高三物理恒定电流练习题含详解答案

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高考物理稳恒电流题20套(带答案)

高考物理稳恒电流题20套(带答案)一、稳恒电流专项训练1．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R B、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R B.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0.6～1.0 T，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＝150 ΩB．滑动变阻器R，总电阻约为20 ΩC．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 ΩD．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩE．直流电源E，电动势3 V，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)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝______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0～0.2 T和0.4～1.0 T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2．在如图所示的电路中，电源内电阻r=1Ω，当开关S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U=8.5V ，电流表的读数I=0.5A ．求： ①电阻R ； ②电源电动势E ； ③电源的输出功率P ．【答案】(1)17R =Ω；(2)9E V =；(3) 4.25P w = 【解析】【分析】【详解】(1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为：5UR I==Ω (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为E ＝U ＋Ir ＝12V (3)电源的输出功率为P ＝UI ＝20W 【点睛】部分电路欧姆定律U =IR 和闭合电路欧姆定律E =U +Ir 是电路的重点，也是考试的热点，要熟练掌握．3．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.2 4 E r（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：2222 ()2E EP I R RrRrR rR===+++当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr（3）电动势定义式：WEq=非静电力根据能量守恒定律，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22W I rt I Rt Irq IRq=+=+E Ir IR U U=+=+外内本题答案是：（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2max=4EPr（3）E U U =+外内点睛：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．4．如下左图所示，R1＝14Ω，R2＝9Ω，当S 扳到位置1时，电压表示数为2.8V ，当开关S 扳到位置2时，电压表示数为2.7V ，求电源的电动势和内阻？（电压表为理想电表）【答案】E=3V, r=1Ω【解析】试题分析：根据开关S 扳到位置1和2时，分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程，联立组成方程组求解．解：根据闭合电路欧姆定律，可列出方程组：当开关S 扳到位置1时，E=U 1+I 1r=U 1+当开关S 扳到位置2时，E=U 2+I 2r=U 2+代入解得：E=3V ，r=1Ω答：电源的电动势和内阻分别为3V 和1Ω．【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻，即由电压表和电阻箱并连接在电源上，测量电源的电动势和内阻，此法简称伏阻法．5．在图所示的电路中，电源电压U 恒定不变，当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W ，当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，求：（1）电阻R 1与R 2的比值是多大？（2）S 断开时，电阻R 2消耗的电功率是多少？（3）S 闭合与断开时，流过电阻R 1的电流之比是多少？【答案】2∶1，2W ，3∶2 【解析】【分析】【详解】（1）当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W,则：2119WUPR==当S断开时R1消耗的电功率为4W，则：21112'()4WUP RR R=+=解得：12:2:1R R=(2)S断开时R1和R2串联，根据公式2P I R=，功率之比等于阻值之比，所以：1122':':2:1P P R R==又因为1'4WP=，所以，S断开时，电阻R2消耗的电功率：22'WP=(3)S闭合时：1UIR=S断开时:12'URIR+=所以：1212'3R RIRI+==6．如图所示，电源电动势E＝27 V，内阻r＝2 Ω，固定电阻R2＝4 Ω，R1为光敏电阻．C为平行板电容器，其电容C＝3pF，虚线到两极板距离相等，极板长L＝0.2 m，间距d＝1.0×10－2 m．P为一圆盘，由形状相同透光率不同的二个扇形a、b构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a、b照射光敏电阻R1时，R1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q＝－1.0×10－4 C微粒沿图中虚线以速度v0＝10 m/s连续射入C的电场中．假设照在R1上的光强发生变化时R1阻值立即有相应的改变．重力加速度为g＝10 m/s2.(1)求细光束通过a照射到R1上时，电容器所带的电量；(2)细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b照射到R1上时带电微粒能否从C的电场中射出．【答案】（1）111.810CQ-=⨯（2）带电粒子能从C的电场中射出【解析】【分析】由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求出电容器的电压，即可由Q=CU求其电量；细光束通过a照射到R1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，电场力与重力二力平衡．细光束通过b照射到R1上时，根据牛顿第二定律求粒子的加速度，由类平抛运动分位移规律分析微粒能否从C的电场中射出．【详解】（1）由闭合电路欧姆定律，得12271.5A 1242EIR R r===++++又电容器板间电压22CU U IR==，得U C=6V设电容器的电量为Q，则Q=CU C解得111.810CQ-=⨯（2）细光束通过a照射时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则有CUmg qd=解得20.610m kg-=⨯细光束通过b照射时，同理可得12CU V'=由牛顿第二定律，得CUq mg mad'-=解得210m/sa=微粒做类平抛运动，得212y at=，ltv=解得20.210m2dy-=⨯<，所以带电粒子能从C的电场中射出．【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是明确带电粒子的受力情况，判断其运动情况，对于类平抛运动，要掌握分运动的规律并能熟练运用．7．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 qd==30.01100.220110mgdU V Vq-⨯⨯===⨯(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:22xE UR 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'xE UR R r R=++代入数据求得U'=10011V由动能定理:211222dmg 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．8．如图所示电路中，R1=6 Ω，R2=12 Ω，R3=3 Ω，C=30 μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4 W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8 W，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 ,0 C【解析】【详解】（1）S 断开时有： E=I 1（R 2+R 3）+I 1r…① P 1=EI 1…②S 闭合时有：E=I 2（R 3+1212R R R R +）+I 2r…③ P 2=EI 2…④由①②③④可得：E=8V ；I 1=0.5A ；r=1Ω；I 2=1A （3）S 断开时有：U=I 1R 2得：Q 1=CU=30×10-6×0.5×12C=1.8×10-4C S 闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q 2=09．如图所示，两条平行的金属导轨相距L =lm ，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN 和PQ 的质量均为m =0.2kg ，电阻分别为R MN =1Ω和R PQ =2Ω．MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ 置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t =0时刻起，MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a =1m /s 2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态．t =3s 时，PQ 棒消耗的电功率为8W ，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求：（1）磁感应强度B 的大小；（2）t =0～3s 时间内通过MN 棒的电荷量；（3）求t =6s 时F 2的大小和方向；（4）若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移s 满足关系：v =0.4s ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到s =5m 的过程中，系统产生的焦耳热．【答案】（1）B = 2T ；（2）q = 3C ；（3）F 2=-5.2N （负号说明力的方向沿斜面向下）（4）203Q J =【解析】【分析】t =3s 时，PQ 棒消耗的电功率为8W ，由功率公式P =I 2R 可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势．已知MN 棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t =3s 时的速度，即可由公式E =BLv 求出磁感应强度B ；根据速度公式v =at 、感应电动势公式E =BLv 、闭合电路欧姆定律和安培力公式F =BIL 结合，可求出PQ 棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F 2的大小和方向；改变F 1的作用规律时，MN 棒做变加速直线运动，因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解．【详解】（1）当t =3s 时，设MN 的速度为v 1，则v 1=at =3m/s 感应电动势为：E 1=BL v 1 根据欧姆定律有：E 1=I (R MN + R PQ ) 根据P =I 2 R PQ 代入数据解得：B =2T(2)当t ＝6 s 时，设MN 的速度为v 2，则速度为：v 2＝at ＝6 m/s 感应电动势为：E 2＝BLv 2＝12 V 根据闭合电路欧姆定律：224MN PQE I A R R ==+安培力为：F 安＝BI 2L ＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ 进行受力分析可得： F 2＋F 安cos 37°＝mg sin 37°代入数据得：F 2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(3)MN 棒做变加速直线运动，当x ＝5 m 时，v ＝0.4x ＝0.4×5 m/s ＝2 m/s 因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，安培力做功：12023MN PQ BLv W BL x J R R =-⋅⋅=-+安【点睛】本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路．关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值，从而可求出安培力做功．10．麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场．（1）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B =kt （k >0且为常量）．将一半径也为r 的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置．①求金属圆环内产生的感生电动势ε的大小．②变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆，如图中的实线所示，圆心与磁场区域的中心重合．在同一圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等．使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力，这个力称为涡旋电场力，其与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同．请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E 感．（2）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场，电场强度大小随时间的变化关系为E =ρt （ρ>0且为常量）．①我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量，同样地，我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量．电场强度发生变化时，对应面积内的电通量也会发生变化，该变化的电场必然会产生磁场．小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B 感的方法可以类比（1）中求解E 感的方法．若小明同学的猜想成立，请推导B 感在距离电场中心为a （a <r ）处的表达式，并求出在距离电场中心2r和2r 处的磁感应强度的比值B 感1：B 感2．②小红同学对上问通过类比得到的B 感的表达式提出质疑，请你用学过的知识判断B 感的表达式是否正确，并给出合理的理由．【答案】（1）①2k r π ②kr2；（2）①1:1②不正确. 【解析】【分析】（1）①根据法拉第电磁感应定律求解金属圆环内产生的感生电动势ε的大小．②在金属圆环内，求解非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功，求解电动势，从而求解感应电场强度；（2）①类比（1）中求解E 感的过程求解两处的磁感应强度的比值；②通过量纲分析表达式的正误. 【详解】（1）①根据法拉第电磁感应定律得()2B S BS k r t t tεπ∆⋅∆Φ∆====∆∆∆ ②在金属圆环内，非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功W 非=qE 感·2πr 根据电动势的定义W q非ε=解得感生电场的场强大小22krE r t π∆Φ==∆感（2）①类比（1）中求解E 感的过程，在半径为R 处的磁感应强度为2eB R tπ∆Φ=∆感在R=a 时，2e E a πΦ=，解得2aB ρ=感在R=2r 时， 212e rE π⎛⎫Φ= ⎪⎝⎭，解得14r B ρ=感将R=2r 时， 22e E r πΦ=，解得24rB ρ=感所以1211B B =感感 ② 上问中通过类比得到的B 感的表达式不正确；因为通过量纲分析我们知道：用基本物理量的国际单位表示2eB R tπ∆Φ=∆感的导出单位为24kg m A s⋅⋅ ；又因为F B IL =，用基本物理量的国际单位表示F B IL =的导出单位为2kgA s ⋅．可见，通过类比得到的B 感的单位是不正确的，所以2e B R tπ∆Φ=∆感的表达式不正确．【点睛】考查电磁学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、电场强度和磁感应强度的应用，会用类比法解决问题以及用物理量的量纲判断表达式的正误．11．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨相距为1m ，导轨平面与水平面的夹角θ=37°，其上端接一阻值为3Ω的灯泡D ．在虚线L 1、L 2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B ，且磁感应强度B=1T ，磁场区域的宽度为d=3.75m ，导体棒a 的质量m a =0.2kg 、电阻R a =3Ω；导体棒b 的质量m b =0.1kg 、电阻R b =6Ω，它们分别从图中M 、N 处同时由静止开始沿导轨向下滑动，b 恰能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时a 正好进入磁场．不计a 、b 之间的作用，g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）b 棒进入磁场时的速度？（2）当a 棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率？（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量？【答案】（1）b 棒进入磁场时的速度为4.5m/s ；（2）当a 棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率为；（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量为3.4J【解析】试题分析：（1）设b棒进入磁场时速度V b，对b受力分析，由平衡条件列式即可求解；（2）b棒穿出磁场前，a棒一直匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，根据运动学公式求出时间和a进入磁场时速度，进而求出a棒切割磁感线产生感应电动势，根据串并联电路的特点及P=求解灯泡功率；（3）由平衡条件求出最终匀速运动的速度，对a棒穿过磁场过程应用动能定理即可求解．解：（1）设b棒进入磁场时速度V b，对b受力分析，由平衡条件可得由电路等效可得出整个回路的等效电阻所以v b=4.5m/s（2）b棒穿出磁场前，a棒一直匀加速下滑，下滑的加速度a=gsinθ=6m/s2b棒通过磁场时间t=a进入磁场时速度v a=v b+at=9.5m/sa棒切割磁感线产生感应电动势E a=BLv a=9.5V灯泡实际功率P=（3）设a棒最终匀速运动速度为v′a，a受力分析，由平衡条件可得解得：v′a=6m/s对a棒穿过磁场过程应用动能定理﹣W安=3.4J由功能关系可知，电路中产生的热量Q=W安=3.4J答：（1）b棒进入磁场时的速度为4.5m/s；（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率为；（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量为3.4J【点评】（1）解答这类问题的关键是通过受力分析，正确分析安培力的变化情况，找出最大速度的运动特征．（2）电磁感应与电路结合的题目，明确电路的结构解决问题．12．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距L ，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R.两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱，已知灯泡的电阻R L ＝4R ，定值电阻R 1＝2R ，调节电阻箱使R 2＝12R ，重力加速度为g ，闭合开关S ，现将金属棒由静止释放，求：(1)金属棒下滑的最大速度v m ；(2)当金属棒下滑距离为s 0时速度恰好达到最大，则金属棒由静止下滑2s 0的过程中，整个电路产生的电热；(3)改变电阻箱R 2的值，当R 2为何值时，金属棒达到匀速下滑时R 2消耗的功率最大．【答案】(1)226sin m mgR v B L α= (2)322204418sin 2sin m g R Q mgs B Lαα=- (3) 24R R =时，R 2消耗的功率最大．【解析】试题分析：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有 mgsina ＝F 安① F 安＝BIL② I ＝③其中 R 总＝6R④联立①～④式得金属棒下滑的最大速度⑤（2）由动能定理W G －W 安＝mv m 2⑥ 由于W G =2mgs 0sinαW 安= Q 解得Q ＝2mgs 0sinα－mv m 2 将⑤代入上式可得也可用能量转化和守恒求解：再将⑤式代入上式得（3）因金属棒匀速下滑故mgsinα = BIL⑦P2=I22R2 ⑧联立得即当，即时，R2消耗的功率最大．考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路欧姆定律、电磁感应中的能量转化．【名师点睛】略．13．如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R=4Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内，质量为m=0.2kg，长为L=1.0m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r=1Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示．求：（1）导轨平面与水平面间夹角θ（2）磁场的磁感应强度B；（3）若靠近电阻处到底端距离为S=7.5m，ab棒在下滑至底端前速度已达5m/s，求ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热．【答案】（1）导轨平面与水平面间夹角θ为30°．（2）磁场的磁感应强度B为1T．（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热是4J．【点评】本题的解题关键是根据牛顿第二定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，结合图象的信息求解相关量．【解析】试题分析：（1）设刚开始下滑时导体棒的加速度为a 1，则a 1=5得：（2）当导体棒的加速度为零时，开始做匀速运动，设匀速运动的速度为v 0，导体棒上的感应电动势为E ，电路中的电流为I ，由乙图知，匀速运动的速度v 0=5 此时，，，联立得：（4）设ab 棒下滑过程，产生的热量为Q ，电阻R 上产生的热量为Q R ，则，考点：本题考查电磁感应、能量守恒14．用质量为m 、总电阻为R 的导线做成边长为l 的正方形线框MNPQ ，并将其放在倾角为θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l ，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在导轨的下端有一宽度为l （即ab l =）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界'aa 、'bb 垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能匀速穿过磁场区域，重力加速度为g ，求：（1）线框通过磁场时的速度v ；（2）线框MN 边运动到'aa 的过程中通过线框导线横截面的电荷量q ；（3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q 。

2022届高三物理一轮复习：恒定电流(含参考答案)

2022届高考物理一轮复习：恒定电流（含参考答案）专题：恒定电流一、选择题1、在如图所示的电路中，电源电动势E恒定不变，电源的内阻r不能忽略，若要使得电容器C所带电荷量增加，下列可行的措施是()A．仅换用额定功率更大的灯泡B．仅增大与灯泡串联的电阻RC．仅增大与电容器C串联的电阻R0D．仅减小与电容器C串联的电阻R02、(多选)将两截阻值均为R、长度均为L的均匀铜棒A和铝棒B沿中轴线对接后串联接入电路中，已知两棒的横截面积分别为S A和S B，忽略温度变化对电阻的影响，下列说法正确的是()A．通过铜棒和铝棒的电流大小一定相同B．铜棒两端的电压与铝棒两端电压之比为S B∶S AC．铜和铝的电阻率之比为S A∶S BD．电路稳定后两棒中电场强度均为零3、（双选）如图所示，有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电源两端，灯泡正常发光，则()A．电解槽消耗的电功率为120 WB．电解槽的发热功率为60 WC．电解槽消耗的电功率为60 WD．电路消耗的总功率为120 W4、两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为()A．1∶4 B．1∶8 C．1∶16 D．16∶15、（多选）直流电路如图所示，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的()A．总功率一定减小B．效率一定增大C．内部损耗功率一定减小D．输出功率一定先增大后减小6、用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是()A.图甲中的A1、A2的示数相同B.图甲中的A1、A2的指针偏角相同C.图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D.图乙中的A1、A2的指针偏角相同7、（双选）在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A．L1两端的电压为L2两端电压的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2的电阻为12 ΩD．L1、L2消耗的电功率的比值大于48、两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E 和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是()A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0 WD．电源的效率达到最大值9、（双选）如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V，0．4 W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则()A．电源内阻为1 ΩB．电动机的内阻为4 ΩC．电动机的正常工作电压为1 VD．电源效率约为93．3%10、(多选)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大。

高中物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

高中物理稳恒电流题20套(带答案)含解析一、稳恒电流专项训练1．（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0V A 0100,0.5R RR R ==，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R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U 1=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-U 1-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-I 2R 0．【详解】（1）电动机正常工作时，总电流为：I=1U RI=3.01.5A=2 A ，电源释放的电功率为：P=EI =10×2 W=20 W ；（2）电动机两端的电压为： U= E ﹣Ir ﹣U 1 则U =（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V ；电动机消耗的电功率为： P 电=UI=6×2 W=12 W ；电动机消耗的热功率为： P 热=I 2R 0 =22×1.0 W=4 W ；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=8 W ；【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．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.2 4 E r（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：2222()2E EP I R RrR rR rR===+++当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr（3）电动势定义式：WEq=非静电力根据能量守恒定律，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22W I rt I Rt Irq IRq=+=+E Ir IR U U=+=+外内本题答案是：（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2max =4E P r（3）E U U =+外内点睛：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．4．（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。

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析一、稳恒电流专项训练1．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x R ＝．【答案】0375,,I R 【解析】解：方案一中根据闭合电路欧姆定律，有E=I 1（r+R 1+R 2）（其中r 为电源内阻，R 1为电阻箱电阻，R 2为电流表内阻） E=I 2（r+R 1+R 2+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R 0，故电流表读数不变，为I ，电阻箱的阻值为R 0．故答案为375，I ，R 0．【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６m Ａ，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１０m Ａ，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，额定电流本实验应选的滑动变阻器是（填“a”或“b”）（２）正确接线后，测得数据如下表１２３４５６７８９１０Ｕ（Ｖ）０.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.400.000.000.000.060.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50Ｉ（mＡ）a）根据以上数据，电压表是并联在Ｍ与之间的（填“Ｏ”或“Ｐ”）b）画出待测元件两端电压ＵＭＯ随ＭＮ间电压ＵＭＮ变化的示意图为（无需数值）【答案】(1) a(2) a) Pb）【解析】（1）选择分压滑动变阻器时，要尽量选择电阻较小的，测量时电压变化影响小，但要保证仪器的安全。

(物理)物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

（物理）物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、稳恒电流专项训练1．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R B、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R B.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0.6～1.0 T，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＝150 ΩB．滑动变阻器R，总电阻约为20 ΩC．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 ΩD．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩE．直流电源E，电动势3 V，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)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝______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0～0.2 T和0.4～1.0 T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2．（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0V A 0100,0.5R RR R ==，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．3．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯4．如图所示，闭合电路处于方向竖直向上的磁场中，小灯泡的电阻为10Ω，其它电阻不计．当磁通量在0. 1s 内从0.2Wb 均匀增加到0.4Wb 过程中，求：①电路中的感应电动势；②如果电路中的电流恒为0.2A ，那么小灯泡在10s 内产生的热量是多少．【答案】（1）2V （2）4J 【解析】（1）当磁通量发生变化时，闭合电路中要产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小为：0.40.220.1E V V t ∆Φ-===∆ （2）当小灯泡上的电流为I=0.2A 时，根据焦耳定律，10s 钟内产生的热量为： Q=I 2Rt=0.22×10×10J=4J5．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0.2.Ω试求：()1充电宝的输入功率；()2充电宝内阻消耗的热功率； ()3一分钟内充电宝储存的电能．【答案】()1 5W ；()2?0.2W ；()3 288．【解析】【分析】(1)根据P UI =求解充电宝的输入功率；(2)根据2P I r =求解热功率；(3)根据2Q Pt I rt =-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：351000105P UI W 入-==⨯⨯=； (2)充电宝内阻消耗的热功率为：2210.20.2P I r W ==⨯=热；(3)一分钟内充电宝储存的电能为：25600.260288Q P t I rt J =-=⨯-⨯=入．【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2P I r =求解.6．一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：2202mU 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．7．如图所示，已知R 3＝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R 3发生断路，电流表的读数2．5A ，R 1上的电压为5v ，求：（1）R 1大小、R 3发生断路前R 2上的电压、及R 2阻值各是多少？（R 3发生断路时R 2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=4VU1= U2 + U3所以 U2=1VU2：U3 = R2：R3 =1:3R2=1Ω（2）R3断开前总电流I1=3AE = U1 + I1rR3断开后总电流I2=2．5AE = 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】8．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）BLvRUR r=+；（2）2222()B L v RPR r=+；（3）22B L vdWR 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=BLvR r+，故电压表的示数BLvRU IRR r==+；（2）电阻R产生焦耳热的功率P=I2R=2222 ()B L v RR 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=22B L vdR r+．考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力．9．平行导轨P 、Q 相距l ＝1 m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 相距d ＝10 mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12 Ω，R 3＝2 Ω，金属棒ab 的电阻r ＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m ＝1×10－14kg ，电荷量q ＝－1×10－14C 的微粒恰好静止不动．取g ＝10 m /s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向和MN 两点间的电势差 (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒ab 运动的速度．【答案】(1) 竖直向下；0.1 V (2)0.4 V . (3) 1 m /s . 【解析】【详解】（1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq 又MNU E d＝所以U MN ＝mgdq＝0.1 V （2）由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝3MNU R ＝0.05 A 则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I ×0.5R 1＝0.4 V . （3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BLv 由闭合电路欧姆定律得E ＝U ab ＋Ir ＝0.5 V 联立解得v ＝1 m /s .10．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。

高中物理--恒定电流测试题(含答案)

高中物理--恒定电流测试题（含答案）注意事项：1．答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题(本题共12小题,每小题4分。

在每小题给出的四个选项中,第1～8题只有一项符合题目要求,第9～12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1．一节干电池的电动势为1.5 V ,这表示( )A ．电池中每通过1 C 的电荷量,该电池能将1.5 J 的化学能转变成电势能B ．该电池接入电路工作时,电池两极间的电压恒为1.5 VC ．该电池存储的电能一定比电动势为1.2 V 的电池存储的电能多D ．将1 C 的电子由该电池负极移送到正极的过程中,非静电力做了1.5 J 的功2．如图所示由门电路组成的电路,输出端为“1”,指示灯L 亮,输出端为“0”,指示灯L 不亮,现要使灯L 亮,则A 、B 两输入端分别是( )A ．“1”、“1”B ．“0”、“0”C ．“1”、“0”D ．“0”、“1”3．如图所示,P 为一块半圆形薄电阻合金片,先将它按图甲方式接在电极A 、B 之间,然后将它再按图乙方式接在电极C 、D 之间,设AB 、CD 之间的电压是相同的,则这两种接法的电阻大小关系为( )A ．R 甲＝12R 乙 B ．R 甲＝14R 乙 C ．R 甲＝2R 乙D ．R 甲＝4R 乙4．如图所示,直线OAC 为某一直流电源的总功率随电流I 变化的图线,曲线OBC 表示同一直流电源内部的热功率随电流I 变化的图线。

若A 、B 点的横坐标均为1 A,那么AB 线段表示的功率为( )A ．1 WB ．6 WC ．2 WD ．2.5 W5．用两个相同的小量程电流表分别改装成了两个量程0.6A 电流表的A 1和3A 电流表的A 2,若把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路,如图所示,则闭合开关后,下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )A ．图(a)中的A 1、A 2的示数之比1∶1B ．图(a)中的A 1、A 2的指针偏角角度之比1∶5C ．图(b)中的A 1、A 2的示数之比1∶5D ．图(b)中的A 1、A 2的指针偏角角度之比5∶16．如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的U －I 图线。

高三物理恒定电流练习题(含详解答案)

1、用P=求出的“220 V 40 W”的灯泡的电阻为1 210 Ω,用多用电表测得其电阻只有90 Ω,下列说法中正确的是( )A.两个阻值相差悬殊是不正常的,一定是测量时读错了数据B.两个阻值相差悬殊是正常的,因为欧姆表测电阻的误差大C.两个阻值相差悬殊是不正常的,可能出厂时把灯泡的功率标错了D.两个阻值相差悬殊是正常的,1 210 Ω是正常工作状态(温度很高)的阻值,90 Ω是常温下的阻值2、日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝,电动机带动风叶转动,电热丝给空气加热,得到热风可将头发吹干。

设电动机线圈的电阻为R1,它与电热丝的电阻R2串联,接到直流电源上,电吹风两端的电压为U,通过的电流为I,消耗的电功率为P,则以下关系式正确的是( )A.UI>PB.UI=PC.P>I2(R1+R2)D.P=I2(R1+R2)3、在一次研究性学习活动中,研究小组对一幢居民楼的供电设施进行了观察和测量,整幢居民楼供电线路可简化为如图所示的模型,暂停供电时,用欧姆表测得A、B间电阻为R,恢复供电后,测得A、B间电压为U,进线电流为I。

则计算该幢居民楼的总功率可以用的公式是( )A.P=I2RB.P=C.P=IUD.以上公式都适用4、如图所示,两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的,V2的量程为5 V,V1的量程为15 V,为了测量15~20 V的电压,把V1、V2串联起来使用,这种情况下( )A.V1、V2读数相等B.V1、V2两指针偏角相等C.V1、V2读数之比等于电压表内阻之比D.V1和V2的指针偏转角度之比等于电压表内阻之比5、如图是一火警报警器的一部分电路示意图。

其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器。

当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )A.I 变大,U 变大B.I 变小,U 变小C.I 变小,U 变大D.I 变大,U 变小6、某同学用伏安法测小灯泡的电阻时,误将电流表和电压表接成如图所示的电路,接通电源后,可能出现的情况是( )A.电流表烧坏B.电压表烧坏C.小灯泡烧坏D.小灯泡不亮7、电炉通电后,电炉丝热得发红,而跟电炉连接的铜导线却不太热,原因是( )A.通过电炉丝的电流大,而通过导线的电流小B.电炉丝和铜导线消耗的电能相同,但铜导线散热快,所以不热C.铜导线的电阻比电炉丝小得多,在串联的情况下铜导线的发热量小D.电炉丝的两端电压比铜导线两端的电压小得多8、如图所示电路中,当滑动变阻器的滑片P向上端a滑动的过程中,两表的示数变化情况为( )A.电压表示数增大,电流表示数减小B.电压表示数减小,电流表示数增大C.两电表示数都增大D.两电表示数都减小9、一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个电阻箱及电源连接成如图所示的电路。

人教版高中物理选修31恒定电流计算题一、二含答案版

高中物理学习资料金戈铁骑整理制作恒定电流计算题（一）高二年级班号姓名1.如下图，M 为一线圈电阻 r=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V.当S 断开时，电流表的示数，I 1=1.6A ，当开关S 闭合时，电流表的示数为 I 2=4.0A 求开关S 闭合时电动机发热耗费的功率和转变为机械能的功率.E40V，得r′=1Ω.解：设电源内阻为r′,当S 断开时，I 1r，即R24r当S 合上时，I 2=4A ，则U 内=I 2·r ′=4VU 外=E-U 内=40V-4V=36V ，也即电动机两头电压为36VP 热I 2r(I 2U 外)2r(436)2R 24P 机P 总 P 热(I 2U 外)U 外R2.如下图电路中，R3=4Ω，电流表读数为0.75A ，电压表读数为 2V ，因为某一电阻断路，使电流表读数为0.8A ，而电压表读数为3.2V 问:(1)哪一只电阻断路?(2)电源电动势和内电阻各多大 ?解:(1)用清除法可判断得出R 1断路，(2)R 1断开后，电压表示数即为 R 2上的电压故 4R 2R 1断开前,R 2上电压为0.75×4V=3V，而此时电压表示数为 2V ，故R 3上的电压为1V ，I 3U 3 1V ,R 1U 12V8R 34I 3由E=U 外+Ir 可得R 1断开前:E=3V+(0.75+0.25)r①R 1断开后:E=3.2V+0.8r②解①、②两式可得E=4V，r=1Ω。

3.如下图的电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF当开关S断开时，电源所开释的总功率为2W；当开关S闭合时，电源所开释的总功率为4W求:(1)电源的电动势和内电阻；(2)闭合S时，电源的输出功率；(3)S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少?解:（1）S 断开时P 总E 2 2W①r6S 闭合时P 总E 24W②2r解①、②两式得 E=4V ，r=0.5Ω(2)S 闭合时P出(E )24-5(3)S 断开时，U C =3V ，Q 1=CU C =6×10C ，S 合上时，U ′C =0,Q 2=04.如下图是电饭煲的电路图，S 1是一个限温开关，手动闭合，当此开关的温度达到居里点(103℃)时会自动断开.S 2是一个自动温控开关，当温度低于约70℃时会自动闭合，温度高于 80℃时会自动断开，红灯是加热状态时的指示灯，黄灯是保温状态时的指示灯，限流电阻R 1=R 2=500Ω，加热电阻丝R 3=50Ω，两灯电阻不计.(1)依据电路剖析，表达电饭煲烧饭的全过程 (包含加热和保温过程)(2)简要回答，假如不闭合开关S 1，电饭煲能将饭煮熟吗 ?(3)计算加热和保温两种状态下，电饭煲耗费的功率之比.解:(1)电饭煲盛上食品后，接上电源，S 2自动闭合，同时把手动开关 S 1封闭，这时黄灯短路红灯亮，电饭堡处于加热状态，加热到 80℃时，S 2自动断开，S 1仍闭合待电饭煲中水烧干后，温度高升到103℃时.开关S 1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态因为电饭堡散热，待温度降落至70℃时，S 2自动闭合，电饭煲从头处于加热状态，待温度上涨到80℃时，又自动断开，电饭煲再次处于保温状态.(2)不可以，因为假如不闭合 S 1，则只好将食品加热至80℃.(3)设电饭煲处于加热状态时，功率为U 22202P 1，P 150 WR23500()50 500设电饭煲处于保温状态时耗费的功率为P 2，则P 2U 22202WR23500R 1500 50500 50因此P 1:P 2≈12:1 5．如下图，AB 、CD 为两根平行的同样的平均电阻丝，EF 为另一根电阻丝，其电阻为R ，它能够在AB 、CD 上滑动并保持与EF与AB 、CD 接触优秀．图中电压表为理想电压表．电池的电动势和内阻都不变．B 、D 与电池两极连结的导线的电阻可忽视．当EF处于图中地点时，电压表的读数为 U ．已知将 EF 由图中地点向左挪动1一段距离 L 后，电压表的读数变成 U 。

高考物理《恒定电流》真题练习含答案

高考物理《恒定电流》真题练习含答案1.[2024·新课标卷](多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来．车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流．磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示．将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中()A．电流最小B．电流最大C．电流方向由P指向QD．电流方向由Q指向P答案：BD解析：磁极顺时针匀速转动相当于线圈逆时针匀速转动，线圈从中性面位置开始转动，磁极转过90°时即线圈逆时针转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，线圈中电流最大，A错误，B正确；磁极转过90°时相当于题图示中PQ向下切割磁感线，由右手定则可知线圈中电流方向由Q指向P，C错误，D正确．2．[2023·江苏卷]小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池(电动势约1.5 V，内阻不计)2节；两量程电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ；量程0～15 V，内阻约15 kΩ)1个；滑动变阻器(最大阻值50 Ω)1个；定值电阻(阻值50 Ω)21个；开关1个及导线若干．实验电路如图1所示．(1)电压表量程应选用________(选填“3 V”或“15 V”).(2)图2为该实验的实物电路(右侧未拍全).先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱________(选填“B”“C”或“D”)连接，再闭合开关，开始实验．(3)将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压．某次测量时，电压表指针位置如图3所示，其示数为________ V．根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如图4中实线所示．(4)在图1所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为R1，定值电阻的总阻值为R2，当被测电阻为R时，其两端的电压U＝________(用E、R1、R2、R表示)，据此作出UR理论图线如图4中虚线所示．小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小．(5)分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小．小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因．你是否同意他的观点？请简要说明理由________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.答案：(1)3 V(2)D(3)1.50(4)ERR1＋R2(5)不同意，理由见解析解析：(1)所用电源为两节干电池，电动势为3 V，则所用电表量程为3 V；(2)闭合开关之前，滑动变阻器阻值应该调到最大，则由图可知，电池盒上的接线柱A 应该与滑动变阻器的接线柱D连接；(3)电压表最小刻度为0.1 V，则读数为1.50 V；(4)由闭合电路欧姆定律可得I＝ER1＋R2当被测电阻阻值为R时电压表读数U＝IR＝ERR1＋R2(5)不同意；当R较大时，则电压表内阻不能忽略，则电路中的电流I＝ER1＋（R2－R）＋RR V R＋R V则电压表读数为U＝ER1＋（R2－R）＋RR VR＋R V·RR VR＋R V＝E（R1＋R2－R）（R＋R V）RR V＋1当R较大时，R＝R2时R最大，此时U＝ER1（R2＋R V）R2R V ＋1＝ER1R V＋R1R2＋1因R V≫R1，则电压表读数接近于U＝ER1 R2＋1＝ER2R1＋R23．[2022·全国甲卷]某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E(电动势1.5V，内阻很小)，电流表(量程10 mA，内阻约10 Ω)，微安表(量程100 μA，内阻R g待测，约1 kΩ)，滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)，定值电阻R0(阻值10 Ω)，开关S，导线若干．(1)将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；(2)某次测量中，微安表的示数为90.0 μA，电流表的示数为9.00 mA，由此计算出微安表内阻R g＝________ Ω.答案：(1)如图所示(2)990解析：流过电阻R 0的电流I 0＝I －I g ＝9 mA －0.09 mA ＝8.91 mA ，由欧姆定律可知，R g＝I 0R 0I g ＝8.91×100.09Ω＝990 Ω. 4．[2024·浙江1月，节选]在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R(0～9 999 Ω)、一节干电池、微安表(量程0～300 μA ，零刻度在中间位置)、电容器C(2 200 μF 、16 V )、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路．(1)把开关S 接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S 接2，微安表指针偏转情况是________．A ．迅速向右偏转后示数逐渐减小B ．向右偏转示数逐渐增大C ．迅速向左偏转后示数逐渐减小D ．向左偏转示数逐渐增大(2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况．把开关S 接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160 μA 时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为________V ，电压表的阻值为________kΩ(计算结果保留两位有效数字).答案：(1)C (2)0.50 3.1解析：(1)把开关S 接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S 接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小．(2)由题意可知电压表应选用0～3 V 量程，由图2可知此时分度值为0.1 V ，需要估读到0.01 V ，则读数为0.50 V ．当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据闭合电路欧姆定律有R ＋R V ＝E I ＝ 1.5160×10－6 Ω＝9.375 kΩ 根据串联电路规律有R R V ＝U R U V ＝1.5－0.50.5＝2 联立可得R V≈3.1 kΩ5．[2021·广东卷]某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律．根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材．(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势．选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔________，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处．测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而________．(2)再按下图连接好电路进行测量．①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到________端(填“a”或“b”).将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01.闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置．记录此时电压表和电流表的示数、T和R01.断开开关S.再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S.反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同．记录此时电阻箱的阻值R02.断开开关S.②实验中记录的阻值R01________R02(填“大于”“小于”或“等于”)，此时热敏电阻阻值R T＝________．(3)改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律．答案：(1)短接减小(2)①b②大于R01－R02解析：(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接．温度越高，相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．(2)①闭合开关前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到b端．②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋R T，所以R01>R02，R T＝R01－R02.。

高三物理恒定电流试题答案及解析

高三物理恒定电流试题答案及解析1.关于电流强度，下列说法中正确的是（）A．根据I = q / t，可知q与t成反比B．因为电流有方向，所以电流强度是矢量C．电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位D．电流的方向就是电荷定向运动的方向【答案】C【解析】根据电流的决定式（其中n代表单位体积的电荷数，v代表电荷定向移动速度，S代表导体横截面积，q代表电荷的电荷量）说明电流大小与q、t无关，A错。

电流在并联电路中分流或合流遵守代数运算，因此电流强度属于标量，B错。

安培属于国际基本单位之一，C正确。

电流方向被规定为正电荷定向移动的方向，D错【考点】关于电流的概念的理解点评：此类题型考察了对于电流强度的理解，尤其是要注意电流强度属于标量2.在如图a所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化．图b中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流的变化的情况。

其中图线d表示的是电压表___________（选填“V1”、“V2”或“V3”）的示数随电流变化的情况，在此过程中电压表V1示数变化量DU1和电流表示数变化量DI的比值___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）．【答案】V3，不变【解析】当滑片向下滑动时，电路总电阻增大，则电压表示数增大，电流表示数减小，“V3”示数增加，, 电压表V1示数变化量DU1和电流表示数变化量DI的比值为电源内阻，所以不变，3.如图所示的电路中，电源电动势为ε、内电阻为r (r小于外电路的总电阻)，当滑动变阻器R的滑片P位于中点时，A、B、C三个灯泡均正常发光，且亮度相同，则（）（A）三个小灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小（B）当滑片P向左移动时，A、B两灯变亮，C灯变暗（C）当滑片P向左移动时，流过R的电流减小（D）当滑片P向左移动时，电源的输出功率随电阻增大而增大【答案】A，C【解析】根据，亮度相同时，C两端电压最大，则电阻最大，由，IB > IA，则RB<RA，A正确；当滑片P向左移动时，电阻器电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则外电压变大，C变亮，B的电流减小，两端电压减小，灯B变暗，A两端电压变大，A灯变亮，流过的电流变大，则流过R的电流减小，B错误、C正确；当外电阻与内电阻相等时输出功率最大，偏离越大，则输出功率越小，D错误。

高中物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

高中物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、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0V A 0100,0.5R RR R ==，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．2．四川省“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102。

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 =⨯。

高中物理《恒定电流》练习题(附答案解析)

高中物理《恒定电流》练习题（附答案解析）学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．电动势E的说法中正确的是（）A．电动势E的大小就是电源两端的电压B．电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积有关C．电动势E的单位与电势差的单位相同，故两者在本质上相同D．电动势E是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量2．根据欧姆定律UIR=，下列哪种说法是正确的（）A．通过导体的电流越大，它的电阻就越小B．导体两端的电压越大，这段导体的电流就越大C．导体的电阻与它两端的电压成正比，与通过它的电流成反比D．导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大3．如图所示，电源电动势E=6V，内电阻r=1Ω，电阻R=5Ω，当开关S闭合后，电路中的电流为（）A．0.5A B．1AC．1.2A D．6A4．关于电源以下说法正确的是（）A．只要电路中有电源，电路中就会形成持续的电流B．电源实质上也是一个用电器，也需要外界提供能量C．电源的作用就是将其他形式的能转化为电能D．电源的作用是在电源内部把电子由负极不断地搬运到正极，从而保持稳定的电势差5．如图为简易的火警报警电路，R'为热敏电阻：正常情况下电铃不响起，则方框内符号为（）A ．&B ．1≥C ．1D ．&16．杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED 灯。

已知高压钠灯功率为400W ，LED 灯功率为180W ，若更换4000盏，则一个月可节约电能约为（）A ．2910kW h ⨯⋅B ．5310kW h ⨯⋅C ．5610kW h ⨯⋅D ．12110kW h ⨯⋅7．如图是酒精浓度测试仪及其原理图。

它可以看成是由电源（内阻为r ）、酒精气敏传感器R 、定值电阻()00R R r >和一个电压表组成。

其中R 的阻值随酒精气体浓度的增大而减小，闭合开关后，若驾驶员呼出的酒精气体浓度增大，则下列说法正确的是（）A ．电压表的示数减小B ．电源的效率变大C ．0R 消耗的功率减小D ．电源的输出功率增大8．在倾角θ=30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l =0.5m ，接入电动势E =6V 、内阻r =0.5Ω的电池，垂直框面放置一根质量m =0.2kg 的金属棒ab ，金属棒接入电路的电阻R 0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B =1.0T 、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R 的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)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）I nvSe =证明见答案（2）213F P nm S υ== 【解析】（1）（a ）电流QI t=，又因为[()]Q ne v St =，代入则I nvSe = （b ）F 安=BIL ，I nvSe =，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l t υ= 柱体体积V Sl = 柱体内分子总数N nV =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’16N N 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2p m N υ∆=，总依据动量定理有Ft p =∆ 又压力Ft p =∆由以上各式得单位面积上的压力2013F F nm S υ== 【点评】本题的第1题中两问都曾出现在课本中，例如分别出现在人教版选修3-1.P42，选修3-1P .42，这两个在上新课时如果老师注意到，并带着学生思考推导，那么这题得分是很容易的．第2问需要利用动量守恒知识，并结合热力学统计知识，通过建立模型，然后进行推导，这对学生能力要求较高，为了处理相应问题，通过建模来处理问题．在整个推导过程并不复杂，但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运动，而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等，即要取总分子个数的16．【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导．2．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 =0.20mm 2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 /mm600 700 800 900 1000 120014001600180020002100220023002400U/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：a ρ：60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅b ρ：68.510m -⨯Ω⋅~71.1010m -⨯Ω⋅c ρ：60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅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l R S ρ=可得S U S R l I lρ=⋅=⋅． 663(6.5 3.9)0.2010 1.04101.25(1000600)10a m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 673(7.1 6.5)0.20109.6101.25(20001000)10b m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 663(9.77.1)0.2010 1.04101.25(24002000)10c m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 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．3．四川省“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。

2019-2020学年度最新版本高考物理专题复习：《恒定电流》附答案

2019-2020学年度最新版本高考物理专题复习：《恒定电流》附答案(附参考答案)一、选择题。

（共20小题，每题3分，共60分，部分分1分）1.如图，电源电动势为E ，内阻为r ，给外电阻R 供电，则下图中不能反映全电路特点的图象是( )2．如图所示，电源电动势E =8V ，内电阻为r =0.5Ω，“3V,3W”的灯泡L 与电动机M 串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω。

下列说法正确的是( ) A ．通过电动机的电流为1.6A B ．电动机的效率是62.5% C ．电动机的输入功率为1.5W D ．电动机的输出功率为3W3．在如图所示电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列比值正确的是（）A.U 1/I 不变，ΔU 1/ΔI 不变 C.U 2/I 变大，ΔU 2/ΔI 变大 C.U 2/I 变大，ΔU 2/ΔI 不变 D.U 3/I 变大，ΔU 3/ΔI 不变4．右图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L 为小灯泡．光照射电阻R '时，其阻值将变得远小于R ．则下列说法正确的是（）A ．该逻辑电路是非门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 不发光B ．该逻辑电路是非门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 发光C ．该逻辑电路是与门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 不发光D ．该逻辑电路是或门电路；当电阻R '受到光照时，小灯泡L 发光5. 小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线。

则下列说法中正确的是( ) A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积6.如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表，安培表A 1的量程大于A 2的量程，伏特表V 1的量程大于V 2的量程，把它们按图接入电路中，则下列说法正确的是 A ．安培表A 1的读数大于安培表A 2的读数I I1A B C DB ．安培表A 1的偏转角大于安培表A 2的偏转角C ．伏特表V 1的读数小于伏特表V 2的读数D ．伏特表V 1的偏转角等于伏特表V 2的偏转角7．如图所示的电路中，电池的电动势为E ，内阻为r ，电路中的电阻R 1、R 2和R 3的阻值都相同．在电键S 处于闭合状态下，若将电键S 1由位置1切换到位置2。

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

高考物理稳恒电流题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）1221v v = （2）12243mgR v B l = ；22223mgR v B l= 【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v 1、v 2．根据MN 和M'N'动量守恒得出：mv 1﹣2mv 2=0 解得：122v v =： 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，EI R=③，E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得：12243mgR v B l =、22223mgRv B l = 【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．要描绘某电学元件（最大电流不超过６m Ａ，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。

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