高中物理稳恒电流模拟试题及解析 16页

高中物理稳恒电流模拟试题及解析 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 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）； 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 0 V A 0 100, 0.5R R R 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=0.5 Ω，电动机的电阻 R0=1.0 Ω，电阻 R1=1.5 Ω．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= 1U R I= 3.0 1.5 A=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﹣U1 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=I2R0 =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 RD=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。 4．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=1 Ω 【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． 5．如图所示， M 为一线圈电阻 RM =0.5 Ω的电动机， R=8Ω，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）2Ω （ 2） 8W （3） 2.5A 【解析】（ 1）当 S 断开时，根据闭合电路欧姆定律： 1E I R r ， 10 1 8 r ， r=2 Ω； 电阻 R 消耗的功率： 2 2 1 1 8 8P I R W W 路端电压： 2 10 3 2 4U E I r V V R之路电流： 4 0.5 8R UI A A R 电动机的电流： 2 3 0.5 2.5M RI I I A A 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． 6．在图所示的电路中，电源电压 U 恒定不变，当 S闭合时 R1 消耗的电功率为 9W，当 S 断 开时 R1 消耗的电功率为 4W，求： （1）电阻 R1 与 R2 的比值是多大？ （2）S断开时，电阻 R2 消耗的电功率是多少？ （3）S闭合与断开时，流过电阻 R1 的电流之比是多少？ 【答案】 2∶1，2W，3∶2 【解析】 【分析】 【详解】 （1）当 S闭合时 R1 消耗的电功率为 9W,则： 2 1 1 9WUP R 当 S 断开时 R1 消耗的电功率为 4W，则： 2 1 1 1 2 ' ( ) 4WUP R R R 解得： 1 2: 2:1R R (2)S 断开时 R1 和 R2 串联，根据公式 2P I R，功率之比等于阻值之比，所以： 1 1 22': ' : 2:1P P R R 又因为 1 ' 4WP ，所以， S断开时，电阻 R2 消耗的电功率： 2 2' WP (3)S 闭合时： 1 UI R S断开时 : 1 2 ' U R I R 所以： 1 2 1 2' 3R RI RI 7．已知电流表的内阻 Rg＝120 Ω，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，应串联 1 880 Ω的电阻 ; 要把它改装成量程是 3 A 的 电流表，应并联 0.12 Ω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 1880g g UR R I ； 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 0.12g g g I R R I I ． 8．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） 4 4 2 2 0 2 2 0 B L s m gR mgR B L （3）匀加速直线运动 2 2 2 2 mgsCB 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=mg EI R r 得 EBLR r mg （2）由 2 2 0 B L vmg R 得 0 2 2 mgRv B L 由动量定理，得 mgt BILt mv 其中 0 BLsq It R 得 4 4 2 2 0 2 2 0 B L s m gRt mgR B L （3）K 接 3 后的充电电流 q C U CBL v vI CBL CBLa t t t t mg-BIL=ma 得 2 2 mga 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． v22-v2=2as 根据能量转化与守恒得 2 2 2 1 1( ) 2 2 E mgs mv mv 解得 ： 2 2 2 2 mgsCB LE 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． 9．在如图所示的电路中，两平行正对金属板 A、B 水平放置，两板间的距离 d=4.0cm．电 源电动势 E=400V，内电阻 r=20Ω，电阻 R1=1980 Ω．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=1.0 ×10-7C，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 η． 【答案】 （1）U =200V（2） 20W（3） 0 099.5 【解析】 【详解】 （1）小球从 B 板上的小孔射入恰好到达 A 板的过程中，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 10 2 qU mgd mv ， 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 EI R R r ，而 U = IR， 解得： R = 2 ×103 Ω 滑动变阻器消耗的电功率 2 20UP W R ． （3）电源的效率 2 1 2 1 ( ) 099.5 0( ) P I R R P I R R r 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． 10． 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 ρ、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： ①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率 v； ②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： ① 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； ② 推导该圆线圈中的电流 'I 的表达式。 【答案】（ 1）① Iv neS；② ne2ρ；（2）① Fl；② ' FSI eρ 。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）①一小段时间 t 内，流过导线横截面的电子个数为： N n Sv t 对应的电荷量为： Q Ne n Sv t e 根据电流的定义有： QI neSv t 解得： Iv neS ②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： 0Ue kvl 又因为： neSv lU IR nev l S 联立以上两式得： 2k ne （2）①电子运动一圈，非静电力做功为： 2W F r Fl非 ②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为： W FlE e e 非 根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为： EI R 联立以上两式，并根据电阻定律： lR S 解得： FSI eρ 11． 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。一段长为 l、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）该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率恒为 v。 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 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。请根据以上描述构建物理模型，求出金属导体的电阻 率 ρ的微观表达式。 （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，从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突 然停止转动，由于电子在导线中运动会受到沿导线的平均阻力，所以只会形成短暂的电 流。已知电子受到的沿导线的平均阻力满足（ 1）问中的规律，求此线圈以由角速度 ω匀 速转动突然停止转动（减速时间可忽略不计）之后，通过线圈导线横截面的电荷量 Q。 【答案】（ 1）① neSv；② nev ；③ 2 k ne （2） 2π nem lS k 【解析】 【详解】 （1）①导线中的电流 QI neSv t ； ②电流面密度 Ij nev S ； ③取长度为 L 一段导体，则电子做定向移动时满足电场力与阻力相等，即 Ukv eE e L 而 U IR I neSv LR S 联立解得 2 k ne （2）设线圈经过时间 ?t 停止运动，则对内部的粒子，由动量定理： f t mv m r 其中 f kv 2l r 则 2 m lkv t ； 而 Q nS le l v t 联立可得 2π nem lSQ k 12． 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。用导线将 AC、BD、EF连接， AB为一粗细均匀的长 LAB=100 厘米的电阻丝， 接触器 H 可以在 AB 上滑动。当 K1 闭合移动接触器，如果当接触器 H 和 B 端距离 L1=41 厘 米时，电流表 G 中没有电流通过。试求电缆损坏处离检查地点的距离（即图中 DP的长度 X）。其中电缆 CE=DF=L=7．8 千米， AC、BD 和 EF段的电阻略去不计。 【答案】 6.396km 【解析】 【试题分析】由图得出等效电路图，再根据串并联电路规律及电阻定律进行分析，联立可 求得电缆损坏处离检查地点的距离． 等效电路图如图所示： 电流表示数为零，则点 H 和点 P 的电势相等。 由 得， 则 又 由以上各式得： X=6.396km 【点睛】本题难点在于能否正确作出等效电路图，并明确表头电流为零的意义是两端的电 势相等． 13． 如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光．某同学对竹 蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为 L 的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心 O 的金属轴 O1O2 以角速度 ω匀速转动，圆环上接有电阻均为 r 的三根导电辐条 OP、OQ、OR，辐条互成 120°角．在圆环内，圆心角为 120°的扇形区域内存在垂直圆环平 面向下磁感应强度为 B 的匀强磁场，在转轴 O1O2 与圆环的边缘之间通过电刷 M 、N 与一个 LED灯 (可看成二极管，发光时电阻为 r)．圆环及其它电阻不计，从辐条 OP 进入磁场开始 计时． （1）顺磁感线方向看，圆盘绕 O1O2 轴沿什么方向旋转，才能使 LED灯发光？在不改变玩 具结构的情况下，如何使 LED灯发光时更亮？ （2）在辐条 OP 转过 60 °的过程中，求通过 LED灯的电流； （3）求圆环每旋转一周， LED灯消耗的电能． 【答案】 （1）逆时针；增大角速度（ 2） 2 8 BL r （3） 2 4 32 B L r 【解析】 试题分析：（ 1）圆环转动过程，始终有一条导电辐条在切割磁感线，产生感应电动势，并 通过 M.N 和二极管构成闭合回路．由于二极管的单向导电性，只有转轴为正极，即产生指 向圆心的感应电流时二极管才发光，根据右手定则判断，圆盘逆时针旋转． 要使得 LED灯发光时更亮，就要使感应电动势变大，即增大转速增大角速度 ． （2）导电辐条切割磁感线产生感应电动势 21 2 E BL 此时 O 点相当于电源正极， P 点为电源负极，电源内阻为 r 电源外部为二个导体辐条和二极管并联，即外阻为 3 r ． 通过闭合回路的电流 3 4 3 E EI r rr 带入即得 2 2 1 3 32 4 8 BL BLI r r 流过二极管电流为 2 3 8 I BL r （3）转动过程始终有一个导电辐条在切割磁感线，所以经过二极管的电流不变 转过一周所用时间 2T 所以二极管消耗的电能 2 4 2 2' ( ) 3 32 I B LQ I rT rT r 考点：电磁感应 串并联电路 14． 如图 25 甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为 L、宽为 b、高为 d 的矩形通道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料．图 25 乙是该主要结构的截面图，上、下两板与输出电压可调的高压直流电源 (内电阻可忽略不计 ) 相连．质量为 m、电荷量大小为 q 的分布均匀的带负电的尘埃无初速度地进入 A、 B两极 板间的加速电场．已知 A、B 两极板间加速电压为 U0，尘埃加速后全都获得相同的水平速 度，此时单位体积内的尘埃数为 n．尘埃被加速后进入矩形通道，当尘埃碰到下极板后其 所带电荷被中和，同时尘埃被收集．通过调整高压直流电源的输出电压 U 可以改变收集效 率 η（被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值）．尘埃所受的重力、空气阻 力及尘埃之间的相互作用均可忽略不计．在该装置处于稳定工作状态时： （1）求在较短的一段时间 Δt内， A、B 两极板间加速电场对尘埃所做的功； （2）若所有进入通道的尘埃都被收集，求通过高压直流电源的电流； （3）请推导出收集效率 η随电压直流电源输出电压 U 变化的函数关系式． 【答案】 （1）nbdΔtqU 0 02qU m （2） 02qUnqbd m （3）若 y