高考物理稳恒电流试题(有答案和解析)含解析

高考物理稳恒电流试题(有答案和解析)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：
1
2
2v 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，E
I R
=③，E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得：12243mgR v B l =、2
22
23mgR
v 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。

（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 6.40
0.000.000.000.060.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50Ｉ（m
Ａ）
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) P
b）
【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。

B 电阻的额定电流为
，加在它上面的最大电压为10V ，所以仪
器不能正常使用，而选择a 。

（2）电压表并联在M 与P 之间。

因为电压表加电压后一定有电流通过，但这时没有电流流过电流表，所以电流表不测量电压表的电流，这样电压表应该接在P 点。

视频
3．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）21
3
F P nm S υ== 【解析】 （1）（a ）电流Q
I 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
’
16
N 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201
3
F 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．
4．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
3310kg m =⨯．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26
0410W P =⨯，太阳到地球的距离
，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）3
1.510W P =⨯电
（2）/0.045f mg = （3）2101m S = 【解析】
试题分析：⑴31.510W P IU 电
==⨯ ⑵0.9P P Fv fv 电机===0.9/f P v =电/0.045f mg =
⑶当太阳光垂直电磁板入射式，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 =-
22000
4π101?m 0.70.150.7r P PS S P P ===⨯电
考点：考查非纯电阻电路、电功率的计算
点评：本题难度中等，对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用，但消耗电功率依然是UI 的乘积，求解第3问时从能量守恒定律考虑问题是关键，注意太阳的发射功率以球面向外释放
5．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=U1+I1r=U1+
当开关S扳到位置2时，E=U2+I2r=U2+
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．
6．如图所示，固定的水平金属导轨间距L=2 m．处在磁感应强度B=4×l0-2 T的竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN垂直导轨放置，并始终处于静止状态．已知电源的电动势E=6 V，内电阻r=0.5 Ω，电阻R=4.5 Ω，其他电阻忽略不计．闭合开关S，待电流稳定后，试求：（1）导体棒中的电流；
（2）导体棒受到的安培力的大小和方向．
【答案】（1）1.2 A；（2）0.096 N，方向沿导轨水平向左
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由闭合电路欧姆定律可得：
I=
6
4.50.5
E
A
R r
=
++
=1.2A
(2)安培力的大小为：
F=BIL=0.04×1.2×2N=0.096N
安培力方向为沿导轨水平向左
7．如图所示的电路中，电炉电阻R＝10Ω，电动机线圈的电阻r＝1Ω，电路两端电压U＝100V，电流表的示数为30A，问：
(1)通过电动机的电流为多少？
(2)通电一分钟，电动机做的有用功为多少？ 【答案】(1)I 2＝20A (2)W ＝9.6×104J 【解析】 【详解】
根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为：11001010
U I A A R =
== 根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，则通过电动机的电流强度为：I 2＝I －I 1＝20 A.
电动机的总功率为P ＝UI 2＝100×20 W ＝2×103W. 因发热而损耗的功率为P ′＝I 22r ＝400 W.
电动机的有用功率(机械功率)为P ″＝P －P ′＝1.6×103W ， 电动机通电1 min 做的有用功为W ＝P ″t ＝1.6×103×60 J ＝9.6×104J. 【点睛】
题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机)．在纯电阻电路中可运用欧姆定律I ＝U/R 直接求出电流强度，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出．在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功．
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：8804220
P 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．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ．M 、P 两点间接有电阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：
（1）在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时杆中的电流及杆的加速度大小； （2）在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．
【答案】（1）BLv R 22B L v
gsin mR
θ- （2）22
sin mgR B L θ 【解析】
（1）当ab 加速下滑时，速度大小为v 时,则 E BLv =
根据闭合电路欧姆定律，有：
E I R
= 故BLv
I R
=
，方向由a 到b 由安培力公式： F BIL =
根据牛顿第二定律：mgsin F ma θ-=
整理可以得到：2222 )/sin B L v B L v a mgsin m g R mR
（θθ=-=-
(2)当0a =时ab 杆的速度可以达到最大值 即： m
BLv mgsin BL R
θ= 所以：22
sin m mgR v B L θ
=
．
10．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d =4.0cm ．电源电动势E =400V ，内电阻r =20Ω，电阻R 1=1980Ω．闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B 板上的小孔以初速度v 0=1.0m/s 竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A 板．若小球所带电荷量q =1.0×10-7C ，质量m =2.0×10-4kg ，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g =10m/s 2．求：
（1）A 、B 两金属板间的电压的大小U ； （2）滑动变阻器消耗的电功率P ； （3）电源的效率η．
【答案】（1）U =200V （2）20W （3）0099.5 【解析】 【详解】
（1）小球从B 板上的小孔射入恰好到达A 板的过程中，在电场力和重力作用下做匀减速直线运动，设A 、B 两极板间电压为U ，根据动能定理有：
2
0102
qU mgd mv --=-，
解得：U = 200 V ．
（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R ，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流1E
I R R r
=
++，而 U = IR ，
解得：R = 2×103 Ω
滑动变阻器消耗的电功率2
20U P W R
==．
（3）电源的效率2121()099.50()P I R R P I R R r η+===++出
总
． 【点睛】
本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压．根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻．
11．如图所示，一电荷量q=3×10-5C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点．电键S 合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角α=37°．已知两板相距d=0.1m ，电源电动势=15V ，内阻r=0.5Ω，电阻R 1=3Ω，R 2=R 3= R 4=8Ω．g 取10m/s 2，已知
，
．求：
（1）电源的输出功率； （2）两板间的电场强度的大小； （3）带电小球的质量．
【答案】（1）28W （2）140V/m （3）45.610kg － 【解析】
(1)R 外=7.0Ω R 总=7.5Ω I="15/7.5=2A " 2’ P 出=I2R 外=22×7.="28w " 2’ (2) U 外=IR=2×7="14V " 2’ E="U/d=14/0.1=140V/m " 2’ (3) Eq="mgtg37° " 2’
m=Eq/gtg37°=（140×3×10-5）/（10×0.75）=5.6×10-4kg
12．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/s2
b棒通过磁场时间t=
a进入磁场时速度v a=v b+at=9.5m/s
a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．
13．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 L
αα=- (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 = BIL⑦
P2=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．
14．如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角
θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B=0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。

金属导轨的一端接有电动势E=6.0 V、内阻r=0.5Ω的直流电源。

现把一个质量m=0.05 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止。

导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）通过导体棒的电流大小；
（2）导体棒受到的安培力大小；
（3）导体棒受到的摩擦力大小。

【答案】（1）1.5 A（2）0.3 N（3）0.06 N
【解析】
试题分析：⑴导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
=1.5A
⑵导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N
⑶导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=" mg" sin37º=0.24N
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：mg
sin37º+f=F安
解得：f =0.06N
考点：本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。

15．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 。

【答案】（1）22?
mgRsin v B l θ= （2）2
Bl q R =
（3）2Q mglsin θ=
【解析】 试题分析：（1）感应电动势: E Blv =，感应电流: E I R
=
，安培力： F BIl = 线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示
F mgsin θ=
解得匀速运动的速度:22? mgRsin v B l
θ= （2）解法一：由BIl mgsin θ=得，sin mg I Bl θ=，23sin l B l t v mgR θ
==，
所以2
Bl q It R
== 解法二：平均电动势E n t ϕ∆=∆，E I R =，q I t n R
ϕ∆=∆= ，所以2Bl q R =。

（3）解法一：通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2l 的距离，
由能量守恒定律得：E E ∆=∆增减 ，2Q mglsin θ=。

解法二：2
Q I Rt = 2
sin 22sin mg l Q R mgl Bl v θθ⎛⎫== ⎪⎝⎭
考点：导体切割磁感线时的感应电动势
【名师点睛】遇到导轨类问题首先要画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解；在求有关热量问题时，要从能量守恒的角度求解。