高考物理稳恒电流专项训练100(附答案)

高考物理稳恒电流专项训练100(附答案)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/mm6007008009001000120014001600180020002100220023002400U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75⑴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：：~：~：~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）根据电阻定律可得．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．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）12W8W．【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=I=A=2A，电源释放的电功率为：P=EI=10×2W=20W；（2）电动机两端的电压为：U=E﹣Ir﹣U1则U=（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6V；电动机消耗的电功率为：P电=UI=6×2W=12W；电动机消耗的热功率为：P热=I2R0=22×1.0W=4W；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=8W；【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．3．（18分）如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。【答案】（1）Qef＝；（2）q＝；（3）Bm＝，方向竖直向上或竖直向下均可，xm＝【解析】解：（1）设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为Q和Q1，有Q+Q1=Ek①且Q=Q1②由题意Ek=③得Q=④（2）设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为△t，扫过的导轨间的面积为△S，通过△S的磁通量为△Φ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，则E=⑤且△Φ=B△S⑥电流I=⑦又有I=⑧由图所示，△S=d（L﹣dcotθ）⑨联立⑤～⑨，解得：q=（10）（3）ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长Lx为：Lx=L﹣2xcotθ（11）此时，ab棒产生的电动势Ex为：E=Bv2Lx（12）流过ef棒的电流Ix为Ix=（13）ef棒所受安培力Fx为Fx=BIxL（14）联立（11）～（14），解得：Fx=（15）有（15）式可得，Fx在x=0和B为最大值Bm时有最大值F1．由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中fm为最大静摩擦力，有：F1cosα=mgsinα+μ（mgcosα+F1sinα）（16）联立（15）（16），得：Bm=（17）Bm就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．有（15）式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值，如图可知F2cosα++μ（mgcosα+F2sinα）=mgsinα（18）联立（15）（17）（18），得xm=答：（1）ef棒上产生的热量为；（2）通过ab棒某横截面的电量为．（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，磁场下ab棒运动的最大距离是．【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点．4．守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据．在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等等．(1)根据电荷守恒定律可知：一段导体中通有恒定电流时，在相等时间内通过导体不同截面的电荷量都是相同的．a．己知带电粒子电荷量均为g，粒子定向移动所形成的电流强度为，求在时间t内通过某一截面的粒子数N．b．直线加速器是一种通过高压电场使带电粒子加速的装置．带电粒子从粒子源处持续发出，假定带电粒子的初速度为零，加速过程中做的匀加速直线运动．如图l所示，在距粒子源l1、l2两处分别取一小段长度相等的粒子流．已知ll:l2=1:4，这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n1和n2，求：n1:n2．(2)在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细，如图2所示，垂直于水柱的横截面可视为圆．在水柱上取两个横截面A、B，经过A、B的水流速度大小分别为vI、v2；A、B直径分别为d1、d2，且d1：d2=2:1．求：水流的速度大小之比v1:v2．(3)如图3所示：一盛有水的大容器，其侧面有一个水平的短细管，水能够从细管中喷出；容器中水面的面积Sl远远大于细管内的横截面积S2;重力加速度为g．假设水不可压缩，而且没有粘滞性．a．推理说明：容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多，可以忽略不计：b．在上述基础上，求：当液面距离细管的高度为h时，细管中的水流速度v．【答案】（1）a.；b.；（2）；（3）a.设：水面下降速度为，细管内的水流速度为v．按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：,由，可得．所以：液体面下降的速度比细管中的水流速度可以忽略不计．b.【解析】【分析】【详解】(1)a.电流，电量粒子数b.根据,可知在距粒子源、两处粒子的速度之比：极短长度内可认为速度不变，根据，得根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：(2)根据能量守恒，相等时间通过任一截面的质量相等，即水的质量相等.也即：处处相等故这两个截面处的水流的流速之比：(3)a.设：水面下降速度为，细管内的水流速度为v.按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：由，可得:.所以液体面下降的速度比细管中的水流速度可以忽略不计.b.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：液面上质量为m的薄层水的机械能等于细管中质量为m的小水柱的机械能．又根据上述推理：液面薄层水下降的速度忽略不计，即.设细管处为零势面，所以有：解得:5．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压10V时，通过金属导线的电流为2A，求：①金属导线电阻；②金属导线在10s内产生的热量．【答案】（1）5Ω（2）200J【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：。（2）产生的热量为：，代入数据得：点睛：本题主要考查了欧姆定律和焦耳定律，此题为基础题。6．如图所示，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=300角，下端连接阻值为R=0.8Ω的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小为B=1T；质量为m=0.1kg、电阻r=0.2Ω金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触．g取10m/s2，求：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）金属棒ab所能获得的最大速度；（3）若金属棒ab沿斜面下滑0.2m时恰好获得最大速度，求在此过程中回路一共生热多少焦？【答案】（1）5m/s2（2）0.5m/s（3）0.0875J【解析】试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得：代人数据解得：．（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为，棒在沿导轨方向受力平衡有：，，，最大速度为：．（3）根据全过程中能的转化和守恒规律，有：，所以全过程中系统产生的热为：．考点：导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用平衡条件、牛顿第二定律和功能关系进行求解．7．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B．一质量为m，电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上．已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值R为多大？（2）当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落s的过程中所需的时间为多少？（3）ab达到稳定速度后，将开关K突然接到3，试通过推导，说明ab作何种性质的运动？求ab再下落距离s时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）【答案】（1）（2）（3）匀加速直线运动【解析】【详解】（1）金属棒ab在磁场中恰好保持静止，由BIL=mg

得

（2）由

得

由动量定理，得

其中得（3）K接3后的充电电流

mg-BIL=ma

得=常数所以ab棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．

v22-v2=2as根据能量转化与守恒得

解得：【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．8．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，如果移送电荷时非静电力所做的功为，写出电动势的表达式；（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，金属框两平行导轨间距为。金属棒在外力的作用下，沿框架以速度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（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及电子所受非静电力的大小。【答案】(1)(2)a.外力充当非静电力，；b.(3)，【解析】【详解】(1)根据电动势的定义可知：(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：所以根据电动势的定义有：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ve，则导线MN内的自由电子总数为：导线中的电流为：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：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：又因为：即：当导线MN做匀速运动时外力等于安培力，即：联立以上各式可解得：(3)据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：加速一周感生电场对电子所做的功：设非静电力为F，电子运动一周，非静电力做功为：根据电动势的定义：联立解得：答：(1)电动势的表达式；(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；b.导线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；(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，电子所受非静电力。9．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，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l、电阻率为ρ、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）当该导线通有恒定的电流I时：①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v；②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。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k的表达式。（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。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F。根据上述模型回答下列问题：①求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F做功的大小；②推导该圆线圈中的电流的表达式。【答案】（1）①；②ne2ρ；（2）①Fl；②。【解析】【分析】【详解】（1）①一小段时间内，流过导线横截面的电子个数为：对应的电荷量为：根据电流的定义有：解得：②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：又因为：联立以上两式得：（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：联立以上两式，并根据电阻定律：解得：10．如图所示电路中，R1=6Ω，R2=12Ω，R3=3Ω，C=30μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8W，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,0C【解析】【详解】（1）S断开时有：E=I1（R2+R3）+I1r…①P1=EI1…②S闭合时有：E=I2（R3+）+I2r…③P2=EI2…④由①②③④可得：E=8V

；I1=0.5A；r=1Ω；I2=1A

（3）S断开时有：U=I1R2得：Q1=CU=30×10-6×0.5×12C=1.8×10-4CS闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q2=011．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．(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0.6～1.0T，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R0＝150ΩB．滑动变阻器R，总电阻约为20ΩC．电流表A，量程2.5mA，内阻约30ΩD．电压表V，量程3V，内阻约3kΩE．直流电源E，电动势3V，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：123456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80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B在0～0.2T和0.4～1.0T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（2）1500；0.90（3）在0～0.2T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12．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+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＝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＝nS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+）流过电阻R1的电流为：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＝vty＝at2由牛顿第二定律有：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＝19Ω13．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，经过时后金属棒达到最大速度．金属棒的最大速度是多少？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；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】；；．【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=由此可得金属棒的最大速度：vmax=（2）由动量定律可得：(F-)t0=mvmax其中：=解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=-通过电阻R的电荷量：q==-（3）设导体棒运动加速度为a，某时装金属棒的速度为v1，经过t金属体的速度为v2，导体棒中流过的电流充电电流为I，则:F-BIL=ma电流：I==其中：E=BLv2-BLv1=BLv，a=联立各式得：a=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）金属棒的最大速度是；（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；（3）金属棒由静止开始经过时间t后，电容器所带