【物理】高考必刷题物理稳恒电流题含解析-

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【物理】高考必刷题物理稳恒电流题含解析

一、稳恒电流专项训练
1材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应,利用这种效应可以测量磁感应强度.如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻磁感应强度特性曲线,其中RBR0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值.为了测量磁感应强度B,需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB.请按要求完成下列实验.


(1设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路,并在图中的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出,待测磁场磁感应强度大小约为0.61.0 T,不考虑磁场对电路其他部分的影响.要求误差较小.提供的器材如下: A磁敏电阻,无磁场时阻值R0150 Ω B.滑动变阻器R,总电阻约为20 Ω C.电流表A,量程2.5 mA,内阻约30 Ω D.电压表V,量程3 V,内阻约3 kΩ E.直流电源E,电动势3 V,内阻不计 F.开关S,导线若干
(2正确接线后,将磁敏电阻置入待测磁场中,测量数据如下表:

U(V I(mA
1 0.00 0.00
2 0.45 0.30
3 0.91 0.60
4 1.50 1.00
5 1.79 1.20
6 2.71 1.80


根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB______Ω. 结合题图可知待测磁场的磁感应强度B______T.
(3试结合题图简要回答,磁感应强度B00.2 T0.41.0 T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同?
________________________________________________________________________. (4某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称,由图线可以得到什么结论?___________________________________________________________________________. 【答案】(1)见解析图

215000.90
3)在00.2T范围内,磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或不均匀变化);在

2一电路如图所示,电源电动势E=28v,内阻r=2Ω,电阻R1=4ΩR2=8ΩR3=4ΩC平行板电容器,其电容C=3.0pF,虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m,两极板的间距d=1.0×10-2m
1)闭合开关S稳定后,求电容器所带的电荷量为多少?
2)当开关S闭合后,有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的电场中,已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场,求该带电粒子的比荷q/m(不计粒子的重力,MN板之间的电场看作匀强电场,g=10m/s2

4【答案】(14.81011C 26.2510C/kg
【解析】 【分析】 【详解】
1)闭合开关S稳定后,电路的电流:IE28A2A
R1R2r482电容器两端电压:UUR2IR228V16V
1211电容器带电量: QCUR23.01016C4.810C
2)粒子在电场中做类平抛运动,则:Lv0t

11Uq2dt 22dm联立解得q6.25104C/kg
m

3环保汽车将为2008年奥运会场馆服务.某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车,总质量m3103kg.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
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,求汽车所受阻力与车重的比值(g10m/s2);
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.
26已知太阳辐射的总功率P0410W,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化效率约为15%
3【答案】(1P1.510W
2f/mg0.045 3S101m2 【解析】
3试题分析:PIU1.510W
P0.9PFvfvf0.9P/vf/mg0.045
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
S04πr2
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
PS P0S0设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P 所以P130%P
PS由于P 15%P,所以电池板的最小面积P0130%S04πr2PPS0S101?m2
0.7P00.150.7P0考点:考查非纯电阻电路、电功率的计算
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=1CU2,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。


1CE02
2【解析】 【详解】
【答案】根据电容定义,有C=
Q,其中Q为电容器储存的电荷量,得:Q=CU
U根据题意,电容器储存能量:EC=12CU
2
1CE02
2
2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=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=W电源=E0It=E0Q=CE0 根据能量守恒得:E=E-E=CE0-211CE02=CE02 22
5在如图所示的电路中,电源内阻r=0.5Ω,当开关S闭合后电路正常工作,电压表的读数U=2.8V,电流表的读数I=0.4A。若所使用的电压表和电流表均为理想电表。求: ①电阻R的阻值; ②电源的内电压U ③电源的电动势E

【答案】①7Ω;②0.2V;③3V 【解析】 【详解】
①由欧姆定律UIR
R电阻R的阻值为7Ω ②电源的内电压为
U2.8Ω7Ω I0.4U Ir0.40.50.2V
电源的内电压为0.2V ③根据闭合电路欧姆定律有
EUIr2.8V0.40.5V3V
即电源的电动势为3V


6一根粗细均匀的金属导线两端加上恒定电压10 V通过金属导线的电流为2 A求:
①金属导线电阻;
②金属导线在10 s内产生的热量 【答案】(15 Ω 2200 J
【解析】试题分析:根据欧姆定律和焦耳定律即可解题。 1)根据欧姆定律: RU105 I222)产生的热量为: QIRt,代入数据得: Q200J 点睛:本题主要考查了欧姆定律和焦耳定律,此题为基础题。

7如图所示,两根足够长的直金属导轨MNPQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为LMP两点间接有电阻值为R的电阻,一根质量为m的均匀直金属杆ab在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦.求:

1)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小; 2)在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
BLvmgRsinB2L2v gsin 2【答案】1
B2L2RmR【解析】
1)当ab加速下滑时,速度大小为v, EBLv
I根据闭合电路欧姆定律,有:
IBLv方向由ab
RE
R由安培力公式: FBIL
根据牛顿第二定律:mgsinFma
B2L2vB2L2v整理可以得到:a mgsin/mgsin
RmR(2a0ab杆的速度可以达到最大值

即: mgsinBL所以vmBLvm
RmgRsin
B2L2
8如图所示,已知R3=3Ω,理想电压表读数为3v,理想电流表读数为2A,某时刻由于电路中R3发生断路,电流表的读数25AR1上的电压为5v,求:

1R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少?(R3发生断路时R2上没有电流)
2)电源电动势E和内电阻r各是多少? 【答案】(11V 1Ω(210 V ;2Ω 【解析】
试题分析:(1R3断开时 电表读数分别变为5v25A 可知R1=2 R3断开前R1上电压U1=R1I=4V U1= U2 + U3 所以 U2=1V U2U3 = R2R3 =1:3 R2=1Ω
2R3断开前 总电流I1=3A E = U1 + I1r
R断开后 总电流I2=25A
3E = U2 + I2r
联解方程E= 10 V r=2Ω 考点:闭合电路的欧姆定律 【名师点睛】

9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e

a.在金属棒产生电势的过程中,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r,因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为Bkk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 E1W (2a.外力充当非静电力,E2BLv b.fBev (3Wker2
qF
kre
2【解析】 【详解】
(1根据电动势的定义可知:
E1W
q(2a.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=BIL
所以根据电动势的定义有:
E2WFxBILvt=BLv qqItb.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:
WNfvet
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:
WFvt
又因为:
W=W
即:
FvtNfvet
当导线MN做匀速运动时外力等于安培力,即:
FFBIL
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:
E加速一周感生电场对电子所做的功:
Br2kr2 tWeEker2
设非静电力为F,电子运动一周,非静电力做功为:
WFSF2r
根据电动势的定义:
E联立解得:
W
e
kre
2F答:(1 电动势E1的表达式E1W
q(2a.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fBev (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Wker2,电子所受非静电力Fkre
2

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,从而更加深刻地理解其物理本质。一段长为l、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)该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率恒为v 求导线中的电流I
②为了更精细地描述电流的分布情况,引入了电流面密度j,电流面密度被定义为单位面积的电流强度,求电流面密度j的表达式;
③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。请根据以上描述构建物理模型,求出金属导体的电阻ρ的微观表达式。
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,从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动,由于电子在导线中运动会受到沿导线的平均阻力,所以只会形成短暂的电流。已知电子受到的沿导线的平均阻力满足(1)问中的规律,求此线圈以由角速度ω速转动突然停止转动(减速时间可忽略不计)之后,通过线圈导线横截面的电荷量Q 【答案】(1)① neSv;②nev;③ 【解析】 【详解】
1)①导线中的电流
knemlS 2 2ne2πkI②电流面密度
QneSv tjInev S③取长度为L段导体,则电子做定向移动时满足电场力与阻力相等,即
kveEe
U
L
UIR IneSv
R联立解得
L
Sk ne22)设线圈经过时间∆t停止运动,则对内部的粒子,由动量定理:
ftmvmr

其中
fkv

l2r

kvt
ml 2QnSle
lvt

联立可得
Q

nemlS 2πk11如图所示,粗糙斜面的倾角θ37°,半径r0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场.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P1.25 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m2 kg,总电阻R01.25 Ω,边长L>2r,与斜面间的动摩擦因数μ0.5.t0时起,磁场的磁感应强度按B22t(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,g10 m/s2sin 37°0.6cos 37°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】(11.25 Ω (23.14 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EnEn tB1221r100.52V2.5?V t22小灯泡正常发光,有PI2R 由闭合电路欧姆定律有EI(R0R 则有P(E2R,代入数据解得R1.25 Ω. R0R2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 θFfFμmgcos θ FnBI×2r
联立解得线框刚要运动时,磁场的磁感应强度大小B0.4 T 线框在斜面上可保持静止的时间t小灯泡产生的热量QPt1.25×1.64ss 2/54J3.14 J.
5

12如图所示,在两光滑平行金属导轨之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨的间距为L,电阻不计.金属棒垂直于导轨放置,质量为m,重力和电阻可忽略不计.现在导轨左端接入一个电阻为R的定值电阻,给金属棒施加一个水平向右的恒力F,经过时t0后金属棒达到最大速度.


1金属棒的最大速度vmax是多少?
2求金属棒从静止达到最大速度的过程中.通过电阻R的电荷量q
3如图乙所示,若将电阻换成一个电容大小为C的电容器(认为电容器充放电可瞬间完成.求金属棒由静止开始经过时间t后,电容器所带的电荷量Q
【答案】1【解析】 【分析】
1)当速度最大时,导体棒受拉力与安培力平衡,根据平衡条件、安培力公式、切割公式列式后联立求解即可;2根据法律的电磁感应定律列式求解平均感应电动势、根据欧姆定律列式求解平均电流、再根据电流定义求解电荷量;3根据牛顿第二定律和电流的定义式,得到金属棒的加速度表达式,再分析其运动情况.由法拉第电磁感应定律求解MN棒产生的感应电动势,得到电容器的电压,从而求出电容器的电量. 【详解】
Ft0FmRFRFCBLt23 223322BLBLBLmCBLB2L2vmax1当安培力与外力相等时,加速度为零,物体速度达到最大,即F=BIL=
R由此可得金属棒的最大速度vmax=FR B2L22由动量定律可得:(F-Ft0=mvmax
B2L2x其中:F=
Rt0Ft0RFmR2解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离x=22-44
BLBL通过电阻R的电荷量q=BLxFt0FmR=- RBLB3L33设导体棒运动加速度为a,某时装金属棒的速度为v1,经过nt金属体的速度为v2导体棒中流过的电流(充电电流I,则:F-BIL=ma 电流:I=VQCVE= VtVtnv nt其中:nE=BLv2-BLv1=BLnva=联立各式得:a=F22 mCBLFCBLt
mCB2L2因此,导体棒向右做匀加速直线运动.由于所有电阻均忽略,平行板电容器两板间电压U与导体棒切割磁感线产生的感应电动势E相等,电容器的电荷量:Q=CBLat=
答:1金属棒的最大速度vmaxFR B2L2Ft0FmR BLB3L32金属棒从静止达到最大速度的过程中,通过电阻R的电荷量q3金属棒由静止开始经过时间t后,电容器所带的电荷量Q【点睛】
FCBLt
mCB2L2解决本题的关键有两个:一是抓住电流的定义式,结合牛顿第二定律分析金属棒的加速度.二是运用微元法,求解金属棒的位移,其切入口是加速度的定义式.

13“200V40W灯泡40盏,并联于电源两端,这时路端电压盏,则路端电压升为试求:
1电源电动势,内阻多大?
2若使电灯正常发光还应关掉多少盏灯? 【答案】(1210V10215 【解析】
试题分析:(1)电灯的电阻40盏灯并联的总电阻:R1=RD/40=25 20盏灯并联的总电阻:R2=RD/20=50;
根据欧姆定律可得:当关掉20


解得E=210Vr=10 2)根据欧姆定律可得:所以要关15盏。 考点:全电路欧姆定律。
,解得:=200,解得n=5
14如图所示,两平行金属导轨间的距离L=0.4 m,金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°,在导轨所在空间内,分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6.0 V、内阻r=0.5Ω的直流电源。现把一个质量m=0.05 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上,导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电R0=2.5 Ω,金属导轨电阻不计,g10 m/s2。已知sin37°=0.6cos37°=0.8,求:


1)通过导体棒的电流大小; 2)导体棒受到的安培力大小; 3)导体棒受到的摩擦力大小。 【答案】11.5 A20.3 N30.06 N 【解析】
试题分析:导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路,根据闭合电路欧姆定律有:=1.5A
导体棒受到的安培力:F=BIL=0.30N
导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=" mg" sin37º=0.24N
由于F1小于安培力,故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f,根据共点力平衡条件:mg sin37º+f=F 解得:f =0.06N
考点:本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题,意在考查学生的综合分析能力。

15如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨MNPQ相距为L,导轨平面与水平面夹角θ=30°,导轨电阻不计.磁感应强度为B=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上,长为L=0.5m金属棒ab垂直于MNPQ放置在导轨上,且始终与导轨电接触良好,金属棒ab的质量m=1kg、电阻r=1Ω.两金属导轨的上端连接右端电路,灯泡电阻RL=4Ω,定值电阻R1=2Ω电阻箱电阻R2=12Ω,重力加速度为g=10m/s2,现闭合开关,将金属棒由静止释放,下滑距离为s0=50m时速度恰达到最大,试求: 1)金属棒下滑的最大速度vm
2)金属棒由静止开始下滑2s0的过程中整个电路产生的电热Q

【答案】(130m/s250J 【解析】
解:(1)由题意知,金属棒匀速下滑时速度最大,设最大速度为vm,则有:mgsinθ=F F=BIL,即得 mgsinθ=BIL…① ab棒产生的感应电动势为 E=BLvm…② 通过ab的感应电流为 I=…③ 回路的总电阻为 R=r+R1+…④
联解代入数据得:vm=30m/s…⑤

2)由能量守恒定律有:mg•2s0sinθ=Q+联解代入数据得:Q=50J…⑦
…⑥
答:(1)金属棒下滑的最大速度vm30m/s
2)金属棒由静止开始下滑2s0的过程中整个电路产生的电热Q50J
【点评】本题对综合应用电路知识、电磁感应知识和数学知识的能力要求较高,但是常规题,要得全分.


本文来源:https://www.2haoxitong.net/k/doc/9512d897e55c3b3567ec102de2bd960591c6d90b.html

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