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1、高中物理稳恒电流解题技巧及练习题一、稳恒电流专项训练1为了测量一个阻值较大的末知电阻，某同学使用了干电池（1.5V），毫安表（ 1mA），电阻箱（ 0 9999W），电键，导线等器材该同学设计的实验电路如图甲所示，实验时，将电阻箱阻值置于最大，断开K2 ，闭合 K1 ，减小电阻箱的阻值，使电流表的示数为I1 1.00mA，记录电流强度值；然后保持电阻箱阻值不变，断开K1 ，闭合 K2 ，此时电流表示数为 I1 0.80mA，记录电流强度值由此可得被测电阻的阻值为_W经分析，该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致，因此会造成误差为避免电源对实验结果的影响，又设计了如图乙所示的实验电
2、路，实验过程如下：断开 K1 ，闭合 K 2 ，此时电流表指针处于某一位置，记录相应的电流值，其大小为I；断开K2 ，闭合 K1 ，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为_，记录此时电阻箱的阻值，其大小为 R0 由此可测出Rx 【答案】 375, I , R0【解析】解：方案一中根据闭合电路欧姆定律，有E=I1（ r+R1+R2） （其中 r 为电源内阻，R1 为电阻箱电阻，R2 为电流表内阻）E=I2（ r+R1+R2+R）由以上两式可解得R=375方案二是利用电阻箱等效替代电阻R0，故电流表读数不变，为I，电阻箱的阻值为R0故答案为 375， I， R0【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆定律列
3、方程，然后联立求解；第二方案是用等效替代法，要保证电流相等2对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质（1）一段横截面积为S、长为l 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为（a）求导线中的电流I；v（b ）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F 安 =F（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n 为恒量为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为
4、v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F 与 m、n 和 v 的关系（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）【答案】（ 1） InvSe证明见答案 （ 2） PF1nm 2S3【解析】1aQnev( St) ，代入则 I nvSe（）（ ）电流 I，又因为 QIt（b）F 安 =BIL，nvSeF 安 =BnvSeL；因为总的自由电子个数N=nSL，每个自由，代入则：电子受到洛伦兹力大小f=Bve，所以 F=Nf=BnvSeL=F安，即 F 安=F（2）气体压强公
5、式的推导：设分子质量为m，平均速率为v，单位体积的分子数为n ；建立图示柱体模型，设柱体底面积为S ，长为l，则lt柱体体积VSl柱体内分子总数N 总nV因分子向各个方向运动的几率相等，所以在t 时间内与柱体底面碰撞的分子总数为1N总N总设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为p2m N总，依据动量定理有 Ftp又压力 Ftp由以上各式得单位面积上的压力F0F1 nm 2S3【点评】本题的第1 题中两问都曾出现在课本中，例如分别出现在人教版选修3-1.P42，选修 3-1P.42，这两个在上新课时如果老师注意到，并带着学生思考推导，那么这题得分是很容易的第
6、 2 问需要利用动量守恒知识，并结合热力学统计知识，通过建立模型，然后进行推导，这对学生能力要求较高，为了处理相应问题，通过建模来处理问题在整个推导过程并不复杂，但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运动，而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等，即要取总分子个数的1 6【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导3 如图所示，已知电源电动势E=20Vr=l R=3时，电路中标有，内阻，当接入固定电阻“ 3V,6W的”灯泡 L 和内阻 RD=1的小型直流电动机D 都恰能正常工作.试求：（1）流过灯泡的电流（2）固定电阻的发热功率（3）电动机输出
7、的机械功率【答案】 （1） 2A（ 2） 7V（3） 12W【解析】（1）接通电路后，小灯泡正常工作，由灯泡上的额定电压U 和额定功率 P 的数值可得流过灯泡的电流为：=2A（2）根据热功率公式，可得固定电阻的发热功率：=12W（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：=9V电动机消耗的功率：=18W一部分是线圈内阻的发热功率：=4W另一部分转换为机械功率输出，则=14W【点睛】（ 1）由灯泡正常发光，可以求出灯泡中的电流；（2）知道电阻中流过的电流，就可利用热功率方程，求出热功率；（3）电动机消耗的电功率有两个去向：一部分是线圈内阻的发热功率；另一部分转化为机械功率输出。4 如图所示
8、，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P、 Q，两板间的距离为 D.半圆轨道的最高点 T、最低点 S、及 P、 Q 板右侧边缘点在同一竖直线上 . 装置左侧有一半径为 L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心O1 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看 )，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与 P、 Q 连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为12
9、m 的小球1 以速度v05gr2，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球 2 发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设 P、 Q 板正对区域间才存在电场 .重力加速度为 g.(1)计算小球1 与小球2 碰后粘合体的速度大小v；(2)若金属杆转动的角速度为，计算图中电阻R 消耗的电功率P；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围.5gr(2) PB2L42mgd7mgd【答案】 (1) v4R(3)qBL222qBL【解析】【分析】【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则1 m
10、v0( 1 m1 m)v2225gr解得 v2(2)杆转动的电动势BLvBL1 L1 BL2222B2 L42电阻 R 的功率 P4RR(3)通过金属杆的转动方向可知： P、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度1 为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T 点时的速度为 v1在 T 点，由牛顿第二定律得mgqE1m v12r从 S 到 T，由动能定理得 qE1 2rmg 2r1 mv121 mv222mg解得 E12q杆转动的电动
11、势 11BL212两板间电场强度E11d联立解得mgd1qBL2如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度2 为最大，设此时对应的电场强度为E2在 S 点，由牛顿第二定律得qE2 mgm v2r杆转动的电动势21BL222两板间电场强度E22d联立解得27mgdqBL2综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点 T，金属杆转动的角速度的范围为：mgd7mgdqBL2qBL2 .5 在图所示的电路中，电源电压 U 恒定不变，当 S 闭合时 R1 消耗的电功率为 9W，当
12、 S 断开时 R1 消耗的电功率为 4W，求：（ 1）电阻 R1 与 R2 的比值是多大？（ 2） S 断开时，电阻 R2 消耗的电功率是多少？（ 3） S 闭合与断开时，流过电阻 R1 的电流之比是多少？【答案】 2 1， 2W， 3 2【解析】【分析】【详解】（1）当 S闭合时 R1 消耗的电功率为9W,则：P1U29WR1当 S 断开时 R1 消耗的电功率为4W，则：P1 (U)2 R1 4WR1R2解得：R1 : R2 2:112I2R，功率之比等于阻值之比，所以：(2)S 断开时 R 和R 串联，根据公式 PP1 : P2 R1 : R2 2 :1又因为 P1 4W，所以， S 断开
13、时，电阻R2 消耗的电功率：P2 2W(3)S 闭合时：IUR1S 断开时 :I UR1R2所以：IR1 R23I R126 利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。当滑动变阻器的滑片滑到某一位置时 ,电流表和电压表的示数分别为I1 和 U1。改变滑片的位置后,两表的示数分别为I2 和U2。写出这个电源电动势和内电阻的表达式。U 1I 2 U 2 I1U 1U 2【答案】 ：E=r= I 2I1I 2 I1【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律列出两次的表达式，联立即可求解【详解】由全电路欧姆定律得：E=U1+I1 rE=U2+I2 r解得：U1I 2 U 2 I1E=I 2I1U 1U
14、2r= I 2I17 山师附中一研究性学习小组制作了一辆以蓄电池为驱动能源的环保电动汽车，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让小汽车一次性跑500m，汽车时速最高可达10m/s ，汽车总质量为 9kg驱动电机直接接在蓄电池的两极，且蓄电池的内阻为r=0.20 当该汽车在水平路面上以v2m/s 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I1.5A，电压U3.0V，内电阻RM=0.40 在此行驶状态下（取 g 10 m/s 2），求：（ 1）驱动电机输入的电功率 P 入；（ 2）驱动电机的热功率 P 热；（3）驱动电机输出的机械功率P 机 ；（4）蓄电池的电动势E【答案】 （1） 4.5W（ 2）
15、 0.9W （3） 3.6W （ 4）3.3V【解析】试题分析：根据P=UI 求出驱动电机的输入功率；由P=I2r 可求得热功率；由输入功率与热功率的差值可求出机械功率；由闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势（1）驱动电机输入的电功率：P 入 IU 1.5 3.0W 4.5W（ 2）驱动电机的热功率： P 热 I2R (1.5)2 0.40W 0.9W（ 3）驱动电机输出的机械功率： P 机 P 入 -P 热 3.6W（ 4）蓄电池的电动势： E=U+IR=（ 3.0+1.5 ）0V=3.2.3V点睛：本题主要考查了功率的公式 P=UI，以及机械功率的公式 P=Fv 的应用；要注意体会能量的转化
16、与守恒关系 8 一交流电压随时间变化的图象如图所示若用此交流电为一台微电子控制的电热水瓶供电，电热水瓶恰能正常工作加热时的电功率P 880W ，保温时的电功率P 20W 求：该交流电电压的有效值U；电热水瓶加热时通过的电流I；电热水瓶保温5h 消耗的电能E【答案】 220V 4A 3.6105 J【解析】 根据图像可知 ，交流电电压的最大值为：U m220 2V ，则该交流电电压的有效值为： UU m220V ；2 电热水瓶加热时，由P8804 AP UI 得： IAU220 电热水瓶保温 5h 消耗的电能为： W P t20 53600 J 3.6 105 J点睛：本题根据交流电图象要能正确
17、求解最大值、有效值、周期、频率等物理量，要明确功率公式 PUI 对交流电同样适用，不过U、 I 都要用有效值9 如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距L =1m ，导轨平面与水平面成?= 30 0 角，下端连接阻值为R = 0.8 的电阻 ，匀强磁场方向与导轨平面垂直 ，磁感应强度大小为 B=1T；质量为 m = 0.1kg 、电阻 r = 0.2 金属棒放 在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触 g 取 10m/s2 ，求：（ 1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（ 2）金属棒 ab 所能获得的最大速度；（ 3）若金属棒 ab 沿斜面下滑 0.2m 时
18、恰好获得最大速度 ，求在此过程中回路一共生热多少焦 ？【答案】（ 1） 5m/s2（2） 0.5m/s （ 3） 0.0875J【解析】试题分析：（ 1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得：mgsin ma代人数据解得： a5m / s2 （2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v ，所受安培力为F ，棒在沿导轨方向受力平衡有：mgsinFA ， FABILBlvB2 L2v， mgsinB2L2vm，BrLrRrRR最大速度为： vmmgsinRr0.5m / s B2 L2（3）根据全过程中能的转化和守恒规律，有：mgxsin1 mv2Q ，2所以全过程中系统产生的热为：Qmgxs
19、in1 mv20.0875J 2考点：导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用平衡条件、牛顿第二定律和功能关系进行求解10 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为、横截面积为S 的细金属直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。（1）当该导线通有恒定的电流I 时：请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率 v；经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩
20、余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为 k。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数 k 的表达式。（ 2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917 年发现，被称为斯泰瓦托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线
21、圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F。根据上述模型回答下列问题： 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F 做功的大小； 推导该圆线圈中的电流I 的表达式。【答案】（ 1） vI； ne2；（ 2） Fl； I FSneS。e【解析】【分析】【详解】（1）一小段时间t 内，流过导线横截面的电子个数为：Nn Sv t对应的电荷量为：QNen Sv t e根据电流的定义有：解得： vQIneSvtIneS从能量角度考虑，假设金属中的
22、自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：Uekvl0又因为：neSvlUIRnev lS联立以上两式得：kne2（2）电子运动一圈，非静电力做功为：W非F2 rFl对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：W 非FlEee根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：EIR联立以上两式，并根据电阻定律：解得： IlRSFSe11 如图所示，粗糙斜面的倾角 37r 0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向，半径下的匀强磁场一个匝数n10 匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率 P 1.25 W 的小灯泡 A 相连，圆形磁场的一条直径恰
23、好过线框bc 边已知线框质量m 2 kg，总电阻 R0 1.25 ，边长 L2r，与斜面间的动摩擦因数 0.5.从 t0 时起，磁场的磁感应强度按B 2 2 t(T)的规律变化开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos37 0.8.求：(1)小灯泡正常发光时的电阻R；(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q.【答案】 (1)1.25(2)3.14 J【解析】【分析】（ 1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解感应电动势；由功率表达式，结合闭合电路欧姆定律即可；（ 2）对线框受力分析，并结合平衡
24、条件，及焦耳定律，从而求得【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有E nt得 E nB1r 210210.52V2.5?Vt22小灯泡正常发光，有P I2R由闭合电路欧姆定律有E I(R0 R)E则有 P ()2R，代入数据解得R 1.25.R0R（2）对线框受力分析如图设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B，由力的平衡条件有mgsin F 安 f F 安 mgcos F 安 nBI2r联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B 0.4 T线框在斜面上可保持静止的时间 t1.6 s4s2 /5小灯泡产生的热量 Q Pt 1.25 4J 3.14 J.512 麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：
25、变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场（1）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B=kt （ k0 且为常量）将一半径也为r 的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置求金属圆环内产生的感生电动势的大小变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆，如图中的实线所示，圆心与磁场区域的中心重合在同一圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力，这个力称为涡旋电场力，其与电
26、场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E 感 （ 2）如图所示，在半径为 r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场，电场强度大小随时间的变化关系为 E=t（0 且为常量）我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量，同样地，我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量电场强度发生变化时，对应面积内的电通量也会发生变化，该变化的电场必然会产生磁场小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B 感的方法可以类比（1）中求解 E 感的方法若小明同学的猜想成立，请推导B 感 在距离电场中心为 a（ ar）处的表达式，并求出在距离电场中心r 和 2r 处的磁
27、感应强度的比值B 感 1： B2感 2小红同学对上问通过类比得到的B 感的表达式提出质疑，请你用学过的知识判断B 感 的表达式是否正确，并给出合理的理由【答案】 （1） k r 2kr；（ 2） 1:1 不正确 .2【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解金属圆环内产生的感生电动势 的大小在金属圆环内，求解非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功，求解电动势，从而求解感应电场强度； （2） 类比（ 1）中求解 E 感的过程求解 两处的磁感应强度的比值 ； 通过量纲分析表达式的正误 .【详解】（1） 根据法拉第电磁感应定律得B SB Skr 2ttt在金属圆环内，非静电力对带电量为-q
28、 的自由电荷所做的功 W 非 =qE 感2rW非根据电动势的定义q解得感生电场的场强大小E感kr2rt 2（2） 类比（ 1）中求解 E 感 的过程，在半径为R 处的磁感应强度为B感et2 R在 R=a 时， eE a2，解得 B感a2r2r在 R=时，Er，解得 B感12e124将 R=2r 时，e2Er 2，解得 B感2r4所以B感11B感21 上问中通过类比得到的B 感 的表达式不正确；因为通过量纲分析我们知道：用基本物理量的国际单位表示B感e的导出单位为R t2kg m2；又因为 BF，用基本物理量的国际单位表示FAs4ILB的导出单位为ILkg可见，通过类比得到的B 感 的单位是不正
29、确的，所以B感e的表达式不正A s22Rt确【点睛】考查电磁学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、电场强度和磁感应强度的应用，会用类比法解决问题以及用物理量的量纲判断表达式的正误13 如图所示，水平面内固定的三条光滑平行金属导轨a、 b、 c，相距均为d=2m，导轨 ac间横跨一质量为m=1kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触棒的总电阻r=2 ，导轨的电阻忽略不计在导轨bc 间接一电阻为R=2 的灯泡，导轨ac 间接一理想电压表整个装置放在磁感应强度B=2T 匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t=2s
30、 时间棒的速度达到=3m/s 且以后稳定试求：（1）金属棒速度稳定时施加的水平恒力F 为多大 ?（ 2）水平外力 F 的功率为多少 ?（ 3）在此 t=2s 时间内金属棒产生的热量是多少?【答案】（ 1） 16N（2） 48W（3） 305J【解析】试题分析：（ 1）金属棒速度达到稳定，有：F F安 0Bd而 F安 BId ， IR r / 2联立得： F=16N（ 2） P F=48W（3）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1 、 Q2 ，根据焦耳定律得知：Q1RQ22r / 2由功能关系得： Pt= Q1 +Q2 + 1m22代入数据得：Q2 =30 5J考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律
31、；功能关系14 用质量为 m 、总电阻为R的导线做成边长为l 的正方形线框MNPQ，并将其放在倾角为的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l ，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l （即 abl ）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa 、 bb 垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能匀速穿过磁场区域，重力加速度为g ，求：（1）线框通过磁场时的速度v ；（2）线框 MN边运动到 aa的过程中通过线框导线横截面的电荷量q ；（3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q。【答案】（ 1） vmgRsin2 2?B lBl 2（2） qR（3） Q 2mglsin【解析】试题分析：（ 1）感应电动势 : E Blv ，感应电流 : IE ，安培力： F BIlR线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示FmgsinmgRsin解得匀速运动的速度: vB2 l 2?（2）解法一：由 BIlmgsin得， Img sintlB2l3Blv，mgRsinBl 2所以 q ItR解法二：平均电动势E n， IEtnBl 2， q I