高中物理稳恒电流技巧 阅读训练策略及练习题

高中物理稳恒电流技巧 阅读训练策略及练习题
一、稳恒电流专项训练
1．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。

某地要把河水抽高20m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。

工作电压为380V ，此时输入电动机的电功率为19kW ，电动机的内阻为0.4。

已知水的密度为，重力加速度取10
2。

求
（1）电动机内阻消耗的热功率；
（2）将蓄水池蓄入864的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。

【答案】（1）3110r p W =⨯（2）4210t s =⨯
【解析】
试题分析：(1) 设电动机的电功率为P ，则P UI ＝
设电动机内阻r 上消耗的热功率为r P ，则2r P I r ＝
代入数据解得3110r P W =⨯
(2) 设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则
M V ＝ρ
设质量为M 的河水增加的重力势能为p E ∆，
则 p E Mgh ∆＝
设电动机的输出功率为0P ，则0? r P P P ＝－
根据能量守恒定律得060%80%p P t E ⨯⨯∆＝
代入数据解得4210t s =⨯。

考点：能量守恒定律、电功、电功率
【名师点睛】根据电动机的功率和电压求解出电流，再根据焦耳定律求解发热功率；水增加的重力势能等于消耗的电能（要考虑效率），根据能量守恒定律列式求解；本题关键是根据能量守恒定律列方程求解，要熟悉电功率和热功率的区别。

2．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l 1、l 2两处分别取一小段长度相等的粒子流I ∆．已知l l :l 2=1:4，这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n 1和n 2，求：n 1:n 2．
(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v I 、v 2；A 、B 直径分别为d 1、d 2，且d 1：d 2=2:1．求：水流的速度大小之 比v 1:v 2．
(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S l 远远大于细管内的横截面积S 2;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. Q It N q q
== ；b. 21:2:1n n =；（2）221221::1:4v v d d ==；（3）a.设：水面下降速度为1v ，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：12Sv Sv =,由12S S >>，可得12v v <<．所以：液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计．
b. v 【解析】
【分析】
【详解】
(1)a.电流Q I t
=， 电量Q Nq = 粒子数Q It N q q =
=
b.根据v = 可知在距粒子源1l 、2l 两处粒子的速度之比：12:1:2v v = 极短长度内可认为速度不变，根据x v t
∆=
∆， 得12:2:1t t = 根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：12:2:1n n =
(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：2
··4
v d π处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比：221221::1:4v v d d == (3)a .设：水面下降速度为1v ，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：12Sv Sv =
由12S S >>，可得:12v v <<.
所以液体面下降的速度1v 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1v 忽略不计，即10v =. 设细管处为零势面，所以有：21002
mgh mv +=
+
解得:v =
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 =21CU 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】2012CE
【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=2012
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 20E
根据能量守恒得：E 损=E 放-E 充=C 20E -2012CE =2012
CE
4．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R 1 =9Ω,R 2=5.5Ω,电键S 断开．
①求流过电阻R 1的电流;
②求电阻 R 1消耗的电功率;
③将S 闭合时,流过电阻R 1的电流大小如何变化?
【答案】(1)0.2A ；(2)0.36W ；(3)变大
【解析】
试题分析：（1）电键S 断开时，根据闭合电路的欧姆定律求出电流；（2）根据211
P I R =求出1R 消耗的电功率；（3）将S 闭合时回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析电流的变化．
（1）电键S 断开时，根据闭合电路的欧姆定律得：12E I R R r
=++，解得：I=0.2A
（2）根据211P I R =，得210.290.36P W =⨯=
（3）将S 闭合时，2R 被短接，回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律：
E I R r =+，可知电流变大，即流过电阻1R 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．
5．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=
122121
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=122121
U I U I I I -- r=1221
U U I I --
6．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
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）该微波炉内磁控管产生的微波波长是多少？
（2）该微波炉在使用微波挡工作时的额定电流是多少?
（3）如果做一道菜，使用微波挡需要正常工作30min ，则做这道菜需消耗的电能为多少?
【答案】(1)0.12m （2）5A （3）61.9810J ⨯
【解析】
【分析】
由c =λf 求得λ；额定电流=额定功率除以额定电压；消耗的电能等于功率与时间的乘积．
【详解】
（1）波长为8
6
3100.12245010c m m f λ⨯===⨯． （2）额定电流：11005220
P I A A U ===． （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．
8．一交流电压随时间变化的图象如图所示．若用此交流电为一台微电子控制的电热水瓶供电，电热水瓶恰能正常工作．加热时的电功率P ＝880W ，保温时的电功率P ′＝20W ．求：
①该交流电电压的有效值U ；
②电热水瓶加热时通过的电流I ；．
③电热水瓶保温5h 消耗的电能E ．
【答案】①220V ②4A ③53.610J ⨯
【解析】
①根据图像可知，交流电电压的最大值为：2202m U V =，
则该交流电电压的有效值为：2202
m U V ==； ②电热水瓶加热时，由P UI =得：8804220P I A A U =
== ③电热水瓶保温5h 消耗的电能为：52053600 3.610W P t J J ='=⨯⨯=⨯
点睛：本题根据交流电图象要能正确求解最大值、有效值、周期、频率等物理量，要明确功率公式P UI =对交流电同样适用，不过U 、I 都要用有效值．
9．某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示．在传送带一端的下方固定有间距为L 、长度为d 的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B 、方向垂直传送带平面（纸面）向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R ，传送带背面固定有若干根间距为d 的平行细金属条，其电阻均为r ，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好．当传送带以一定的速度v 匀速运动时，
（1）电压表的示数
（2）电阻R 产生焦耳热的功率
（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功
【答案】（1）BLvR U R r =+；（2）2222()B L v R P R r =+；（3）22B L vd W R r
=+． 【解析】
试题分析：（1）金属条产生的感应电动势为E=BLv ，
电路中的感应电流为I=BLv R r
+
，故电压表的示数
BLvR
U IR
R r
==
+
；
（2）电阻R产生焦耳热的功率P=I2R=
222
2
()
B L v R
R r
+
；
（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功W=F安d=BILd=
22
B L vd
R r
+
．
考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力．
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：
（1）小球的电性质和恰能静止时两极板间的电压；
（2）小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）小球p到达杆的中点O时的速度．
【答案】(1)U=20V (2)R x=8Ω (3)v=1.05m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球带负电；
恰能静止应满足：
U
mg Eq q
d
==
3
0.01100.2
20
110
mgd
U V V
q-
⨯⨯
===
⨯
(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为R x，由电路电压关系:
22
x
E U
R R r R
=
++
代入数据求得R x=8Ω
(3)闭合电键K后，设电场稳定时的电压为U'，由电路电压关系:
1212'x E U
R R r R =++ 代入数据求得U'=
10011V 由动能定理:211222
d mg U q mv ='- 代入数据求得v=1.05m/s
【点睛】
本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．
11．如图所示，质量m=1kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1m 的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回路中，电源的电动势E=8V 、内阻r=1Ω，额定功率为8W 、额定电压为4V 的电动机M 正常工作．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s 2
．试求：
（1）电动机当中的电流I M 与通过电源的电流I 总．
（2）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小．
【答案】（1）电动机当中的电流是2A ，通过电源的电流是4A ；
（2）金属棒受到的安培力大小是6N ，磁场的磁感应强度大小3T ．
【解析】
试题分析：（1）由P=UI 求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；
（2）进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B ． 解：（1）电动机的正常工作时，有：P M =UI M
代入数据解得：I M =2A
通过电源的电流为：I 总===4A
（2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin37°=6N
流过电动机的电流I 为：I=I 总 I M =4A 2A=2A
F=BIL
解得：B=3T
答：（1）电动机当中的电流是2A ，通过电源的电流是4A ；
（2）金属棒受到的安培力大小是6N ，磁场的磁感应强度大小3T ．
【点评】本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系．是一道很好的综合题．
12．如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L 的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r 的三根导电辐条OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环内，圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(可看成二极管，发光时电阻为r )．圆环及其它电阻不计，从辐条OP 进入磁场开始计时．
（1）顺磁感线方向看，圆盘绕O 1O 2轴沿什么方向旋转，才能使LED 灯发光？在不改变玩具结构的情况下，如何使LED 灯发光时更亮？
（2）在辐条OP 转过60°的过程中，求通过LED 灯的电流；
（3）求圆环每旋转一周，LED 灯消耗的电能．
【答案】（1）逆时针；增大角速度（2）28BL r ω（3）2432B L r
ωπ 【解析】
试题分析：（1）圆环转动过程，始终有一条导电辐条在切割磁感线，产生感应电动势，并通过M.N 和二极管构成闭合回路．由于二极管的单向导电性，只有转轴为正极，即产生指向圆心的感应电流时二极管才发光，根据右手定则判断，圆盘逆时针旋转．
要使得LED 灯发光时更亮，就要使感应电动势变大，即增大转速增大角速度ω． （2）导电辐条切割磁感线产生感应电动势212
E BL ω= 此时O 点相当于电源正极，P 点为电源负极，电源内阻为r 电源外部为二个导体辐条和二极管并联，即外阻为
3r ． 通过闭合回路的电流343E
E I r r r ==+ 带入即得22133248BL BL I r r
ωω⨯== 流过二极管电流为238I BL r
ω= （3）转动过程始终有一个导电辐条在切割磁感线，所以经过二极管的电流不变
转过一周所用时间2T πω=
所以二极管消耗的电能2422'()332I B L Q I rT rT r
ωπ=== 考点：电磁感应 串并联电路
13．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 υBd 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 +221υm 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
14．如图所示，无限长金属导轨EF 、PQ 固定在倾角为θ=53o
的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m ，底部接入一阻值为R=0.4Ω的定值电阻，上端开口。

整个空间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T.一质量为m=0.5kg 的金属棒ab 与导轨接触良好，ab 与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，ab 连入导轨间的电阻r=0.1Ω，电路中其余电阻不计.现用一质量
M=2.86kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连.由静止释放M，当M下落高度h=2.0m时，ab开始匀速运动（运动中ab始终垂直导轨，并接触良好）.不计空气阻力，sin53o=0.8，cos53o=0.6，g取10m/s2.求
（1）ab棒沿斜面向上运动的最大速度V m
（2）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内流过电阻R的总电荷量q.
（3）ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热Q R
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）当ab棒匀速时，M也匀速，所以绳的拉力，
ab棒受安培力，其中
ab棒受力平衡: ，
所以
（2）该过程电路的平均电动势
该过程电路的平均电流
流经R的电荷量
所以
（3）由系统的能量守恒
电阻R上产生的焦耳热为
所以
【名师点睛】首先明确电路，发生电磁感应现象的部分是电源，其余为外电路，要抓住导体棒的受力情况，运动情况的动态分析，即导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住时，速度v达最大值的特点；再根据电磁感应中的功能关系，克服安培力做的功全部转化为电能及动能定理计算转化为电能的表达式。

考点：电磁感应现象的综合应用。

15．(10分)如图所示，倾角θ=30°、宽L=1m 的足够长的U 形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT 、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。

一根质量m=0.2kg ，电阻R=l Ω的金属棒ab 垂直于导轨放置。

现用一平行于导轨向上的牵引力F 作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab 棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g 取l0m/s 2。

求：
(1)若牵引力的功率P 恒为56W ，则ab 棒运动的最终速度为多大?
(2)当ab 棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab 棒的速度为零，通过ab 棒的电量q=0.5C ，则撤去牵引力后ab 棒向上滑动的距离多大?
【答案】（1）7 m/s ；（2）0.5m
【解析】
试题分析：（1）当以恒定功率牵引ab 棒达到最大速度时：P=Fv ，E=BLv ，I=E/R ，F 安=BIL ()0sin =+-安F mg F θ
解得：v=7 m/s
(2)设撤去F 后ab 棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为x ，通过ab 的电荷量， t BLx t E ∆=∆∆Φ=，R
BLx t I q =∆⋅= 联立解得：m BL
qR x 5.0==
考点：本题考查电磁感应。