高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

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1、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 t0 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） 1 2 2 1 v v （2）

2、 1 22 4 3 mgR v B l ；2 2 2 2 3 mgR v B l 【解析】 【分析】 细线烧断前对MN 和 MN受力分析，得出竖直向上的外力F=3mg，细线烧断后对MN 和 MN 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 MN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 MN 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 MN速度分别为v1、v2 根据 MN 和 MN 动量守恒得出：mv1 2mv2=0 解得： 1 2 2 v v ： （2）细线烧断后，MN 向上做加速运动

3、，MN 向下做加速运动，由于速度增加，感应电动 势增加， MN 和 MN 所受安培力增加，所以加速度在减小当MN 和 MN的加速度减为零 时，速度最大对MN受力平衡： BIl=2mg ， E I R ，E=Blv1+Blv2 由 得： 1 2 2 4 3 mgR v B l 、 2 2 2 2 3 mgR 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m，最大电压不超过）的伏安特性曲线， 设计电路如图，图中定值电阻为 ，用于限流；电流表量程为m，内阻约为 ；电压表（未画出）

4、量程为，内阻约为 ；电源电动势为，内阻不 计。 （）实验时有两个滑动变阻器可供选择： a、阻值到 ，额定电流 b、阻值到 ，额定电流 本实验应选的滑动变阻器是（填 “a”或“b”） （）正确接线后，测得数据如下表 （）.00 3.006.006.166.286.326.366.386.396.40 （ m ） 0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50 a）根据以上数据，电压表是并联在与之间的（填 “ ” 或“ ” ） b）画出待测元件两端电压 随间电压变化的示意图为（无需数值） 【答案】 (1) a (2) a) P b） 【解析】（ 1）选择分压滑动变

5、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材料的电阻率随温度变化的规律为 =0(1+t)，其中 称为电阻温度系数，0是材料 在 t=0时的电阻率在一定的温度范围内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，

6、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 -8m ，碳的电阻率为3.5 10 -5m ；在 0附 近，铜的电阻温度系数为3910 -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】 3810 -3m 【解析】 【分析】 【详解】 设所需碳棒的长度为L1，电阻率为 1，电阻恒温系数为1；铜棒的长度为2 L，电阻率为 2，电阻恒温系数为2根据题意有 1101 )lt（ 2202) lt（ 式中 1020

7、 、 分别为碳和铜在0时的电阻率 设碳棒的电阻为 1 R，铜棒的电阻为2R ，有 1 11 L R S ， 2 22 L R S 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 12 RRR ， 012 LLL 式中 0 1.0mL 联立以上各式得： 1011202212 1020 LLLL Rt SSS 要使电阻 R 不随温度t 变化， 式中 t 的系数必须为零即 10112022 0LL 联立 得： 202 10 202101 LL 代入数据解得： 3 1 3 8 10mL 【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

8、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 4在如图所示的电路中，电源内电阻r=1，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： 电阻 R； 电源电动势E； 电源的输出功率P 【答案】 (1)17R；(2)9EV； (3)4.25Pw 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为：5 U R I (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为EUIr12V (3)电源的输出功率为PUI20W 【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如图

9、所示，已知电源电动势E=20V，内阻 r=l ，当接入固定电阻R=3 时，电路中标有 “ 3V,6W”的灯泡 L和内阻 RD=1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

10、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。 6如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为 L，其两端放在位于水平面内间 距也为 L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨 置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给 导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为，在棒运动过程中，通过可控 电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电

11、阻，导体棒一直在磁场中。 （1）求可控电阻R 随时间变化的关系式； （2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P； （3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速 运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。 【答案】（ 1）；（ 2）；（ 3） 【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电 阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有： 而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：， 由以上各式得：。 （2）因可控电阻R 随时间均匀减小，故所求功率为：， 由以上各式得：

12、。 （3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，而 ，由以上各式得，而，由以上各式 得， 所求。 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第 二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平 均电阻和平均加速度。 7如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻 r=l ，当接入固定电阻R=3 时，电路中标有 “ 3V,6W”的灯泡 L和内阻 RD=1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

13、【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。 8如图所示

14、，固定的水平金属导轨间距L=2 m处在磁感应强度B=4l0 -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 ，电阻 R=4.5 ，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 Rr =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

15、导轨水平向左 9在如图所示的电路中 ,电源电动势E=3V,内阻r=0.5 , 定值电阻 R1=9 ,R 2=5.5 , 电键 S断 开 求流过电阻R1的电流 ; 求电阻 R1消耗的电功率 ; 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 【解析】 试题分析：（ 1）电键 S断开时，根据闭合电路的欧姆定律求出电流；（2）根据 2 11 PI R 求出 1 R消耗的电功率；（3）将 S闭合时回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律 分析电流的变化 （1）电键 S断开时，根据闭合电路的欧姆定律得： 12 E I RRr ，解得：

16、I=0.2A （2）根据 2 11 PI R，得 2 1 0.290.36PW （3）将 S闭合时， 2 R被短接，回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律： E I Rr ，可知电流变大，即流过电阻 1 R的电流变大 【点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解决本题的关键就是要知道闭合电路的欧 姆定律的表达式，并且知道回路中的电阻变化了，根据闭合电路的欧姆定律可以判断电流 的变化 10 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P880W，保温时的电功率 P20W求： 该交流电电压的有效值U； 电热水瓶加热时通过的电流I； 电热水瓶保温5h 消耗的电能E 【答案】 220V4A 5 3.6 10 J 【解析】 根据图像可知 ，交流电电压的最大值为： 220 2 m UV， 则该交流电电压的有效值为：220 2 m U UV； 电热水瓶加热时，由 PUI 得： 880 4 220 P IAA U 电热水瓶保温 5h消耗的电能为： 5 20