高中物理稳恒电流专题训练答案及解析

一、稳恒电流专项训练

1．在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S=0.20mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路．M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表读数始终为I=1.25A，电压表读数U随OP间距离x的变化如下表：

x/mm

600

700

800

900

1000

1200

1400

1600

1800

2000

2100

2200

2300

2400

U/V

3.95

4.50

5.10

5.90

6.50

6.65

6.82

6.93

7.02

7.15

7.85

8.50

9.05

9.75

⑴绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线；

⑵求出金属丝的电阻率ρ，并进行比较．

【答案】（1）如图所示；

（2）电阻率的允许范围：

a：60.9610m~61.1010m

b：68.510m~71.1010m

c：60.9610m~61.1010m

通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率．

【解析】

（1）以OP间距离x为横轴，以电压表读数U为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线．

（2）根据电阻定律lRS可得SUSRlIl．

663(6.53.9)0.20101.04101.25(1000600)10amm

673(7.16.5)0.20109.6101.25(20001000)10bmm

663(9.77.1)0.20101.04101.25(24002000)10cmm

通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率．

2．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。如图所示：一段横截面积为S、长为l的金属电阻丝，单位体积内有n个自由电子，每一个电子电量为e。该电阻丝通有恒定电流时，两端的电势差为U，假设自由电子定向移动的速率均为v。

（1）求导线中的电流I；

（2）有人说“导线中电流做功，实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”。这种说法是否正确，通过计算说明。

（3）为了更好地描述某个小区域的电流分布情况，物理学家引入了电流密度这一物理量，定义其大小为单位时间内通过单位面积的电量。若已知该导线中的电流密度为j，导线的电阻率为，试证明： Ujl。

【答案】（1）IneSv；（2）正确，说明见解析；（3）证明见解析

【解析】

【详解】

（1）电流的定义式QIt，在t时间内，流过横截面的电荷量QnSvte

因此IneSv

（2）这种说法正确。

在电路中，导线中电流做功为：WUIt

在导线中，恒定电场的场强UEl，导体中全部自由电荷为qnSle，

导线中的恒定电场对自由电荷力做的功：UUWqEvtqvtnSelvtnSevUtll

又因为IneSv，则WUIt

故“导线中电流做功，实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”是正确的。（3）由欧姆定律：UIR

由电阻定律：lRS

则lUIS，则有：UIlS

电流密度的定义：QIjStS

故Ujl

3．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1O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12m的小球1以速度052grv，向左运动，与前面静止的、质量也为12m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，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) 52grv (2) 2424BLPR (3) 2mgdqBL≤ω≤27mgdqBL

【解析】

【分析】

【详解】

(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111()222mvmmv 解得52grv

(2)杆转动的电动势21122BLvBLLBL

电阻R的功率22424BLPRR

(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E1，粘合体达到T点时的速度为v1．

在T点，由牛顿第二定律得211vmgqEmr

从S到T，由动能定理得2211112222qErmgrmvmv

解得12mgEq

杆转动的电动势21112BL

两板间电场强度11Ed

联立解得12mgdqBL

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E2．

在S点，由牛顿第二定律得22vqEmgmr

杆转动的电动势22212BL

两板间电场强度22Ed

联立解得227mgdqBL

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：227mgdmgdqBLqBL.

4．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度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，外电路电阻95R，已知感应电动势的最大值mmEn，其中m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：

21.010Wbm

线圈转动的角速度为：

223.142rad/s200rad/s3.1410T

代入公式mmEn得：

200VmE

交流电流的最大值为：

mm2AEIRr

交流电流表的读数为：

2A2mII

5．如图所示，已知电源电动势E=16 V，内阻r=1 Ω，定值电阻R=4 Ω，小灯泡上标有“3 V，4.5 W”字样，小型直流电动机的线圈电阻r′=1 Ω，开关闭合时，小灯泡和电动机均恰好正常工作．求：

（1）电路中的电流强度；

（2）电动机两端的电压；

（3）电动机的输出功率．

【答案】（1）1.5A ；（2）5.5V；（3）6W. 【解析】

试题分析：（1）电路中电流LLPIU=1．5A

（2）电动机两端的电压()MLUEUIRr=5．5V

（3）电动机的总功率

电动机线圈热功率2/2.25WPIr热

电动机的输出功率

考点：电功率

6．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2．5A，R1上的电压为5v，求：

（1）R1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】（1）1V 1Ω（2）10 V ；2Ω

【解析】

试题分析：（1）R3断开时电表读数分别变为5v和2．5A 可知R1=2欧

R3断开前R1上电压U1=R1I=4V

U1= U2 + U3

所以 U2=1V

U2：U3 = R2：R3 =1:3

R2=1Ω

（2）R3断开前总电流I1=3A

E = U1 + I1r

R3断开后总电流I2=2．5A

E = 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】

7．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：两个定值电阻的阻值分别为R1＝69Ω，R2＝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R1消耗的电功率；

（3）调节滑动变阻器，可使速度为v＝3×102m/s、比荷为qm＝3×104Ckg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)19

【解析】

【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律有：E＝nSBt

线圈面积为：S＝πr2

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（R0+R+1212RRRR）

流过电阻R1的电流为：2112RIIRR

R1消耗的电功率为：P＝I12R1

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＝vt

y＝12at2

由牛顿第二定律有：2RqUmad

由电路规律有：E＝UR2+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＝19Ω

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高中物理稳恒电流试题经典及解析

一、稳恒电流专项训练

1．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．

（1）一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e．该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v．

（a）求导线中的电流I；

（b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F．

（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F与m、n和v的关系．

（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）

【答案】（1）InvSe证明见答案（2）213FPnmS

【解析】

（1）（a）电流QIt，又因为[()]QnevSt，代入则InvSe

（b）F安=BIL，InvSe，代入则：F安=BnvSeL；因为总的自由电子个数N=nSL，每个自由电子受到洛伦兹力大小f=Bve，所以F=Nf=BnvSeL=F安，即F安=F．

（2）气体压强公式的推导：设分子质量为m，平均速率为v，单位体积的分子数为n；建立图示柱体模型，设柱体底面积为S，长为l，则lt

柱体体积VSl

柱体内分子总数NnV总

因分子向各个方向运动的几率相等，所以在t时间内与柱体底面碰撞的分子总数为’16NN总总＝

设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为2pmN，总依据动量定理有Ftp

又压力Ftp

由以上各式得单位面积上的压力2013FFnmS

【物理】物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

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）1221vv （2）12243mgRvBl ；22223mgRvBl

【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v1、v2．

根据MN和M'N'动量守恒得出：mv1﹣2mv2=0

解得：122vv： 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，EIR③，E=Blv1+Blv2 ④

由①﹣﹣④得：12243mgRvBl、22223mgRvBl

【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． 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．

高中物理稳恒电流解题技巧及练习题含解析

一、稳恒电流专项训练

(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）1221vv （2）12243mgRvBl ；22223mgRvBl

【解析】

【分析】

【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v1、v2．

根据MN和M'N'动量守恒得出：mv1﹣2mv2=0

解得：122vv： ①

由①﹣﹣④得：12243mgRvBl、22223mgRvBl

【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．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RB、R0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．

高中物理稳恒电流专题训练答案

一、稳恒电流专项训练

1．（1）用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为

mm．

（2）用下列器材装成描绘电阻0R伏安特性曲线的电路，请将实物图连线成为实验电路．

微安表μA（量程200μA，内阻约200Ω）；

电压表V（量程3V，内阻约10Ω）；

电阻0R（阻值约20 kΩ）；

滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流1 A）；

电池组E（电动势3V，内阻不计）；

开关S及导线若干．

【答案】（1）1.880（1.878～1.882均正确）

（2）

【解析】

（1）首先读出固定刻度1.5 mm

再读出可动刻度38. 0×0. 01 mm="0.380" mm

金属丝直径为（1.5＋0.380) mm="1.880" mm．（注意半刻度线是否漏出；可动刻度需要估读）

（2）描绘一个电阻的伏安特性曲线一般要求电压要从0开始调节，因此要采用分压电路．由于0VA0100,0.5RRRR，因此μA表要采用内接法，其电路原理图为

连线时按照上图中所标序号顺序连接即可．

2．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R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=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=1UR

I=3.01.5A=2 A，

电源释放的电功率为：P=EI =10×2 W=20 W；

高中物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析

一、稳恒电流专项训练

1． 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6×150Ω＝900Ω，当B＝1.0T时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻20Ω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xVAxRRRR，所以电流表应内接．电路图如图所示．

（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：130.4515000.3010R，230.911516.70.6010R，331.5015001.0010R，

431.791491.71.2010R，532.7115051.8010R，

故电阻的测量值为1234515035RRRRRR（1500－1503Ω都算正确．）

由于0150010150RR，从图1中可以读出B＝0.9T

方法二：作出表中的数据作出U－I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．

高考物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析

一、稳恒电流专项训练

1．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xR＝．

【答案】0375,,IR

【解析】

解：方案一中根据闭合电路欧姆定律，有

E=I1（r+R1+R2）（其中r为电源内阻，R1为电阻箱电阻，R2为电流表内阻）

E=I2（r+R1+R2+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R0，故电流表读数不变，为I，电阻箱的阻值为R0．

故答案为375，I，R0．

【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．

2．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

高中物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析

一、稳恒电流专项训练

1．材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1+αt)，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0℃时，铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m，碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m；在0℃附近，铜的电阻温度系数为3．9×10-3℃-1，碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1．将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m的导体，要求其电阻在0℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）．

【答案】3．8×10-3m

【解析】

【分析】

【详解】

设所需碳棒的长度为L1，电阻率为1，电阻恒温系数为1；铜棒的长度为2L，电阻率为2，电阻恒温系数为2．根据题意有

1101)lt（①

2202)lt（②

式中1020、分别为碳和铜在0℃时的电阻率．

设碳棒的电阻为1R，铜棒的电阻为2R，有111LRS③，222LRS④

式中S为碳棒与铜棒的横截面积．

碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为

12RRR⑤，012LLL⑥

式中01.0mL

联立以上各式得：10112022121020LLLLRtSSS⑦

要使电阻R不随温度t变化，⑦式中t的系数必须为零．即101120220LL⑧

联立⑥⑧得：20210202101LL⑨

代入数据解得：313810mL． ⑩

【点睛】

考点：考查了电阻定律的综合应用

本题分析过程非常复杂，难度较大，关键是对题中的信息能够吃投，比如哦要使电阻R不随温度t变化，需要满足的条件

高中物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析 2

高中物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析

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θ=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）通过ad边的电流Iad是多大？

（2）导体杆ef的运动速度v是多大？

【答案】(1)238mgBL (2)1238mgrBBdL

【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Iab＝34I ①

Idc＝14I ②

金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 ③

由①～③，解得Iab＝2234mgBL④

(2)由(1)可得I＝22mgBL⑤

设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有E＝B1L1v ⑥

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＝34r ⑦

根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER⑧

由⑤～⑧，解得v＝121234mgrBBLL⑨

考点：受力分析，安培力，感应电动势，欧姆定律等．

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．

高考物理稳恒电流解题技巧及练习题及解析

一、稳恒电流专项训练

(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）1221vv （2）12243mgRvBl ；22223mgRvBl

【解析】

【分析】

【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v1、v2．

根据MN和M'N'动量守恒得出：mv1﹣2mv2=0

解得：122vv： ①

由①﹣﹣④得：12243mgRvBl、22223mgRvBl

【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．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R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：

高中物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析 3

高中物理稳恒电流技巧小结及练习题含解析

一、稳恒电流专项训练

（1）通过ad边的电流Iad是多大？

（2）导体杆ef的运动速度v是多大？

【答案】(1)238mgBL (2)1238mgrBBdL

【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Iab＝34I ①

Idc＝14I ②

金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2 ③

由①～③，解得Iab＝2234mgBL④

(2)由(1)可得I＝22mgBL⑤

设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有E＝B1L1v ⑥

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＝34r ⑦

根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER⑧

由⑤～⑧，解得v＝121234mgrBBLL⑨

考点：受力分析，安培力，感应电动势，欧姆定律等．

2．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：

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