高考物理稳恒电流技巧小结及练习题及解析

1、高考物理稳恒电流技巧小结及练习题及解析一、稳恒电流专项训练1 如图 10 所示， p、 q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，相距为l1 ，处在竖直向下、磁感应强度大小为b1 的匀强磁场中一导体杆ef 垂直于 p、 q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动质量为m、每边电阻均为r 、边长为 l2 的正方形金属框 abcd置于倾斜角 =30的光滑绝缘斜面上(ad mn ， bc fg， ab mg, dc fn)，两顶点 a、 d 通过细软导线与导轨 p、 q 相连，磁感应强度大小为b2 的匀强磁场垂直斜面向下，金属框恰好处于静止状态不计其余电阻和细导线对a、 d 点的作用力（ 1）通

2、过 ad 边的电流 iad 是多大？（ 2）导体杆 ef 的运动速度 v 是多大？3mg3mgr【答案】 (1)(2) 8b1b2dl8b2 l【解析】试题分析： (1)设通过正方形金属框的总电流为i， ab 边的电流为 iab， dc 边的电流为 idc，有 iab3i 41idc i4金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg b2 ab 22 dc 2i l b i l 由 ，解得 iab3mg 4b2 l2mg(2)由 (1)可得 i b2 l2设导体杆切割磁感线产生的电动势为e，有 e b1 1l v 设 ad、 dc、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为r，则 r 3r

3、 4根据闭合电路欧姆定律，有i er3mgr由 ，解得 v 4b1b2l1l2 考点：受力分析，安培力，感应电动势，欧姆定律等2要描绘某电学元件（最大电流不超过m，最大电压不超过）的伏安特性曲线，设计电路如图，图中定值电阻为，用于限流；电流表量程为m，内阻约为；电压表（未画出）量程为，内阻约为 ；电源电动势为，内阻不计。（）实验时有两个滑动变阻器可供选择：a、阻值到，额定电流b、阻值到，额定电流本实验应选的滑动变阻器是（填 “a或”“b）”（）正确接线后，测得数据如下表（） .003.006.006.166.286.326.366.386.396.40（ m0.000.000.000.060.

4、501.002.003.004.005.50）a）根据以上数据，电压表是并联在与之间的（填 “”或 “ ”）b）画出待测元件两端电压随间电压变化的示意图为（无需数值）【答案】 (1) a(2) a) pb）【解析】（ 1）选择分压滑动变阻器时，要尽量选择电阻较小的，测量时电压变化影响小，但要保证仪器的安全。b 电阻的额定电流为，加在它上面的最大电压为10v，所以仪器不能正常使用，而选择 a。（ 2）电压表并联在 m 与 p 之间。因为电压表加电压后一定有电流通过，但这时没有电流流过电流表，所以电流表不测量电压表的电流，这样电压表应该接在 p 点。视频3环保汽车将为2008 年奥运会场馆服务某辆

5、以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m 3 10 3 kg 当它在水平路面上以 v=36km/h 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流i=50a，电压 u=300v在此行驶状态下（1）求驱动电机的输入功率p ；电（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率p 机 ，求汽车所受阻力与车重的比值（g 取 10m/s 2 ）；（ 3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积结合计算结果，简述你对该设想的思考已知太阳辐射的总功率p041026 w ，太阳到地球的距离，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转

6、化效率约为15%【答案】（ 1） 电1.5103wp（2） f / mg 0.045（3） s 101m2【解析】试题分析： p电iu1.5 103 w p机0.9p电fvfvf0.9p电 / v f / mg 0.045当太阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为s，距太阳中心为r 的球面面积s04r 2若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为p ，则psp0s0设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为p，所以 p130% p由于 pps15% p ，所以电池板的最小面积电p0 1 30%s0ps04r2 p2电101?ms0.150.7p00.7p0考点：考查非纯电阻电路、电功

7、率的计算点评：本题难度中等，对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用，但消耗电功率依然是 ui 的乘积，求解第 3 问时从能量守恒定律考虑问题是关键，注意太阳的发射功率以球面向外释放4（ 18 分） 如图所示，金属导轨mnc 和 pqd， mn 与 pq平行且间距为 l，所在平面与水平面夹角为， n、 q 连线与 mn 垂直， m、 p 间接有阻值为 r 的电阻；光滑直导轨 nc和 qd 在同一水平面内，与 nq 的夹角都为锐角。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 l， ab 棒初始位置在水平导轨上与nq 重合； ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为 1和2阻挡而静止。空间

8、有方向竖直的匀强（ 较小），由导轨上的小立柱磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab 棒的电阻， ef棒的阻值为 r，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g。（1）若磁感应强度大小为b，给 ab 棒一个垂直于 nq、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量；（2）在（ 1）问过程中， ab 棒滑行距离为d，求通过 ab 棒某横截面的电荷量；（3）若 ab 棒以垂直于 nq 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在nq 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中

9、ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离。【答案】（ 1） qef；（ 2） q；（ 3 ）bm，方向竖直向上或竖直向下均可，xm【解析】解：（ 1）设 ab 棒的初动能为 ek， ef 棒和电阻 r 在此过程产生热量分别为 q 和 q1，有 q+q1=ek且 q=q1 由题意 ek=得 q=（2）设在题设的过程中，ab 棒滑行的时间为 t，扫过的导轨间的面积为 s，通过 s 的磁通量为 ， ab 棒产生的电动势为 e， ab 棒中的电流为 i，通过 ab 棒某截面的电荷量为q，则e=且 =b s电流 i=又有 i=由图所示， s=d（ l dcot ）

10、联立 ，解得： q=（ 10）（3） ab 棒滑行距离为x 时， ab 棒在导轨间的棒长lx 为：lx=l 2xcot （ 11）此时， ab 棒产生的电动势ex2 x12）为： e=bv l （流过 ef 棒的电流ixx（ 13）为 i =ef 棒所受安培力xxx（ 14）f为 f =bi l联立（11）（14），解得： fx=（15）有（ 15）式可得，fx在 x=0 和 bm1为最大值 b时有最大值 f 由题意知， ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使f1 为最大值的受力分析如图所示，图中 fm 为最大静摩擦力，有：f cos =mgsin （+mgco

11、s +fsin ） （16）11联立（15）（ 16），得：bm=（17）bm 就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下有（ 15）式可知， b 为 bm 时， fx 随 x 增大而减小，x 为最大 xm 时， fx 为最小值，如图可知f2cos +（mgcos +f2sin ） =mgsin （ 18）联立（ 15）（ 17）（ 18），得xm=答：（1） ef棒上产生的热量为；（2）通过ab 棒某横截面的电量为（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，磁场下ab棒运动的最大距离是【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找

12、出磁感应强度的关系式是本题的重点5 能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。研究发现，电容器存储的能最表达式为ec = 1 cu 2 ，其中u 为电容器两极板间的电势差.c为电容器的电容。现将一电容2器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进行连接。已知电源电动势为e0 ，电容器电容为c0 ，定值电阻阻值为r，其他电阻均不计，电容器原来不带电。现将开关s 闭合，一段时间后，电路达到稳定状态。求：在闭合开关到电路稳定的过程中，该电路因电磁辐射、电流的热效应等原因而损失的能量。【答案】1ce022【解析】【详解】根据电容定义，有c=q ，其中 q 为电容器储存的电荷量，得： q=cuu根据题意

13、，电容器储存能量：ec12=2cu利用电动势为e0 的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为e0，所以电容器最终储存的能量为：e 充 = 1 ce02，2则电容器最终储存的电荷量为：q=ce0，整个过程中消耗消耗能量为：e 放 =w 电源 =e0it=e0q=c e02根据能量守恒得： e损 =e放 -e 充 =ce02-1 ce02 =1 ce02226 把一只“ 1.5v， 0.3a”的小灯泡接到 6v 的电源上，为使小灯泡正常发光，需要串联还是并联一个多大电阻？【答案】串联一个15的电阻【解析】【分析】【详解】要使灯泡正常发光则回路中电流为0.3a，故回路中的总电阻为r总u6 =20i

14、0.3灯泡的电阻为ru l1.5 =5 li0.3由于电源电压大于灯泡额定电压，故需要串联一个电阻分压，阻值为rr总 - rl205157 已知电流表的内阻rg 120 ，满偏电流ig 3 ma，要把它改装成量程是6 v 的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 a 的电流表，应并联多大的电阻？【答案】改装成量程是6 v 的电压表，应串联1 880 的电阻 ; 要把它改装成量程是3 a 的电流表，应并联0.12 的电阻【解析】【分析】【详解】根据欧姆定律和串联电路特点可知，需串联的电阻urg1880r；i g同理，根据欧姆定律的并联电路的特点可知，改装成3a 电流表需并联的电阻i g

15、rg0.12ri gi8 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势来表明电源的这种特性。（1）电动势在数值上等于非静电力把 1c 的电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，如图甲所示，如果移送电荷 q时非静电力所做的功为 w ，写出电动势 e1 的表达式；（2）如图乙所示，固定于水平面的u 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为b ，金属框两平行导轨间距为l。金属棒mn在外力的作用下，沿框架以速度v 向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为 ea.在金属棒产生电势的

16、过程中，请说明是什么力充当非静电力，求出这个非静电力产生的电动势 e2 的表达式；b.展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线mn中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f 的表达式；（ 3）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图丙所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为

17、r，因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为bk （ k 为一定值）。求电子在圆形轨道中加速一周的过t程中，感生电场对电子所做功w 及电子所受非静电力 f 的大小。【答案】 (1) e1wblv ； b. fbev (3)w ke r 2 ，(2)a.外力充当非静电力， e2qkref2【解析】【详解】(1)根据电动势的定义可知：we1q(2) a.在金属棒产生电势的过程中外力充当非静电力；由题意可知金属棒在外力和安培力的作用下做匀速直线运动，则：ff安 =bil所以根据电动势的定义有：e2w = fxbilvtblvq qitb.从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生了碰撞，可以看

18、做是安全弹性碰撞，碰后自由电子损失动能，损失的动能转化为焦耳热。从整体上看，可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的的损失。设导线 mn 的横截面积为s，单位体积内的自由电子数为n，自由电子沿导线长度方向运动的平均速度为ve，则导线mn 内的自由电子总数为：nnsl导线中的电流为：inesve在极短时间 ?t 内，导线内所有自由电子克服金属离子做功导致自由电子的动能损失为：w损nf ve t从宏观角度看，力f 对导线做功，而导线的速度不变，即导线的动能不变，所以力f 的功完全转化为焦耳热。?t 时间内，力f 做功：wfv t又因为：w =w损即：fv tnf ve t当导

19、线 mn 做匀速运动时外力等于安培力，即：ff安bil联立以上各式可解得：fbev(3)据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：ebr 2k r 2t加速一周感生电场对电子所做的功：weeke r 2设非静电力为f，电子运动一周，非静电力做功为：w非fsf 2 r根据电动势的定义：ew非联立解得：f答： (1) 电动势 e1 的表达式 e1w；qekre2(2) a.在金属棒产生电势的过程中，外力充当非静电力；这个非静电力产生的电动势e2blv ；b. 导线 mn 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f bev ；(3)电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做功w

20、 ke r 2 ，电子所受非静电力 fkre。29 如图所示，电源电动势e=50v，内阻 r=1 ， r1=3， r2=6间距 d=0.2m 的两平行金属板 m、 n 水平放置，闭合开关s，板间电场视为匀强电场板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆ab，有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m=0.01kg、带电量大小为q=1 10-3c（可视为点电荷，不影响电场的分布）现调节滑动变阻器r，使小球恰能静止在 a 处；然后再闭合k，待电场重新稳定后释放小球p取重力加速度g=10m/s2 求：（ 1）小球的电性质和恰能静止时两极板间的电压；（ 2）小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值；（ 3）小球

21、p 到达杆的中点 o 时的速度【答案】 (1 )u=20v (2)rx=8 (3)v=1.05m/s【解析】【分析】【详解】(1)小球带负电 ；恰能静止应满足 ： mgequ qdmgd0.01100.220vu1103vq(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为rx，由电路电压关系:eurxr2rr2代入数据求得rx=8(3)闭合电键 k 后，设电场稳定时的电压为u，由电路电压关系:eu rx r12 rr12代入数据求得 u= 100v11由动能定理 : mg d1u q1 mv2222代入数据求得v=1.05m/s【点睛】本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及

22、电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压10 4 1.0t 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）（ 4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变【解析】（ 1）当 b 0.6t 时，磁敏电阻阻值约为 6150 900，当 b1.0t 时，磁敏电阻阻值约为 11150 1650由于滑动变阻器全电阻 20比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于rxrv ，所以电流表应内接电路图如图所示rarx（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：0.4515000.911516.7r110 3，r210 3，0.300.601.501500r310

23、3，1.001.791491.7， r52.711505r410 310 3，1.201.80故电阻的测量值为r1 r2r3 r4r51503 （ 1500 1503 都算正确）r5r150010 ，从图1 中可以读出 b0.9t由于150r0方法二：作出表中的数据作出ui 图象，图象的斜率即为电阻（略）（ 3）在 0 0.2t 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在 0.4 1.0t 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；（ 4）从图 3 中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电

24、阻的阻值与磁场方向无关本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的 u、 i 值求电阻第（ 3）、（ 4 ）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题11 如图所示，圆形金属线圈半径r 0.3m，匝数 n 50，电阻 r0 19，竖直放置在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小随时间t 按 b（ 1+ 2 t ） t 的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻

25、的阻值分别为r169， r212，水平平行板电容器c极板长 l0.1m，两板间距d0.05m（1）求线圈中产生的感应电动势e；（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值r1 时，求电阻r1 消耗的电功率；（3）调节滑动变阻器，可使速度为v310 2m/s 、比荷为q 310 4ckg 的带电粒子（重m力忽略不计）紧贴电容器 c上极板从左侧水平射入电容器后，刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电路的阻值。【答案】 (1)9v ； (2)6w； (3)19【解析】【详解】（1）由法拉第电磁感应定律有：e ns2线圈面积为： s r代入数据得： e 9vbtr1r2（2）当 r 1 时，由闭合电

26、路的欧姆定律得：e i（ r0+r+ r1r2）流过电阻 r1 的电流为： i 1r2ir1 r21121r 消耗的电功率为： p ir代入数据可求得： p1 6w（3）由楞次定律可知电容器下极板带正电，且电容器的电压等于r2 两端电压，带电粒子在两极板间做类平抛运动，所以有：x vt1at2y2qu r2ma由牛顿第二定律有：d由电路规律有：eur2+i（ rx+r0）联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：r 1912 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

27、功率 p 1.25 w 的小灯泡 a 相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框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

28、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

29、 4j 3.14 j.513 如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨mn、 pq 相距 l，导轨平面与水平面夹角为，导轨电阻不计，磁感应强度为b 的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为l 的金属棒 ab垂直于 mn 、 pq 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为 r.两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中r2为一电阻箱，已知灯泡的电阻lr 4r，定值电阻r 2r，调节电阻箱使 r 12r，重力加速度为g，闭合开关 s，现将金属棒由静止释放，12求：(1)金属棒下滑的最大速度v ；m(2)当金属棒下滑距离为s0 时速度恰好达到最大，则金属棒由静止下滑2s0 的过程中，整个电路产生

30、的电热；(3)改变电阻箱 r的值，当r为何值时，金属棒达到匀速下滑时r消耗的功率最大222【答案】 (1) vm6mgrsin(2)18m3 g2 r2 sin2b2 l2q 2mgs0 sinb4l4(3) r2 4r 时，r2 消耗的功率最大【解析】试题分析：（ 1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有mgsina f 安 f 安 bili其中 r 总 6r联立 式得金属棒下滑的最大速度（ 2）由动能定理 wg w 安 mvm2由于 wg=2mgs0sin w安= q解得 q 2mgs0sin mvm2将 代入上式可得也可用能量转化和守恒求解：再将 式代入上式得（3）因金属棒匀速下滑故 mgsin = bil p2=i22r2 联立得即当，即时， r2 消耗的功率最大考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路欧姆定律、电磁感应中的能量转化【名师点睛】略14 有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图1 所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用图1 中，线圈的匝数为n，ab 长度为 l ，bc 长度为 l 图 2 是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为12b，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是900 某次测试时