《高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题(20200710154036)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题(20200710154036)（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题 一、稳恒电流专项训练 1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=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
2、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 2把一只“ 1.5V，0.3A”的小灯泡接到6V 的电源上，为使小灯泡正常发光，需要串联还 是并联一个多大电阻？ 【答案】串联一个15的电阻 【解析】 【分析】 【详解】 要使灯泡正常发光则回路中电流为0.3A，故回路中的总电阻为 6 =20 0.3 U R I 总 灯泡的电阻为 1.5 =5 0.3 L L U R I 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 20515 L RRR 总- 3如图所示的电路中，电炉电阻R10，电动机线圈的电阻r1 ，电路两端电压 U100V，电流表的
3、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) I220A (2)W9.6 10 4J 【解析】 【详解】 根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为： 1 100 10 10 U IAA 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：I2I I120 A. 电动机的总功率为P UI2100 20 W 2 10 3W. 因发热而损耗的功率为P I2 2r 400 W. 电动机的有用功率(机械功率 )为 P PP 1.6 10 3W， 电动机通电1 min 做的有用功为W P t1.6 10 3 60 J 9.6
4、 10 4J. 【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IU/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 4利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。当滑动变阻器的滑片滑到某一位 置时 ,电流表和电压表的示数分别为I1和 U1。改变滑片的位置后 ,两表的示数分别为I2和 U2。写出这个电源电动势和内电阻的表达式。 【答案】 ：E= 1 22 1 21 U IU I II r= 12 21 UU II 【解析】 【分析】 由闭
5、合电路欧姆定律列出两次的表达式，联立即可求解 【详解】 由全电路欧姆定律得： E=U1+I1r E=U2+I2r 解得： E= 1 22 1 21 U IU I II r= 12 21 UU II 5已知电流表的内阻Rg120 ，满偏电流 Ig3 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 的电阻 ; 要把它改装成量程是3 A 的 电流表，应并联0.12 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 1880 g g U RR I
6、 ； 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 0.12 gg g I R R II 6如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、 PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两 导轨间距为LM、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
7、 【答案】 （1） BLv R 22 B L v gsin mR （ 2） 22 sinmgR B L 【解析】 （1）当 ab 加速下滑时，速度大小为v 时,则EBLv 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：FBIL 根据牛顿第二定律：mgsinFma 整理可以得到： 2222 )/sin B L vB L v amgsinmg RmR （ (2)当0a时 ab 杆的速度可以达到最大值 即： m BLv mgsinBL R 所以 ： 22 sin m mgR v B L 7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
8、距离d=4.0cm电 源电动势E=400V，内电阻r=20，电阻 R1=1980 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v0=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=1.010 -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 【答案】 （1）U =200V（2） 20W（3） 0 0 99.5 【解析】 【详解】 （1）小球从B 板上的小孔射入恰好到达 A 板
9、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 0 1 0 2 qUmgdmv， 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 1 E I RRr ，而 U = IR， 解得： R = 210 3 滑动变阻器消耗的电功率 2 20 U PW R （3）电源的效率 2 1 2 1 () 0 99.5 0 () PIRR PIRRr 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 8如图所
10、示电路中，R1=6 ， R2=12 ，R3=3 ，C=30 F ，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 ,1 （ 2）1.8 10 4C ,0 C 【解析】 【详解】 （1）S断开时有： E=I1（R2+R3）+I1r P1=EI1 S闭合时有：E=I2（R3+ 12 12 R R RR ）+I2r P2=EI2 由可得：E=8V ；I1=0.5A；r=1 ；I2=1A （3）S断开时有： U=I1R2 得： Q1=C
11、U=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：Q2=0 9如图甲所示，一正方形线框边长为L03m，匝数为n10 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=2 ，与 R10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 00.1s 内： 2 1 0.4 100.37.2 0.05 EnVV t ； 1 1 0.6 E IA Rr 在
12、 0.10.3s 内: 2 2 0.4 100.33.6 0.1 EnVV t ； 2 2 0.3 E IA Rr 在 00.3 内发热量为 22 1122 0.54QI RtI RtJ 3min 总热量为 180 0.54324 0.3 QJJ 总 10 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 RMN=1和 RPQ=2 MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数 =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
13、， MN 棒在 水平外力F1的作用下由静止开始以 a=1m/s2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F2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=03s 时间内通过MN 棒的电荷量； （3）求 t=6s 时 F2的大小和方向； （4）若改变F1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
14、= 3C；（ 3） F2=-5.2N（负号说明力的方向沿斜面向下）（ 4） 20 3 QJ 【解析】 【分析】 t=3s 时， PQ棒消耗的电功率为8W，由功率公式 P=I2R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 F2的大小和方向；改变 F1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
15、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v1， 则 v1=at=3m/s 感应电动势为：E1=BL v1 根据欧姆定律有：E1=I(RMN+ RPQ) 根据 P=I2RPQ 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： v2at6 m/s 感应电动势为：E2BLv212 V 根据闭合电路欧姆定律： 2 2 4 MNPQ E IA RR 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： F2F安cos 37
16、 mgsin 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x5 m 时， v0.4x0.4 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 MNPQ BLv WBLxJ RR 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 11 如图所示，圆形金属线圈半径r 0.3m，匝数n50，电阻R019，竖直放置在匀强磁 场中；磁场的磁感应强度大小随时间t按B（ 1+ 2 t ）T 的规律变化，磁场方向水平向里 与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R169，R212，水平平行板电容器C 极板长L0.1m，两板间距d0.05m （1）求线圈中产生的感应电动势E； （2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R1 时，求电阻R1消耗的电功率； （3）调节
