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一塊N型半導體薄片（稱霍爾元件），其橫載面為矩形，體積為b×c×d，如圖所示。已知其單位體積內的電子數為n、電阻率為ρ、電子電荷量e.將此元件放在勻強磁場中，磁場方向沿Z軸方向，并通有沿x軸方向的電流I。
(1)此元件的CC^/兩個側面中，哪個面電勢高？
(2)試證明在磁感應強度一定時，此元件的CC^/ 兩個側面的電勢差與其中的電流成正比
(3)磁強計是利用霍爾效應來測量磁感應強度B 的儀器。其測量方法為：將導體放在勻強磁場之中，用毫安表測量通以電流I，用毫伏表測量C、C/間的電壓U CC’， 就可測得B。若已知其霍爾系數。并測得U CC’=0.6mV,I=3mA。試求該元件所在處的磁感應強度B的大小。

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                              高考真題

1．【解析】考查基本物理常識。熱敏電阻的原理是通過已知某電阻的電阻值與溫度的函數關系，測得該熱敏電阻的值即可獲取溫度，從而應用于溫度測控裝置中，A說法正確；光敏電阻是將光信號與電信號進行轉換的傳感器，B說法正確；電阻絲通過電流會產生熱效應，可應用于電熱設備中，C說法正確；電阻對直流和交流均起到阻礙的作用，D說法錯誤

【答案】ABC

2．【解析】本題考查電路的串并聯知識。當cd端短路時，R₂與R₃并聯電阻為30Ω后與R₁串聯，ab間等效電阻為40Ω，A對；若ab端短路時，R₁與R₂并聯電阻為8Ω后與R₃串聯，cd間等效電阻為128Ω，B錯；但ab兩端接通測試電源時，電阻R₂未接入電路，cd兩端的電壓即為R₃的電壓，為U_cd = ×100V=80V，C對；但cd兩端接通測試電源時，電阻R₁未接入電路，ab兩端電壓即為R₃的電壓，為U_ab = ×100V=25V，D錯。

【答案】AC

3．【解析】當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，R的電阻增大，所以總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，所以電壓表的讀數增大；又因與電流表串聯的電阻恒定，當其支路的電壓增大時，電流也增大，所以電流表的讀數也增大，故選項A正確

【答案】A

4．【解析】說明bcd與電源之間和a與電源之間的元件和導線是完好的，只能是R斷路。所以選項B正確。

【答案】B

5．【解析】正確認識門電路的符號，“＆”為或門，“1”為非門，其真值為： B端0輸入，則1輸出，或門為“0，1”輸入，則1輸出。C正確  

【答案】C

6．【解析】（1）導線上損失的功率為P=I^2R=(

損失的功率與輸送功率的比值

（2）(2)風垂直流向風輪機時，提供的風能功率最大.

單位時間內垂直流向葉片旋轉面積的氣體質量為pvS,S=r²

風能的最大功率可表示為

P_風=

采取措施合理，如增加風輪機葉片長度，安裝調向裝置保持風輪機正面迎風等。

（3）按題意，風力發(fā)電機的輸出功率為P₂=kW=160 kW

最小年發(fā)電量約為W=P₂t=160×5000 kW?h=8×10⁵kW?h

【答案】（1）    （2）   （3）8×10⁵kW?h

7．【解析】歐姆檔在最上面的一排數據讀取，讀數為6×10Ω=60Ω；電流檔測量讀取中間的三排數據的最底下一排數據，讀數為7.18mA；               圖6

同樣直流電壓檔測量讀取中間的三排數據的中間一排數據較好，讀數為35.9×0.1V=3.59V

【答案】（1）60Ω    （2）7.18mA  （3）3.59V

8．【解析】（1）當B＝0.6T時，磁敏電阻阻值約為6×150Ω＝900Ω，當B＝1.0T時，磁敏電阻阻值約為11×150Ω＝1650Ω．由于滑動變阻器全電阻20Ω比磁敏電阻的阻值小得多，故滑動變阻器選擇分壓式接法；由于，所以電流表應內接。電路圖如圖6所示。

（2）方法一：根據表中數據可以求得磁敏電阻的阻值分別為：，，，                                               

，，

故電阻的測量值為（1500－1503Ω都算正確。）

由于，從圖1中可以讀出B＝0.9T

方法二：作出表中的數據作出U－I圖象，圖象的斜率即為電阻（略）。

（3）在0～0.2T范圍，圖線為曲線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或非均勻變化）；在0.4～1.0T范圍內，圖線為直線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）；

（4）從圖3中可以看出，當加磁感應強度大小相等、方向相反的磁場時，磁敏電阻的阻值相等，故磁敏電阻的阻值與磁場方向無關。

本題以最新的科技成果為背景，考查了電學實驗的設計能力和實驗數據的處理能力．從新材料、新情景中舍棄無關因素，會看到這是一個考查伏安法測電阻的電路設計問題，及如何根據測得的U、I值求電阻。第（3）、（4）問則考查考生思維的靈敏度和創(chuàng)新能力．總之本題是一道以能力立意為主，充分體現新課程標準的三維目標，考查學生的創(chuàng)新能力、獲取新知識的能力、建模能力的一道好題。

【答案】（1）     B＝0.9T   （2）B＝0.9T     （3）磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）；

9．【解析】（1）如圖所示  

      （2）②讀取溫度計示數，讀取電壓表示數

      （3）根據就可解出不同溫度下熱敏電阻的阻值，

并利用圖線得出圖線的斜率。在圖象上取兩點，當℃時，

，當℃時，圖象的斜率為，將圖線延長，交于原點，說明℃時的電阻為100，故關系式為。             

【答案】  (1）圖略   （2）記錄電壓表電壓值、溫度計數值 （3）R=100+0.395 t

10．【解析】（（1）如圖所示                               

（2）由于R_L1比R_L2小得多，燈泡L₂分得的電壓很小，雖然有電流渡過，但功率很小，不能發(fā)光。                     

（3）L₂分得的電壓很小，雖然有電流渡過，

但功率很小，不能發(fā)光。如圖c所示

【答案】（1）如圖b（2）L₂分得的電壓很小，

雖然有電流渡過，但功率很小，不能發(fā)光。

  （3）功率很小，不能發(fā)光。

名校試題

1．【解析】當傳感器R₂所在處出現火情時，      

溫度升高，R₂電阻減小，總電流變大，R₁上電壓變大，R₃電壓變小，故電流表示數I變�。宦范穗妷篣變小。故D正確。

【答案】D

2．【解析】由電功率的定義式得IU=P，所以選項B正確；因電吹風中有電動機，有一部公電能轉化為機械能，所以選項C也正確。

【答案】BC

3．【解析】當滑動變阻器上的滑動頭從開始的中點位置向右移動時，總電阻減小，總電流增大，所以選項D正確；L₁所在支路電阻增大，電流減小，所以選項A對；同理選項D也正確

【答案】ABD

4．【解析】因為A₁(0―3A)和A₂(0―0.6A)是由兩個相同電流表改裝而來的，只不過是它們并聯的電阻不同，電壓相等，所以通過它們的電流也相同，所以選項A正確；A₁的讀數為1A時，A₂的讀數為0.2A，所以通過干路的電流I為1.2A，故選項D正確。

【答案】AD

5．【解析】當 S₁閉合，S₂斷開，該報警器將發(fā)出警報聲，所以選項B正確

【答案】B

6．【解析】在直流電路中電容相當于斷路，R₁與R₂串聯，R₃與R₄串聯，兩部分再并聯。電路中在R₁、R₂上的電壓降與在R₃、R₄上的電壓降相等，即U₁＋U₂＝U₃＋U₄，且U₁∶U₂＝R₁∶R₂，U₃∶U₄＝R₃∶R₄，所以不用光照射時電容器上極板的電勢高于下極板的電勢。當用光照射時，光敏電阻R₂的阻值減小，此時電容器上極板的電勢可能仍高于下極板的電勢，但電勢差減小，所以，電容C的電荷量可能會減小。隨照射光的強度的增加，當光敏電阻的阻值減小到一定值后，電勢差減小到零。照射光再增強時電容器下極板的電勢將高于上極板，此時電容器上極板先帶正電，后來帶負電。即電容器上的電荷先被中和，后再充電，電容C的電荷量的變化情況也可能是先減小后增大。

【答案】減�。幌葴p小后增大

7．【解析】（1）歐姆檔在最上面的一排數據讀取，讀數為22×10Ω=220Ω；電流檔測量讀取中間的三排數據的最底下一排數據，讀數為3.9mA；              

（2）設計電路如圖所示

【答案】 (1)1220Ω    23.9 mA                                   

     (2)見圖

8．【解析】（1）電路如圖所示  電流表改裝成電壓表，

串聯電阻（電阻箱）可以完成。由于電流的表A₁的內

阻相對待測電阻R_x很小，且大小不確定,采用電流表

外接法。滑動變阻器R₁的最大阻值很小，電壓的調

節(jié)能力有限，采用分壓式接法。

（2）6.4mA ；240μA；195Ω

由圖可知，電流表A₁的示數是6.4mA ，電流表

A₂的示數是240μA。              

測得待測電阻=195Ω。

【答案】（1）串聯電阻（電阻箱）可以完成；（2）見圖24   （3）195Ω

9．【解析】（1）額定電流                           解得                       

（2）設5節(jié)電池串聯，總電動勢為E，總內阻為r；串聯的電阻阻值為R，其兩端電壓為U，則                    又                                                     

代入數據解得  R＝10Ω                                                      

【答案】（1）  （2）R＝10Ω

10．【解析】⑴設電容器上的電壓為Uc.    

電容器的帶電量 解得： Q＝4×10^－4C    

⑵設電壓表與R₂并聯后電阻為R_并                     

則電壓表上的電壓為:  解得：＝3V   

【答案】（1）Q＝4×10^－4C   （2）＝3V

11．【解析】（1）燈泡兩端電壓等于電源端電壓,且U=ε-Ir,則總電流I=8A,

   電源提供的能量:E=Iεt=8×12×100×60=5.76×10⁵J.                    

(2)通過燈泡的電流I₁=16/8=2A,電流對燈泡所做的功

   W₁=Pt=16×100×60=0.96×10⁵J

通過電動機的電流I₂=8-2=6A,

電流對電動機所做的功W₂= I₂Ut=6×8×600=2.88×10⁵J

(3)燈絲產生的熱量Q₁=W₁=0.96×10⁵J,

電動機線圈產生的熱量Q₂=I₂²r’t=6²×0.5×600=0.108×10⁵J

(4)電動機的效率:η=％=96.3％

【答案】（1）5.76×10⁵J    （2）2.88×10⁵J       （3）0.108×10⁵J     （4）96.3％

12．【解析】（1）當觸頭滑動到最上端時，流過小燈泡的電流為：              流過滑動變阻囂的電者吶：        故：           （2）電源電動勢為：                                         

當觸頭，滑動到最下端時，滑動交阻囂和小燈泡均被短路．電路中總電流為：

         故電源的總功率為：                   

       輸出功率為：                                                    

【答案】（1）     （2），

考點預測題

1．【解析】由圖可知、并聯后再與串聯，測通過的電流，測通過的電流，V測路端電壓U�，F將R₂的滑動觸點向b端移動，阻值減小，電路總電陰減小，則總電流I增大；根據閉合電路歐姆定律知路端是壓U=E-Ir，所以電壓表示數U減�。�兩端電壓，而，增大，所以減小，則減小，而I=+，所以增大。故選項B正確．

【答案】B

2．【解析】每只電熱器的電阻為             

     每只電熱器的額定電流為

  (1)每只電熱器正常工作,必須使電熱器兩端的實際電壓等于額定電壓200V，因此干路電流為     ,而每只電熱器的額定電流為5A，則電熱器的只數為只.

        (2)要使電源使出功率最大,須使外電阻等于內電阻，由此可知電熱器總電阻為,故只。

        (3)要使用電器組加熱物體最快,必須使其總電阻為,所以只.

        (4)要使、是消耗的功率最大,必須使通過它們的電流最大,即當50只電熱器全接通時,可滿足要求,即只.

     【答案】  (1)2只    (2)40只     (3)8只       (4)50只

3．【解析】由電壓和R₁的阻值可知通過R₁的電流I₁＝36mA，則通過熱敏電阻的電流為I₂＝34mA。由I―U關系曲線可知，熱敏電阻兩端的電壓為5.2V。則R₂的電壓為3.8V，R₂的阻值為111.6．

 【答案】3.8V111.6

4．【解析】依題意，由圖32（b）可得二極管電流和電壓的關系為：I＝2U－2  ① 

又二極管的功率：P＝UI≤4W   

將①代入②得：U²－U－2≤0   解得：U≤2V 

代入①得：I≤2A

由閉合電路歐姆定律  E＝U＋IR  得 R≥1.5Ω

  輸入給R的功率P_R＝（E－U）I＝（E―U）(2U－2)＝－2U²＋12U－10＝－2（U－3）＋8

可見P_R隨U按拋物線規(guī)律變化，其開口向下，最大值時 U＝3V，故要使R的功率最大，其電壓只能是二極管不被燒壞的最大電壓U＝2V。這樣R＝1.5Ω  P_R的最大值P_R＝（E－U）I＝6W

【答案】（1）R≥1.5Ω   （2）6W

5．【解析】假設r為電源內阻，R為車燈電阻，I為沒有啟動電動機時流過電流表的電流。在沒有啟動電動機時，滿足閉合電路歐姆定律，r+R=，得。                               

此時車燈功率為：P=。  啟動電動機后，流過電流表的電流，此時車燈兩端的電壓為：，所以此時車燈功率為P=                         

電動機啟動后車燈軾率減少了，故正確選項為B。 

 【答案】B

6．【解析】當電鍵S斷開時，電動機沒有通電，歐姆定律成立，所以電路兩端的電壓U=I₁R₁=10V；當電鍵合上后，電動機轉動起來，電路兩端的電壓U=10V，通過電動機的電流應滿足UI₂>I₂²R₂,所以I₂<1A.所以 電流表的示I<1.5A，電路消耗的電功率P<15W,即BD正確。

【答案】BD

7．【解析】由于穩(wěn)定后電容器相當于斷路，因此R₃上無電流，電容器相當于和R₂并聯。只有增大R₂或減小R₁才能增大電容器C兩端的電壓，從而增大其帶電量。改變R₃不能改變電容器的帶電量。因此選BD。

【答案】BD

8．【解析】由于R₁ 和R₂串聯分壓，可知R₁兩端電壓一定為4V，

由電容器的電容知：為使C的帶電量為2×10^-6C，其兩端電壓必須為1V，   

所以R₃的電壓可以為3V或5V。因此R₄應調節(jié)到20Ω或4Ω．兩次電容器上極板分別帶負電和正電。還可以得出：當R₄由20Ω逐漸減小的到4Ω的全過程中，通過圖中P點的電荷量應該是4×10^-6C，電流方向為向下。

【答案】調節(jié)到20Ω或4Ω

9．【解析】根據題給條件，首先判定不能選用歐姆擋，因為使用歐姆擋時，被測元件必須與外電路斷開。先考慮電壓擋，將黑表筆接在b端，如果指針偏轉，說明R₁與電源連接的導線斷了，此時所測的數據應是電源的電動勢6V�；�于這一點，C不能選，否則會燒毀萬用表；如果指針不偏轉，說明R₁與電源連接的導線是好的，而R₁與R₂之間導線和R₂與電源間導線其中之一是壞的，再把黑表筆接c點，如果指針偏轉，說明R₁與R₂之間導線是斷的，否則說明R₂與電源間導線是斷的，A項正確。再考慮電流表，如果黑表筆接在b端，指針偏轉有示數則說明R₁與電源連接的導線是斷的，此時指示數I=E/(R₁+R₂)=0.4A,沒有超過量程；如果指針不偏轉，說明R₁與電源間連接的導線是好的，而R₁與R₂之間導線和R₂與電源間導線其中之一是壞的，再把黑表筆接c點，如果指針偏轉，說明R₁與R₂之間導線是斷的，此時示數I=E/R₂=1.2A,超過電流表量程，故B不能選。

【答案】A

10．【解析】畫出原電路的等效電路圖如圖所示.

若斷路，圖增大，根據閉合電路歐姆定律，得減小，則分得的電流變小，即變暗，電流表的示數變小，又由可知，可得路端電壓增大，而，減小，可推得增大，故變亮.選項正確.

   【答案】A

11．【解析】（1）驅動電機的輸入功率

（2）在勻速行駛時                   

汽車所受阻力與車重之比    。

（3）當陽光垂直電磁板入射式，所需板面積最小，設其為S，距太陽中心為r的球面面積。

若沒有能量的損耗，太陽能電池板接受到的太陽能功率為，則

設太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為P，

     由于，所以電池板的最小面積

【答案】（1）   （2）   （3）

12．【解析】由3知，常溫下其電阻較小，通入電流后，隨著溫度升高，其電阻率先變小，然后迅速增大，其功率先變大后變小，當其產生的熱量與放出的熱量相等時，溫度保持在t₁～t₂之間的某一值不變，如果溫度再升高，電阻率變大，導致電流變小，那么溫度隨之會降低；如果溫度降低，電阻率變小，導致電流變大，溫度又會升上去.所以AD正確?

【答案】AD

13．解析】電熱式電器在人們的日常生活中有其重要應用，本題以此為背景，主要考查電路圖的識別能力與電路計算能力。

（1）S閉合，處于加熱狀態(tài)；S斷開，處于保溫狀態(tài)。

（2）由電功率公式得

聯立解得

（3）

【答案】（1）處于保溫狀態(tài)。   （2）   （3）h

14． 【解析】（1）設列車加速度為時小球偏離豎直方向的夾角為θ，這時小球受到的合外力為F=mgtanθ，由牛頓第二定律可得列車的加速度為a=gtanθ=g.DC/h

上式即觸點D的位移跟加速度的關系式。

    從電路部分來看，設此時電壓表的讀數為U’，根據串聯電路的特點，對均勻電阻絲來說有電壓與電阻絲長度成正比，即U’／U=R_DC／R_AB=DC/l     DC=l U’／U

    由上兩式聯列得a=gU’l／Uh

    上式中g、U、l、h都是常數，表明U’與a正比，可將電壓表上的電壓讀數一一對應成加速度的數值，電壓表便改制成了加速度計。

   （2）這個裝置測得最大加速度的情況是觸點由D移到A，這時電壓表讀數U’=U/2，

所以a_max=gl/2h

C點設置在AB中間的好處是：利用這個裝置還可以測定列車做勻減速運動時的加速度，這時小球偏向OC線的右方。電壓表要零點在中間，且量程大于U/2

【答案】（1）  a=gU’l／Uh     （2）可以測定列車做勻減速運動時的加速度

15．【解析】絕大多數考生解答此題，首選的就是伏安法，由于本題沒有電壓表，因為本題需要運用“電流表算電壓”這一創(chuàng)新思維

（1）實驗電路如圖所示。

（2）A₁、A₂兩電流表的讀數I₁、I₂，所以R₁兩端的電壓為，電流為，由部分電路歐姆定律得

待測電阻R₁的阻值計算公式是                   

【答案】

16．【解析】此題與教材上的伏安法略有不同，多了一個定值電阻，但其原理還是閉合電路歐姆定律。①實驗電路原理圖如圖1所示

②根據E=U+Ir，可得      聯立方程有           

此方法測得的電動勢和內阻均無系統(tǒng)誤差    圖44

【答案】

17．【解析】求解電壓表擴大后的量程，就要知道與電壓表串聯的電阻R₁大小，本題可以順著這個思路分析，設計電路。若將R₁、R₂串聯，由電壓表的示數及自身電阻可算得電路中的電流，根據兩次示數由閉合電路歐姆定律可算出R₁和電源的電動勢。當S₁閉合，S₂斷開時，電壓表的示數變小，知R₂被接入了電路。故電路應如圖7所示連接。

設電源的電動勢為E，先后兩次電壓表的示數為U₁、U₂，電壓表自身電阻為R₀，原先量程為U₀,由閉合電路歐姆定律有：和，代入已知數據解兩式得，E=6.3V， R₁=6000Ω。電壓表改裝后的量程為

【答案】7V    E=6.3V