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1、高考物理稳恒电流专题训练答案含解析一、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 MN两根用细线连接的是金属杆，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 t 0 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v12（ 2） v14mgR； v22mgR【答案】（ 1）13B2 l

2、 23B2l2v2【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=0v12： 解得：v2（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

3、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 ，IE12R ， E=Blv +Blv由 得： v14mgR2mgR3B2l2 、 v23B2l2【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 如图所示的电路中，R1 4，R22，滑动变阻器R3 上标有 “10， 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 0.5

4、A；继续向右移动滑片P 至另一位置，电压表指针指在满偏的1 ，电流表指针也指在满偏的31 求电源电动势与内阻的大小（保留两位有效数字）3【答案】 7.0V，2.0 【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1A0.2 A，电压表的示数为 15 V 5 V3当电流表示数为0.5A 时， R1两端的

5、电压为U1I1R10.5 4 V2 V回路的总电流为I 总 I1U 12+ 0.5+ A1.5 AR22由闭合电路欧姆定律得E I 总 r+U1+U3，即 E 1.5r+2+2 当电流表示数为0.2 A 时， R1 两端的电压为U1 I1R1 0.2 4V 0.8 V回路的总电流为I 总 I1U 1 0.2+ 0.8A 0.6A+R22由闭合电路欧姆定律得E I总 r+U1 +U3，即 E 0.6r+0.8+5联立解得E 7.0 V， r2.0 【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1 0.633 如图所示， M 为一线圈电阻

6、RM =0.5 的电动机， R=8，电源电动势E=10V当 S断开时，电流表的示数I1=1A，当开关S 闭合时，电流表的示数为I2=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 IM【答案】（ 1） 2（ 2） 8W（3） 2.5A【解析】（ 1）当 S 断开时，根据闭合电路欧姆定律：E I1 Rr ， 10 1 8 r，r=2 ；电阻 R 消耗的功率：PI 12 R128W8W路端电压： UEI 2 r1032 V4VR之路电流： I RU4 A0.5AR8电动机的电流：I MI 2 I R30.5A 2

7、.5A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4 如图所示，固定的水平金属导轨间距-2L=2 m处在磁感应强度 B=4l0 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】【

8、分析】7； 0.2V； 3V【详解】(1) 由闭合电路欧姆定律可得：E6I=A =1.2ARr4.50.5(2) 安培力的大小为：F=BIL=0.04 1.2N=02.096N安培力方向为沿导轨水平向左5 在如图所示的电路中，电源内阻r=0.5 ，当开关 S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U=2.8V，电流表的读数I=0.4A。若所使用的电压表和电流表均为理想电表。求：电阻 R 的阻值；电源的内电压U 内；电源的电动势E。【答案】【解析】【详解】由欧姆定律 UIR 得RU2.8 7I0.4电阻 R 的阻值为 7。电源的内电压为U 内Ir0.40.50.2V电源的内电压为0.2V。根据闭合电路

9、欧姆定律有EUIr2.8V0.40.5V3V即电源的电动势为3V。6 如图所示的电路中，电炉电阻R 10，电动机线圈的电阻r 1，电路两端电压U100V，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？4【答案】 (1) I2 20A (2)W 9.6 10J【解析】【详解】根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为： I1U100 A 10 AR10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 I120A.电动机的总功率为P UI2 100 20 W32 10W.因发热而损耗的功率为PI2 2r 400 W.电动机的

10、有用功率3(机械功率 )为 P P P1.6 10W，3J 9.64电动机通电 1 min 做的有用功为 W Pt 1.6 10 60 10J.【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7 已知电流表的内阻Rg 120 ，满偏电流Ig 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

11、，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URg1880R；I g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I g Rg0.12RI gI8 电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势来表明电源的这种特性。（1）电动势在数值上等于非静电力把1C 的电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，如图甲所示，如果移送电荷q时非静电力所做的功为W ，写出电动势E1 的表达式；（2）如图乙所示，

12、固定于水平面的U 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B ，金属框两平行导轨间距为 L 。金属棒 MN 在外力的作用下，沿框架以速度 v 向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为 ea.在金属棒产生电势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，求出这个非静电力产生的电动势 E2 的表达式；b.展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f 的表达式；（ 3）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图丙所示

13、，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为e，电子做圆周运动的轨道半径为r，因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为Bk （ k 为一定值）。求电子在圆形轨道中加速一周的过t程中，感生电场对电子所做功W 及电子所受非静电力 F 的大小。【答案】 (1) E1WBLv ； b. fBev (3)W ke r 2 ，(2)a.外力充当非静电力， E2qkreF2【解析】【详解】(1)根据电动势的定义可知：

14、WE1q(2) a.在金属棒产生电势的过程中外力充当非静电力；由题意可知金属棒在外力和安培力的作用下做匀速直线运动，则：FF安 =BIL所以根据电动势的定义有：E2W = FxBILvtBLvq qItb.从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生了碰撞，可以看做是安全弹性碰撞，碰后自由电子损失动能，损失的动能转化为焦耳热。从整体上看，可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的的损失。设导线 MN 的横截面积为 S，单位体积内的自由电子数为 n，自由电子沿导线长度方向运动的平均速度为 ve，则导线 MN 内的自由电子总数为：NnSL导线中的电流为：IneSve在极短时间

15、?t 内，导线内所有自由电子克服金属离子做功导致自由电子的动能损失为：W损Nf ve t从宏观角度看，力F 对导线做功，而导线的速度不变，即导线的动能不变，所以力F 的功完全转化为焦耳热。?t 时间内，力F 做功：WFv t又因为：W =W损即：Fv tNf ve t当导线 MN 做匀速运动时外力等于安培力，即：FF安BIL联立以上各式可解得：fBev(3)据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：EBr 2k r 2t加速一周感生电场对电子所做的功：WeEke r 2设非静电力为F，电子运动一周，非静电力做功为：W非FSF 2 r根据电动势的定义：EW非e联立解得：F答： (1) 电动势

16、E1 的表达式 E1W；qkre2(2) a.在金属棒产生电势的过程中，外力充当非静电力；这个非静电力产生的电动势E2BLv ；b. 导线 MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f Bev ；(3)电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做功W ke r 2 ，电子所受非静电力 Fkre。29 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，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l 、电阻率为、横截面积为S 的细金属直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e、质量为m。（1）当该导线通有恒定的电流I 时：请根据电流的定义，推导出导

17、线中自由电子定向移动的速率v；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，该作用可等效为施加在电子上的一个沿导线的平均阻力。若电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k的表达式。（ 2）将上述导线弯成一个闭合圆线圈，若该不带电的圆线圈绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动，线圈中不会有电流通过，若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象首先由斯泰瓦和托尔曼在1917 年发现，被称为斯泰瓦托尔曼效应。这一现

18、象可解释为：当线圈转动的线速度大小均匀变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F。根据上述模型回答下列问题： 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F 做功的大小； 推导该圆线圈中的电流I 的表达式。【答案】（ 1） vI； ne2；（ 2） Fl； I FSneS。e【解析】【分析】【详解】（1）一小段时间t 内，流过导线横截面的电子个数为：Nn Sv t对应的电

19、荷量为：QNen Sv t e根据电流的定义有：解得： vQIneSvtIneS从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：Uekvl0又因为：neSvlUIRnev lS联立以上两式得：kne2（2）电子运动一圈，非静电力做功为：W非F2 rFl对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：W 非FlEee根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：EIR联立以上两式，并根据电阻定律：解得： IlRSFSe10 如图所示电路中，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

20、，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 合 ， 容器所 的 荷量各是多少？【答案】 （ ）（ ） 418V ,121.810C ,0 C【解析】【 解】（1） S 断开 有：1231E=I （ R +R） +I r11P =EIR1 R2） +I2r 23R2S 合 有： E=I（R + R1P2=EI2由可得：E=8V ； I1=0.5A； r=1 ； I2=1A（ 3） S 断开 有： U=I1 R2-6-4得： Q1=CU=30 10 0.5 12C=1.8 C 10S 合， 容器两端的 差 零， 有：Q2=011

21、 如 所示，粗糙斜面的 角 37，半径 r 0.5 m 的 形区域内存在着垂直于斜面向下的匀 磁 一个匝数n 10 匝的 性正方形 框abcd，通 松弛的柔 与一个 定功率P 1.25 W的小灯泡A 相 ， 形磁 的一条直径恰好 框bc 已知 框 量m 2 kg， 阻R0 1.25， L2r，与斜面 的 摩擦因数 0.5.从t0 起，磁 的磁感 度按B 2 2 t(T)的 律 化开始 框静止在斜面上，在 框运 前，灯泡始 正常 光 最大静摩擦力等于滑 摩擦力，g 取 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos37 0.8.求：(1)小灯泡正常 光 的 阻R；(2) 框保持不 的 内，小

22、灯泡 生的 量Q.【答案】 (1)1.25(2)3.14 J【解析】【分析】（ 1）根据法拉第 磁感 定律，即可求解感 ；由功率表达式， 合 合 路欧姆定律即可；（ 2） 框受力分析，并 合平衡条件，及焦耳定律，从而求得【 解】（1）由法拉第电磁感应定律有E nt得 E nB1r 210210.52V2.5?Vt22小灯泡正常发光，有P I2R由闭合电路欧姆定律有E I(R0 R)则有 P (ER 1.25 .)2R，代入数据解得R0R（2）对线框受力分析如图设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B，由力的平衡条件有mgsin F 安 f F 安 mgcos F 安 nBI2r联立解得线框

23、刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B 0.4 T线框在斜面上可保持静止的时间 t1.6 s4s2 /5小灯泡产生的热量 Q Pt 1.25 4J 3.14 J.512 有 “200V、 40W”灯泡 40 盏，并联于电源两端，这时路端电压，当关掉 20盏，则路端电压升为试求：（ 1）电源电动势，内阻多大？（ 2）若使电灯正常发光还应关掉多少盏灯？【答案】（ 1） 210V； 10 （ 2） 15 盏【解析】试题分析：（ 1）电灯的电阻40 盏灯并联的总电阻：R1=RD/40=25；20 盏灯并联的总电阻：R2=RD/20=50;根据欧姆定律可得：解得 E=210V， r=10（2）根据欧姆定律可

24、得：，解得 :=200 ，解得 n=5，所以要关 15 。考点：全 路欧姆定律。13 如 甲所示，表面 、 角 =30的斜面固定在水平地面上，斜面所在空 有一 度 D=0.40m 的匀 磁 区域，其 界与斜面底 平行，磁 方向垂直斜面向上一个 量 m=0.10kg 、 阻 R=0.25W 的 匝矩形金属框 abcd，放在斜面的底端，其中 ab 与斜面底 重合， ab 边长 L=0.50m从 t=0 刻开始， 框在垂直 cd 沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运 ，当 框的 ab 离开磁 区域 撤去拉力， 框 向上运 ， 框向上运 程中速度与 的关系如 乙所示已知 框在整个运 程中始 未

25、脱离斜面，且保持ab 与斜面底 平行， 框与斜面之 的 摩擦因数，重力加速度 g 取 10 m/s 2 求：（ 1） 框受到的拉力 F 的大小；（ 2）匀 磁 的磁感 度 B 的大小；（ 3） 框在斜面上运 的 程中 生的焦耳 Q【答案】（ 1） F=1.5 N （2）（ 3）【解析】 分析：（ 1）由 v-t 象可知，在0 0.4s 内 框做匀加速直 运 ， 入磁 的速度 v1=2.0m/s ，所以： 解 代入数据得：F=1.5 N（2）由 v-t 象可知， 框 入磁 区域后以速度v1 做匀速直 运 ，由法拉第 磁感 定律和欧姆定律有：E=BLv1由欧姆定律得： 于 框匀速运 的 程，由力的

26、平衡条件有： 解 代入数据得：（3）由 v-t 象可知， 框 入磁 区域后做匀速直 运 ，并以速度v1 匀速穿出磁 ， 明 框的 度等于磁 的 度，即 ： 框在减速 零 ，有：所以 框不会下滑， 框穿 磁 的 t， ： 解 代人数据得：（ 11）考点： 体切割磁感 的感 ；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其 用； 合 路的欧姆定律14 如 所示，无限 金属 EF、 PQ固定在 角 =53o 的光滑 斜面上， 道 距 L=1m，底部接入一阻 R=0.4 的定 阻，上端开口。整个空 有垂直斜面向上的匀 磁 ，磁感 度 B=2T. 一 量 m=0.5kg 的金属棒 ab 与 接触良好， ab

27、 与 的 摩擦因数=0.2 ， ab 入 的 阻r=0.1 ， 路中其余 阻不 . 用一 量M=2.86kg 的物体通 一不可伸 的 光滑的定滑 与ab 相 . 由静止 放M，当 M下落高度 h=2.0m ， ab 开始匀速运 （运 中ab 始 垂直 ，并接触良好）oo2 空气阻力， sin53 =0.8 ， cos53 =0.6 ， g 取 10m/s . 求. 不（1） ab 棒沿斜面向上运 的最大速度Vm（2） ab 棒从开始运 到匀速运 的 段 内流 阻R 的 荷量（3） ab 棒从开始运 到匀速运 的 段 内 阻R 上 生的焦耳 【答案】（ 1）（ 2）（ 3）【解析】 分析：（ 1

28、）当 ab 棒匀速 ， M也匀速，所以 的拉力，q.QRab 棒受安培力，其中ab 棒受力平衡:，所以（2） 程 路的平均 程 路的平均 流流 R 的 荷量所以（3）由系统的能量守恒电阻 R 上产生的焦耳热为所以【名师点睛】首先明确电路，发生电磁感应现象的部分是电源，其余为外电路，要抓住导体棒的受力情况，运动情况的动态分析，即导体受力运动产生感应电动势感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住 时，速度 v 达最大值的特点；再根据电磁感应中的功能关系，克服安培力做的功全部转化为电能及动能定理计算转化为电能的表达式。考点

29、：电磁感应现象的综合应用。15 (10 分 ) 如图所示，倾角=30、宽L=1m的足够长的U 形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT 、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量m=0.2kg，电阻R=l的金属棒ab垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力F 作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度g 取l0m/s2。求：(1) 若牵引力的功率 P 恒为 56W，则 ab 棒运动的最终速度为多大 ?(2) 当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab 棒的电量q=0.5C ，则撤去牵引力后ab棒向上滑动的距离多大?【答案】（1） 7 m/s；（ 2） 0.5m【解析】试题分析：（1）当以恒定功率牵引ab 棒达到最大速度时：P=Fv， E=BLv， I=E/R ， F 安 =BILFmg sinF安0解得：v=7 m/s(2) 设撤去F 后ab棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为x，通过ab 的电荷量，BLxBLxE， qItttRqR联立解得：mx0.5BL考点：本题考查电磁感应