高考物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题

高考物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题
一、稳恒电流专项训练
1．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】
2012
CE 【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
2．如图所示，M 为一线圈电阻R M =0.5Ω的电动机，R=8Ω，电源电动势E=10V ．当S 断开时，电流表的示数I 1=1A ，当开关S 闭合时，电流表的示数为I 2=3A ．
求：
（1）电源内阻r ；
（2）开关S 断开时，电阻R 消耗的功率P ．
（3）开关S 闭合时，通过电动机M 的电流大小I M ．
【答案】（1）2Ω （2）8W （3） 2.5A
【解析】（1）当S 断开时，根据闭合电路欧姆定律： ()1E I R r =+， ()1018r =⨯+， r=2Ω；
电阻R 消耗的功率： 221188P I R W W ==⨯=
路端电压： ()210324U E I r V V =-=-⨯=
R 之路电流： 40.58
R U I A A R === 电动机的电流： ()230.5 2.5M R I I I A A =-=-=
点睛：当S 断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．当开关S 闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R 的电流，得到通过电动机的电流．
3．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
4．已知电流表的内阻R g ＝120 Ω，满偏电流I g ＝3 mA ，要把它改装成量程是6 V 的电压表，应串联多大的电阻？要把它改装成量程是3 A 的电流表，应并联多大的电阻？
【答案】改装成量程是6 V 的电压表，应串联1 880 Ω的电阻; 要把它改装成量程是3 A 的电流表，应并联0.12 Ω的电阻．
【解析】
【分析】
【详解】
根据欧姆定律和串联电路特点可知，需串联的电阻
1880g g
U R R I =-
=Ω； 同理，根据欧姆定律的并联电路的特点可知，改装成3A 电流表需并联的电阻
0.12g g g I R R I I =
=Ω-．
5．一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．
6．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：
20102
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．
7．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d ，管道高度为h ，上、下两面是绝缘板，前后两侧M N 、是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连。

整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B 、方向沿z 轴正方向。

管道内始终充满导电液体，M N 、两导体板间液体的电阻为r ，开关S 闭合前后，液体均以恒定速率0v 沿x 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S 断开时，求M N 、两导板间电压0U ，并比较M N 、导体板的电势高低； （2）开关S 闭合后，求：
a. 通过电阻R 的电流I 及M N 、两导体板间电压U ；
b. 左右管道口之间的压强差p V 。

【答案】（1）U 0=Bdv 0，M N ϕϕ> （2）a ．0BdRv U R r
=+；b ．20()B dv p h R r =+V 【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 =Bdv 0
则开关断开时
U 0=Bdv 0
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M N ϕϕ>； （2）a ．由闭合电路欧姆定律
00U Bdv I R r R r
=
=++ 外电路两端的电压： 00U R BdRv U IR R r R r
===++ b ．设开关闭合后，管道两端压强差分别为p V ，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
phd F =V 安
=F BId 安
联立可得管道两端压强差的变化为：
20()
B dv p h R r =+V
8．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
== 30.01100.220110
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．
9．如图所示电路中，R 1=6 Ω，R 2=12 Ω，R 3=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…②
S 闭合时有：E=I 2（R 3+
1212
R 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=0
10．电动自行车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m ＝90kg ，动力电源选用能量存储量为“36V 、15Ah”（即输出电压恒为36V ，工作电流与工作时间的乘积为15Ah ）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P 电＝180W ，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自行车的效率为η＝80%，如果自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正比，即F f ＝kmgv ，其中g 取10m/s 2，k ＝5.0×10﹣3s•m ﹣1．求：
（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间和自行车电动机的内阻；
（2）自行车在平直的公路上能达到的最大速度；
（3）有人设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，已知太阳辐射的总功率P 0＝4×1026W ，太阳到地球的距离r ＝1.5×1011m ，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%．则此设想所需的太阳能电池板的最小面积。

【答案】（1）2h ， 1.44Ω。

（2）2。

（3）101m 2
【解析】
【详解】
（1）根据公式：P＝IU，I＝5A，再根据电池容量可得：t
Q
I
==2
h。

P热＝P电﹣80%P＝I2r
解得内阻为：r＝1.44Ω。

（2）经分析可知，当自行车以最大功率行驶且达匀速时速度最大，因此有：
F牵＝kmgv m
而F牵
m
P
v
η
=电，
联立代入数据可得：v m＝42m/s。

（3）当阳光垂直电池板入射时，所需电池板面积最小，设其为S，由题意得：
()
2
130%
15%
4
P
S
r
π
-
⋅⋅=P电
解得所需的太阳能电池板的最小面积为：
S
2
3
70%15%
r P
P
电
π
=
⋅。

代入数据解得：S≈101m2。

11．如图甲所示，一正方形线框边长为L＝0．3m，匝数为n＝10匝，放置在匀强磁场中，ab边与磁场边界MN重叠，线框内阻为r=2Ω，与R＝10Ω的外电阻形成一闭合回路。

若以垂直纸面向里为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律周期性变化（图中只画出两个周期）求从t=0时刻开始经过3分钟电阻产生的热量。

【答案】324J
【解析】
【详解】
在0~0.1s内：2
1
0.4
100.37.2
0.05
E n V V
t
∆Φ
==⨯⨯=
∆
；1
1
0.6
E
I A
R r
==
+
在0.1~0.3s内: 2
2
0.4
100.3 3.6
0.1
E n V V
t
∆Φ
==⨯⨯=
∆
；2
2
0.3
E
I A
R r
==
+
在0~0.3内发热量为2211220.54Q I Rt I Rt J =+=
3min 总热量为1800.543240.3
Q J J =⨯=总
12．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）203
Q 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v2，则
速度为：v2＝at＝6 m/s
感应电动势为：E2＝BLv2＝12 V
根据闭合电路欧姆定律：2
2
4
MN PQ
E
I A
R R
==
+
安培力为：F安＝BI2L＝8 N
规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：
F2＋F安cos 37°＝mg sin 37°
代入数据得：F2＝－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：
120
23
MN 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．
13．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。

14．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
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。