电功 电功率 焦耳定律-精美解析版

1、.电功电功率焦耳定律一、单项选择题本大题共5小题，共30.0分1. 如下图，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电极，两极板间距为d，极板面积为S，两个电极与可变电阻R相连，在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为的高温电离气体，气体以速度v向右流动，由于运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势不计气体流动的阻力()A. 通过电阻R的电流方向为baB. 假设只增大极板间距d，发电导管的内电阻一定减小C. 假设只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大D. 假设只增大电阻R的阻值，那么电阻R消耗的电功率一定增大

2、C济南一中【分析】由题可知运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定那么判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率。解决此题的关键掌握左手定那么判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律求解电流。【解答】A、根据左手定那么，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，故A错误；B、根据电阻定律，发电导管的内电阻与其长度成正比，故增大极板间距d，发电导管的内电阻一定增大，故B错误；C、根据平衡有：qvB=qEd，解得电源的电动势为：E=Bdv；假

3、设只增大气体速度v，发电导管产生的电动势一定增大；故C正确；D、电动势一定，内阻也一定，当外电阻R与电源的内电阻r相等时，电源的输出功率最大；由于不知道R与内阻r的详细数值，故无法判断增大电阻R的阻值时，电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；应选：C。2. 通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n1=1000匝，两次级线圈的匝数分别为n2=50匝、n3=100匝.在初级线圈ab端接如图乙所示的交变电流，以下说法正确的选项是() A. 交流电的频率为100HzB. U2=50V  U3=100VC. I1：I2=1：20D. 闭合电键S，那么I1增大D

4、济南一中解：A、根据图象知，交流电的周期T=0.02s，交流电的频率为f=1T=10.02=50Hz，故A错误；B、变压器原线圈两端电压的有效值U1=10002=5002V，根据电压与匝数成正比，有U1n1=U2n2=U3n3，代入数据：50021000=U250=U3100，解得：U2=252V，U3=502V，故B错误；C、根据原副线圈电流与匝数的关系I1n1=I2n2+I3n3，所以I1I2n2n1=120，故C错误；D、闭合电键S，负线圈电阻减小，输出功率变大，输入功率变大，根据P1=U1I1知I1增大，故D正确；应选：D 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出

5、功率相等，逐项分析即可得出结论掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，此题即可得到解决，注意变压器不改变交流电的频率3. A、B是两个完全一样的电热器，A通以图甲的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，那么两电热器的电功率之比PA：PB等于()A. 5：4B. 3：2C. 2：1D. 2：1A济南一中解：根据有效值的定义，那么有：方波，I02RT2+(I02)2RT2=I02RT，解得：有效值I甲=58I0，正弦交流电的电流有效值I乙=I02根据功率公式P=I2R得到P甲：P乙=I甲2：I乙2=5：4，故A正确，BCD错误；应选：A根据有效值的定义求解.取一个周期时间，将交流与直流

6、分别通过一样的电阻，假设产生的热量一样，直流的电流值，即为此交流的有效值根据功率公式P=I2R算出比值对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值4. 如下图，理想变压器原、副线圈上接有四个完全一样的灯泡，假设四个灯泡恰好都能正常发光时，那么以下说法正确的选项是()A. U1：U2=3：4B. U1：U2=4：3C. 假设将L1短路，那么副线圈的三个灯泡仍能正常发光D. 假设将L2短路，那么副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的32倍B济南一中解：A、B、设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，那么副线圈电压为3U，电流为I，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I，所以原副线圈的

7、匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U，所以U1：U2=4：3，A错误，B正确；C、假设将L1短路，那么原线圈的电压增大，那么副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，C错误；D、假设将L2短路，设副线圈的电流为I，原线圈的电流也为I，因此2IR+IR=U1，那么副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，D错误应选：B设每只灯的额定电流为I，因串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系题解题的打破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于根底题5. 在如下图的电路中，闭合开关S后，直流电动机正常转动，电压表的示数为8.0V.电源电动

8、势为10V，电源内阻为0.5，电路中的电阻R为1.5，小型直流电动机M的内阻为1.0，电压表为理想电表，以下说法正确的选项是()A. 流经电动机的电流为2.0AB. 电动机的输出功率为7WC. 电动机产生的热功率为8WD. 电源的输出功率为8WB济南一中解：A、R与r两端的电压U=10-8=2V，那么由欧姆定律可知I=Ur+R=21.5+0.5=1A；故A错误；B、电动机的输出功率P出=UI-I2r0=8×1-12×1=7W；故B正确；C、电动机产生的热功率P热=I2r0=1×1=1W；故C错误；D、电源的输出功率P=EI-I2r=10-1×0.5=9.

9、5W；故D错误；应选：B根据闭合电路欧姆定律可求得电源内阻和R两端的电流，再根据输出功率P出=UI-I2r0可求得电动机的输出功率；根据P=EI-I2r可求得电源的输出功率；根据P=I2r可求得发热功率在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，假如是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的二、多项选择题本大题共4小题，共24分6. 在如下图电路中，电源的电动势E=3V，内电阻r=0.5，电阻R1=2，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想

10、电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，那么以下表达中正确的选项是()A. I变小，U1变小B. U2变小，U3变大C. 电阻R1的电功率减小D. 电源的输出功率减小ACD济南一中解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=IR1变小，故A正确。   B、I变小，那么U3=E-Ir，U3变大，那么U3=U1+U2，U1变小，那么U2变大，故B错误。       C、根据P=U12R1可知，U1变小，功率变小。故C正确。 

11、;  D、内电阻r=0.5，电阻R1=2，那么外电路总电阻大于电源的内阻，那么当变阻器R的滑片P向下挪动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D正确。应选：ACD。理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3测量路端电压，电流表测量干路电流.滑动变阻器的滑动触头P向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的构造，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化解决这类动态分析问题的根底是认识电路的构造，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中7. 如图甲所示，一交流发电机向远间隔 的理想变压器输电，输

12、电线等效电阻Rl=2，变压器匝数比nl：n2=2：1，发电机输出的交变电压随时间变化图象如图乙所示，交流电压表示数为5V，R2=10，那么()A. 通过R2的交变电流频率为50HzB. 图象上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈刚好与中性面重合C. R2两端的电压为10VD. 发电机输出功率为12.5WABC济南一中解：A、根据图乙知交流电的周期T=0.02s，频率f=1T=10.02Hz=50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以通过R2的交流电的频率为50Hz，故A正确；B、图象上对应0.01s时刻，发电机输出的交变电压为0，磁通量的变化率为0，磁通量最大，发电机的线圈刚好与中性面重合，故B

13、正确；C、发电机输出的交变电压为U=2522V=25V，原线圈输入电压为U1=25-5=20V，根据电压与匝数成正比，得U2=12U1=12×20=10V，即R2两端的电压为10V，故C正确；D、电阻R1消耗的功率为U2R1=522=12.5W，变压器负载消耗功率，所以发电机的输出功率大于12.5W，故D错误；应选：ABC 根据图乙即可求出交流电的周期，由f=1T求出频率；线圈处于中性面时，磁通量最大，磁通量的变化率为0；求出原线圈两端电压，根据电压之比等于匝数比即可求出R2两端的电压；先求出副线圈电流，根据电流与匝数成反比求出原线圈电流，根据P=UI求出发电机的输出功率；解决此题的

14、关键是掌握理想变压器电压、电流及功率之间的关系，此题即可得到解决8. 如下图，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变.开场时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，以下操作可行的是()A. 闭合开关SB. 开关K接bC. 把滑动变阻器滑片向左挪动D. 把滑动变阻器滑片向右挪动BD济南一中解：A、闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；B、开关k接b，输入端线圈匝数减小，那么根据U1U2=n1n2可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，故B正确；C、把滑动变阻器滑片向左挪动

15、，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；D、把滑动变阻器滑片向右挪动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故D正确；应选：BD根据变压器的特点，利用动态分析的方法分析电流电压的变化，再根据变压器的匝数与电流电压的关系即可判断各项此题结合变压器考察了电路的动态分析，方法是从部分电路的变化分析整体的变化然后再到部分，注意与闭合电路欧姆定律中动态分析相结合进展分析9. 如下图，理想变压器原、副线圈的匝数比为11：2，原线圈两端的输入正弦交流电压B表达式u=2202sin100t(V)，副线圈两端所接的电压表为理想电压表，定值电阻

16、R0=10，滑动变阻器R的阻值变化范围为020，以下说法正确的选项是()A. 电压表的示数为40VB. 副线圈输出电压的频率为50HzC. 滑动变阻器R消耗功率的最大值为20WD. 滑动变阻器滑片向下挪动，变压器的输出功率不变AB济南一中解：A、原线圈两端间的电压U1=22022V=220V，根据U1U2=n1n2得：U2=40V，故A正确B、原副线圈的频率相等，原线圈的频率f=2=1002Hz=50Hz，那么副线圈输出电压的频率为50Hz，故B正确C、副线圈的电压为40V，滑动变阻器R消耗的功率P=(U2R+R0)2R=1600R+100R+20，可知R=10时，R上消耗的功率最大，最大值为

17、40W，故C错误D、滑动变阻器向下挪动，R减小，副线圈的电流增大，根据P2=U2I2知，输出功率增大，故D错误应选：AB变压器中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，电表显示有效值解决此题的关键知道原副线圈的电压之比与匝数比的关系，掌握变压器动态分析的思路，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流，副线圈的功率决定原线圈的功率三、填空题本大题共1小题，共3分10. 如图甲所示，质量为m、边长为l的正方形金属线框位于绝缘光滑程度面上，线框右边紧贴着竖直向下的有界匀强磁场的边界OO'.线框在程度向右的外力F作用下从静止开场做匀加速直线运动，外力F随时间

18、t呈线性变化，如图乙所示，图中的F0、t0均为量.在t=t0时刻，线框左边恰到达OO'.此时线框受到的合力为_或_(写出两种表达)；在t=34t0时刻，线框的发热功率与外力F的功率之比P热：PF=_F0；2mlt02；3：5济南一中解：t=0时刻线框的速度为零，没有感应电流，不受安培力，线框受到的合力F合=F0；由于线框做匀加速直线运动，合力不变，所以在t=t0时刻线框受到的合力等于t=0时刻的合力，为F合=F0；或设线框的加速度为a，由l=12at02和F合=ma得：F合=2mlt02 在t=34t0时刻，由图知外力F=52F0 根据牛顿第二定律得：F-F安=ma=F0；解得：安培力

19、F安=32F0 那么线框的发热功率与外力F的功率之比P热：PF=F安v：Fv=32F0v：52F0v=3：5故答案为：F0或2mlt02； 3：50-t0线框在一程度向右的外力F的作用下从静止开场做匀加速直线运动，所受的合力不变，在t=t0时刻线框受到的合力等于t=0时刻的合力，由图直接读出；也可以根据运动学位移时间公式求出加速度，再由牛顿第二定律求解合力根据牛顿第二定律列出表达式，找出图象斜率的意义，t=34t0时刻线框的发热功率等于此时抑制安培力的功率.由牛顿第二定律求出外力，由P=Fv求解外力的功率此题的关键求出安培力，列出牛顿第二定律关于F-t的表达式，考察读图的才能.知道安

20、培力是联络力学与电磁感应的桥梁四、实验题探究题本大题共2小题，共15分11. 某同学对有故障的电热毯进展探究，图(a)是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接，图(b)为测试电路实物图，A、B为测试表笔，电压表和电流表均可视为理想电表(1)断开K1，用测试电路在1和1'之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U-I曲线如图(c)所示.可求得此电热线的电阻为_.(2)在答题卷虚线框内画出与图(b)对应的电路图571济南一中解：(1)由图c所示图象可知，电热线的阻值：R=UI=200.035571；(2)由图b所示电路可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，电路图

21、如下图： 故答案为：(1)571；(2)如下图(1)由图c所示图象找出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出电热线的电阻(2)分析清楚图b所示电路构造，然后作出电路图此题考察了求电热丝电阻阻值、作电路图，由图象求出电压对应的电流，应用欧姆定律可以求出电阻阻值；分析清楚实物电路图的构造是正确作出实验电路图的前提与关键12. 如下图，一与程度面夹角为=37的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L=0.2m，另外两根程度金属杆MN和PQ的质量均为m=0.01kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2 (倾斜金属导轨电阻不计)，MN杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处

22、于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T.PQ杆在恒定拉力F作用下由静止开场向上加速运动，拉力F垂直PQ杆沿导轨平面向上，当运动位移x=0.1m时PQ杆到达最大速度，此时MN杆对绝缘立柱的压力恰好为零(g取10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8).求：(1)PQ杆的最大速度vm，(2)当PQ杆加速度a=2m/s2时，MN杆对立柱的压力；(3)PQ杆由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q解：(1)PQ到达最大速度时，关于电动势为：Em=BLvm，感应电流为：Im=Em2R，根据MN杆受力分析可得：mgsin=BImL，联立解得：vm

23、=2RmgsinB2L2=0.6m/s；(2)当PQ的加速度a=2m/s2时，对PQ根据牛顿第二定律可得：F-mgsin-BIL=ma，对MN根据共点力的平衡可得：BIL+FN-mgsin=0，PQ到达最大速度时，有：F-mgsin-BImL=0，联立解得：FN=0.02N，根据牛顿第三定律可得对立柱的压力F'N=0.02N；(3)PQ由静止到最大速度的过程中，根据功能关系可得：Fx=12mvm2+mgxsin+Q，解得：Q=4.2×10-3J.答：(1)PQ杆的最大速度为0.6m/s；(2)当PQ杆加速度a=2m/s2时，MN杆对立柱的压力为0.02N；(3)PQ杆由静止到

24、最大速度过程中回路产生的焦耳热为4.2×10-3J.济南一中(1)根据共点力的平衡条件结合闭合电路的欧姆定律联立求解；(2)根据牛顿第二定律求解PQ的安培力大小，在对MN根据共点力的平衡求解支持力，根据牛顿第三定律可得对立柱的压力；(3)PQ由静止到最大速度的过程中，根据功能关系求解产生的热量对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键五、计算题本大题共4小题，共38分13. 如下图，两条相距d的平行金属导轨位于同一程度面内，其右端接一阻值为R的电阻.质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧

25、的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要分开金属杆时，感应电流的功率P解：(1)MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为：E=Bdv0，感应电流为：I=ER联立解得：I=Bdv0R(2)MN刚扫过金属杆时，杆受到的安培力为：F=BId由牛顿第二定律有：F=ma联立解得：a=B2d2vmR(3)PQ刚要分

26、开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为：v'=v0-v那么感应电动势为：E'=Bd(v0-v)电功率为：P=E'2R解得：P=B2d2(v0-v)2R答：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I为Bdv0R；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a为B2d2vmR；(3)PQ刚要分开金属杆时，感应电流的功率P为B2d2(v0-v)2R济南一中(1)根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大

27、小a；(3)首先要得知，PQ刚要分开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，人然后结合感应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P该题是一道较为综合的题，考察了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握(1)切割速度v的问题切割速度的大小决定了E的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的.同时还要注意磁场和金属棒都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线运动的知识(2)能量转化的问题电磁感应主要是将其他形式能量(机械能

28、)转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量(焦耳热等等)转化(3)安培力做功的问题电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率(4)动能定理的应用动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的.固定在轨道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要14. 如下图，在与程度方向成=30角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计.空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T，方向垂直轨道平面向上.导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构

29、成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0×10-2kg、电阻r=5.0×10-2，金属轨道宽度l=0.50m.现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动.在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上.g取10m/s2，求：(1)导体棒cd受到的安培力大小；(2)导体棒ab运动的速度大小；(3)拉力对导体棒ab做功的功率解：(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，那么F安=mgsin=2×10-2×10×0.5=0.10 N  (2)设导体棒ab的速度为v，产生的感应电动势为E，通过导体棒

30、cd的感应电流为I，那么E=Blv,I=E2r，F安=BIl     解得v=2F安rB2l2=2×0.10×5×10-2(0.2)2×(0.5)2=1.0 m/s   (3)设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，那么F=F安+mgsin=0.20 N 拉力的功率P=Fv=0.10×2=0.20 W答：(1)导体棒cd受到的安培力大小为0.10N；(2)导体棒ab运动的速度大小为1.0m/s (3)拉力对导体棒ab做功的功率为0.20W济南一中(1

31、)cd静止，那么cd受力平衡，那么分析其受力情况，由平衡关系可得出安培力的大小；(2)由安培力公式可求得电路中电流，那么由闭合电路欧姆定律可得出电动势，再由E=BLV可求得cd的速度；(3)ab棒受力平衡，那么由共点力平衡关系可求是拉力的大小，由P=Fv可求得拉力的功率此题为电磁感应与力学的结合，在解题中要重点做好受力分析及运动情景分析，用好共点力的平衡关系及牛顿第二定律等根本规律15. 如下图，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角=30的斜面上，导轨电阻不计，间距L=0.4m。导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，

32、两磁场的磁感应强度大小为B=0.5T.在区域中，将质量m1=0.1kg，电阻R1=0.1的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域中将质量m2=0.4kg，电阻R2=0.1的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开场下滑，cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g=10m/s2，问(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab将要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开场下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的间隔 x=3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解：(1)由右手定那么可知，电流由a流向b；(2)开场放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，由平衡条件得：Fmax=m1gsin，ab刚好要上滑时，感应电动势：E=BLv，电路电流：I=ER1+R2，ab受到的安培力：F安=BIL，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：F安=m1gsin+Fmax，代入数据解得：v=5m/s；(3)cd棒运动过程中电路产生的总热量为Q总，由能量守恒定律得：m2gxsin=Q总+12m2v2，ab上产生的热量：Q=R1R1+R2Q总，解得：Q=1.3