高考物理专题汇编物理稳恒电流(一)含解析

高考物理专题汇编物理稳恒电流(一)含解析一、稳恒电流专项训练1．如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．【答案】（1）U–I图象如图所示：图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a如图所示：b.（3）见解析【解析】（1）U–I图像如图所示，其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a．如图所示b．电源输出的电功率：当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为（3）电动势定义式：根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即本题答案是：（1）U–I图像如图所示，其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a．如图所示当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为（3）点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当R=r时，输出功率最大．2．超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．（l）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化．则表明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于△I的电流变化，其中△I＜＜I，当电流的变化小于△I时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为m、电荷量为e．试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．（3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t．为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】（1）逆时针方向。原磁场磁感线垂直于圆环平面向上，当撤去磁场瞬间，环所围面积的原磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中感应电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。（2）设圆环周长为、电阻为R，由电阻定律得由于有电阻，所以圆环在传导电流过程中，电流做功，把电能全部转化为内能。设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为，由焦耳定律得因电流是圆环中电荷的定向移动形成的，故可设环中单位体积内定向移动电子数为n，由电流强度的定义得：因式中n、e、S不变，所以只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。电流变化大小取时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为，则在t时间内单个电子在环中定向移动时减小的动能为：圆环中总电子为设环中定向移动电子减少的动能总和为，则由于，可得根据能量守恒定律，得联立上述各式，得（3）由看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。此题易错点：分析能量的转换关系以及微观量与宏观量关系时出错。【考点定位】本题考查楞次定律、电阻定律、电流强度和能量转换等知识，是一道电磁学联系实际的综合问题，意在考查考生灵活应用物理知识解决实际问题的能力。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m的小球1以速度，向左运动，与前面静止的、质量也为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，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)(2)(3)≤ω≤【解析】【分析】【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则解得(2)杆转动的电动势电阻R的功率(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，由牛顿第二定律得从S到T，由动能定理得解得杆转动的电动势两板间电场强度联立解得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，由牛顿第二定律得杆转动的电动势两板间电场强度联立解得综上所述，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：.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．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，电流表指针也指在满偏的．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）【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量程选取的是0～0.6A，电压表量程选取的是0～15V，所以第二次电流表的示数为×0.6A＝0.2A，电压表的示数为×15V＝5V当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4V＝2V回路的总电流为I总＝I1+＝0.5+A＝1.5A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0.2A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8V回路的总电流为I总′＝I1′+＝0.2+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联立①②解得E＝7.0V，r＝2.0Ω【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程．6．一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，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，外电路电阻，已知感应电动势的最大值，其中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】【解析】【详解】由图可知磁通量最大值为：线圈转动的角速度为：代入公式得：交流电流的最大值为：交流电流表的读数为：7．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，充电宝的内阻为试求：充电宝的输入功率；充电宝内阻消耗的热功率；一分钟内充电宝储存的电能．【答案】5W；；288．【解析】【分析】(1)根据求解充电宝的输入功率；(2)根据求解热功率；(3)根据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：；(2)充电宝内阻消耗的热功率为：；(3)一分钟内充电宝储存的电能为：．【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，知道热功率只能用求解.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．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，管道高度为，上、下两面是绝缘板，前后两侧是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关和定值电阻相连。整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为、方向沿轴正方向。管道内始终充满导电液体，两导体板间液体的电阻为，开关闭合前后，液体均以恒定速率沿轴正方向流动。忽略液体流动时与管道间的流动阻力。（1）开关断开时，求两导板间电压，并比较导体板的电势高低；（2）开关闭合后，求：a.通过电阻的电流及两导体板间电压；b.左右管道口之间的压强差。【答案】（1）U0=Bdv0，（2）a．；b．【解析】【详解】（1）该发电装置原理图等效为如图，管道中液体的流动等效为宽度为d的导体棒切割磁感线，产生的电动势E=Bdv0则开关断开时U0=Bdv0由右手定则可知等效电源MN内部的电流为N到M，则M点为等效正极，有；（2）a．由闭合电路欧姆定律外电路两端的电压：b．设开关闭合后，管道两端压强差分别为，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，则有联立可得管道两端压强差的变化为：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．如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L=1m，质量m=0.1㎏的导体棒ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R=1Ω，磁感强度B=1T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面，当导体棒在电动机牵引下上升h=3.8m时，获得稳定速度，此过程导体棒产生热量Q=2J．电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为7V和1A，电动机的内阻r=1Ω，不计一切摩擦，g=10m/s2，求：（1）导体棒所达到的稳定速度是多少？（2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少？【答案】（1）m/s（2）s【解析】：（1）导体棒匀速运动时，绳拉力T，有T-mg-F=0（2分），其中F=BIL，I=ε/R,ε=BLv，(3分)此时电动机输出功率与拉力功率应相等，即Tv=UI/-I/2r（2分），（U、I/、r是电动机的电压、电流和电阻），化简并代入数据得v=2m/s（1分）．（2）从开始达匀速运动时间为t，此过程由能量守恒定律，UI/t-I/2rt=mgh+mv2+Q（4分），代入数据得t=1s（2分）．12．如图，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L．一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．（1）如图1，若轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动．请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等．（2）如图2，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率．（3）如图3，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板电势差随时间变化的图象如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1．求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】试题分析：（1）导体棒切割磁感线导体棒做匀速运动又在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功电路获取的电能可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等．（2）导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流．电源的路端电压电源与电阻所在回路的电流电源的输出功率（3）感应电动势与电容器两极板间的电势差相等由电容器的U-t图可知导体棒的速度随时间变化的关系为可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度由，，则由牛顿第二定律可得：考点：感应电动势、电功、电功率、安培力．13．“、”的电风扇，线圈电阻为，当接上电压后，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）；（2）；（3），；【解析】试题分析：（1）由可得电流为：；线圈电阻发热功率：；（2）机械功率：；（3）当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：；.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。14．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨、相距为m，导轨平面与水平面夹角，导轨电阻不计，磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为m的金属棒垂直于、放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为kg、电阻为Ω，两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为m，定值电阻为Ω，现闭合开关并将金属棒由静止释放，取m/s2，求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒