高中物理稳恒电流练习题及答案及解析
高中物理高考专题练习恒定电流(word含答案)
恒定电流提高篇1.如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大2.电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、.由图可知、的值分别为A、、 B 、、 C 、、 D 、、 3.在右图的闭合电路中，当滑片向右移动时，两电表读数的变化是 （A ）○A 变大， ○V 变大 （B ）○A 变小，○V 变大（C ）○A 变大， ○V 变小 （D ）○A 变小，○V 变小4.电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是 （ ） A.电压表和电流表读数都增大 B.电压表和电流表读数都减小 C.电压表读数增大，电流表读数减小 D.电压表读数减小，电流表读数增大ηa ηb ηa ηb η3414132312122313P5.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、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 ．L 1上消耗的功率增大C ．通过R 1上的电流增大D ．通过R 3上的电流增大7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R 1＝20 ，R 2＝30 ，C 为电容器。
高中物理稳恒电流试题经典及解析
高中物理稳恒电流试题经典及解析一、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’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．2．一电路如图所示，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/q C kg m-=⨯3．如图所示，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为12m 的小球1以速度052gr v =，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g .(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ；(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R 消耗的电功率P ；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，计算金属杆转动的角速度的范围.【答案】(1) 52gr v = (2) 2424B L P Rω= (3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL 【解析】【分析】【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111()222mv m m v =+ 解得52gr v =(2)杆转动的电动势21122BLv BL L BL εωω==⨯= 电阻R 的功率22424B L P R R εω==(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．在T 点，由牛顿第二定律得211v mg qE m r-= 从S 到T ，由动能定理得2211112222qE r mg r mv mv ⋅-⋅=- 解得12mg E q= 杆转动的电动势21112BL εω=两板间电场强度11E d ε=联立解得12mgd qBL ω= 如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．在S 点，由牛顿第二定律得22v qE mg m r-= 杆转动的电动势22212BL εω=两板间电场强度22E d ε=联立解得227mgd qBL ω= 综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，金属杆转动的角速度的范围为：227mgd mgd qBL qBL ω≤≤.4．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=64.50.5EAR 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5．如图所示，已知R3＝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R3发生断路，电流表的读数2．5A，R1上的电压为5v，求：（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路时R2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 = U 2 + I 2r联解方程E= 10 V r=2Ω考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】6．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L ，导轨的两端 分别与电源（串有一滑动变阻器 R ）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K 相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B ．一质量为m ，电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E ，内阻为r ，电容器的电容为C ，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．（1）当K 接1时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大？（2）当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落 s 的过程中所需的时间为多少？（3） ab 达到稳定速度后，将开关 K 突然接到3，试通过推导，说明 ab 作何种性质的运动？求 ab 再下落距离 s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）【答案】（1）EBL r mg -（2）44220220B L s m gR mgR B L +（3）匀加速直线运动 2222mgsCB L m cB L + 【解析】【详解】（1）金属棒ab 在磁场中恰好保持静止，由BIL=mgE I R r=+ 得 EBL R r mg=- （2）由 220B L v mg R = 得 022mgR v B L =由动量定理，得mgt BILt mv -= 其中0BLs qIt R ==得44220220B L s m gR t mgR B L += （3）K 接3后的充电电流q C U CBL v v I CBL CBLa t t t t ∆∆∆∆=====∆∆∆∆ mg-BIL=ma得22mg a m CB L =+=常数 所以ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．v 22-v 2=2as根据能量转化与守恒得 22211()22E mgs mv mv ∆=-- 解得：2222mgsCB L E m cB L ∆=+ 【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．7．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…①P 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=1.8×10-4CS 闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q 2=08．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：224MNPQE 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．9．为了检查双线电缆CE 、FD 中的一根导线由于绝缘皮损坏而通地的某处，可以使用如图所示电路。
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． 4～1.0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） （4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变． 【解析】（1）当B ＝0.6T 时，磁敏电阻阻值约为6×150Ω＝900Ω，当B ＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于x VA xR R R R >，所以电流表应内接．电路图如图所示．（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯，230.911516.70.6010R -=Ω=Ω⨯，331.5015001.0010R -=Ω=Ω⨯，431.791491.71.2010R -=Ω=Ω⨯，532.7115051.8010R -=Ω=Ω⨯， 故电阻的测量值为1234515035R R R R R R ++++=Ω=Ω（1500－1503Ω都算正确．） 由于0150010150R R ==，从图1中可以读出B ＝0.9T 方法二：作出表中的数据作出U －I 图象，图象的斜率即为电阻（略）．（3）在0～0.2T 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4～1.0T 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；（4）从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关．本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力．从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U 、I 值求电阻．第（3）、（4）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力．总之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题．2．要描绘某电学元件（最大电流不超过６mＡ，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。
恒定电流练习题
2020年02月09日肥东一中的高中物理组卷一．选择题（共8小题）1．在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1为定值电阻，L为小灯泡，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表。
开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。
在P向下移动的过程中，下列说法正确的是（）A．油滴带正电，油滴向下运动B．G中有b到a的电流C．小灯泡L变暗，电流表A示数变大D．电源的输出功率一定变大2．在如图的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略。
闭合开关S，当照射光敏电阻上的光照强度增大时，下列说法中正确的是（）A．通过R2的电流减小B．电源的路端电压减小C．电容器C所带的电荷量增加D．电源的电功率不变3．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时，下列说法正确的是（）A．电压表的示数减小B．灯泡L变暗C．R1电流变化量比R3电流变化量小D．R1电压变化量比R2电压变化量大4．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表V1的示数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑动触点向a端移动过程中，电流表A1的读数变化量大小为△I1，电流表A2的读数变化量大小△I2，电压表V1的读数变化量大小为△U1，电压表V2的读数变化量大小为△U2，则（）A．I1变大，△U1＜△U2，不变B．I1变大、△U1＞△U2，不变C．I1变小，I2变小，变小D．U1变小，U2变小，变大5．如图所示的电路，闭合开关S后，三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略。
现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，关于三盏灯亮度变化的情况及电容器带电量判断正确的是（）A．a灯变亮，b灯和c灯变暗，电容器C所带电荷量增多B．a灯和c灯变亮，b灯变暗，电容器C所带电荷量减少C．a灯和c灯变暗，b灯变亮，电容器C所带电荷量减少D．a灯和b灯变暗，c灯变亮，电容器C所带电荷量增多6．如图所示，电源电动势E＝10V，内阻r＝0.2Ω，标有“8V 16W”的灯泡L恰好正常发光，电动机线圈电阻R0＝0.15Ω，则电源的输出功率为（）A．16W B．440W C．80W D．400W7．如图所示，直线a为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（）A．此电源的内阻为1.5ΩB．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D．由于小灯泡B的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用8．如图所示，直线a为某电源的路端电压随电流的变化图线，曲线b为小灯泡R两端的电压随电流强度的变化图线，用该电源和该小灯泡R组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是（）A．0.6W，5ΩB．0.6 W，ΩC．0.8 W，5ΩD．0.8W，Ω二．多选题（共4小题）9．如图甲所示电路中的小灯泡通电后其两端电压U随所通过的电流I变化的图线如图乙所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PM为U轴的垂线，PQ为I轴的垂线，下列说法中正确的是（）A．随着所通电流的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为C．若在电路甲中灯泡L两端的电压为U1，则电阻R两端的电压为I1RD．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积10．如图所示，曲线①、②分别是直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线，由该图可知，下列说法中正确的是（）A．电源的电动势为12 VB．电源的内电阻为3ΩC．电源被短路时，流过内电阻的电流为6AD．电源的输出功率最大为9W11．如图所示，定值电阻R1＝2Ω，可变电阻R2阻值范围为0～7Ω，蓄电池的电动势为E＝12V、内阻为r＝6Ω，则以下说法中正确的是（）A．R1获得最大功率为4.5WB．R2获得最大功率6WC．R2获得最大功率4.48WD．电源的效率最大值为50%12．一台直流电动机的电阻为R，额定电压为U，额定电流为I，当其正常工作时，下述正确的是（）A．电动机所消耗的电功率I2RB．t秒内所产生的电热为UItC．t秒内所产生的电热为I2RtD．t秒内输出的机械能为（U﹣IR）It三．计算题（共5小题）13．如图1所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0＝58Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图2所示，图中U＝12V的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源电动势E和内阻r；（2）A、B空载（没接用电器）时输出电压的范围．14．如图所示，电源电动势E＝8V，内阻r＝10Ω，R1＝20Ω，R2＝30Ω，电容器两极板间距d＝0.1m。
高中物理 第07章 恒定电流 典型例题(含答案)【经典】
第七章 恒定电流基本公式：I ＝q t ； I ＝U R ； I ＝neSv . R ＝ρl S W 电＝qU ＝IUt Q 热＝I 2Rt. I ＝E R ＋r知识点一：电流的计算、电阻定律、电功（率）与热量（热功率）的计算与区别、欧姆定律、U-I 图像1．（单选）通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )．答案 ACA ．闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB ．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC ．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/mD ．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J2．(单选)有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为l 1∶l 2＝1∶5，横截面积之比为S 1∶S 2＝2∶3，电阻之比为R 1∶R 2＝2∶5，外加电压之比为U 1∶U 2＝1∶2，则它们的电阻率之比为( )． 答案 BA ．2∶3B ．4∶3C ．3∶4D ．8∶33、（单选）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( )． 答案 CA ．1∶4B ．1∶8C ．1∶16D ．16∶14．（单选）用电器距离电源为L ，线路上的电流为I ，为使在线路上的电压降不超过U ，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值为( )．答案 BA ．ρL /RB ．2ρLI /UC ．U /(ρLI )D ．2UL /(I ρ)5．(单选)欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a >b >c .电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )．答案 A6、（单选）额定电压都是110 V ，额定功率P A ＝100 W ，P B ＝40 W 的电灯两盏，若接入电压是220 V 的下列电路上，则使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的电功率最小的电路是( )． 答案 C7．(单选)R 1和R 2分别标有“2 Ω，1.0 A”和“4 Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图7－1－6所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )．答案 AA ．1.5 WB ．3.0 WC ．5.0 WD ．6.0 W8．（单选）功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近( )．答案 BA ．8×108 kW·hB ．8×1010 kW·hC ．8×1011 kW·hD ．8×1013 kW·h9．（单选）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C ，消耗的电能为0.9 J ．为在相同时间内使0.6 C 的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )．答案 DA ．3 V 1.8 JB ．3 V 3.6 JC ．6 V 1.8 JD ．6 V 3.6 J10．(多选)如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )．A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 Ω 答案 ADC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1/tan α＝1.0 ΩD ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C11．(单选)某种材料的导体，其I－U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是()．答案 AA．导体的电功率随电压U的增大而增大B．导体的电阻随电压U的增大而增大C．在A点，导体的电阻为tan αD．在A点，导体的电阻为tan β12．(多选)如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是()．答案ACA．R1∶R2＝1∶3B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶313、（单选）在如图电路中，电源电动势为12 V，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R0为1.5 Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5 Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A．则以下判断中正确的是( )．A．电动机的输出功率为14 WB．电动机两端的电压为7.0 V 答案BC．电动机的发热功率为4.0 WD．电源输出的电功率为24 W14．（多选）如图所示，用输出电压为1.4 V，输电电流为100 mA的充电器对内阻为2 Ω的镍-氢电池充电．下列说法正确的是()．答案ABA．电能转化为化学能的功率为0.12 W B．充电器输出的电功率为0.14 WC．充电时，电池消耗的热功率为0.12 W D．充电器把0.14 W的功率储存在电池内15．（单选）一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压220 V的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A，下列说法中正确的是()．A．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 Ω答案CB．电饭煲消耗的电功率为1 555 W，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC．1 min内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍16、（单选）如图所示，电源电动势E＝8 V，内阻为r＝0.5 Ω，“3 V，3 W”的灯泡L与电动机M串联接在电＝1.5 Ω.下列说源上，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R法中正确的是()．答案DA．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是8 WC．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W17、有一提升重物的直流电动机，工作时电路如图7－1－4所示，内阻为r＝0.6 Ω，R＝10 Ω，直流电压为U＝160 V，电压表两端的示数为110 V，则通过电动机的电流是多少？电动机的输入功率为多少？电动机在1 h内产生的热量是多少？答案 5 A550 W 5.4×104 J18．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：(1)通过电动机的电流；答案(1)5 A(2)550 W(3)53 kg(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10 m/s2)19．四川省“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20 m，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380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．答案(1)1×103 W(2)2×104 s知识点二：闭合电路的欧姆定律、输出功率、效率、电源的U-I图像1．(单选)将一电源电动势为E，内电阻为r的电池与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是()．答案CA．由U外＝IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U＝E－Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大2．(多选)一个T形电路如图7－2－1所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则()．答案ACA．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V3．(单选)图所示的电路中，R1＝20 Ω，R2＝40 Ω，R3＝60 Ω，R4＝40 Ω，R5＝4 Ω，下面说法中，正确的是()．A．若U AB＝140 V，C、D端开路，U CD＝84 V 答案DB．若U AB＝140 V，C、D端开路，U CD＝140 VC．若U CD＝104 V，A、B端开路，U AB＝84 VD．若U CD＝104 V，A、B端开路，U AB＝60 V4．(多选)如图所示电路中，电源电动势E＝12 V，内阻r＝2 Ω，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3＝3 Ω.若在C、D间连接一个电表或用电器，则有()．答案ADA．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是6 VB．若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8 VC．若在C、D间连一个理想电流表，其读数是2 AD．若在C、D间连一个“6 V,3 W”的小灯泡，则小灯泡的实际功率是1.33 W5、（单选）如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R0′＝1 Ω，当调节滑动变阻器R时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2的值分别为()．答案BA．2 Ω，2 ΩB．2 Ω，1.5 ΩC．1.5 Ω，1.5 ΩD．1.5 Ω，2 Ω6、（多选）如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R、R2的U－I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则()．答案BCA．P1>P2B．P1＝P2C．η1>η2D．η1<η27．（多选）如图所示为两电源的U －I 图象，则下列说法正确的是( )．答案 ADA ．电源①的电动势和内阻均比电源②大B ．当外接同样的电阻时，两电源的输出功率可能相等C ．当外接同样的电阻时，两电源的效率可能相等D ．不论外接多大的相同电阻，电源①的输出功率总比电源②的输出功率大8．（多选）如图，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )．A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为253 Ω 答案 ACDC ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 V9．(多选)如图所示，直线a 、抛物线b 和曲线c 分别为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P 、电源内部发热功率Pr 、输出功率P R 随电流I 变化的图象，根据图象可知( )．答案 BDA ．电源的电动势为9 V ，内阻为3 ΩB ．电源的电动势为3 V ，内阻为1 ΩC ．图象中任意电流值对应的P 、P r 、P R 间的关系为P >P r ＋P RD ．电路中的总电阻为2 Ω时，外电阻上消耗的功率最大且为2.25 W10． (多选)如图甲所示，其中R 两端电压u 随通过该电阻的直流电流I 的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时( )．答案 BCA ．R 的阻值为1 000 ΩB ．R 的阻值为1 300 ΩC ．通过R 的电流为1.5 mAD ．通过R 的电流为2.0 mA11、如图所示，已知电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝2 Ω，定值电阻R 1＝0.5 Ω，滑动变阻器R 2的阻值范围为0～10 Ω. 答案 (1)0 2 W (2)2.5 Ω 2.5 W (3)1.5 Ω(1)当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻R 1消耗的功率最大？最大功率是多少？(2)当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？(3)当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大输出功率是多少？12．（单选）用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )．答案 C A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0 13、（多选）图所示，电动势为E 、内阻为r 的电池与定值电阻R 0、滑动变阻器R 串联，已知R 0＝r ，滑动变阻器的最大阻值是2r .当滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动时，下列说法中正确的是( )．答案 ACA ．电路中的电流变大B ．电源的输出功率先变大后变小C ．滑动变阻器消耗的功率变小D ．定值电阻R 0上消耗的功率先变大后变小14．（多选）直流电路如图，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的( )．答案 ABCA ．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15．（单选）电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )．答案 DA.34、14B.13、23C.12、12D.23、13知识点三：电路的动态分析、电路故障分析、含容电路分析1、（多选）图所示的电路，L 1、L2、L 3是3只小电灯，R 是滑动变阻器，开始时，它的滑片P 位于中点位置．当S 闭合时，3只小电灯都发光．现使滑动变阻器的滑片P 向右移动时，则小电灯L 1、L 2、L 3的变化情况( )． 答案 BCA ．L 1变亮B ．L 2变亮C ．L 3变暗D ．L 1、L 2、L 3均变亮2．（单选）如图，E 为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )．答案 BA.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变小D.的读数变小，的读数变大3．（单选）在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图7－2－5所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时( )．答案 CA ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显4．（多选）如图所示电路， 电源电动势为E ，串联的固定电阻为R 2，滑动变阻器的总电阻为R 1，电阻大小关系为R 1＝R 2＝r ，则在滑动触头从a 端移动到b 端的过程中，下列描述中正确的是( )．答案 ABA ．电路中的总电流先减小后增大B ．电路的路端电压先增大后减小C ．电源的输出功率先增大后减小D ．滑动变阻器R 1上消耗的功率先减小后增大5．（多选）如图所示，闭合开关S 后，A 灯与B 灯均发光，当滑动变阻器的滑片P 向左滑动时，以下说法中正确的是( )．答案 ACA ．A 灯变亮B ．B 灯变亮C ．电源的输出功率可能减小D ．电源的总功率增大6．（单选）如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )．答案 AA ．电压表与电流表的示数都减小B ．电压表与电流表的示数都增大C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大7．(单选)在如图7－2－15所示的电路中，E 为电源，其内阻为r ，L 为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R 1、R2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压表．若将照射R 3的光的强度减弱，则( )． 答案 BA ．电压表的示数变大B ．小灯泡消耗的功率变小C ．通过R 2的电流变小D ．电源内阻的电压变大8．(多选)如图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑动触头P向左端移动时，下列说法中正确的是()．答案BCA．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小的读数减小，电流表A2的读数增大C．电压表VD．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小9．(多选)在如图所示的电路中，E为电源的电动势，r为电源的内阻，R1、R2为可变电阻．在下列操作中，可以使灯泡L变暗的是()．答案ADA．仅使R1的阻值增大B．仅使R1的阻值减小C．仅使R2的阻值增大D．仅使R2的阻值减小10．(多选)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的触片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是()．答案BC A．小灯泡L、L2均变暗B．小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小11．(单选)如图所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是()．答案 DA．R1短路B．R2断路C．R2短路D．R3短路12．(多选)在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是()．答案ABA．电阻R1短路B．电阻R2断路C．电阻R2短路D．电容器C断路13．(单选)如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是()．答案AA．把R2的滑片向左移动B．把R2的滑片向右移动C．把R1的滑片向左移动D．把开关S断开14．(单选)在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．在P向上移动的过程中，下列说法正确的是()．答案BA．A表的示数变大B．油滴向上加速运动C．G中有由a→b的电流D．电源的输出功率一定变大15、（多选）在如图所示的电路中，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、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示.下列比值正确的是( ) 答案：ACDA.U1/I不变，ΔU1/ΔI不变B.U2/I不变，ΔU2/ΔI变大C.U2/I变大，ΔU2/ΔI不变D.U3/I变大，ΔU3/ΔI不变16、（单选）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读数变大答案：AB．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。
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．材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1+αt )，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t =0℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0℃时，铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m ，碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m ；在0℃附近，铜的电阻温度系数为3．9×10-3℃-1，碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1．将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m 的导体，要求其电阻在0℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）． 【答案】3．8×10-3m 【解析】 【分析】 【详解】设所需碳棒的长度为L 1，电阻率为1ρ，电阻恒温系数为1α；铜棒的长度为2L ，电阻率为2ρ，电阻恒温系数为2α．根据题意有1101)l t ρρα=+（①2202)l t ρρα=+（②式中1020ρρ、分别为碳和铜在0℃时的电阻率． 设碳棒的电阻为1R ，铜棒的电阻为2R ，有111L R S ρ=③，222LR Sρ=④ 式中S 为碳棒与铜棒的横截面积．碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为12R R R =+⑤，012L L L =+⑥式中0 1.0m L = 联立以上各式得：10112022121020L L L L R t S S Sραραρρ+=++⑦ 要使电阻R 不随温度t 变化，⑦式中t 的系数必须为零．即101120220L L ραρα+=⑧ 联立⑥⑧得：20210202101L L ραραρα=-⑨代入数据解得：313810m L -=⨯．⑩ 【点睛】考点：考查了电阻定律的综合应用本题分析过程非常复杂，难度较大，关键是对题中的信息能够吃投，比如哦要使电阻R 不随温度t 变化，需要满足的条件2．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．3．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．4．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．5．（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】物理稳恒电流练习题及答案含解析
由于电源电压大于灯泡额定电压，故需要串联一个电阻分压，阻值为
R R总-RL 20Ω 5Ω 15Ω
5．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 R1 =9Ω,R2=5.5Ω,电键 S 断 开．
①求流过电阻 R1 的电流; ②求电阻 R1 消耗的电功率; ③将 S 闭合时,流过电阻 R1 的电流大小如何变化? 【答案】(1)0.2A；(2)0.36W；(3)变大
① 求导线中的电流 I；
②为了更精细地描述电流的分布情况，引入了电流面密度 j，电流面密度被定义为单位面积
的电流强度，求电流面密度 j 的表达式；
③经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子（即金属原子失去电
子后的剩余部分）的碰撞，该碰撞过程将对电子的定向移动形成一定的阻碍作用，该作用
后，液体均以恒定速率 v0 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U0 ，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 。
Ｉ（m Ａ）
0.00 0.00 0.00 0.06 0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50
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，
2 2
A＝1.5
高考物理电磁学知识点之稳恒电流知识点训练(2)
高考物理电磁学知识点之稳恒电流知识点训练(2)一、选择题1．智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置。
充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60−0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）。
如图为某一款移动充电宝，其参数见下表，下列说法正确的是（）容量20000mAh兼容性所有智能手机边充边放否保护电路是输入DC：5V 2A MAX输出DC：5V 0.1A−2.5A尺寸56×82×22mm转换率0.60产品名称索扬SY10−200重量约430gA．给充电宝充电时将电能转化为内能B．该充电宝最多能储存能量为3.6×105JC．该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2hD．该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，理论上能充满6次2．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。
在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。
质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。
如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。
已知细柱形的质子流横截面积为S，其等效电流为I；质子的质量为m，其电量为e.那么这束质子流内单位体积的质子数n是A2 I U eS mBI m eS eUC2I eU eS mD ．2Im eS eU3．图中小灯泡的规格都相同，两个电路中的电池也相同。
实验发现多个并联的小灯泡的亮度明显比单独一个小灯泡暗。
对这一现象的分析正确的是（ ）A ．灯泡两端电压不变，由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗B ．电源电动势不变，外电路电压变大，但由于并联分电流，每个小灯泡分得的电流变小，因此灯泡亮度变暗C ．电源电动势不变，外电路电压变小，因此灯泡亮度变暗D ．并联导致电源电动势变小，因此灯泡亮度变暗4．如图所示，电路中A 灯与B 灯的电阻相同，电源的内阻不可忽略，则当滑动变阻器R 的滑动片P 向上滑动时，两灯亮度的变化情况是（ ）A ．A 灯变亮，B 灯变亮B ．A 灯变暗，B 灯变亮C ．A 灯变暗，B 灯变暗D ．A 灯变亮，B 灯变暗5．如图所示，直线A 为电源的路端电压与总电流关系的伏安图线，直线B 为电阻R 两端电压与通过该电阻 流关系的伏安图线，用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别是（ ）A ．2W ，66.7%B ．2W ，33.3%C ．4W ，33.3%D ．4W ，66.7%6．如图所示，电源电动势E =30V ，内阻r =1Ω，直流电动机线圈电阻R M =1Ω，定值电阻R =9Ω。
高中物理稳恒电流专项训练100(附答案)
高中物理稳恒电流专项训练100（附答案）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）InvSe证明见答案F 1 2( 2) P nm 2S3【解析】（1）（a）电流I Q，又因为Q tne[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柱体体积V Sl 柱体内分子总数N 总nV 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'1N总＝N总总6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p 2m N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F 0 F 1 nm 2 0S3【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1．6【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．（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 R 0 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 200 μA ，内阻约 200Ω）； 电压表 V （量程 3V ，内阻约 10Ω）； 电阻 R 0 （阻值约 20 k Ω）；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）；答案】（ 1）1.880（1.878～ 1.882 均正确）2）开关 S 及导线若干．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 ．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R0 100, R V 0.5 ，因此μA 表要采用内接法，其电路原理图为R A R0连线时按照上图中所标序号顺序连接即可．3．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=l Ω，当接入固定电阻R=3Ω 时，电路中标有3V,6W的”灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机 D 都恰能正常工作.试求：1）流过灯泡的电流2）固定电阻的发热功率3）电动机输出的机械功率答案】（1）2A（2）7V（3）12W解析】（1）接通电路后，小灯泡正常工作，由灯泡上的额定电压U 和额定功率P的数值可得流过灯泡的电流为：=2A（2）根据热功率公式，可得固定电阻的发热功率：=12W（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：=9V电动机消耗的功率： =18W 一部分是线圈内阻的发热功率： =4W 另一部分转换为机械功率输出，则 =14W 【点睛】( 1)由灯泡正常发光，可以求出灯泡中的电流；( 2)知道电阻中流过的电流，就可利用热功率方程 ，求出热功率；( 3)电动机消耗的电功率有两个去向：一部 分是线圈内阻的发热功率；另一部分转化为机械功率输出。
高中物理 第二章 恒定电流 单元卷2(含解析)新人教版选修3-1-新人教版高二选修3-1物理试题
第二章章末综合测试一、选择题(共15个题，10、12、13、14、15为多项选择题，全部选对得4分，局部选对得2分，选错或不选得0分，其余为单项选择题，每题4分，共60分)1．关于正常工作的电动机和白炽灯，以下说法中正确的答案是( )A．电动机和白炽灯消耗的电能均大于产生的热能B．电动机和白炽灯消耗的电能均等于产生的热能C．电动机消耗的电能大于产生的热能，白炽灯消耗的电能等于产生的热能D．电动机消耗的电能等于产生的热能，白炽灯消耗的电能大于产生的热能解析白炽灯是纯电阻用电器其消耗的电能全部转化为内能，电动机是非纯电阻用电器其消耗的电能主要转化为机械能，其中一小局部电能转化为内能，故A、B、D三项错误，C项正确．答案 C设置目的考查纯电阻和非纯电阻在电能转化时的不同2．两根完全一样的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折，然后给它们分别加上一样电压后，如此在同一时间内，通过它们的电荷量之比为( ) A．1∶4B．1∶8C．1∶16 D．16∶1答案 C设置目的考查电流的定义式3.为探究小灯泡L的伏安特性，连好如下列图的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光．由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图象应是( )解析随电流的增加温度逐渐升高，灯丝的电阻率、电阻随之变大，因此C项正确，A、B、D 三项错误．答案 C设置目的考查小灯泡的伏安特性曲线4.如下列图是测定电流表内电阻的电路图，闭合开关S，先调节电阻箱R的电阻值至R1，使电流表指针偏转到满刻度，再把电阻箱R的电阻值调至R2，使电流表指针偏转到满刻度的一半．在电池内电阻忽略不计的情况下，电流表的内阻等于( )A．R2－2R1 B.R22－R1C．R2－R1D．2(R2－R1)解析设电流表内阻为R g，满偏电流为I g，电源电动势为E，根据闭合电路欧姆定律得I g＝ER g＋R1①I g 2＝ER g＋R2②联立①②解得R g＝R2－2R1.答案 A设置目的考查半偏法测电流表内阻的根本原理5.如下列图的电路中，闭合电键S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，电压表读数增加，由此推断，这故障可能是( )A．L1灯丝烧断 B．电阻R2断路C．电阻R2短路 D．电容器被击穿短路解析灯丝烧断是断路，电容器被击穿是短路．答案 B设置目的通过对电路的分析寻找故障的原因6.如下列图，A灯与B灯电阻一样，当变阻器滑片向上滑动时，对两灯明暗变化判断正确的答案是( )A．A、B灯都变亮B．A、B灯都变暗C．A灯变亮，B灯变暗D．A灯变暗，B灯变亮解析当变阻器滑片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I减小，路端电压U增大，灯A变亮．流过电阻R1的电流I1＝I－I A，由于干路电流I减小，灯A的电流I A增大，所以I1减小，电阻R1的电压减小．灯B的电压U B＝U－U1，由于U增大，U1减小，所以U B增大，灯B变亮．答案 A设置目的考查动态电路中相关物理量变化的分析7.如图1为测量某电源电动势和内阻时得到的UI图线，用此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V ．如此该电路可能是图2中的( )解析 由UI 图象可求得电源的电动势E ＝6 V ，内电阻r ＝6－44Ω＝0.5 Ω，外电路连接电阻R 时路端电压为4.8 V ，由闭合电路的欧姆定律得E ＝U ＋IrI ＝E －U r ＝6－4.80.5A ＝2.4 A 又I ＝E R ＋r 所以R ＝E I －r ＝(62.4－0.5) Ω＝2 Ω 选项A 、B 、C 、D 四个电路的外电路电阻分别是1 Ω、2 Ω、9 Ω、4.5 Ω.答案 B设置目的 考查对闭合电路欧姆定律和UI 图的认识8.在研究微型电动机的性能时，应用如下列图的实验电路，当调节滑动变阻器R 并使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和2 V ．重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2 A 和24 V ，如此这台电动机正常运转时的输出功率为( )A ．32 WB ．44 WC ．47 WD ．48 W解析 电动机的输入功率为P 2＝U 2I 2＝24×2 W＝48 W ，线圈电阻：R ＝U 1I 1＝20.5Ω＝4 Ω.热功率为P 1＝I 22R ＝22×4 W ＝16 W ．输出功率：P 输＝P 2－P 1＝(48－16) W ＝32 W.答案 A设置目的 通过分析电动机在转动和不转动时的区别，考查纯电阻电路和非纯电阻电路的计算9．用两个一样的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，假设把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图(a)、(b)所示，如此闭合开关后，如下有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的答案是( )A ．图(a)中的A 1、A 2的示数一样B ．图(a)中的A 1、A 2的指针偏角一样C ．图(b)中的A 1、A 2的示数和偏角都不同D ．图(b)中的A 1、A 2的指针偏角一样 解析 大量程电流表是小量程电流表并联一适当小的分流电阻改装而成的．当A 1、A 2并联时，由于A 1、A 2的电阻不同，通过A 1、A 2的电流不等，A 1、A 2的示数不同，但通过每个小量程电流表的电流一样，故指针偏角一样，A 项错误，B 项正确．当A 1、A 2串联时，通过A 1、A 2的电流一样,故示数一样,但A 1、A 2的量程不同，故指针偏角不同，C 、D 项错误.答案 B10.如下列图，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，假设滑动变阻器的触头P 向下滑动时，如此( )A ．小灯泡的功率减小B ．电压表的示数增大C ．电容器上的电荷量增加D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|不变 解析 A 项，P 下滑，R 2阻值变小，故电路总电阻减小，那么，总电流增大，通过灯泡的电流增大，可知小灯泡的功率增大，故A 项错误；B 项，因电流增大，如此R 1上的电压增大，如此电压表示数增大，故B 项正确；C 项，总电流增大，内电压与R 1上的电压增大，故电容器上电压减小，所以，电容器上的电荷量减小，故C 项错误；D 项，两表示数之比U I＝R 1，故两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|仍为R 1不变，故D 项正确；应当选B 、D 两项． 答案 BD11.如图，直线a 、抛物线b 和c 为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率P E 、输出功率P R 、电源内部发热功率P r 随路端电压U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断( )A ．图象中任意电压值对应的功率关系为P E ＝P r ＋P RB ．P r U 图象的对应图线b ，由图知电动势为3 V ，内阻为1 ΩC ．P E U 图象对应图线a ，由图知电动势为9 V ，内阻为3 ΩD ．外电路电阻为1 Ω时，输出功率最大为2 W解析 A 项，电源的总功率等于内电阻消耗功率和输出功率之和，即图象中任意电压值对应的功率关系为P E ＝P r ＋P R ，故A 项正确；B 项，根据电功率的计算公式可得：P r ＝〔E －U 〕2r ，由数学知识可知，P r U 图象的对应图线b ，故B 项正确；C 项，总功率为：P E ＝EI ＝E·E －U r＝－E r U ＋E 2r ，可知P E U 图象对应图线a.由数学知识得知，图象a 的斜率大小为：k ＝E r ＝93＝3；当U ＝0时，P E ＝E 2r＝9 W ．联立解得：E ＝3 V ，r ＝1 Ω.故C 项错误；D 项，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为R ＝r ＝1 Ω时，输出功率最大，最大输出功率为：P m ＝〔12E 〕2R ＝E 24r ＝324×1W ＝2.25 W ．故D 项错误．应当选A 、B 两项． 答案 AB点评 此题的关键要根据功率公式得到三种功率的解析式，利用图象信息进展研究．要有根本的读图能力，根据数学知识来理解图象的物理意义．12．两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、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V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．并根据数据描绘了如图乙所示的两条UI 图线．如此图象中两图线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为0.5 WD ．电源的效率达到最大值解析 由图象可知，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I ＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但此题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B 项正确；P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项正确；电源的效率：η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越高，可见滑动触头P 滑到最右端时电源效率最高，D 项错误．答案 BC设置目的将测定电源电动势的UI图和测电阻的UI图相结合，综合考查二者的区别和联系13.经过准确校准的电压表V1和V2，当分别用来测量某线路中电阻R两端a、b间的电压时，如下列图，读数依次为12.7 V和12.3 V，如此( )A．a、b间的实际电压略大于12.7 VB．a、b间的实际电压略小于12.7 VC．电压表V1的内阻大于V2的内阻D．电压表V1的内阻小于V2的内阻解析并联电压表使电路电阻减小，电流增大，R′两端电压增大，使ab两端电压比实际电压要小．且电压表的内阻越大，测量值越大，越接近实际电压．答案AC设置目的电压表内阻较大，考查其接入电路时对电路的影响14.某学生在研究串联电路电压特点的实验时，连接成如下列图的电路，接通S后，他将大内阻的电压表并联在A、C两点间，电压表读数为U，当并联在A、B两点间时，电压表读数也为U，当并联在B、C两点间时，电压表的读数为零，如此出现此种情况的原因可能是(R1、R2的阻值相差不大)( )A．AB段断路 B．BC段断路C．AB段短路 D．BC段短路解析电压表并联在AC端和AB端时示数都为U.有两种可能情况：一是AB段断路，电压表示数U为电源电动势；二是AB段没有断路但BC段短路，AB与BC段电压一样．答案AD设置目的考查故障电路的排查15．图甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示．在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中( )A．二极管D消耗的功率变大B．二极管D的电阻变大C．通过二极管D的电流减小D．电源的功率减小解析A、B、C三项，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故A 项正确，B 、C 两项错误；D 项，电源的功率为：P ＝EI ，因为电流增大，所以电源的功率增大，故D 项错误．应当选A 项．答案 A二、实验题(共5小题，每题8分，共40分)16．如下列图为一电学实验的实物连线图．该实验可用来测量待测电阻R x的阻值(约20 Ω)．图中两个电流表量程一样，内阻都较小．实验步骤如下：①调节电阻箱，使它的阻值R 0与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动触头调到最左端．②合上开关S.③将滑动变阻器的滑动触头向右端滑动，使两个电流表指针都有明显偏转．④记下两个电流表A 1和A 2的读数I 1和I 2.⑤屡次改变滑动变阻器滑动触头的位置，记下A 1和A 2的多组读数I 1和I 2.⑥求R x 的平均值．回答如下问题：(1)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路图，器材用通用的符号表示；(2)不计电流表内阻的影响，用I 1、I 2和R 0表示R x 的公式为R x ＝________．答案 (1)如下列图(2)I 1R 0I 217．(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如下列图，校零时的读数为________ mm ，合金丝的直径为________ mm.(2)为了准确测量合金丝的电阻R x，设计出如图甲所示的实验电路图，按照该电路图完成图乙中的实物电路连接．解析(1)按照螺旋测微器的读数原如此得，校零时的读数为0.007 mm，合金丝的直径为0.656 mm－0.007 mm＝0.649 mm(在0.647 mm～0.651 mm都算正确)．(2)连线如下列图．答案(1)0.007 0.649(在0.647 mm～0.651 mm都算正确) (2)见解析图18．某同学准备探究一未知元件Q的伏安特性曲线，他设计了如图甲所示的电路图．请回答如下问题：(1)请将图乙中的实物连线按电路图补充完整．(2)该同学正确连接实验电路后闭合开关，调节滑动变阻器滑动头P，发现电流表和电压表的指针始终不发生偏转．在不断开电路的情况下，他使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的红、黑表笔与电流表的“＋〞“－〞接线柱接触时，发现多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是________．(3)排除故障后，该同学测得实验数据如下表所示，请在坐标系中作出该元件的UI图线．序号电流/A 电压/V1 0.00 0.002 0.10 1.003 0.20 1.604 0.30 1.825 0.40 1.956 0.50 2.087 0.60 2.13(4)通过实验可以得出，该元件的阻值随所加电压的增大而________(选填“增大〞“减小〞或“不变〞)．解析使用多用电表直流电压挡检查电路故障，将多用电表的红、黑表笔与电流表的“＋〞“－〞接线柱接触时，发现多用电表指针发生较大角度的偏转，说明多用电表与电源构成通路，电路故障是电流表断路．根据画出的图象，由欧姆定律可知，该元件的阻值随所加电压的增大而减小．答案(1)如图1 (2)电流表断路(3)如图2(4)减小19．某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表“×1k〞挡内部电池的电动势E.(1)该小组采用图甲的电路进展实验，请将图乙中的实物连线连接完整．(2)请将下面的实验步骤补充完整：a．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k〞位置，将红、黑表笔________，调整“欧姆调零旋钮〞，使指针指到“0 Ω〞．b．按照电路图连接好电路．c．接通开关，改变滑动变阻器的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如下列图．多用电表和微安表的读数分别为________ kΩ和________μA.d．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置．(3)由以上信息可得多用电表“×1k〞挡内部电池的电动势为________V(保存两位有效数字)．解析(1)根据电路图，连接实物图，注意红、黑表笔的正、负接法．(2)a.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应将红、黑表笔短接进展欧姆调零；c．欧姆表的读数为R＝22×1 kΩ＝22 kΩ，微安表的读数为242 μA或243 μA或244 μA.(3)根据闭合电路欧姆定律可得E＝I(R＋R0)，I表示微安表的示数、R表示多用电表的读数、R0表示多用电表的内阻，代入数据有E＝242×10－6×(22＋15)×103 V＝8.954 V≈9.0 V.答案(1)电路连接如图(2)短接22 242 交流电压最高挡或OFF挡(3)9.020．(1)某实验小组为了测量某一电阻R x的阻值，他们先用多用电表进展粗测，测量出R x的阻值约为18 Ω左右．为了进一步准确测量该电阻，实验台上有以下器材：A ．电流表(量程15 mA ，内阻未知)B ．电流表(量程0.6 A ，内阻未知)C ．电阻箱(0～99.99 Ω)D ．电阻箱(0～999.9 Ω)E ．电源(电动势约3 V ，内阻约1 Ω)F ．单刀单掷开关2只G ．导线假设干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验： a ．先将电阻箱阻值调到最大，闭合S 1，断开S 2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有适宜的阻值R 1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I ；b ．保持开关S 1闭合，再闭合开关S 2，调节电阻箱的阻值为R 2，使电流表的示数仍为I.①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择________，电阻箱应选择________(选填器材前的字母)②根据实验步骤可知，待测电阻R x ＝________(用步骤中所测得的物理量表示)． (2)同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻．假设所选电流表的内阻R A ＝2.0 Ω，闭合开关S 2，调节电阻箱R ，读出多组电阻值R 和电流I 的数据；由实验数据绘出的1IR 图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(计算结果保存两位有效数字)解析 (1)①根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：I max ＝E R x ＝318A ≈0.167 A ＝167 mA ，如果电流表选B ，如此读数误差太大，故电流表应选A ； 电源电动势为3 V ，电流表量程为15 mA ＝0.015 A ，由欧姆定律：I ＝U R可知， 电路中的最小电阻应为：R max ＝E I A ＝ 3 V 0.015 A＝200 Ω，所以电阻箱应选D ； ②根据闭合电路欧姆定律得：S 2断开时有：E ＝I(R x ＋R 1＋R A ＋r)，S 2闭合时有：E ＝I(R 2＋R A ＋r)，解得：R x ＝R 2－R 1；(2)闭合开关S 2，由闭合电路欧姆定律得：E ＝I(R ＋R A ＋r)，整理得：1I ＝1E R ＋R A ＋r E， 由图示：1I R 图象可知：0.2×103＝1E ×636＋R A ＋r E， 0．1×103＝1E ×316＋R A ＋r E，：R A ＝2.0 Ω， 解得：E ＝3.2 V ，r ＝2.0 Ω；答案 (1)①A D ②R 2－R 1 (2)3.2 2.0点评 此题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以与截距的意义．。
高考物理专练题恒定电流(试题部分)
高考物理专练题恒定电流考点一电路的基本概念和规律1.一根长为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U时,棒内产生电流,则自由电子定向移动的平均速率为()A.UneρL 2neρLC.neρLD.neρSLU答案A2.(2020届山西太原三校联考,6)有两个同种材料制成的导体,两导体是横截面为正方形的柱体,柱体高均为h,大柱体上底面边长为a,小柱体上底面边长为b,则()A.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bB.若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为a∶bC.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为1∶1D.若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为a2∶b2答案C3.(2020届河南平顶山联考,8)(多选)如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉,恒定电压U=12V,电解槽内阻r A=2Ω。
当S1闭合,S2、S3断开时,电流表A示数为6A;当S2闭合,S1、S3断开时,电流表A 示数为5A,且电动机输出功率为35W;当S3闭合,S1、S2断开时,电流表A示数为4A。
则()A.电炉的电阻为2ΩB.仅S1闭合时,电炉的发热功率为72WC.电动机的内阻为2.4ΩD.电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为48W答案AB考点二闭合电路欧姆定律1.(2018河南名校联考,6)(多选)如图电路中,电源的内电阻为r,R1、R3、R4均为定值电阻,电表均为理想电表。
闭合开关S,当滑动变阻器R2的滑动触头向右滑动时,下列说法中正确的是()A.电压表的示数变小B.电流表的示数变小C.R1中电流的变化量一定大于R4中电流的变化量D.电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比一定小于电源的内电阻r答案BD2.在纯电阻电路中,当用一个固定的电源(设E、r是定值)向变化的外电阻供电时,关于电源的输出功率P随外电阻R变化的规律如图所示,则下列说法错误的是()A.当R=r时,电源有最大的输出功率B.当R=r时,电源的效率η=50%C.电源的输出功率P随外电阻R的增大而增大D.电源的效率η随外电阻R的增大而增大答案C3.(2018河南开封模拟,16)图甲所示是一种专供国内市场的家用电熨斗的电路图(额定电压为220V)。
高中物理恒定电流问题归纳讲解
恒定电流问题归纳讲解一、对电流概念的理解1、下列有关电流的说法中正确的是（ ）A 在电解液中阳离子定向移动形成电流，阴离子定向移动也形成电流B 粗细不均匀的一根导线中通以电流，在时间t 内，粗的地方流过的电荷多，细的地方流过的电荷少C 通过导线横截面的电荷越多，则导线中电流越大D 物体之间存在电流的条件是物体两端存在电压 二、电流的微观表达式2、有一横截面为S 的铜导线，流经其中的电流为I ，设单位体积的导线有n 个自由电子，电子电量为e ，电子的定向移动速度为v ，在t 时间内，通过导体横截面的自由电子数目N 可表示为（ ） A ．nvSt B ．nvt C ．It/e D ．It/Se 三、电流的计算3.某电解质溶液，如果在1 s 内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过电解质溶液的电流强度是（ ）A 0B 0.8AC 1.6AD 3.2A4.一个半径为r 的细橡胶圆环，均匀地带上Q 库伦的负电荷，当它以角速度ω绕中心轴线顺时针匀速转动时，环中等效电流为多大（ ） A Q Bπ2Q C πϖ2Q D πϖQ 2四、对电动势概念的理解5.下列关于电动势的说法中正确的是A 电动势的大小与非静电力的功成正比，与移送电荷量的大小成反比B 电动势的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样C 电动势公式E=W/q 中W 与电压U=W/Q 中的W 是一样的，都是电场力的功D 电动势是反映电源把其它形式的能转化为电能本领大小的物理量 五、电路中的能量转化6.将电动势为3.0V 的电源接入电路中，测得电源两节间的电压为2.4V ，当电路中有6C 的电荷流过时，则 A 有18J 其它形式的能转化为的电能B 外电路有14.4J 的电能转化其他形式的能-C 内电路有3J 的电能转化其他形式的能D 内电路有3.6J 的电能转化其他形式的能 六、伏安特性曲线7. 用伏安法测小灯泡的电阻 （1）画出电路图（2）将图中实物按电路图连接好（3）连电路时， 开关应 ；连完电路后， 闭合开关前， 应将滑动片置于 端。
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．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。
如图所示：一段横截面积为S 、长为l 的金属电阻丝，单位体积内有n 个自由电子，每一个电子电量为e 。
该电阻丝通有恒定电流时，两端的电势差为U ，假设自由电子定向移动的速率均为v 。
（1）求导线中的电流I ；（2）有人说“导线中电流做功，实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”。
这种说法是否正确，通过计算说明。
（3）为了更好地描述某个小区域的电流分布情况，物理学家引入了电流密度这一物理量，定义其大小为单位时间内通过单位面积的电量。
若已知该导线中的电流密度为j ，导线的电阻率为ρ，试证明：U j lρ=。
【答案】（1）I neSv =；（2）正确，说明见解析；（3）证明见解析 【解析】【详解】（1）电流的定义式Q I t =，在t 时间内，流过横截面的电荷量Q nSvte = 因此I neSv =（2）这种说法正确。
在电路中，导线中电流做功为：W UIt = 在导线中，恒定电场的场强U E l=，导体中全部自由电荷为q nSle =， 导线中的恒定电场对自由电荷力做的功：U U W qEvt qvt nSel vt nSevUt l l ==== 又因为I neSv =，则W UIt =故“导线中电流做功，实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”是正确的。
（3）由欧姆定律：U IR = 由电阻定律：l R S ρ= 则l U I S ρ=，则有：U I l Sρ= 电流密度的定义：Q I j St S == 故U j lρ=2．如图所示的电路中，R 1＝4Ω，R 2＝2Ω，滑动变阻器R 3上标有“10Ω，2A”的字样，理想电压表的量程有0～3V 和0～15V 两挡，理想电流表的量程有0～0.6A 和0～3A 两挡．闭合开关S ，将滑片P 从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2V 和0.5A ；继续向右移动滑片P 至另一位置，电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）【答案】7.0V ，2.0Ω．【解析】【分析】根据滑动变阻器的移动可知电流及电压的变化，是可判断所选量程，从而求出电流表的示数；由闭合电路欧姆定律可得出电动势与内阻的两个表达式，联立即可求得电源的电动势．【详解】滑片P 向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增大，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6 A ，电压表量程选取的是0～15 V ，所以第二次电流表的示数为13×0.6 A ＝0.2 A ，电压表的示数为13×15 V ＝5 V 当电流表示数为0.5A 时，R 1两端的电压为U 1＝I 1R 1＝0.5×4 V ＝2 V回路的总电流为I 总＝I 1+12U R ＝0.5+22A ＝1.5 A 由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总r+U 1+U 3，即E ＝1.5r+2+2①当电流表示数为0.2 A 时，R 1两端的电压为U 1′＝I 1′R 1＝0.2×4V ＝0.8 V回路的总电流为I 总′＝I 1′+12U R ＝0.2+0.82A ＝0.6A 由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总′r+U 1′+U 3′，即E ＝0.6r+0.8+5②联立①②解得E ＝7.0 V ，r ＝2.0Ω【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，但解题时要注意先会分析电流及电压的变化，从而根据题间明确所选电表的量程．3．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=4J4．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.5．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：11001010U 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＝20A.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．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：2202m 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．7．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 mRθ- （2）22sin 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 BLR θ= 所以：22sin m mgR v B L θ=．8．如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数n ＝100匝，电阻r ＝1Ω，长l 1＝0.5m ，宽l 2＝0.4m ，角速度ω＝10rad/s ．磁场的磁感强度B ＝0.2T ．线圈两端外接电阻R ＝9Ω的用电器，和一个理想交流电流表．试分析求解：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)电流表的读数；(3)电阻R 上消耗的电功率．【答案】（1）40V ；（2）2．82A ；（3）72W ．【解析】试题分析：（1）线圈中产生感应电动势的最大值E=NBSω=40V ；（2）线圈中产生感应拘泥于的最大值I=E R r+=4A 2=2．82A ； （3）电阻R 上消耗的电功率P=（2．82A ）2×9Ω=72W ．考点：感应电动势，欧姆定律，电功率的计算．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）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．10．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器 R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B．一质量为m，电阻不计的金属棒 ab 横跨在导轨上．已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R0，不计导轨的电阻．（1）当K接1时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为多大？（2）当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落 s 的过程中所需的时间为多少？（3） ab 达到稳定速度后，将开关 K 突然接到3，试通过推导，说明 ab 作何种性质的运动？求 ab 再下落距离 s 时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器没有被击穿）【答案】（1）EBL r mg -（2）44220220B L s m gR mgR B L +（3）匀加速直线运动 2222mgsCB L m cB L + 【解析】【详解】（1）金属棒ab 在磁场中恰好保持静止，由BIL=mgE I R r=+ 得 EBL R r mg=- （2）由 220B L v mg R = 得 022mgR v B L = 由动量定理，得mgt BILt mv -= 其中0BLs q It R ==得44220220B L s m gR t mgR B L+= （3）K 接3后的充电电流q C U CBL v v I CBL CBLa t t t t ∆∆∆∆=====∆∆∆∆ mg-BIL=ma 得22mg a m CB L =+=常数 所以ab 棒的运动性质是“匀加速直线运动”，电流是恒定的．v 22-v 2=2as根据能量转化与守恒得 22211()22E mgs mv mv ∆=-- 解得：2222mgsCB L E m cB L∆=+ 【点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．11．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。
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．（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．（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。
均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。
空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。
两金属棒与导轨保持良好接触。
不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g 。
（1）若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量； （2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电荷量； （3）若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止。
高中物理 第二章 恒定电流 第5节 焦耳定律(含解析)
第5节焦耳定律1.电功是指电流通过一段电路所做的功，实质是静电力在这段电路中所做的功，其表达式为W ＝UIt 。
2．电功率是指单位时间内电流所做的功，表达式为P ＝Wt。
3．焦耳定律的表达式为Q ＝I 2Rt ，此式适用于任何电路。
4．非纯电阻电路中，由于产热不可避免，所以非纯电阻电路的效率不可能达到100%。
一、电功和电功率 1．电功(1)定义：电流在一段电路中所做的功等于这段电路两端的电压U 、电路中的电流I 和通电时间t 三者的乘积。
(2)公式：W ＝IUt 。
(3)国际单位：焦，符号为J 。
(4)实质：导体中的恒定电场对自由电荷的静电力在做功。
(5)意义：电流做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，电流做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。
即电功是电能转化为其他形式的能的量度。
2．电功率(1)定义：单位时间内电流所做的功。
(2)公式：P ＝W t＝IU 。
(3)单位：瓦，符号：W 。
(4)意义：表示电流做功的快慢。
二、焦耳定律1．内容：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比。
2．表达式：Q ＝I 2Rt 。
3．热功率(1)定义：单位时间内的发热量。
(2)公式：P 热＝Q t＝I 2R ，单位：瓦特(W)。
(3)意义：表示电流发热快慢的物理量。
1．自主思考——判一判(1)电功与电能的单位相同，电功就是电能。
(×) (2)电功率越大，电功越大。
(×) (3)1千瓦时＝3.6×106J 。
(√)(4)非纯电阻电路中，电热的表达式是Q ＝I 2Rt 。
(√) (5)电流流过笔记本电脑时，电功一定等于电热。
(×)(6)根据I ＝U R 可导出P ＝U 2R，该公式用于任何用电器。
(×)2．合作探究——议一议(1)用电器额定功率越大，接在电路中电流做的功越多，这样说法对吗？提示：不对。
电流做功一方面与实际功率有关，另一方面还与通电时间有关，只有实际功率与时间乘积大时，电流做功才多。
高中物理部分电路欧姆定律解题技巧讲解及练习题(含答案)
【答案】（1）① 【解析】（1）①根据 理
②
（2）①见解析②见解析
，由图像知：
，代入可得
，同
根据 ，由已知 代入可得：
②因为两导线串联，所以电流
，由欧姆定律 ，电阻定律
将
，长度分别为 和
代入可得：
（2）①在直导线内任选一个横截面 S，在 时间内以 S 为底， 为高的柱体内的自由电
子都将从此截面通过，由电流及电流密度的定义知： 代入可得：
4．两根材料相同的均匀直导线 a 和 b 串联在电路上，a 长为 ，b 长为 。 （1）若沿长度方向的电势随位置的变化规律如图所示，求：
①a、b 两导线内电场强度大小之比 ；
②a、b 两导线横截面积之比 。
（2）以下对直导线内部做进一步分析：设导线单位体积内有 n 个自由电子，电子电荷量为 e，自由电子定向移动的平均速率为 v。现将导线中电流 I 与导线横截面积 S 的比值定义为 电流密度，其大小用 j 表示。
值随着温度变化更显著。
6．AB 两地间铺有通讯电缆，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成，通常称为双 线电缆。电缆长为 L，每一条电缆的电阻为 R.某次事故中不小心损坏了电缆，电缆的损坏 有两种可能情况：绝缘层轻微受损，导致两导线间漏电，简称漏电故障（相当于在该处的 两导线间接有一个电阻）；绝缘层严重破坏，导致两导线直接短路，称之为短路故障。设 导线间只有一处绝缘层破损。为判断破损处是哪种情况，在 AB 两端均处开路的前提下做 了以下工作： （1）在 A 地两端间接一恒压电源 U，在 B 地两端间接理想电压表，测出电压表示数为 UB ，在 B 地两端间接同一电源，在 A 地两端间接理想电压表，测出电压表示数为 UA .若 UA = UB =0，是什么故障类型？若 UA ≠0，UB ≠0，是什么故障类型？ （2）在 A 地两端间接欧姆表测出电阻为 RA，在 B 地两端间接欧姆表测出电阻为 RB。
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．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．2．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）（3）见解析【解析】（1）逆时针方向。
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高中物理稳恒电流练习题及答案及解析一、稳恒电流专项训练1．如图10所示，P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，相距为L 1 ，处在竖直向下、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场中．一导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m 、每边电阻均为r 、边长为L 2的正方形金属框abcd 置于倾斜角θ=30°的光滑绝缘斜面上(ad ∥MN ，bc ∥FG ，ab ∥MG, dc ∥FN)，两顶点a 、d 通过细软导线与导轨P 、Q 相连，磁感应强度大小为B 2的匀强磁场垂直斜面向下，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a 、d 点的作用力． （1）通过ad 边的电流I ad 是多大？ （2）导体杆ef 的运动速度v 是多大？【答案】(1)238mg B L (2)1238mgrB B dL【解析】试题分析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I ，ab 边的电流为I ab ，dc 边的电流为I dc ， 有I ab ＝34I ① I dc ＝14I ② 金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg ＝B 2I ab L 2＋B 2I dc L 2 ③由①～③，解得I ab ＝2234mgB L ④ (2)由(1)可得I ＝22mgB L ⑤设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ，有E ＝B 1L 1v ⑥设ad 、dc 、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ，则R ＝34r ⑦ 根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E R⑧ 由⑤～⑧，解得v ＝121234mgrB B L L ⑨ 考点：受力分析，安培力，感应电动势，欧姆定律等．2．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．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．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）（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、电阻为R，由电阻定律得由于有电阻，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，由焦耳定律得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：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。
电流变化大小取时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为，则在t时间内单个电子在环中定向移动时减小的动能为：圆环中总电子为设环中定向移动电子减少的动能总和为，则由于，可得根据能量守恒定律，得联立上述各式，得（3）由看出，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。
此题易错点：分析能量的转换关系以及微观量与宏观量关系时出错。
【考点定位】本题考查楞次定律、电阻定律、电流强度和能量转换等知识，是一道电磁学联系实际的综合问题，意在考查考生灵活应用物理知识解决实际问题的能力。
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，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，当接入固定电阻R=3Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：（1）流过灯泡的电流（2）固定电阻的发热功率（3）电动机输出的机械功率【答案】（1）2A（2）7V（3）12W【解析】（1）接通电路后，小灯泡正常工作，由灯泡上的额定电压U和额定功率P的数值可得流过灯泡的电流为：=2A（2）根据热功率公式，可得固定电阻的发热功率：=12W（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：=9V电动机消耗的功率：=18W一部分是线圈内阻的发热功率：=4W另一部分转换为机械功率输出，则=14W【点睛】（1）由灯泡正常发光，可以求出灯泡中的电流；（2）知道电阻中流过的电流，就可利用热功率方程，求出热功率；（3）电动机消耗的电功率有两个去向：一部分是线圈内阻的发热功率；另一部分转化为机械功率输出。
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)I2＝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：11001010UI A AR===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：I2＝I－I1＝20 A.电动机的总功率为P＝UI2＝100×20 W＝2×103W.因发热而损耗的功率为P′＝I22r＝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．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863100.12245010c m m f λ⨯===⨯． （2）额定电流：11005220P 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．9．一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．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。