【物理】物理稳恒电流练习题及答案含解析

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
R R总-RL 20Ω 5Ω 15Ω
5．在如图所示的电路中,电源电动势 E=3V,内阻 r=0.5Ω,定值电阻 R1 =9Ω,R2=5.5Ω,电键 S 断 开．
①求流过电阻 R1 的电流; ②求电阻 R1 消耗的电功率; ③将 S 闭合时,流过电阻 R1 的电流大小如何变化? 【答案】(1)0.2A；(2)0.36W；(3)变大
① 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
后，液体均以恒定速率 v0 沿 x 轴正方向流动。忽略液体流动时与管道间的流动阻力。
（1）开关 S 断开时，求 M、N 两导板间电压U0 ，并比较 M、N 导体板的电势高低；
（2）开关 S 闭合后，求： a. 通过电阻 R 的电流 I 及 M、N 两导体板间电压U ； b. 左右管道口之间的压强差 p 。
Ｉ（m Ａ）
0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50
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，
2 2
A＝1.5
A
由闭合电路欧姆定律得 E＝I 总 r+U1+U3， 即 E＝1.5r+2+2①
当电流表示数为 0.2 A 时，R1 两端的电压为 U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V
回路的总电流为
I
总′＝I1′+
U1 R2
＝0.2+
0.8 2
A＝0.6A
由闭合电路欧姆定律得 E＝I 总′r+U1′+U3′， 即 E＝0.6r+0.8+5②
（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
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０
Ｕ（Ｖ） ０.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40
(3)S 闭合时： S 断开时: 所以：
IU R1
I' U R1 R2
I R1 R2 3 I ' R1 2
7．微波炉的工作应用了一种电磁波——微波(微波的频率为 2.45×106Hz )．食物中的水分子 在微波的作用下加剧了热运动，内能增加，温度升高，食物增加的能量是微波给它的．右 下表是某微波炉的部分技术参数，问：
①电路中的感应电动势； ②如果电路中的电流恒为 0.2A，那么小灯泡在 10s 内产生的热量是多少． 【答案】（1）2V（2）4J 【解析】 （1）当磁通量发生变化时，闭合电路中要产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，感 应电动势大小为：
E 0.4 0.2 V 2V t 0.1
（2）当小灯泡上的电流为 I=0.2A 时，根据焦耳定律，10s 钟内产生的热量为： Q=I2Rt=0.22×10×10J=4J
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．如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器 R3 上标有“10Ω，2A”的字样，理想电 压表的量程有 0～3V 和 0～15V 两挡，理想电流表的量程有 0～0.6A 和 0～3A 两挡．闭合 开关 S，将滑片 P 从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为 2V 和 0.5A； 继续向右移动滑片 P 至另一位置，电压表指针指在满偏的 1 ，电流表指针也指在满偏的
【物理】物理稳恒电流练习题及答案含解析
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５ Ω；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）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】
合时 R1 消耗的电功率为 9W,则：
P1
U2 R1
9W
当 S 断开时 R1 消耗的电功率为 4W，则：
P1
'
(
U R1
R2
)2
R1
4W
解得：
R1 : R2 2 :1
(2)S 断开时 R1 和 R2 串联，根据公式 P I 2R ，功率之比等于阻值之比，所以：
P1 ' : P2 ' R1 : R2 2 :1
又因为 P1 ' 4W ，所以，S 断开时，电阻 R2 消耗的电功率：
P2 ' 2W
3 1 ．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字） 3
【答案】7.0V，2.0Ω． 【解析】 【分析】 根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化，是可判断所选量程，从而求出电流表的示 数；由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式，联立即可求得电源的电动 势． 【详解】 滑片 P 向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表
（3）将 S 闭合时， R2 被短接，回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律：
I
E R
r
，可知电流变大，即流过电阻
R1 的电流变大
【点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解决本题的关键就是要知道闭合电路的欧
姆定律的表达式，并且知道回路中的电阻变化了，根据闭合电路的欧姆定律可以判断电流
的变化．
6．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 S 断 开时 R1 消耗的电功率为 4W，求：
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 匀
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 ；② nev ；③
k ne 2
（2） nemlS 2πk
【解析】
【详解】
（1）①导线中的电流
②电流面密度
I Q neSv ； t
（2）a．由闭合电路欧姆定律
外电路两端的电压：
I U0 Bdv0 Rr Rr
U IR U0R BdRv0 Rr Rr
b．设开关闭合后，管道两端压强差分别为 p ，忽略液体所受的摩擦阻力，开关闭合后 管道内液体受到安培力为 F 安，则有
phd F安
联立可得管道两端压强差的变化为：
F安 =BId
量程选取的是 0～0.6 A，电压表量程选取的是 0～15 V，所以第二次电流表的示数为 1 ×0.6 3
A＝0.2 A，电压表的示数为 1 ×15 V＝5 V 3
当电流表示数为 0.5A 时，R1 两端的电压为 U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V
回路的总电流为
I
总＝I1+
U1 R2
＝0.5+
（1）波长为
c f
3108 2450 106
m 0.12m ．
（2）额定电流： I P 1100 A 5A ． U 220
（3）消耗的电能 E=W=Pt=1100×1800=1.98×106J． 【点睛】 本题主要考查了电功率和电能的计算，属于基础题．
8．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为 d ，管 道高度为 h ，上、下两面是绝缘板，前后两侧 M、N 是电阻可忽略的导体板，两导体板与 开关 S 和定值电阻 R 相连。整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B 、方向沿 z 轴 正方向。管道内始终充满导电液体， M、N 两导体板间液体的电阻为 r ，开关 S 闭合前
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
而
Q nSle
联立可得
l vt
Q nemlS 2πk
10．如图所示，电源电动势 E=50V，内阻 r=1Ω， R1=3Ω，R2=6Ω．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：
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