电源和电流.docx
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电源和电流
一、选择题(共10小题)
1.导体导电是导体中的自由电荷定向移动形成的,这些可以移动的电荷又叫载流子,例如金属导体的载流于是自由电子.现代广泛应用的半导体材料分为两大类,一类是n型半导体,它的载流子为电子.另一类是P型半导体,它的载流子是“空穴”,相当于带正电的粒子;P型半导体导电,相当于带正电的粒子做定向移动.如果把半导体材料制成的长方体放在匀强磁场中,如图所示,磁场方向与前后侧面垂直.半导体中通有方向水平向右的电流,测得长方体的上、下表面,M、N的电势分别为φM和φN( )
A.如果是P型半导体,有φM>φN
B.如果是n型半导体,有φM>φN
C.如果是P型半导体,有φN>φM
D.如果是n型半导体,有φN>φM
考点:
电流、电压概念;电势.
专题:
恒定电流专题.
分析:
将材料放在匀强磁场中,通以电流,材料中多数载流子受到洛伦兹力作用而发生偏转,而在上表面M或下表面N聚积,根据上下表面聚积的载流子的电性判断电势高低.电流方向与自由电子定向移动方向相反,与空穴定向移动方向相同.
解答:
解:
A、C若是p型半导体,空穴(相当于带正电)导电,空穴向外定向移动,根据左手定则判断可知,空穴在磁场中受到向下的洛伦兹力,向下表面N聚积,则下表面N的电势较高,有φN>φM.故A错误,C正确.
B、D若n型半导体,自由电子导电,电流向外,自由电子向里定向移动,根据左手定则判断可知,电子受到向下的洛伦兹力电子向下表面N聚积,电子带负电,则N电势低,有φM>φN.故B正确,C错误.
故选BC
点评:
本题实质是运用左手定则分析洛伦兹力的方向,要抓住空穴相当于正电荷,电子带负电.应用左手定则时,要注意四指指向负电荷运动的相反方向.
2.如图所示的电路,闭合开关S,当滑动变阻器滑片P向右移动时,下列说法正确的是( )
A.电流表读数变小,电压表读数变大
B.小电泡L变暗
C.电容器C上电荷量减小
D.电源的总功率变大
考点:
电流、电压概念;电容.
专题:
电容器专题.
分析:
首先认识电路的结构:
灯泡与变阻器串联,电容器与灯泡并联.当滑动变阻器滑片P向右移动时,变阻器接入电路的电阻减小,根据欧姆定律分析.
解答:
解:
A、当滑动变阻器滑片P向右移动时,变阻器接入电路的电阻减小,根据欧姆定律可知,电流I=
E
R+RL+r
增大,电压表的读数U=E-Ir减小.故A错误.
B、灯泡功率P=I2RL,RL不变,I增大,P增大,则灯泡变亮.故B错误.
C、电容器电压UC=E-I(RL+r)减小,电容器电量Q=CUC减小.故C正确.
D、电源的总功率P总=EI,E不变,I增大,P总增大.故D正确.
故选CD
点评:
本题考查电路动态分析的能力,比较简单.对于电路动态分析往往按“局部→整体→局部”的思路.
3.导体中的电流是这样产生的:
当在一根长度为L、横断面积为S,单位体积内自由电荷数为n的均匀导体两端加上电压U,导体中出现一个匀强电场,导体内的自由电子(-e)受匀强电场的电场力作用而加速,同时由于与阳离子碰撞而受到阻碍,这样边反复碰撞边向前移动,可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比,即可以表示为kv(k是常数),当电子所受电场力与阻力大小相等时,导体中形成了恒定电流,则该导体的电阻是( )
A.
kl
e2ns
B.
ks
e2nl
C.
k
e2nls
D.
kl
ens
考点:
电流、电压概念.
分析:
由受力平衡可求得电荷定向移动的速度,再由是流的微观表达式可求得电流;由欧姆定律可求得导体的电阻.
解答:
解:
由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流,则有:
U
L
e=kv
解得:
v=
Ue
kl
;
则导体中的电流I=nevs=
ne2sU
kl
则由欧姆定律可得:
R=
U
I
=
Kl
e2ns
;
故选:
A.
点评:
本题考查共点力平衡、电流的微观表达式及欧姆定律,要注意理解题意,明确速度为待求量,正确列式求解即可.
4.在示波管中电子枪2S内发射了8×1013个电子,则示波管中电流强度的大小为( )
A.6.4×10-6A
B.4×10-13A
C.1.28×10-5A
D.4×10-6A
考点:
电流、电压概念.
专题:
恒定电流专题.
分析:
每个电子的电荷量大小为e=1.6×10-19C.根据电流的定义式I=
q
t
,求解示波管中电流的大小.
解答:
解:
每个电子的电荷量大小为:
e=1.6×10-19C
8×1013个电子总电荷量为:
q=8×1013×1.6×10-19C=1.28×10-5C,
则示波管中电流大小为:
I=
q
t
=
1.28×10−5
2
=6.4×10-6A.
故选:
A.
点评:
本题首先要了解电子的电荷量等于元电荷,是个常量.其次要掌握电流的定义式.
5.某电解池,如果在1s内共有5×1018个二价正离子和1×1019个一价负离子通过面积为0.1m2的某截面,那么通过这个截面的电流是( )
A.0
B.0.8A
C.1.6A
D.3.2A
考点:
电流、电压概念.
专题:
恒定电流专题.
分析:
由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和,根据电流的定义式求解电流.一价离子所带电量大小为e=1.6×10-19C.
解答:
解:
由题,1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e,负离子的电量绝对值为q2=n2e,则电流为I=
q1+q2
t
=
(2n1+n2)e
t
,将n1=5×1018个,n2=1×1019个,e=1.6×10-19C代入解得,I=3.2A
故选D
点评:
本题是电流定义式的应用,关键确定通过导体截面的电量,当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时,电量等于正离子与负离子电量绝对值之和.
6.将一根电阻为R的金属丝接到电压为U的恒压源两端时,其内部自由电子定向移动的速率是v1,如果将金属丝对折后,还接到该电源的两端,其内部自由电荷定向移动的速率是v2.则( )
A.v1=
1
2
v2
B.v1=v2
C.v1=2v2
D.v1=4v2
考点:
电流、电压概念.
专题:
恒定电流专题.
分析:
将金属丝对折后,根据电阻定律研究电阻的变化,再根据欧姆定律分析电流的变化,最后根据电流的微观表达式I=nqvs,分析定向移动速率的关系.
解答:
解:
将金属丝对折后,金属丝长度减半,横截面积变为原来的两倍,根据电阻定律可知,电阻变为原来的
1
4
,即电阻变为
1
4
R.再由欧姆定律I=
U
R
得到,电流变为原来的4倍.
故 由题n、q不变,s变为原来2倍,根据I=nqvs可知,v变为原来的2倍.即v1=
1
2
v2
故选A
点评:
本题考查综合应用物理规律分析问题的能力.电流的微观表达式I=nqvs,反映出电流I是联系宏观与微观的桥梁.
7.(2011•南通模拟)如图所示,一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体,当加有与侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面MN间电压为U.已知自由电子的电量为e.下列说法中正确的是( )
A.M板比N板电势高
B.导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大
C.导体中自由电子定向移动的速度为v=
U
Bd
D.导体单位体积内的自由电子数为
BI
eUb
考点:
电流、电压概念;电势.
分析:
金属导体是自由电子导电,电流方向向右,则电子向左定向移动,在磁场中受到洛伦兹力发生偏转,根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向,判断哪个板聚集电子,再确定M、N两板电势的高低.电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势E=Bdv,为电子定向移动的速率,电压表的读数U=E.根据电流的微观表达式I=nevS,求解导体单位体积内的自由电子数n.
解答:
解:
A、如图,电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向:
向上,则M积累了电子,MN之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低.
B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U=E=Bdv,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关.故B错误.
C、由U=E=Bdv,得自由电子定向移动的速度为v=
U
Bd
.故C正确.
D、电流的微观表达式是I=nevS,则导体单位体积内的自由电子数n=
I
evS
,S=db,v=
U
Bd
,代入得n=
BI
eUb
.故D正确.
故选CD
点评:
本题现象称为霍耳效应,也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数.中等难度.
8.(2006•安徽模拟)来自质子源的质子(初速度为零),经一直线加速器加速,形成电流为I的细柱形质子流,已知质子源与靶间的距离为d,质子电荷量为e,假定分布在质子源到靶间的加速度是均匀的,质子到达靶时的速度为υ,则质子源与靶间的质子数为( )
A.
Id
ev
B.
2Id
ev
C.
Id
v
D.
2Id
v
考点:
电流、电压概念.
专题:
恒定电流专题.
分析:
质子数与电荷量有关系,电荷量有与电流和质子的飞行时间有关.设飞行时间为t,通过位移与速度的关系,可求出运动的时间.然后电荷量与电流的关系,q=It,所以质子数为n=
q
e
,从而即可求解.
解答:
解:
距离为d,速度为v,则时间:
t=
d
v
2
电流为I,则在t时间内通过的电量为q=It=
2Id
v
所以质子数目:
N=
q
e
=
2Id
ev
故B正确.
故选:
B.
点评:
掌握总电量=单一粒子子带电量与总个数的积;及电流的表达式I=
q
t
的应用,同时要注意建立正确的物理模型.
9.一个直线加速器产生一电子束,其电流不是恒定的,而是由脉冲的粒子束所构成的.假定每一脉冲电流持续的时间为0.1μs,平均电流为1.6A,每秒钟有1000个脉冲,每个电子获得的平均能量为400MeV,则下列说法中正确的是( )
A.每个脉冲里有1×1011个电子
B.电子束的平均电流是1.6×10-4A
C.输入加速器的平均功率为6.4×104W
D.每个脉冲的平均功率6.4×108W
考点:
电流、电压概念;电功、电功率.
专题:
恒定电流专题.
分析:
A、求出一脉冲中的电量,然后除以1个电子的电量,即为脉冲里的电子个数.
B、求出1s内通过的电量即可求出平均电流.
C、求出在1s内电子获得的能量即可求出输入加速器的平均功率.
D、求出1个脉冲电子获得的能量即可求出每个脉冲的平均功率.
解答:
解:
A、q=It=1.6×0.1×10-6C=1.6×10-7C.每个脉冲里电子的个数n=
q
e
=
1.6×10−7
1.6×10−19
=1×1012.故A错误.
B、电子束的平均电流I=
Q
t
=
1.6×0.1×10−6×1000
1
A=1.6×10-4A.故B正确.
C、1s内电子获得的能量E=1×1012×1000×400×106×1.6×10-19J=6.4×104J.输入加速器的平均功率P=
E
t
=6.4×104W.故C正确.
D、1个脉冲电子获得的能量E′=1×1012×400×106×1.6×10-19J=64J.每个脉冲的平均功率P′=
E′
t′
=
64
0.1×10−6
=6.4×108W.故D正确.
故选BCD.
点评:
解决本题的关键理解电流的定义式I=
q
t
.以及功率P=
E
t
.
10.一个直线加速器产生一电子束,其电流不是恒定的,而是由脉冲的粒子束所构成的.假定每一脉冲电流持续的时间为0.1μs,平均电流为1.6A,每秒钟有1000个脉冲,每个电子获得的平均能量为400MeV,则下列说法中不正确的是( )
A.每个脉冲里有1×1011个电子
B.电子束的平均电流是1.6×10-4A
C.输入加速器的平均功率为6.4×104W
D.每个脉冲的平均功率6.4×108W
考点:
电流、电压概念;电功、电功率.
专题:
恒定电流专题.
分析:
A、求出一脉冲中的电量,然后除以1个电子的电量,即为脉冲里的电子个数.
B、求出1s内通过的电量即可求出平均电流.
C、求出在1s内电子获得的能量即可求出输入加速器的平均功率.
D、求出1个脉冲电子获得的能量即可求出每个脉冲的平均功率.
解答:
解:
A、由q=It=1.6×0.1×10-6C=1.6×10-7C.得每个脉冲里电子的个数:
n=
q
e
=
1.6×10−7
1.6×10−19
=1×1012个,故A错误.
B、电子束的平均电流为:
I=
Q
t
=
1.6×0.1×10−6×1000
1
A=1.6×10−4A,故B正确.
C、1s内电子获得的能量维护:
E=1×1012×1000×400×106×1.6×10-19J=6.4×104J.输入加速器的平均功率:
P=
E
t
=6.4×104W.故C正确.
D、1个脉冲电子获得的能量为:
E′=1×1012×400×106×1.6×10-19J=64J.每个脉冲的平均功率:
P′=
E′
t′
=
64
0.1×10−6
W=6.4×108W.故D正确.
本题选错误的,故选:
A.
点评:
解决本题的关键理解电流的定义式:
I=
q
t
.以及功率P=
E
t
.
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