专题09 恒定电流(解析版)

专题09 恒定电流（解析版）
1．在如图所师的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定
A．电源的电动势E一定小于击穿电压U
B．电容器所带的最大电荷量一定为CE
C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
【答案】D
【详解】
A．电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，故选项A 错误；
B．电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，故选项B错误；C．闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，故选项C错误；
D．充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，故选项D正确．
2．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A．I1增大，I2不变，U增大
B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大
D ． I 1减小，I 2不变，U 减小 【答案】B 【详解】
R 2的滑动触点向b 端移动时，R 2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R 3电压增大，R 1、R 2并联电压减小，通过R 1的电流I 1减小，即A 1示数减小，而总电流I 增大，则流过R 2的电流I 2增大，即A 2示数增大．故A 、C 、D 错误，B 正确．
3．如图所示，固定在水平面上的半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。

长为l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO '上，随轴以角速度ω匀速转动。

在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。

已知重力加速度为g ，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．棒产生的电动势为21
2Bl ω
B ．微粒的电荷量与质量之比为22gd
Br ω
C ．电阻消耗的电功率为
242B r R
πω
D ．电容器所带的电荷量为2CBr ω 【答案】B 【详解】
A ．如图所示，金属棒绕OO '轴切割磁感线转动，棒产生的电动势21
=22
r E Br Br ωω=⋅ A 错误；
B ．电容器两极板间电压等于电源电动势E ，带电微粒在两极板间处于静止状态，则E
q
mg d
= 即2
2212
q dg dg dg m E Br Br ωω=== B 正确；
C．电阻消耗的功率
2242
4
E B r
P
R R
ω==
C错误；
D．电容器所带的电荷量
2
2
CBr
Q CE
ω==
D错误。

故选B。

4．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，
A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
【答案】A
【详解】
试题分析：由电路图可知，本题为滑动变阻器的两部分并联，并联后，再与R串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化．
解：设滑动变阻器触点以上的电阻为R上，触点以下的电阻为R下．因为滑动变阻器的有效电阻R并除最初和最终为零外，是
R上和R下并联的结果，
R R
R
R R
=
+
下
上
并
下
上
①
二者之和一定，二者相等时积最大，所以当触点在中间时电阻最大，根据全电路欧姆定律，
I总=
E
R r R
++
并
②，
所以当触点在中间时电流最小，电压表V读数为电源的路端电压，U=E - Ir，当触点在中间时路端电压最大，电压表V读数先变大后变小，所以本题选A或C．
再算电流表A读数即R下的电流I，根据电阻并联分流公式，
R
I I
R R
=
+
上
总
下
上
③，
联立以上3式，解得
R R R R R E
I R R R r =
⋅
++++上下
上下上下
上变化为
I=()()E
R r R R R R +++下上下
上
当滑动变阻器的滑动触头P 从最高端向下滑动时，R 上一直变大而R 下一直变小，从上式可以看出，电流表A 读数I 一直变大，所以本题选A ． 故选A
5．如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F ．调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是
A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大
B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小
C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大
D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小 【答案】B 【详解】
保持R 1不变，缓慢增大R 0时，电路的总电阻增大，电流减小，因此R 0两端电压减小，因此E =U /d 可知电场强度减小，则小球收到的电场力减小，绳拉力等于电场力和重力的合力，因此拉力F 减小，故A 错B 正确；保持R 2不变，R 1没有接到电路，其变化不影响电路的变化，因此电容器的电压不变，拉力F 不变，CD 错误。

6．如图所示，电动势为E 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接，只合上开关S 1，三个灯泡都能正常工作，如果再合上S 2，则下列表述正确的是（ ）
A．电源输出功率减小
B．L1上消耗的功率增大
C．通过R1上的电流增大
D．通过R3上的电流增大
【答案】C
【详解】
A．只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作，再合上S2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大．由于电源的内阻不计，电源的输出功率P=EI，与电流成正比，则电源输出功率增大．故A错误．
B．由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，L1两端的电压减小，其消耗的功率减小．故B错误．
C．再合上S2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而R1在干路中，通过R1上的电流增大．故C正确．
D．并联部分的电压减小，通过R3上的电流将减小．故D错误．
7．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）
A．V的读数变大，A的读数变小B．V的读数变大，A的读数变大
C．V的读数变小，A的读数变小D．V的读数变小，A的读数变大
【答案】B
【详解】
S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；
把R 1归为内阻，内电压减小，故R 3中的电压增大，由欧姆定律可知R 3中的电流也增大，电流表示数增大，
A ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故A 错误；
B ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故B 正确；
C ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故C 错误；
D ．分析得V 的读数变大，Ａ的读数变大，故D 错误；
8．阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池(E 内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为1Q ，闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为21.Q Q 与2Q 的比值为( )
A ．25
B ．12
C ．35
D ．23
【答案】C 【详解】
试题分析：根据等效电路，开关S 断开时，电容器的电压
1211
2325+3
E U R E R R =
⋅⨯=，得11Q CU =；S 闭合时，
211123+2
E U R E R R =
⋅=，22Q CU =，故112235Q U Q U ==，故选C ． 9．一根长为L ，横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ。

棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m ，电荷量为e 。

在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v 。

则金属棒内的电场强度大小为（ ）
A ．2
2mv eL
B ．2mv Sn e
C ．ρnev
D ．ev SL ρ
【答案】C 【详解】
U I R
=
，I=neSv ，L R S ρ=，U
E L =，联立得E =ρnev ，故选C 。

10．如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略．平行板电容器C 的极板
水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )
A．增大R1的阻值B．增大R２的阻值
C．增大两板间的距离D．断开电键S
【答案】B
【详解】
试题分析：以油滴为研究对象进行受力分析可知，油滴静止不动，所受电场力与重力平衡，即，现欲使油滴仍能处于平衡状态，则保证电场强度不发生变化即可，R1
的电压不变即可，题中R2没有电流通过，故改变R2时对电路工作状态无影响，所以选项B 正确、A错误；而增大两板间距离时，电场强度减小，油滴下落，所以选项C错误；断开电键S时，电容器与可变电阻构成闭合回路，电容器放电，油滴下落，所以选项D错误；11．如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r<R，c为滑动变阻器的中点．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是( )
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【答案】CD
【详解】
把等效电路画出，如图
设ca x R R =，cd x R R R 滑=-，则()()
x x R R R R R R R R R R ++-=+
++滑外滑
当x R R 2
=
滑
时，R 外有最大值，当滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动时，ca R 减小，cd R 增大，易得：R 外减小， R R r 总外=+减小，1E I R =
总
增大，故电源内阻消耗的功率r P =2
1I r 增大，故D 正确 3cb R R U +=()2ca
R
R 11U E I r R +=-+减小，
3cb R R 33cb
U I R R +=
+减小，故R3P =2
33I R 减小，故B 错误
而213I I I =-增大，故R 2P =2
22I R 减大，故A 错误
根据电源输出功率与R 外的关系图可知，当R r >外时，R 外减小电源输出功率越大，故C 正确；
12．如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中
A ．U 先变大后变小
B ．I 先变小后变大
C ．U 与I 比值先变大后变小
D ．U 变化量与I 变化量比值等于R 3
【答案】BC 【解析】
由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A 错误；在滑动变阻器1R 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器1R 的电阻先增
大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U 与I 的比值就是接入电路的1R 的电阻与2R 的电阻的和，所以U 与I 比值先变大后变小，故C 正确；由于电压表示数没有变化，所以U 变化量与I 变化量比值等于0，故D 错误；
13．如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表123V V V 、、示数变化量的绝对值分别为 123V V V ∆∆∆、、，理想电流表A 示数变化量的绝对值 I ∆，则
A ．A 的示数增大
B ．2V 的示数增大
C ．3V ∆与 I ∆的比值大于r
D ．1V ∆大于 2V ∆
【答案】ACD 【详解】
A ．滑动变阻器的滑片向下滑动，导致滑动变阻器阻值变小，由于电压表断路，定值电阻和滑动变阻器为串联，滑动变阻器阻值变小，总电阻变小，电源电动势不变，总电流变大，即电流表示数变大，选项A 对；
B ．电压表1V 测量定值电阻R 的电压，电阻不变，总电流变大，所以电压变大即1V 示数增大．电压表2V 测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压，示数变小，选项B 错；
D ．电压表3V 测量滑动变阻器电压，设电流增加量为I ∆，则根据1V I R ∆=∆⨯，2V I r ∆=∆⨯，所以12V V ∆>∆，选项D 对；
C ．电压表3V 的变化量3()V I r R ∆=∆⨯+，所以
3
()V r R r I
∆=+>∆，选项C 对． 14．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）2
mvS I
etI ρ∆=（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l 、电阻为R ，由电阻定律得l
R s
ρ
= 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E ∆，由焦耳定律得2E I Rt ∆=
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：I nevS =
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I ∆时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为v ∆，则
I neS v ∆=∆
在t 时间内单个电子在环中定向移动时减小的动能为：()2
21122
i E mv m v v ∆=--∆ 圆环中总电子为N nlS =
设环中定向移动电子减少的动能总和为K E ∆，则 ()221
122K i E N E nlS mv m v v ⎡⎤∆=⋅∆=--∆⎢⎥⎣⎦
由于I
I ∆，可得K lmv
E I e
∆=
∆ 根据能量守恒定律，得K E E ∆=∆ 联立上述各式，得2
mvS I
etI ρ∆= （3）由2
mvS I
etI
ρ∆=
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ρ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．
15．环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。

某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量331kg 0m =⨯。

当它在水平路面上以v =36km/h 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流
I =50A ，电压U =300V 。

在此行驶状态下。

(1)求驱动电机的输入功率P 电；
(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机，求汽车所受阻力与车重的比值（g 取10m/s 2）；
(3)设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积。

结合计算结果，简述你对该设想的思考。

已知太阳辐射的总功率260410W P =⨯，太阳到地球的距离111.510m r =⨯，太阳光传播到达
地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%。

【答案】(1)41.510W P =⨯电；(2)0.045f mg
=；(3)2101m S = 【详解】
(1)驱动电机的输入功率
41.510W P IU ==⨯电
(3)牵引汽车前进的机械功率
0.9P P Fv fv 电机===
则汽车所受阻力
0.91350N P f v
=
=电 则汽车所受阻力与车重的比值 0.045f mg
= （3）当太阳光垂直电磁板入射时，所需板面积最小，设其为S ，距太阳中心为r 的球面面积
204πS r =
若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P '，则
00
P S P S '= 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P ，所以
()130%P P =-'
由于15%P P =电，所以电池板的最小面积
()00
130%P S P S =- 220
4π101m 0.150.7r P S P =≈⨯电 16．真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电，以
光照射A 板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。

假设所有逸出的电子都垂直于A 板向B 板运动，忽略电子之间的相互作用，保持光照条件不变，a 和b 为接线柱。

已知单位时间内从A 板逸出的电子数为N ，电子逸出时的最大动能为km E ，元电荷为e 。

（1）求A 板和B 板之间的最大电势差m U ，以及将a ，b 短接时回路中的电流m I 。

（2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E 和内阻r 。

（3）在a 和b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U ，外电阻上消耗的电功率设为P ；单位时间内到达B 板的电子，在从A 板运动到B 板的过程中损失的动能之和设为k E ∆，请推导证明：k P E =∆。

（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）
【答案】（1）km m E U e =
，=I Ne 短 （2）km m E U e
=，2km E r Ne = （3）k P E =∆ 【详解】
（1）光照射A 板后，A 板发出的光电子不断打到B 板上，在AB 之间形成电场，将阻碍后续发出的光电子向B 运动。

当AB 之间的电势差达到最大值m U 时，以最大初动能从A 板逸出的光电子也刚好不能到达B 板，由动能定理可得
m km eU E = 解得
km m E U e
= 短路时，在A 板上方设置与A 平行、面积等大的参考面，时间t 内通过该参考面的电荷量
Q Net =
根据电流定义式
Q I t
= 可得
=I Ne 短
（2）电源电动势等于开路时的路端电压，故
km m U E U e
==
由闭合电路的欧姆定律可得
m E r I =
短 解得
2
km E r Ne = （3）设单位时间内到达B 板的光电子数为N '，则电路中的电流
Q N et I N e t t
='=''= 则外电阻消耗的功率
P UI UN e '==
光电阻在两极板中运动时，两极板间电压为U ,每个电子损失的动能
0k E eU ∆=
则单位时间内到达B 板的电子损失的总动能
0k k E N E ∆∆'=
联立解得
k E N eU ∆='
故
k P E =∆。