时间:2019-12-13 02:05:36
1、简答题 若加在某导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4 A.如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流多大?
参考答案：
?A
本题解析：依题意和欧姆定律得：
，所以I0＝1.0 A
又因为
，?所以?A
本题难度：简单
2、简答题 如图甲所示，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形金属框架MNPQ（下简称U形框），U形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形框使它以速度v0垂直NP边向右匀速运动，当U形框的MQ端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的bc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形框垂直NP边向右的初速度v0，如果U形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？
（3）若方框不固定，给U形框垂直NP边向右的初速度v（v＞v0），U形框最终将与方框分离．如果从U形框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s．求两金属框分离后的速度各多大．
参考答案：（1）U形框右边产生感应电动势：E=BLv0 ①
方框总电阻：R=3r?r3r+r=34r? ②
总电流：I=ER+3r?③
bc两端电势差：U=IR ④
由以上各式解得：U=15BLv0?⑤
方框热功率：P=U2R=4B2L2v2075r?⑥
（2）U形框恰好不能与方框分离，两者速度相等，设共同速度为v，由动量守恒定律，有：3mv0=（3m+4m）v ⑦
据能量转化与守恒，可知：Q=12?3mv20-12?(3m+4m)v2? ⑧
解得：Q=67mv20?⑨
（3）设分离时，U形框速度为v1，方框速度为v2，由动量守恒可知：3mv0=3mv1+4mv2 ⑩
?从U形框和方框不再接触后，都做匀速运动，则有? s=v1t-v2t （11）
解得：v1=3v7+4s7t? （12）
? v2=3v7-3s7t? （13）
答：
（1）方框上的bc两端的电势差为15BLv0，此时方框的热功率为4B2L2v2075r．
（2）这一过程中两框架上产生的总热量为67mv20．
（3）两金属框分离后的速度分别为3v7+4s7t，3v7-3s7t．
本题解析：
本题难度：一般
3、选择题 在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R5的滑动触点向图中a端移动时
[? ]
A．I变大，U变小
B．I变大，U变大
C．I变小，U变大
D．I变小，U变小
参考答案：D
本题解析：
本题难度：一般
4、选择题 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小△U（电压表为理想电表），在这个过程中
A．R2两端的电压增加，增加量一定等于△U
B．流过R的电流会增加。
C．路端电压减小，减少量一定等于△U
D．△U和干路电流的变化△I的比值保持不变
参考答案：BD
本题解析：
试题分析:R1两端的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于△U，故A错误；R1两端的电压减小，电流变小，但总电流增加，流过R的电流会增加，故B正确；电压表示数增加，R2电压减小，路端电压增加量一定小于△U．故C错误；由闭合电路欧姆定律：
可知，△U和干路电流的变化△I的比值保持不变，故D正确。
考点： 闭合电路欧姆定律
本题难度：一般
5、选择题 如图所示，L1、L2是两个完全相同的灯泡，当滑片P向左滑动时，灯的亮度变化情况是（ ）
A．L1、L2都变亮
B．L1、L2都变暗
C．L1变亮，L2变暗
D．L2变亮，L1变暗
参考答案：当滑片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻随之增大，则总电流I减小，电源的内电压减小，路端电压U增大，L1两端的电压增大，所以L1变亮．
路端电压增大，通过L1和R0电流增大，由并联电流规律，可知通过灯泡L2电流减小，L2变暗．故C正确．
故选：C
本题解析：
本题难度：简单