如果导线中的电流的大小为1毫安.那么1秒内通过导体截面的自由电子数是多少?若算得“220 V 60 W 的白炽灯正常发光的电流为273毫安.则20秒内通过截面积的电子是多少个? 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

如果导线中的电流的大小为1毫安，那么1秒内通过导体截面的自由电子数是多少？若算得“220 V 60 W”的白炽灯正常发光的电流为273毫安，则20秒内通过截面积的电子是多少个？

解析：q=It=1×10^-3×1 C=1×10^-3 C?

电子的数目为=6.25×10¹⁵（个）

当“220 V60 W”的白炽灯正常发光时，电压U=220 V，I=273mA

Q=It=273×10^-3×20 C=5.46 C?

设电子的数目为N，则，=3.412 5×10¹⁹（个）?

答案：3.412 5×10¹⁹个

练习册系列答案

A．电压表V（量程4V，电阻R_V约为4.0kΩ）
B．电流表A₁（量程100mA，内阻不计）
C．电流表A₂ （量程2mA，内阻不计）
D．滑动变阻器R₁（0～2kΩ，额定电流0.1A）
E．电阻箱R₂（0～999.9Ω）
F．开关S一只，导线若干．
（1）为了测定电阻R₀的阻值，小组的一位成员，设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？

用A₂替换A₁

．
（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器R₁、电压表V已损坏，请用余下的器材测量锂电池的电动势E和内阻r．
①请你在图2所示的方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；
②该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后通过作出如图3所示的线性图象处理数据，则电源电动势为

3.5

V，内阻为

Ω．

（1）某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．①此玻璃的折射率计算式为n=

（用图1中的θ₁、θ₂表示）；②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度

（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量．

（2）某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原长约200mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量△l与拉力F关系的图象如图2所示．从图象中可以得出

．（填选项前的字母）
A．增挂钩码时△l与F成正比，而减挂钩码时△l与F不成正比
B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
（3）如图3所示是一些准备用来测量待测电阻R_x阻值的实验器材，器材及其规格列表如下：

器材	规格
待测电阻R_x 电源E 电压表V₁ 电压表V₂ 电流表A 滑动变阻器R 开关S，导线若干	阻值在900Ω-1000Ω之间具有一定内阻，电动势约9.0V 量程2.0V，内阻r₁=1000Ω 量程5.0V，内阻r₂=2500Ω 量程3.0A，内阻r=0.10Ω 最大阻值约100Ω，额定电流0.5A

为了能正常进行测量并尽可能减小测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化．请用实线代替导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量R_x阻值的电路．

把电流表改装为电压表的实验中，分3个主要步骤，实验中给出的器材有：①电流表(量程0－100 μA)　②标准伏特表(量程0－5 V)　③电阻箱(0－9999 Ω)　④电阻箱(0－99999 Ω)　⑤电源(电动势2 V，有内阻)　⑥电源(电动势6 V，有内阻)　⑦滑动变阻器(0－50 Ω，额定电流1.5 A)　⑧电键两只，导线若干．

(1)首先要用半偏法测定电流表的内阻．如果采用图1所示的电路测定电流表A的内电阻并且要想得到较高的精确度，那么从以上给出的器材中，可变电阻R₁应选用________，可变电阻R₂应选用________，电源E应选用________．该步实验操作的步骤有：A．合上K₁　B．合上K₂　C．观察R₁的阻值是否最大，如果不是，将R₁的阻值调至最大　D．调节R₁的阻值，使电流表指针偏转到满刻度　E．调节R₂的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半　F．记下R₂的阻值．把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上空白处：①________；②________；③________；④________；⑤________；⑥________．如果在步骤F中所得的R₂的阻值为600 Ω，则图1中被测电流表的内阻R_g的测量值为________Ω．

(2)如果要将图1中的电流表A改装为量程为0－5 V的伏特表，则改装的方法是给电流表________联一个阻值为________Ω的电阻．在用以上步骤将电流表改装成伏特表后，下列说法中正确的是

A．由于电流表内阻的测量值比其真实值小，这一因素使得用上述步骤改装成的伏特表测定电压时，其读数比伏特表两端的实际电压小

B．由于电流表内阻的测量值比其真实值小，这一因素使得用上述步骤改装成的伏特表测定电压时，其读数比伏特表两端的实际电压大

C．由于电流表内阻的测量值比其真实值大，这一因素使得用上述步骤改装成的伏特表测定电压时，其读数比伏特表两端的实际电压小

D．由于电流表内阻的测量值比其真实值大，这一因素使得用上述步骤改装成的伏特表测定电压时，其读数比伏特表两端的实际电压大

(3)图2所示器材中，一部分是将电流表改装为伏特表所需的，其余是为了把改装成的伏特表跟标准伏特表进行校对所需的．在下面方框中画出改装和校对都包括在内的电路图(要求对0－5 V的所有刻度都能在实验中进行校对)；然后在图2上画出连线，将所示器材按以上要求连接成实验电路．

某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R_x（标称阻值为180Ω）的电流随其两端电压变化的特点．
实验器材：多用电表，电流表A（0-50mA，内阻约15Ω），电压表V（5V，内阻约20kΩ），电源E（6V直流电源，内阻可忽略不计），滑动变阻器R（最大阻值为20Ω），定值电阻R（100Ω），电阻箱（99.9Ω）、开关K和导线若干．

①该小组用多用表的“×1”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值如图1所示，发现表头指针偏转的角度很小；为了准确地进行测量，应换到______倍率的挡位；如果换档后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：______，补上该步骤后，表盘的示数如图所示，则它的电阻是______Ω．
②该小组按照自己设计的电路进行实验．实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从0开始逐渐增大到5V，作出热敏电阻的I-U图线，如图3所示．
请在所提供的器材中选择必需的器材，在图2方框内画出该小组设计的电路图（注意标明所选器材的符号）．
③分析该小组所画出的I-U图线，说明在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而______；分析其变化的原因可能是______．
④该热敏电阻消耗的电功率随所加电压变化规律可能正确的是下面四幅图象中的______．

⑤如果将这个热敏电阻跟一个100Ω的定值电阻串联后接在内阻不计、电动势为5V的电源两端，该热敏电阻消耗的电功率为______W．

第十部分磁场

第一讲基本知识介绍

《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。

一、磁场与安培力

1、磁场

a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质

b、磁感强度、磁通量

c、稳恒电流的磁场

*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB 。矢量式d= k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0×10^?7N/A² 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。

毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k ；

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI ；

*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI 。其中n为单位长度螺线管的匝数。

2、安培力

a、对直导体，矢量式为 = I；或表达为大小关系式 F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。

b、弯曲导体的安培力

⑴整体合力

折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。

证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F₁与NO段导体的安培力F₂的合力为F，则F的大小为

F =

= BI

关于F的方向，由于ΔFF₂P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。

证毕。

由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）

⑵导体的内张力

弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。

c、匀强磁场对线圈的转矩

如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为

M = BIS

几种情形的讨论——

⑴增加匝数至N ，则 M = NBIS ；

⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；

⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；

*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα ，如图9-3；

证明：当α = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…

⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ ，如图9-4。

证明：当β = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…

说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。

二、洛仑兹力

1、概念与规律

a、 = q，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。

b、能量性质

由于总垂直与确定的平面，故总垂直，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。

问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？

解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v₁和导体运动v₂的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f₁ = qv₁B的合力（见图9-5）。

很显然，f₁的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f₁的正功和f₂的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v₁在10^?5m/s数量级，而v₂一般都在10^?2m/s数量级以上，致使f₁只是f的一个极小分量。）

☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？

若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。

2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动

a、⊥时，匀速圆周运动，半径r = ，周期T =