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1、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如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和MN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） （2） ； 【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=
2、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：mv12mv2=0解得： （2）细线烧断后，MN向上做加速运动，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=Blv1+Blv2 由得：、【点睛】能够分析物体的受力情况，运
3、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 41.0T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B0.6T时，磁敏电阻阻值约为6150900，当B1.0T时，磁敏电阻阻值约为111501650由于滑动变阻器全电阻20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，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：，故电阻的测量值为（15001503都算正确）由于，从图1中可以读出B0.9T方法二：作出表中的数据作出UI图象，图象的斜率即为电阻（略
4、）（3）在00.2T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0.41.0T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
5、新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题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
6、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）证明见答案 （2）【解析】（1）（a）电流，又因为，代入则（b）F安=BIL，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；建立图示柱体模型，设柱体底面积为，长为，则柱体体积柱体内分子总数因分子向各个方向运动
7、的几率相等，所以在时间内与柱体底面碰撞的分子总数为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，总动量的变化量为依据动量定理有又压力由以上各式得单位面积上的压力【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
8、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【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如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5电动机正常工作时，电压表的示数U1=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-U1-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
9、能的功率为P机=P电-I2R0【详解】（1）电动机正常工作时，总电流为：I= I=A=2 A，电源释放的电功率为：P=EI =102 W=20 W；（2）电动机两端的电压为： U= EIrU1 则U =（1020.53.0）V=6 V；电动机消耗的电功率为： P电=UI=62 W=12 W；电动机消耗的热功率为： P热=I2R0 =221.0 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=（124）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
10、出功率，往往要根据能量守恒求解5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；（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/s2）；（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，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
11、转化效率约为15%【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：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的球面面积若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为，则设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，所以由于，所以电池板的最小面积考点：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6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
12、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m的小球1以速度，向左运动，与前面静止的、质量也为m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
13、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，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) (2) (3) 【解析】【分析】【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则解得(2)杆转动的电动势电阻R的功率(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1为最小，设此时对应的
14、电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1在T点，由牛顿第二定律得从S到T，由动能定理得 解得 杆转动的电动势两板间电场强度 联立解得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2为最大，设此时对应的电场强度为E2 在S点，由牛顿第二定律得杆转动的电动势 两板间电场强度联立解得 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：.7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=，其中U为电容器两极板间的电势差.C
15、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，电容器电容为，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】【解析】【详解】根据电容定义，有C=，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：EC=CU2利用电动势为E0的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为E0，所以电容器最终储存的能量为：E充=，则电容器最终储存的电荷量为：Q=CE0，整个过程中消耗消耗能量为：E放=W电源=E0It=E0Q=C根据能量守恒得：E损=E放-E充=C-=8一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压10 V时，通过金属导线的电流为2
