高中物理稳恒电流模拟试题含解析 15页

高中物理稳恒电流模拟试题含解析 一、稳恒电流专项训练 1．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 33 10 kgm ．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 P电 ； （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/s 2）； （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 26 0 4 10 WP ，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转化效率约为 15%． 【答案】（ 1） 31.5 10 WP电 （2） / 0.045f mg （3） 2101mS 【解析】 试题分析： ⑴ 31.5 10 WP IU电 ⑵ 0.9P P Fv fv电机 0.9 /f P v电 / 0.045f mg ⑶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 2 0 4πS r 若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为 P ，则 0 0 P S P S 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为 P， 所以 1 30%P P 由于 15%P P电 ，所以电池板的最小面积 0 01 30% P S P S 2 20 0 0 4π 101?m 0.7 0.15 0.7 r PPSS P P 电 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 2．守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供 了依据．在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：电荷守恒定律、质量守恒定律、能量 守恒定律等等． (1)根据电荷守恒定律可知：一段导体中通有恒定电流时，在相等时间内通过导体不同截面 的电荷量都是相同的． a．己知带电粒子电荷量均为 g，粒子定向移动所形成的电流强度为，求在时间 t 内通过某 一截面的粒子数 N． b．直线加速器是一种通过高压电场使带电粒子加速的装置．带电粒子从粒子源处持续发 出，假定带电粒子的初速度为零，加速过程中做的匀加速直线运动．如图 l 所示，在距粒 子源 l1、l2 两处分别取一小段长度相等的粒子流 I ．已知 l l:l2=1:4，这两小段粒子流中所含 的粒子数分别为 n1 和 n2，求： n1:n2． (2)在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来 越细，如图 2 所示，垂 直于水柱的横截面可视为圆．在水柱上取两个横截面 A、 B，经过 A、B 的水流速度大小分别为 vI、 v2；A、B 直径分别为 d1、 d2，且 d1：d 2=2:1．求：水流的 速度大小之 比 v1:v2． (3)如图 3 所示：一盛有水的大容器，其侧面有一个水平的短细管，水能够从细管中喷出； 容器中水面的面积 Sl 远远大于细管内的横截面积 S2;重力加速度为 g．假设 水不可压缩，而 且没有粘滞性． a．推理说明：容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多，可以忽略不计： b．在上述基础上，求：当液面距离细管的高度为 h 时， 细管中的水流速度 v． 【答案】（ 1）a. Q ItN q q ； b. 21 : 2 :1nn ；（ 2） 2 2 1 2 2 1: : 1: 4v v d d ；（ 3）a. 设：水面下降速度为 1v ，细管内的水流速度为 v．按照水不可压缩的条件，可知水的体积 守恒或流量守恒，即： 1 2Sv Sv ,由 1 2S S ，可得 1 2v v ．所以：液体面下降的速度 1v 比细管中的水流速度可以忽略不计． b. 2v gh 【解析】 【分析】 【详解】 (1) a.电流 QI t ， 电量 Q Nq 粒子数 Q ItN q q b.根据 2v ax , 可知在距粒子源 1l 、 2l 两处粒子的速度之比： 1 2: 1: 2v v 极短长度内可认为速度不变，根据 xv t ， 得 1 2: 2:1t t 根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比： 1 2: 2 :1n n (2) 根据能量守恒，相等时间通过任一截面的质量相等，即水的质量相等 . 也即： 2· · 4 v d 处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比： 2 2 1 2 2 1: : 1: 4v v d d (3) a. 设：水面下降速度为 1v ，细管内的水流速度为 v. 按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即： 1 2Sv Sv 由 1 2S S ，可得 : 1 2v v . 所以液体面下降的速度 1v 比细管中的水流速度可以忽略不计 . b.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知： 液面上质量为 m 的薄层水的机械能等于细管中质量为 m 的小水柱的机械能． 又根据上述推理：液面薄层水下降的速度 1v 忽略不计，即 1 0v . 设细管处为零势面，所以有： 210 0 2 mgh mv 解得 : 2v gh 3．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． 4．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 RR I I ． 5．如图所示，已知电源电动势 E=16 V，内阻 r=1 Ω，定值电阻 R=4 Ω，小灯泡上标有 “3 V， 4.5 W ”字样，小型直流电动机的线圈电阻 r ′ =1 Ω，开关闭合时，小灯泡和电动机均恰好正常 工作．求： （1）电路中的电流强度； （2）电动机两端的电压； （3）电动机的输出功率． 【答案】 （1）1.5A ；（ 2）5.5V；（ 3）6W. 【解析】 试题分析：（ 1）电路中电流 L L PI U =1．5A （2）电动机两端的电压 ( )M LU E U I R r =5．5V （3）电动机的总功率 电动机线圈热功率 2 / 2.25WP I r热 电动机的输出功率 考点：电功率 6．平行导轨 P、 Q 相距 l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电 容器两极板 M 、N 相距 d＝10 mm，定值电阻 R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒 ab 的电阻 r ＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量 m＝1×10－14kg，电荷量 q＝－ 1× 10－14C 的微粒恰好静止不动．取 g＝ 10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良 好．且速度保持恒定．试求： (1)匀强磁场的方向和 MN 两点间的电势差 (2)ab 两端的路端电压； (3)金属棒 ab 运动的速度． 【答案】 (1) 竖直向下； 0.1 V(2)0.4 V. (3) 1 m/s. 【解析】 【详解】 （1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直 向上，故 M 板带正电． ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势， ab 棒等效于电源， 感应电流方向由 b→a，其 a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下． 微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有 mg＝Eq 又 MNUE d ＝ 所以 UMN＝ mgd q ＝0.1 V （2）由欧姆定律得通过 R3 的电流为 I＝ 3 MNU R ＝0.05 A 则 ab 棒两端的电压为 Uab＝UMN＋I×0.5R1＝0.4 V. （3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势 E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得 v＝1 m/ s. 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． 8．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 9．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 10．如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为 L=1m，质量 m=0.1 ㎏的导体棒 ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻 R=1Ω，磁感强度 B=1T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面，当导体棒在电动机牵引 下上升 h=3.8m 时，获得稳定速度，此过程导体棒产生热量 Q=2J．电动机工作时，电压 表、电流表的读数分别为 7V 和 1A，电动机的内阻 r=1Ω，不计一切摩擦， g=10m/s2，求： （1）导体棒所达到的稳定速度是多少？ （2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少？ 【答案】（ 1） m/s （2） s 【解析】 ： （1）导体棒匀速运动时，绳拉力 T，有 T-mg-F=0（2 分）， 其中 F=BIL， I= ε/R, ε=BLv，(3 分) 此时电动机输出功率与拉力功率应相等， 即 Tv=UI/ -I/2r（2 分）， （U、I/、r 是电动机的电压、电流和电阻），化简并代入数据得 v=2m/s（1 分）． （2）从开始达匀速运动时间为 t，此过程由能量守恒定律， UI/ t-I/2rt=mgh+ mv 2+Q（4 分）， 代入数据得 t=1s（2 分）． 11． 如图所示，质量 m=1kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为 37°、宽度 L=1m 的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回 路中，电源的电动势 E=8V、内阻 r=1Ω，额定功率为 8W、额定电压为 4V 的电动机 M正常 工作．取 sin37 °=0.6 ，cos37°=0.8 ，重力加速度大小 g=10m/s2 ．试求： （1）电动机当中的电流 I M与通过电源的电流 I 总 ． （2）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小． 【答案】（ 1）电动机当中的电流是 2A，通过电源的电流是 4A； （2）金属棒受到的安培力大小是 6N，磁场的磁感应强度大小 3T． 【解析】 试题分析：（ 1）由 P=UI 求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的 电压，由欧姆定律得到干路电流； （2）进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到 B． 解：（ 1）电动机的正常工作时，有： PM=UI M 代入数据解得： I M=2A 通过电源的电流为： I 总 = = =4A （2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分 力，即： F=mgsin37°=6N 流过电动机的电流 I 为： I=I 总 I M=4A 2A=2A F=BIL 解得： B=3T 答：（ 1）电动机当中的电流是 2A，通过电源的电流是 4A； （2）金属棒受到的安培力大小是 6N，磁场的磁感应强度大小 3T． 【点评】本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个 支路的电流之间的关系．是一道很好的综合题． 12．如图所示，一电荷量 q=3× 10-5C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平 行金属板中的 O 点．电键 S合上后，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角 α=37°．已知 两板相距 d=0.1m，电源电动势 =15V，内阻 r=0.5 Ω，电阻 R1=3Ω，R2=R3= R4=8Ω．g 取 10m/s 2，已知 ， ．求： （1）电源的输出功率； （2）两板间的电场强度的大小； （3）带电小球的质量． 【答案】（ 1）28W（2）140V/m（ 3） 45.6 10 kg－ 【解析】 (1)R 外=7.0 Ω R总 =7.5 Ω I="15/7.5=2A " 2 ’ P 出=I2R 外=22× 7.="28w " 2 ’ (2) U 外=IR=2 × 7="14V " 2 ’ E="U/d=14/0.1=140V/m " 2 ’ (3) Eq="mgtg37 ° " 2 ’ m=Eq/gtg37 °=（140× 3× 10-5）/ （10×0.75）=5.6 ×10-4kg 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