2. 直流電路的動態(tài)變化引起的功能及圖象問題

例2. 用伏安法測一節(jié)干電池的電動勢和內電阻，伏安圖象如圖所示，根據(jù)圖線回答：

(1)干電池的電動勢和內電阻各多大？

(2)圖線上a點對應的外電路電阻是多大？電源此時內部熱耗功率是多少？

(3)圖線上a、b兩點對應的外電路電阻之比是多大？對應的輸出功率之比是多大？

(4)在此實驗中，電源最大輸出功率是多大？

圖2

解析：

(1)開路時(I=0)的路端電壓即電源電動勢，因此，內電阻

也可由圖線斜率的絕對值即內阻，有：

(2)a點對應外電阻

此時電源內部的熱耗功率：

也可以由面積差求得：

(3)電阻之比：

輸出功率之比：

(4)電源最大輸出功率出現(xiàn)在內、外電阻相等時，此時路端電壓，干路電流，因而最大輸出功率

當然直接用計算或由對稱性找乘積IU(對應于圖線上的面積)的最大值，也可以求出此值。

評點：利用題目給予圖象回答問題，首先應識圖(從對應值、斜率、截矩、面積、橫縱坐標代表的物理量等)，理解圖象的物理意義及描述的物理過程：由U-I圖象知E=1.5V，斜率表內阻，外阻為圖線上某點縱坐標與橫坐標比值；當電源內外電阻相等時，電源輸出功率最大。

1. 直流電路的動態(tài)變化引起的電表讀數(shù)變化問題

例1. 如圖1所示電路中，當滑動變阻器的滑片P向左移動時，各表(各電表內阻對電路的影響均不考慮)的示數(shù)如何變化？為什么？

圖1

解析：這是一個由局部變化而影響整體的閉合電路歐姆定律應用的動態(tài)分析問題。對于這類問題，可遵循以下步驟：先弄清楚外電路的串、并聯(lián)關系，分析外電路總電阻怎樣變化；由確定閉合電路的電流強度如何變化；再由確定路端電壓的變化情況；最后用部分電路的歐姆定律及分流、分壓原理討論各部分電阻的電流、電壓變化情況。

當滑片P向左滑動，減小，即減小，根據(jù)判斷總電流增大，A₁示數(shù)增大；

路端電壓的判斷由內而外，根據(jù)知路端電壓減小，V示數(shù)減��；

對R₁，有所以增大，示數(shù)增大；

對并聯(lián)支路，，所以減小，示數(shù)減��；

對R₂，有，所以I₂減小，A₂示數(shù)減小。

評點：從本題分析可以看出，在閉合電路中，只要外電路中的某一電阻發(fā)生變化，這時除電源電動勢、內電阻和外電路中的定值電阻不變外，其他的如干路中的電流及各支路的電流、電壓的分配，從而引起功率的分配等都和原來的不同，可謂“牽一發(fā)而動全身”，要注意電路中各量的同體、同時對應關系，因此要當作一個新的電路來分析。解題思路為局部電路→整體電路→局部電路，原則為不變應萬變(先處理不變量再判斷變化量)。

2. (2005年南通調研)如圖6所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距l，在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為B。一質量為m，電阻為r的導體棒ab，垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d₀�，F(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計)。求：

圖6

(1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度；

(2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能；

(3)試分析討論ab棒在磁場中可能的運動情況。

解析：(1)ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為v_m，則有：

對ab棒＝0，解得

(2)由能量守恒可得：

解得：

(3)設棒剛進入磁場時速度為v由：

棒在進入磁場前做勻加速直線運動，在磁場中運動可分三種情況討論：

①若(或)，則棒做勻速直線運動；

②若(或)，則棒先加速后勻速；

③若(或)，則棒先減速后勻速。

例4. (2005年肇慶市模擬)如圖4所示，邊長為L＝2m的正方形導線框ABCD和一金屬棒MN由粗細相同的同種材料制成，每米長電阻為R₀＝1/m，以導線框兩條對角線交點O為圓心，半徑r＝0.5m的勻強磁場區(qū)域的磁感應強度為B＝0.5T，方向垂直紙面向里且垂直于導線框所在平面，金屬棒MN與導線框接觸良好且與對角線AC平行放置于導線框上。若棒以v＝4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當運動至AC位置時，求(計算結果保留二位有效數(shù)字)：

圖4

(1)棒MN上通過的電流強度大小和方向；

(2)棒MN所受安培力的大小和方向。

解析：(1)棒MN運動至AC位置時，棒上感應電動勢為

線路總電阻。

MN棒上的電流

將數(shù)值代入上述式子可得：

I＝0.41A，電流方向：N→M

(2)棒MN所受的安培力：

方向垂直AC向左。

說明：要特別注意公式E＝BLv中的L為切割磁感線的有效長度，即在磁場中與速度方向垂直的導線長度。

［模型要點］

(1)力電角度：與“導體單棒”組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化→導體棒產生感應電動勢→感應電流→導體棒受安培力→合外力變化→加速度變化→速度變化→感應電動勢變化→……，循環(huán)結束時加速度等于零，導體棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)。

(2)電學角度：判斷產生電磁感應現(xiàn)象的那一部分導體(電源)→利用或求感應電動勢的大小→利用右手定則或楞次定律判斷電流方向→分析電路結構→畫等效電路圖。

(3)力能角度：電磁感應現(xiàn)象中，當外力克服安培力做功時，就有其他形式的能轉化為電能；當安培力做正功時，就有電能轉化為其他形式的能。

［誤區(qū)點撥］

正確應答導體棒相關量(速度、加速度、功率等)最大、最小等極值問題的關鍵是從力電角度分析導體單棒運動過程；而對于處理空間距離時很多同學總想到動能定律，但對于導體單棒問題我們還可以更多的考慮動量定理。所以解答導體單棒問題一般是抓住力是改變物體運動狀態(tài)的原因，通過分析受力，結合運動過程，知道加速度和速度的關系，結合動量定理、能量守恒就能解決。

［模型演練］

1. (2005年大聯(lián)考)如圖5所示，足夠長金屬導軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上。質量為m的金屬桿ab可以無摩擦地沿導軌運動。導軌與ab桿的電阻不計，導軌寬度為L，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過整個導軌平面�，F(xiàn)給金屬桿ab一個瞬時沖量I₀，使ab桿向右滑行。

圖5

(1)回路最大電流是多少？

(2)當滑行過程中電阻上產生的熱量為Q時，桿ab的加速度多大？

(3)桿ab從開始運動到停下共滑行了多少距離？

答案：(1)由動量定理得

由題可知金屬桿作減速運動，剛開始有最大速度時有最大，所以回路最大電流：

(2)設此時桿的速度為v，由動能定理有：

而Q＝

解之

由牛頓第二定律及閉合電路歐姆定律

得

(3)對全過程應用動量定理有：

而所以有

又

其中x為桿滑行的距離所以有。

例3. (2005年上海高考)如圖3所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m，導軌平面與水平面成＝37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導軌平面垂直。質量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25。

圖3

(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小；

(2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大��；

(3)在上問中，若R＝，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應強度的大小與方向。(g＝10m/s²，°＝0.6，cos37°＝0.8)

解析：(1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律

　 ①

由①式解得　 　②

(2)設金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡：

　 ③

此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率

　 ④

由③、④兩式解得：

　 ⑤

(3)設電路中電流為I，兩導軌間金屬棒的長為l，磁場的磁感應強度為B

　 ⑥

　 ⑦

由⑥、⑦兩式解得　 �、�

磁場方向垂直導軌平面向上。

例2. (2005年南京市金陵中學質量檢測)如圖2甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導軌NMPQ固定在水平面內，MN、PQ兩導軌間的寬為L＝0.50m。一根質量為m＝0.50kg的均勻金屬導體棒ab靜止在導軌上且接觸良好，abMP恰好圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R＝0.10Ω，其他各部分電阻均不計。開始時，磁感應強度。

圖2

(1)若保持磁感應強度的大小不變，從t＝0時刻開始，給ab棒施加一個水平向右的拉力，使它做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及ab棒與導軌間的滑動摩擦力。

(2)若從t＝0開始，使磁感應強度的大小從B₀開始使其以＝0.20T/s的變化率均勻增加。求經過多長時間ab棒開始滑動？此時通過ab棒的電流大小和方向如何？(ab棒與導軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等)

解析：(1)當t＝0時，

當t＝2s時，F(xiàn)₂＝8N

聯(lián)立以上式得：

(2)當時，為導體棒剛滑動的臨界條件，則有：

則

例1. (2005年河南省實驗中學預測題)如圖1所示，，電壓表與電流表的量程分別為0-10V和0-3A，電表均為理想電表。導體棒ab與導軌電阻均不計，且導軌光滑，導軌平面水平，ab棒處于勻強磁場中。

圖1

(1)當變阻器R接入電路的阻值調到30，且用＝40N的水平拉力向右拉ab棒并使之達到穩(wěn)定速度時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時ab棒的速度是多少？

(2)當變阻器R接入電路的阻值調到，且仍使ab棒的速度達到穩(wěn)定時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能安全使用，則此時作用于ab棒的水平向右的拉力F₂是多大？

解析：(1)假設電流表指針滿偏，即I＝3A，那么此時電壓表的示數(shù)為U＝＝15V，電壓表示數(shù)超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應該是電壓表正好達到滿偏。

當電壓表滿偏時，即U₁＝10V，此時電流表示數(shù)為

設a、b棒穩(wěn)定時的速度為，產生的感應電動勢為E₁，則E₁＝BLv₁，且E₁＝I₁(R₁+R_并)＝20V

a、b棒受到的安培力為

F₁＝BIL＝40N

解得

(2)利用假設法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即I₂＝3A，此時電壓表的示數(shù)為＝6V可以安全使用，符合題意。

由F＝BIL可知，穩(wěn)定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以

。

2. (上海徐匯區(qū)診斷)如圖7所示，質量分別為M和m(M>m)的小物體用輕繩連接；跨放在半徑為R的光滑半圓柱體和光滑定滑輪B上，m位于半圓柱體底端C點，半圓柱體頂端A點與滑輪B的連線水平。整個系統(tǒng)從靜止開始運動。設m能到達圓柱體的頂端，試求：

(1)m到達圓柱體的頂端A點時，m和M的速度。

(2)m到達A點時，對圓柱體的壓力。

圖7

答案：(1)

(2)

例3. 如圖3所示，細繩繞過兩個定滑輪A和B，在兩端各掛一個重為P的物體，現(xiàn)在A、B的中點C處掛一個重為Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距離h。已知AB的長為2L，不計滑輪和繩之間的摩擦力及繩的質量。

圖3

解析：選小球Q和兩重物P構成的整體為研究對象，該整體的速率從零開始逐漸增為最大，緊接著從最大又逐漸減小為零(此時小球下降的距離最大為h)，如圖4在整個過程中，只有重力做功機械能守恒。

圖4

因重為Q的小球可能下降的最大距離為h，所以重為P的兩物體分別上升的最大距離均為。

考慮到整體初、末位置的速率均為零，故根據(jù)機械能守恒定律知，重為Q的小球重力勢能的減少量等于重為P的兩個物體重力勢能的增加量，即。

從而解得

[模型要點]

“滑輪”模型的特點為滑輪兩側的受力大小相等，在處理功能問題時若力發(fā)生變化，通常優(yōu)先考慮能量守恒規(guī)律，也可采用轉化法求解。

[誤區(qū)點撥]

注意“死桿”和“活桿”問題。

如：(2006年無錫統(tǒng)考)如圖(a)輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質量為M₁的物體�！螦CB=30°；圖(b)中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向也成30°，輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為M₂的物體，求細繩AC段的張力F_TAC與細繩EG的張力F_TEG之比？

圖5

解析：圖(a)中繩AC段的拉力F_TAC＝M₁g

圖(b)中由于F_TEGsin30°=M₂g，解得：

[模型演練]

1. 在圖6所示的裝置中，繩子與滑輪的質量不計，摩擦不計，懸點a與b之間的距離遠大于兩輪的直徑，兩個物體的質量分別為m₁和m₂，若裝置處于靜止狀態(tài)，則下列說法錯誤的是(　　 )

A. 可以大于

B. 必定大于

C. 必定等于

D. 與必定相等

答案：C

圖6

例2. 如圖2所示在車廂中有一條光滑的帶子(質量不計)，帶子中放上一個圓柱體，車子靜止時帶子兩邊的夾角∠ACB=90°，若車廂以加速度a=7.5m/s²向左作勻加速運動，則帶子的兩邊與車廂頂面夾角分別為多少？

圖2

解析：設車靜止時AC長為，當小車以向左作勻加速運動時，由于AC、BC之間的類似于“滑輪”，故受到的拉力相等，設為F_T，圓柱體所受到的合力為ma，在向左作勻加速，運動中AC長為，BC長為

由幾何關系得

由牛頓運動定律建立方程：

代入數(shù)據(jù)求得

說明：本題受力分析并不難，但是用數(shù)學工具解決物理問題的能力要求較高。