有: 两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即.联立以上两式，解得：；例18.把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆周环，水平固定在竖直向下的磁感强度为B的匀强磁场中，如图22所示。一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的电接触。当金属棒以恒定速度V向右移动，经过环心O时，求：（1）棒上电流的大小和方向，及棒两端的电压UMN。（2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率。MNVO图22分析与解：（1）金属棒MN以恒定速度经过圆心O时，产生的感应电动势最大，此时外电路相当于两个相同电阻并联。此时产生的最大电动势为：E=2BaV.此时感应电流，其方向由N指向M。则 （2）此时在整个电路中消耗的总热功率为：。11.分析计算的电磁感应中的收尾问题。导体棒在导电滑轨上做切割磁感线运动时，会产生感应电动势，从而在导体棒中产生感应电流，导体棒又要受到安培力作用而使运动状态发生变化，经过足够长时间后一定会达到某种收尾状态。收尾状态可为静止状态、匀速直线运动状态、匀加速直线运动状态等。例19.质量为m的跨接杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑行，两轨间宽为L，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，杆的初速度为V0，电阻不计，如图23所示。试求杆所滑行的距离。RBV0图23分析与解：当跨接杆在运动时，做切割磁感线运动，会产生感应电动势，从而在跨接杆中产生感应电流，跨接杆又要受到安培力作用而做减速运动，经过足够长时间后跨接杆会处于静止状态。设跨接杆从开始运动到静止状态所滑行的距离为S，则在这段时间跨接杆中的平均感应电动势为：根据欧姆定律可得跨接杆中的平均电流强度为： 根据动量定理可得： ，所以杆所滑行的距离S=。RBABCDab图24例20.如图24所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角是，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B，在导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻。一根垂直于导轨放置的金属棒ab,质量为m，从静止开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因素为，导轨和金属棒的电阻都不计。分析与解：金属棒ab下滑时，其加速度为：棒由静止下滑，当V变大时，有下述过程发生：VFaV,可知a=0时速度达到最大值，以后棒做匀速运动。当平衡时有： 所以有：。12分析自感电路问题。一个含有自感线圈的电路与电源接通或断开时，由于自感线圈的“电惯性”，电流只能渐变而不能突变，即不能在无限小时间内完成有限的变化; 当电流达到稳定值时，没有感应电动势产生，此时自感线圈就是普通导线。利用这一特点可以快速解答相关问题。例21.如图25所示电路中，安培计的内阻不计，电阻R1=2.5,R2=7.5,自感线圈的直流电阻可以忽略不计，当闭合电键K的瞬间，安培计读数I1=0.2A,当线圈中的电流稳定后，安培计读数I2=0.4A,试求电池的电动势E和内阻r。R1R2LK图25分析与解：当闭合电键K的瞬间，通过L的电流为零，所以有I1=，即：E =2+0.2r当线圈中的电流稳定后,R2被短路，所以有I2=，即：E =1+0.4r 图26由上述各式求得：E =3V，r=5.例22.如图26是测定自感系数很大的线圈直流电阻的电路，两端并联一只电压表（电压表的内阻RV很大），用来测电感线圈的直流电压，在测量完毕后将电路解体时.若先断开S1 时， 则 (填电压表或电流表)将可能损坏。分析与解：若先断开S1 时，则由于自感在L两端会产生瞬时高压，高压加到电压表两端，则电压表可能损坏。13楞次定律的应用问题。NPMQ图27例23.如图27所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方向下落(未达导轨平面)的过程中，导体P、Q的运动情况是（ ）A.P、Q互相靠拢B.P、Q互相远离C.P、Q均静止D.因磁铁下端的极性未知，无法判断分析与解:条形磁铁下落，引起感应电流的磁通量增加，要阻碍磁通量的增加，P、Q必须互相靠拢，故本题的正确答案为A。 注意：本题如果不用“阻碍引起感应电流的磁通量的变化”这个含义来解答，第一步先假设条形磁铁下端为N极，用楞次定律和安培定律来判定P、Q中的感应电流方向，又用安培定则和左手定则来判定P、Q的受力情况，最后确定P、Q的运动情况，第二步再假设条形磁铁的下端是S极，按照第一步的程序确度P、Q的运动情况，综合两步的结论也得正确答案是A，但十分麻烦。O1 aO2 b图28例24.如图28所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将如何移动？分析与解：无论条形磁铁的哪个极为N极，也无论是顺时针转动还是逆时针转动，在转动90过程中，穿过闭合电路的磁通量总是增大的（条形磁铁内、外的磁感线条数相同但方向相反，在线框所围面积内的总磁通量和磁铁内部的磁感线方向相同且增大。而该位置闭合电路所围面积越大，总磁通量越小，所以为阻碍磁通量增大金属棒ab将向右移动。14分析求解联系实际的电路问题。以现实生活有关的理论问题和实际问题立意命题，更加真实和全面地模拟现实，这是近几年高考的一大特点，也是“3+X”高考命题的热点。电磁感应是高中物理的重要内容，它在现实生活中有许多实际运用。如用电磁感应原理进行测量、运用电磁感应原理进行信号转换、运用电磁感应原理制造“漏电保护器”、运用电磁感应原理制造“延时继电器”等。Q图29abP例25.如图29所示是家庭用的“漏电保护器“的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线”（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器。Q是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断），Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电。（1）户正常用电时，a、b之间有没有电压？（2）某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？分析与解：（1） 用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生。（2）人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开。15.分析计算的电磁感应中的图象问题。根据题目条件描绘物理图象要求学生仔细分析物理现象，弄清物理过程，求解有关物理量或分析其与相关物理量间的变化关系，然后正确无误地作出图象。在作图时，要注意物理量的单位、坐标轴标度的适当选择及函数图象特征等。例26.图30甲中abcd为一边长为L、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻R，导线的电阻不计，虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行，磁场区域的宽度为2L，磁感强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域，已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为i0，试在图30乙的ix坐标上定性画出从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化关系曲线。xiOi0L2L3L图30乙BxRFO2LLabcd图30甲xiOi0L2L3L图31分析与解：x从0L时，ab边切割磁感线，磁场力与F平衡，线框匀速运动，i=i0;x从L2L时，线框内磁通量不变，i=0，线框在F作用下做加速运动。X刚大于2L时，cd边将以原先ab边更大的速度切割磁感线，从而在线框中形成大于i0的电流。这时，磁场力大于F，合外力是阻力，物体开始做减速运动。速度的减小将导致I减小，合外力及加速度的减小。所以速度将减小得越来越慢,进而造成电流减小的越来越慢，在X从2L3L时，图线应是向下的凹线。且X=3L时，ii0,如图31所示。反馈练习EaRbR1I0CeKR2I1I2图321在图32的电路中，电池的电动势为E，内阻可忽略不计。从刚闭合电键K接通电路起，到电流最大后达到稳定值的时间内，关于各电流强度I和电压U的变化情况，正确的叙述是：（ ） AI0由大变小，I1由小变大，I2由大变小，最后I0= I1，I2=0; BI0、I1和I2由大变小，最后I0= I1，I2=0;CUab由大变小，Ube由小变大，Ube最后达到的值取决于R 和R1;DUab不随时间变化，Ube由小变大，Ube最后达到的值取决 于C.V2V1UR1R2ab图34图332如图33所示的电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光，由 于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表 的读数变小，根据分析，发生的故障可能是（ ）AR1断路 BR2断路 CR3短路 DR4短路3如图34电路中，R1=500，R2=1000，电压表V1、V2 的内阻分别是6K和10k，路端电压为U。若将a、b 两点用一导线连接后，两电压表V1、V2的示数将（ ）AV1、V2的示数都减小；BV1的示数增大，V2的示数减小；CV2的示数增大，V1的示数减小；DV1、V2的示数都不变。图354如图35所示，R1=10，R2=3.2，滑动变阻器的总电阻R=6，当滑动触头由a端滑向b端的过程中：（ ） A安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大 B安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小 C安培表示数先增后减，伏特表示数先减后增 D安培表示数先减后增，伏特表示数先增后减abcdRR图365如图36所示，电路电源电压恒定，将电阻接在a、b两点时，电阻R电功率为9W,若将电阻接离a、b较远的c、d两点时，R消耗电功率为4W，则此时导线ac和bd消耗总功率为：（ ）图37A2W, B4W, C9W, D13W.6调整如图37所示电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大 U，在这个过程中（ ）A通过R1的电流增加，增加量一定等于BR2两端电压减小，减小量一定等于UC通过R2的电流减小，但减小量一定小于L2UU图38D路端电压增加，增加量一定等于U7如图38所示，设变压器为理想变压器，并保持输入电压 不变，为串联在原线圈的灯泡，1、2、3为副线圈 的负载，当滑动变阻器的滑片向上移动时，则（ ） A1灯亮度不变;B2灯亮度减弱 C3灯亮度减弱; D灯亮度增加。8如图39所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有固定的金属框架ABC，已知B=，导体棒DE在框架上从B点开始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架构成等腰三角形回路。设框架和导体棒材料相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，不计摩擦及接触电阻。关于回路中的电流I和电功率P随时间t变化的下列四个图中可能正确的是（ ）图39ABCD图409矩形线圈abcd的长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈总电阻R=5，整个线圈位于垂直于线圈平面的匀强磁场内，并保持静止.若匀强磁场的磁感强度B随时间作正弦变化的规律如图40所示，线圈1min产生多少热量？10如图41所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感强度B与时间的关系为比例系数k=0.020T/s,一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在时金属杆所受的安培力.ER2R1R4R3SOm、q图42PQ图4111如图42所示的电路中，四个电阻的阻值均为R，E为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极是正极。平行板电容器两极板间的距离为d。在平行板电容器的两个平行极板之间有一质量为m、电荷量为q的带电小球。当电键S闭合时，带电小球静止在两极板间的中点O上，现把电键S打开，带电小球便向平行板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞。设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电荷