高中物理稳恒电流的基本方法技巧及练习题及练习题

高中物理稳恒电流的基本方法技巧及练习题及练习题

一、稳恒电流专项训练

1．要描绘某电学元件（最大电流不超过６mＡ，最大电压不超过７Ｖ）的伏安特性曲线，设计电路如图，图中定值电阻Ｒ为１ＫΩ，用于限流；电流表量程为１０mＡ，内阻约为５Ω；电压表（未画出）量程为１０Ｖ，内阻约为１０ＫΩ；电源电动势Ｅ为１２Ｖ，内阻不计。

（１）实验时有两个滑动变阻器可供选择：

a、阻值０到２００Ω，额定电流

b、阻值０到２０Ω，额定电流

本实验应选的滑动变阻器是（填“a”或“b”）

（２）正确接线后，测得数据如下表

１２３４５６７８９１０Ｕ（Ｖ）０.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40

0.000.000.000.060.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50Ｉ（m

Ａ）

a）根据以上数据，电压表是并联在Ｍ与之间的（填“Ｏ”或“Ｐ”）

b）画出待测元件两端电压ＵＭＯ随ＭＮ间电压ＵＭＮ变化的示意图为（无需数值）

【答案】(1) a

(2) a) P

b）

【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

2．如图所示，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1

O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1

2

m的小球1以速度

5

2

gr

v=，向左运动，与前面静止的、质量也为

1

2

m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ω，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.

【答案】(1)

5

2

gr

v= (2)

242

4

B L

P

R

ω

= (3) 2

mgd

qBL

≤ω≤2

7mgd

qBL

【解析】 【分析】 【详解】

(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111

()222

mv m m v =+

解得v =

(2)杆转动的电动势211

22

BLv BL L BL εωω==?

= 电阻R 的功率2

242

4B L P R R

εω==

(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ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．

在T 点，由牛顿第二定律得2

11v mg qE m r

-=

从S 到T ，由动能定理得2211112222

qE r mg r mv mv ?-?=- 解得12mg

E q

=

杆转动的电动势2

1112

BL εω= 两板间电场强度1

1E d

ε=

联立解得12

mgd

qBL ω=

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ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．

在S 点，由牛顿第二定律得2

2v qE mg m r

-=

杆转动的电动势2

2212

BL εω= 两板间电场强度2

2E d

ε=

联立解得22

7mgd

qBL ω=

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：

22

7mgd mgd

qBL qBL ω≤≤.

3．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c E =

21

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0E ，电容器电容为

0C ，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】

201

2

CE 【解析】 【详解】

根据电容定义，有C=

Q

U

，其中Q 为电容器储存的电荷量，得：Q=CU 根据题意，电容器储存能量：E C =

12

CU 2 利用电动势为E 0的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为E 0，

所以电容器最终储存的能量为：E 充=

201

2

CE ， 则电容器最终储存的电荷量为：Q=CE 0，

整个过程中消耗消耗能量为：E 放=W 电源=E 0It=E 0Q=C 2

0E 根据能量守恒得：E 损=E 放-E 充=C 2

0E -2012CE =201

2

CE

4．如图所示，M 为一线圈电阻R M =0.5Ω的电动机，R=8Ω，电源电动势E=10V ．当S 断开时，电流表的示数I 1=1A ，当开关S 闭合时，电流表的示数为I 2=3A ． 求：

（1）电源内阻r ；

（2）开关S 断开时，电阻R 消耗的功率P ． （3）开关S 闭合时，通过电动机M 的电流大小I M ． 【答案】（1）2Ω （2）8W （3） 2.5A

【解析】（1）当S 断开时，根据闭合电路欧姆定律： ()1E I R r =+， ()1018r =?+， r=2Ω；

电阻R 消耗的功率： 22

1188P I R W W ==?=

路端电压： ()210324U E I r V V =-=-?= R 之路电流： 4

0.58

R U I A A R =

== 电动机的电流： ()230.5 2.5M R I I I A A =-=-=

点睛：当S 断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．当开关S 闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R 的电流，得到通过电动机的电流．

5．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15Ω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

6Ω=20Ω0.3U R I =

=总 灯泡的电阻为

1.5

Ω=5Ω0.3

L L U R I =

= 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

20Ω5Ω15ΩL R R R ==-=总-

6．在现代生活中，充电宝是手机一族出行的必备品.当充电宝电量不足时，需要给充电宝充电，此时充电宝相当于可充电的电池，充电过程可简化为如图所示电路.先给一充电宝充电，充电电压为5V ，充电电流为1000mA ，充电宝的内阻为0.2.Ω试求：

()1充电宝的输入功率；

()2充电宝内阻消耗的热功率； ()3一分钟内充电宝储存的电能．

【答案】()1 5W ；()2?

0.2W ；()3 288． 【解析】 【分析】

(1)根据P UI =求解充电宝的输入功率；(2)根据2P I r =求解热功率；(3)根据2Q Pt I rt =-求解一分钟内充电宝储存的电能． 【详解】

(1)充电宝的输入功率为：3

51000105P UI W 入-==??=； (2)充电宝内阻消耗的热功率为：22

10.20.2P I r W ==?=热；

(3)一分钟内充电宝储存的电能为：2

5600.260288Q P t I rt J =-=?-?=入．

【点睛】

注意本题中的充电宝是非纯电阻电路，输入功率不等于热功率，知道热功率只能用

2P I r =求解.

7．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I 1和U 1。改变滑片的位置后,两表的示数分别为I 2和U 2。写出这个电源电动势和内电阻的表达式。

【答案】：E=1221

21

U I U I I I -- r=1221U U I I --

【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=U 1+I 1r E=U 2+I 2r 解得： E=

1221

21

U I U I I I --

r=

12

21

U U I I --

8．如图所示的电路中，电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω.S 断开时，电流表示数为0.9 A ；S 闭合时，电流表示数为0.8 A ，设电流表为理想电表，则电源电动势E ＝________V ，内电阻r ＝

________Ω.

【答案】E=5.76V r=0.4Ω 【解析】

根据闭合电路欧姆定律，两种状态，列两个方程，组成方程组，就可求解． 当S 断开时

（1）

当S 闭合时

（2）

由（1）、（2）式联立，解得 E=5.76V r=0.4Ω

9．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=0.20Ω．当该汽车在水平路面上以v ＝2m/s 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I ＝1.5A ，电压U ＝3.0V ，内电阻R M =0.40Ω．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）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 =I 2r 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＝I 2R ＝(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+1.5×0.2）V=3.3V

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与守恒关系．

10．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1E 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2E 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

B

k t

?=?（k 为一定值）。求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 及电子所受非静电力F 的大小。

【答案】(1) 1E W

q

=

(2)a.外力充当非静电力，2E BLv =； b .f Bev = (3)2W ke r π=， 2

kre

F =

【解析】 【详解】

(1)根据电动势的定义可知：

1E W q

=

(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：

=F F BIL =安

所以根据电动势的定义有：

2=W Fx BILvt E BLv q q It

=

== b .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v e ，则导线MN 内的自由电子总数为：

N nSL =

导线中的电流为：

e I neSv =

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：

e W N

f v t =??损

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：

W Fv t =?

又因为：

=W W 损

即：

e Fv t N

f v t ?=??

当导线MN 做匀速运动时外力等于安培力，即：

F F BIL ==安

联立以上各式可解得：

f Bev =

(3)据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：

22B

E r k r t

ππ?=

?=? 加速一周感生电场对电子所做的功：

2W eE ke r π==

设非静电力为F ，电子运动一周，非静电力做功为：

2W FS F r π==?非

根据电动势的定义：

W E e

=非

联立解得：

2

kre

F =

答：(1) 电动势1E 的表达式1E W q

=

； (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

2E BLv =；

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2W ke r π=，电子所受非静电力2

kre

F =

。

11．如图所示电路中，R 1=6 Ω，R 2=12 Ω，R 3=3 Ω，C =30 μF ，当开关S 断开，电路稳定时，电源总功率为4 W ，当开关S 闭合，电路稳定时，电源总功率为8 W ，求：

(1)电源的电动势E 和内电阻r ；

(2)在S 断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？ 【答案】（1）8V ,1Ω （2）1.8×10﹣4C ,0 C 【解析】 【详解】 （1）S 断开时有： E=I 1（R 2+R 3）+I 1r…① P 1=EI 1…②

S 闭合时有：E=I 2（R 3+12

12

R R R R +）+I 2r…③ P 2=EI 2…④

由①②③④可得：E=8V ；I 1=0.5A ；r=1Ω；I 2=1A （3）S 断开时有：U=I 1R 2

得：Q 1=CU=30×10-6×0.5×12C=1.8×10-4C S 闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q 2=0

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="m gtg37° " 2’

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

13．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0．2m ，长为2d ，d=0．5m ，上半段d 导轨光滑，下半段d 导轨的动摩擦因素为3

μ=

，导轨平面与水平面的夹角为θ=30°．匀强磁场的磁感应强度大小为B=5T ，方向与导轨平面垂直．质量为m=0．2kg 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R=3Ω，导体棒的电阻为r=1Ω，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g=10m/s 2，求：

（1）导体棒到达轨道底端时的速度大小；

（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R 上的电量q ； （3）整个运动过程中，电阻R 产生的焦耳热Q ． 【答案】（1）2m/s （2）0．125C

（3）0．2625J

【解析】

试题分析：（1）导体棒在粗糙轨道上受力平衡：

mgsin θ="μmgcos" θ+BIL

E=BLv

解得：v=2m/s

（2）进入粗糙导轨前：

解得：q=0．125C

（3）由动能定理得：

考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡；动能定理

【名师点睛】本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的．

14．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=2Ω，导轨的电阻忽略不计．在导轨bc间接一电阻为R=2Ω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时间棒的速度达到υ=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）30．5J 【解析】

试题分析：（1）金属棒速度达到稳定，有：0=-安F F 而BId F =安，2

/r R υ

Bd I +=

联立得：F=16N （2）υF P ==48W

（3）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为1Q 、2Q ，根据焦耳定律得知： 22

/21==r R Q Q 由功能关系得：Pt=1Q +2Q +22

1

υm

代入数据得：2Q =30．5J

考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律；功能关系

15．如图所示，一段长方体金属导电材料，厚度为a 、高度为b 、长度为l ，内有带电量为e 的自由电子。该导电材料放在垂直于前后表面的匀强磁场中，内部磁感应强度为B 。当有大小为I 的稳恒电流垂直于磁场方向通过导电材料时，在导电材料的上下表面间产生一个恒定的电势差U 。求解以下问题：

（1）分析并比较上下表面电势的高低； （2）该导电材料单位体积内的自由电子数量n 。

（3）经典物理学认为金属导体中恒定电场形成稳恒电流，而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。设某种金属中单位体积内的自由电子数量为n ，自由电子的质量为m ，带电量为e ，自由电子连续两次碰撞的时间间隔的平均值为t 。试这种金属的电阻率。 【答案】（1）下表面电势高；（2）（3）

【解析】试题分析：（1）因为电流方向向右，则电子运动方向向左，由左手定则电子向上

偏转，可知下表面电势高； （2）

①

②

③

④

⑤

联立①②③④⑤

（3）设金属导电材料内的匀强电场强度为E

电子定向移动的加速度为

经过时间t获得的定向移动速度为

在时间t内的平均速度为

电流为

欧姆定律

得

考点：洛伦兹力；电场强度；电流强度；欧姆定律.