最新物理稳恒电流练习题20

最新物理稳恒电流练习题20

一、稳恒电流专项训练

1．如图，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和2m.竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R ，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t ＝0时刻将细线烧断，保持F 不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：

(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； (2)两杆分别达到的最大速度． 【答案】（1）1221v v = （2）12243mgR v B l = ；22223mgR v B l

= 【解析】 【分析】

细线烧断前对MN 和M'N'受力分析，得出竖直向上的外力F=3mg ，细线烧断后对MN 和M'N'受力分析，根据动量守恒求出任意时刻两杆运动的速度之比．分析MN 和M'N'的运动过程，找出两杆分别达到最大速度的特点，并求出． 【详解】

解：（1）细线烧断前对MN 和M'N'受力分析，由于两杆水平静止，得出竖直向上的外力F=3mg ．设某时刻MN 和M'N'速度分别为v 1、v 2． 根据MN 和M'N'动量守恒得出：mv 1﹣2mv 2=0 解得：

1

2

2v v =： ① （2）细线烧断后，MN 向上做加速运动，M'N'向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，MN 和M'N'所受安培力增加，所以加速度在减小．当MN 和M'N'的加速度减为零时，速度最大．对M'N'受力平衡：BIl=2mg②，E

I R

=③，E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得：12243mgR v B l =、2

22

23mgR

v B l = 【点睛】

能够分析物体的受力情况，运用动量守恒求出两个物体速度关系．在直线运动中，速度最大值一般出现在加速度为0的时刻．

2．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2K ，闭合1K ，减小电阻箱的阻值，使电流表的示数为1I ＝1.00mA ，记录电流强度值；然后保持电阻箱阻值不变，断开1K ，闭合2K ，此时电流表示数为1I ＝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路，实验过程如下： 断开1K ，闭合2K ，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

2K ，闭合1K ，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0R ．由此可测出x R ＝ ．

【答案】0375,,I R 【解析】

解：方案一中根据闭合电路欧姆定律，有

E=I 1（r+R 1+R 2） （其中r 为电源内阻，R 1为电阻箱电阻，R 2为电流表内阻） E=I 2（r+R 1+R 2+R ） 由以上两式可解得 R=375Ω

方案二是利用电阻箱等效替代电阻R 0，故电流表读数不变，为I ，电阻箱的阻值为R 0． 故答案为375，I ，R 0．

【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆定律列方程，然后联立求解；第二方案是用等效替代法，要保证电流相等．

3．如图所示的电路中，电源电动势E =10V ，内阻r =0.5Ω，电动机的电阻R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U 1=3.0V ，求：

（1）电源释放的电功率；

（2）电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率； 【答案】（1）20W （2）12W 8W ． 【解析】 【分析】

（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I，电源的总功率为P=EI，即可求得；（2）由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E-U1-U内，电动机消耗的功率为P电=UI；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电-I2R0．

【详解】

（1）电动机正常工作时，总电流为：I=1U

R

I=3.0

1.5

A=2 A，

电源释放的电功率为：P=EI =10×2 W=20 W；

（2）电动机两端的电压为： U= E﹣Ir﹣U1

则U=（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V；

电动机消耗的电功率为： P电=UI=6×2 W=12 W；

电动机消耗的热功率为： P热=I2R0 =22×1.0 W=4 W；

电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机=P电﹣P热

P机=（12﹣4）W=8 W；

【点睛】

对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．

4．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=3Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω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。

5．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数100n =，穿过每匝线圈的磁通量?随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻 5.0r =Ω，外电路电阻95R =Ω，已知感应电动势的最大值m m E n ω=Φ，其中m Φ为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路的交流电流表（内阻不计）的读数。

【答案】2A 【解析】 【详解】

由图可知磁通量最大值为：

21.010Wb m -Φ=?

线圈转动的角速度为：

22 3.142rad/s 200rad/s 3.1410

T πω-?=

==? 代入公式m m E n ω=Φ得：

200V m E =

交流电流的最大值为：

m

m 2A E I R r

=

=+ 交流电流表的读数为：

2A 2

m

I =

=

6．在图所示的电路中，电源电压U 恒定不变，当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W ，当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，求：

（1）电阻R 1与R 2的比值是多大？

（2）S 断开时，电阻R 2消耗的电功率是多少？ （3）S 闭合与断开时，流过电阻R 1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R 1消耗的电功率为9W,则：

211

9W U P R =

= 当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，则：

21112

'(

)4W U

P R R R =+= 解得：

12:2:1R R =

(2)S 断开时 R 1和R 2串联，根据公式2P I R =，功率之比等于阻值之比，所以：

1122':':2:1P P R R ==

又因为1'4W P =，所以，S 断开时，电阻R 2消耗的电功率：

22'W P =

(3)S 闭合时：

1

U

I R =

S 断开时:

12

'U

R I R +=

所以：

1212

'3R R I R I +==

7．如图中A 、B 、C 、D 四个电路中，小灯L 1上标有“6V 3A”字样，小灯L 2上标有“4V 0.2A”字样，电压U ab 均为U =10V 。试判断：

（1）哪个电路两小灯不可能正常发光，并说明理由； （2）两小灯均正常发光时，哪个电路消耗的电功率最小。

【答案】（1）b 电路小灯不可能正常发光，根据串联电路电压关系和题中所给条件，两灯中若有一个正常发光，则另一个也正常发光，此时L 2中电流大于3A ，而其额定电流为0.2A ，因此两灯均不能正常发光；

例如：b 电路小灯不可能正常发光；根据串、并联电路知识和所给条件知：由于L 2的电阻大于L 1的电阻，L 2分得电压大于4V （烧坏）、L 1分得电压小于6V ，因此两灯均不可能正常发光

（2）a 电路消耗的电功率最小 【解析】 【详解】

（1）b 电路小灯不可能正常发光，根据串联电路电压关系和题中所给条件，两灯中若有一个正常发光，则另一个也正常发光，此时L 2中电流大于3A ，而其额定电流为0.2A ，因此两灯均不能正常发光；

（2）电压U ab 均为U =10V ，a 图回路电流为13A I =，所以总功率为130W ab P I U ==；b 图无法满足均正常发光；c 图干路电流为12 3.2A I I +=，所以总功率为

12()32W ab P I I U =+=；d 图干路电流为12 3.2A I I +=，所以总功率为12()32W ab P I I U =+=，所以a 图消耗功率最小。

8．如图a 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θ＝370角，下端连接阻值为R ＝0.4Ω的电阻．匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B ＝0.4T ，质量m ＝0.2Kg 、电阻R ＝0.4Ω的金属杆放在两导轨上，杆与导轨垂直且保持良好接触，金属导轨之间连接一理想电压表．现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止沿导轨开始下滑，电压表示数U 随时间t 变化关系如图b 所示．取g ＝10m/s 2，sin370＝0.6，cos370＝0.8求：

⑴金属杆在第5s 末的运动速率； ⑵第5s 末外力F 的功率； 【答案】(1)1m/s (2)-0.8W

【解析】 【分析】

金属杆沿金属导轨方向在三个力作用下运动，一是杆的重力在沿导轨向下方向的分力G 1，二是拉力F 在沿导轨向下方向的分力F 1，三是沿导轨向上方向的安培力，金属杆在这几个力的作用下，向下做加速运动． 【详解】

(1)如下图所示，F 1是F 的分力，G 1是杆的重力的分力，沿导轨向上方向的安培力未画出，由题设条件知，电压表示数U 随时间t 均匀增加，说明金属杆做的是匀加速运动，由b 图可得金属杆在第5s 末的电压是0.2V ，设此时杆的运动速率为v ，电压为U ，电流I ，由电磁感应定律和欧姆定律有

E BLv =

因电路中只有两个相同电阻，有

11

22

U E BLv =

= 解得

1v =m/s

故金属杆在第5s 末的运动速率是1m/s

(2) 金属杆做的是匀加速运动，设加速度为a ，此时杆受的安培力为f ，有

v

a t

==0.2m/s 2

220.22B L v

f BTL R

===N

1G mg =sin θ=1.2N

由牛顿第二定律得

11G f F ma --= 110.8F G f ma =--=N

由功率公式得

10.8P F v ==W

因1F 的方向与棒的运动方向相反，故在第5s 末外力F 的功率是--0.8W ． 【点睛】

由电阻的电压变化情况来分析金属棒的运动情况．

9．如图所示，圆形金属线圈半径r ＝0.3m ，匝数n ＝50，电阻R 0＝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

π

t ）T 的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R 1＝69Ω，R 2＝12Ω，水平平行板电容器C 极板长L ＝0.1m ，两板间距d ＝0.05m

（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R ＝1Ω时，求电阻R 1消耗的电功率； （3）调节滑动变阻器，可使速度为v ＝3×102

m/s 、比荷为

q m

＝3×104

Ckg 的带电粒子（重力忽略不计）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)19Ω 【解析】 【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律有：E ＝nS B t

?? 线圈面积为：S ＝πr 2 代入数据得：E ＝9V

（2）当R ＝1Ω时，由闭合电路的欧姆定律得：E ＝I （R 0+R+12

12

R R R R +）

流过电阻R 1的电流为：2

112

R I I R R =

+

R 1消耗的电功率为：P ＝I 12R 1 代入数据可求得：P 1＝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R 2两端电压，带电粒子 在两极板间做类平抛运动，所以有： x ＝vt y ＝

12

at 2 由牛顿第二定律有：

2

R qU ma d

=

由电路规律有：E ＝U R2+I （R x +R 0）

联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R ＝19Ω

10．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0t 后金属棒达到最大速度．

()1金属棒的最大速度max v 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】()221FR B L ；()0332Ft FmR BL B L -；()22

3FCBLt m CB L

+． 【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】

（1）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=22max

B L v R

由此可得金属棒的最大速度：v max =

22FR B L

（2）由动量定律可得：(F-F )t 0=mv max

其中：F =220

x

Rt B L

解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=022Ft R B L -2

44FmR B L

通过电阻R 的电荷量：q=

BLx R =0Ft BL -33FmR

B L

（3）设导体棒运动加速度为a ，某时装金属棒的速度为v 1，经过

t 金属体的速度为v 2，

导体棒中流过的电流(充电电流)为I ，则:F-BIL=ma 电流：I=Q t =C E t

其中：

E=BLv 2-BLv 1=BL

v ，a=

v

t

联立各式得：a=

22F

m CB L

+ 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=22

FCBLt

m CB L +

答：（1）金属棒的最大速度max v 是

22

FR

B L ； （2）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 为033

Ft FmR

BL B L -； （3）金属棒由静止开始经过时间t 后，电容器所带的电荷量Q 为22

FCBLt

m CB L

+． 【点睛】

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．

11．有“200V 、40W ”灯泡40盏，并联于电源两端，这时路端电压，当关掉20

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】（1）210V ；10（2）15盏 【解析】

试题分析：（1）电灯的电阻

40盏灯并联的总电阻：R 1=R D /40=25； 20盏灯并联的总电阻：R 2=R D /20=50; 根据欧姆定律可得：

解得E=210V ，r=10 （2）根据欧姆定律可得：，解得:

=200，

，解得n=5，

所以要关15盏。

考点：全电路欧姆定律。

12．如图所示，一电荷量q=3×10-5C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．电键S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m ，电源电动势=15V ，内阻r=0.5Ω，电阻R 1=3Ω，R 2=R 3= R 4=8Ω．g 取10m/s 2，已知

，

．求：

（1）电源的输出功率； （2）两板间的电场强度的大小； （3）带电小球的质量．

【答案】（1）28W （2）140V/m （3）4

5.610kg －

【解析】

(1)R 外=7.0Ω R 总=7.5Ω I="15/7.5=2A " 2’ P 出=I2R 外=22×7.="28w " 2’ (2) U 外=IR=2×7="14V " 2’ E="U/d=14/0.1=140V/m " 2’ (3) Eq="mgtg37° " 2’

m=Eq/gtg37°=（140×3×10-5）/（10×0.75）=5.6×10-4kg

13．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阻R 0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2。已知sin37°=0.6，cos37°=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】（1）1.5 A （2）0.3 N （3）0.06 N 【解析】

试题分析：⑴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

⑵导体棒受到的安培力：F 安=BIL=0.30N

⑶导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1=" mg" sin37o=0.24N

由于F 1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 安 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。

14．如图所示，宽度m L 1=的足够长的U 形金属框架水平放置，框架中连接电阻

Ω=8.0R ，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度T B 1=，框架导轨上放一根质量为kg m 2.0=、电阻Ω=2.0r ，的金属棒ab ，棒ab 与导轨间的动摩擦因数5.0=μ，

现用功率恒定W P 6=的牵引力F 使棒从静止开始沿导轨运动（ab 棒始终与导轨接触良好且垂直），当整个回路产生热量J Q 8.5=时刚好获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量C q 8.2=（框架电阻不计，g 取2/10s m ）求：

（1）当导体棒的速度达到s m V /11=时，导体棒上ab 两点电势的高低？导体棒ab 两端的电压？导体棒的加速度？ （2）导体棒稳定的速度2V ？

（3）导体棒从静止到刚好获得稳定速度所用的时间？ 【答案】（1）b 点的电势高，0.8V ，220/m s （2）s m V /22=；（3）s t 5.1= 【解析】

试题分析：（1）当11/V V m s ==时，根据法拉第电磁感应定律：BLV E = 则

r

R E

I +=

根据欧姆定律：V IR U 8.0==，则：BIL F =安 FV p =。 根据牛顿第二定律可以得到：2/20s m m

F mg F a =--=

安

μ，则b 点的电势高

（2）当达到最大速度2V 时， 根据平衡条件：0=--安F mg F μ 整理可以得到：s m V /22=

（3）根据功能关系：Q W -=安，r

R BLX

r R q +=

+?Φ= 根据动能定理：222

1mV mgx W Pt =-+μ安 可以得到：s t 5.1=

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转 【名师点睛】由题意，牵引力F 的功率恒定，使棒从静止开始先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，达到稳定．根据动能定理列式得到位移与最大速度的关系．再由法拉第电磁感应定律，由电量得出棒运动的位移与电量的关系，再联立可求解稳定的速度和时间。

15．“220V 、88W ”的电风扇，线圈电阻为20Ω，当接上220V 电压后，求： （1）电风扇发热功率； （2）电风扇转化为机械能的功率

（3）如接上220V 电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机消耗的功率和发热的功率。 【答案】（1）3.2W ；（2）84.8W ；（3）2420W ，2420W ； 【解析】

试题分析：（1）由P UI =可得电流为：88220

0.4I A P U ===； 线圈电阻发热功率：2 3.2Q P I r W ==； （2）机械功率：84.8Q P P P W =-=机；

（3）当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：11I U

r

A =

=； 21111202420P UI I r W ===??=.

考点：电功、电功率，焦耳定律

【名师点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。