高中物理穩(wěn)恒電流常見題型及答題技巧及練習(xí)題

1、高中物理穩(wěn)恒電流常見題型及答題技巧及練習(xí)題一、穩(wěn)恒電流專項訓(xùn)練.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)電阻 r=1Q,當(dāng)開關(guān)S閉合后電路正常工作，電壓表的讀數(shù)U=8.5V,電流表的讀數(shù) I=0.5A .求：電阻R;電源電動勢E;電源的輸出功率 P.【答案】 R 17 ; (2) E 9V ; (3) P 4.25w【解析】【分析】【詳解】U(1)由部分電路的歐姆定律，可得電阻為：R 7 5(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得電源電動勢為E= U+ Ir= 12V(3)電源的輸出功率為 P= UI=20W【點睛】部分電路歐姆定律 U=IR和閉合電路歐姆定律 E=U+Ir是電路的重點，也是考試的熱點，要 熟練掌握.如

2、圖所示，已知電源電動勢E=20V,內(nèi)阻r=l 0當(dāng)接入固定電阻 R=3Q時，電路中標(biāo)有D都恰能正常工作.試求:“3V,6W的燈泡L和內(nèi)阻RD=1 的小型直流電動機 5 Er|r|i fj?-JD L(1)流過燈泡的電流(2)固定電阻的發(fā)熱功率(3)電動機輸出的機械功率【答案】 (1) 2A (2) 7V (3) 12W【解析】U和額定功率P的數(shù)值(1)接通電路后，小燈泡正常工作，由燈泡上的額定電壓PI = 一可得流過燈泡的電流為：=2A(2)根據(jù)熱功率公式口 =也可得固定電阻的發(fā)熱功率：P=12W(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知電動機兩端的電壓：5尸+ T)=9v電動機消耗的功率：=18W一部

3、分是線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率：= f%，=4W另一部分轉(zhuǎn)換為機械功率輸出，則=14W【點睛】(1)由燈泡正常發(fā)光，可以求出燈泡中的電流；( 2)知道電阻中流過的電流, 就可利用熱功率方程P = 求出熱功率；(3)電動機消耗的電功率有兩個去向：一部 分是線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率；另一部分轉(zhuǎn)化為機械功率輸出。3.環(huán)保汽車將為2008年奧運會場館服務(wù).某輛以蓄電池為驅(qū)動能源的環(huán)保汽車，總質(zhì)量3 一m 3 103kg .當(dāng)它在水平路面上以 v=36km/h的速度勻速行駛時，驅(qū)動電機的輸入電流I=50A,電壓 U=300V.在此行駛狀態(tài)下(1)求驅(qū)動電機的輸入功率 臉；(2)若驅(qū)動電機能夠?qū)⑤斎牍β实?0%轉(zhuǎn)化為用

4、于牽引汽車前進(jìn)的機械功率P機，求汽車所受阻力與車重的比值(g取10m/s2);(3)設(shè)想改用太陽能電池給該車供電，其他條件不變，求所需的太陽能電池板的最小面積.結(jié)合計算結(jié)果，簡述你對該設(shè)想的思考.已知太陽輻射的總功率 Po 4 1026W ,太陽到地球的距離P = 1,太陽光傳播到達(dá)地面的過程中大約有 30%的能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉(zhuǎn)化效率約為15%.3【答案】(1)巳 1.5 10 Wf / mg 0.045(3 ) S 101m2【解析】試題分析：Pt IU 1.5 103WS,距太陽中心為r的球面面積P ,則SSo p幾 0.9P電 Fv fv f 0.9P電/v f/mg

5、0.045當(dāng)太陽光垂直電磁板入射式，所需板面積最小，設(shè)其為一2So 47r若沒有能量的損耗，太陽能電池板接受到的太陽能功率為P SB So設(shè)太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為p,所以p 1 30% pp由于 15% p ,所以電池板的最小面積 電P0 1 30%Q PS。 S 0.7P00.15 0.7PO101?m2考點：考查非純電阻電路、電功率的計算點評：本題難度中等，對于非純電阻電路歐姆定律不再適用，但消耗電功率依然是UI的乘積，求解第3問時從能量守恒定律考慮問題是關(guān)鍵，注意太陽的發(fā)射功率以球面向外釋放4.如圖所示，已知電源電動勢E=20V,內(nèi)阻r=l 0當(dāng)接入固定電阻 R=3Q時，電

6、路中標(biāo)有“3V,6W的燈泡L和內(nèi)阻RD=1 的小型直流電動機 D都恰能正常工作.試求：3 看 ID L(1)流過燈泡的電流(2)固定電阻的發(fā)熱功率(3)電動機輸出的機械功率【答案】 (1) 2A (2) 7V (3) 12W【解析】(1)接通電路后，小燈泡正常工作，由燈泡上的額定電壓U和額定功率P的數(shù)值PI/ = TOC o 1-5 h z 可得流過燈泡的電流為：=2A(2)根據(jù)熱功率公式。=刖,可得固定電阻的發(fā)熱功率：P=12W(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知電動機兩端的電壓：機盯-11* + T)=9V電動機消耗的功率：=18W一部分是線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率：=4W另一部分轉(zhuǎn)換為機械功率輸出，

7、則出口睥-P0=14W【點睛】(1)由燈泡正常發(fā)光，可以求出燈泡中的電流；( 2)知道電阻中流過的電流， 就可利用熱功率方程P二求出熱功率；(3)電動機消耗的電功率有兩個去向：一部 分是線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率；另一部分轉(zhuǎn)化為機械功率輸出。5.在如圖所示的電路中，電源電動勢E=3V內(nèi)阻r=0.5 定值電阻R=9，即5.5泌鍵S斷求流過電阻Ri的電流；求電阻Ri消耗的電功率；將S閉合時，流過電阻Ri的電流大小如何變化？【答案】(1)0.2A ; (2)0.36W ; (3)變大【解析】試題分析：(1)電鍵S斷開時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出電流；(2)根據(jù)P I 2Ri求出R消耗的電功率；(3)將S閉

8、合時回路中的總電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律 分析電流的變化.(1)電鍵S斷開時，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：I . R r ,解得：I=0.2A22(2)根據(jù) R I Ri,得 P 0,29 0.36W(3)將S閉合時，R2被短接，回路中的總電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律：I -E-,可知電流變大，即流過電阻R的電流變大R r1【點睛】本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，解決本題的關(guān)鍵就是要知道閉合電路的歐 姆定律的表達(dá)式，并且知道回路中的電阻變化了，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可以判斷電流 的變化.6.如圖所示的電路中，電爐電阻R= i0Q,電動機線圈的電阻 r= i Q,電路兩端電壓U=i00

9、V,電流表的示數(shù)為 30A,問：(MO1 JH(i)通過電動機的電流為多少？(2)通電一分鐘，電動機做的有用功為多少？【答案】(i) I2= 20A (2)W= 9.6 X J【解析】 【詳解】根據(jù)歐姆定律，通過電爐的電流強度為：I1 U 100A i0AR 10根據(jù)并聯(lián)電路中的干路電流和支路電流的關(guān)系，則通過電動機的電流強度為：I2=IIi = 20A.電動機的總功率為 P=UI2= 100 X 20 W2X 10W.因發(fā)熱而損耗的功率為 P= 122r=400 W.電動機的有用功率(機械功率)為P= P P= 1.6X13W,電動機通電1 min做的有用功為 W= Pt= 1.6 x 10

10、2r,與斜面間的動摩擦因數(shù)尸0.5.從t=0時起，磁2 場的磁感應(yīng)強度按 B= 2- t(T)的規(guī)律變化.開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2, sin 37=0.6, cos37 = 0.8.求：(1)小燈泡正常發(fā)光時的電阻 R;(2)線框保持不動的時間內(nèi)，小燈泡產(chǎn)生的熱量Q.【答案】(1)1.25 Q (2)3.14 J【解析】【分析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求解感應(yīng)電動勢；由功率表達(dá)式，結(jié)合閉合電路歐姆 定律即可；(2)對線框受力分析，并結(jié)合平衡條件，及焦耳定律，從而求得.【詳解】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E

11、= n t/口B 12212得 E= n r =10 0.52V = 2.5?Vt 22小燈泡正常發(fā)光，有P= I2R由閉合電路歐姆定律有E= I(Ro+ R)則有P= (R E R )濃 代入數(shù)據(jù)解得 R= 1.25 Q.(2)對線框受力分析如圖B,由力的平衡條件有設(shè)線框恰好要運動時，磁場的磁感應(yīng)強度大小為mgsin 0= F 安+f= F 安+mgpos 0B= 0.4 TF安=nBl x r聯(lián)立解得線框剛要運動時，磁場的磁感應(yīng)強度大小一，、164線框在斜面上可保持靜止的時間t 26-s s2/5小燈泡產(chǎn)生的熱量Q= Pt=1.25x4-J= 3.14 J.麥克斯韋的電磁場理論告訴我們：變

12、化的磁場產(chǎn)生感生電場，該感生電場是渦旋電場；變化的電場也可以產(chǎn)生感生磁場，該感生磁場是渦旋磁場.（1）如圖所示，在半徑為 r的虛線邊界內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小隨時間的變化關(guān)系為 B=kt （k0且為常量）.將一半徑也為 r的細(xì)金屬圓環(huán)（圖中未畫 出）與虛線邊界同心放置.求金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動勢e的大小.變化的磁場產(chǎn)生的渦旋電場存在于磁場內(nèi)外的廣闊空間中，在與磁場垂直的平面內(nèi)其電 場線是一系列同心圓，如圖中的實線所示，圓心與磁場區(qū)域的中心重合.在同一圓周上， 渦旋電場的電場強度大小處處相等.使得金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感生電動勢的非靜電力是渦旋電 場對自由電荷的作用力，這個力稱為

13、渦旋電場力，其與電場強度的關(guān)系和靜電力與電場強 度的關(guān)系相同.請推導(dǎo)金屬圓環(huán)位置的渦旋電場的場強大小E感.（2）如圖所示，在半徑為 r的虛線邊界內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強電場，電場強度大小 隨時間的變化關(guān)系為 E= p t（ p0且為常量）.我們把穿過某個面的磁感線條數(shù)稱為穿過此面的磁通量，同樣地，我們可以把穿過某個 面的電場線條數(shù)稱為穿過此面的電通量.電場強度發(fā)生變化時，對應(yīng)面積內(nèi)的電通量也會 發(fā)生變化，該變化的電場必然會產(chǎn)生磁場.小明同學(xué)猜想求解該磁場的磁感應(yīng)強度B感的方法可以類比（1）中求解E感的方法.若小明同學(xué)的猜想成立，請推導(dǎo)B感在距離電場中心為a （ ar）處的表達(dá)式，并求出在距離

14、電場中心工和2r處的磁感應(yīng)強度的比值 B感i： B2感2.小紅同學(xué)對上問通過類比得到的B感的表達(dá)式提出質(zhì)疑，請你用學(xué)過的知識判斷B感的表達(dá)式是否正確，并給出合理的理由.kr【答案】（1）k r2一；（2）1:1不正確.2【解析】【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解金屬圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感生電動勢S的大小.在金屬圓環(huán)內(nèi)，求解非靜電力對帶電量為場強度；（2）類比（1）中求解 分析表達(dá)式的正誤.【詳解】-q的自由電荷所做的功，求解電動勢，從而求解感應(yīng)電E感的過程求解兩處的磁感應(yīng)強度的比值；通過量綱（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得B S B S k在金屬圓環(huán)內(nèi)，非靜電力對帶電量為-q的自由電荷所做的功 W

15、 /qE感根據(jù)電動勢的定義解得感生電場的場強大小E咸心2 rkrt 2（2）類比(1)中求解E感的過程,在半徑為R處的磁感應(yīng)強度為 B感el將R=2r時,e2所以巴B感2上問中通過類比得到的B感的表達(dá)式不正確;因為通過量綱分析我們知道:用基本物理量的國際單位表示的導(dǎo)出單位為,2kg。；又因為B 一，用基本物理量的國際單位表示B 互 的導(dǎo)出單位為A s4ILIL加方.可見，通過類比得到的 B感的單位是不正確的，所以 B咸 J的表達(dá)式不正A s心 2 R t確.【點睛】考查電磁學(xué)綜合運用的內(nèi)容，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、電場強度和磁感應(yīng)強度的應(yīng)用，會用類比法解決問題以及用物理量的量綱判斷表達(dá)式的正誤

16、.14.如圖25甲為科技小組的同學(xué)們設(shè)計的一種靜電除塵裝置示意圖，其主要結(jié)構(gòu)有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后板使用絕緣材料，上、下板使用金屬材料.圖 25 乙是該主要結(jié)構(gòu)的截面圖，上、下兩板與輸出電壓可調(diào)的高壓直流電源（內(nèi)電阻可忽略不計）相連.質(zhì)量為 m、電荷量大小為q的分布均勻的帶負(fù)電的塵埃無初速度地進(jìn)入 A、B兩極板間的加速電場.已知 A、B兩極板間加速電壓為 U0,塵埃加速后全都獲得相同的水平速度，此時單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n.塵埃被加速后進(jìn)入矩形通道，當(dāng)塵埃碰到下極板后其所帶電荷被中和，同時塵埃被收集.通過調(diào)整高壓直流電源的輸出電壓U可以改變收集效率刀（被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)

17、入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值）.塵埃所受的重力、空氣阻 力及塵埃之間的相互作用均可忽略不計.在該裝置處于穩(wěn)定工作狀態(tài)時：（1）求在較短的一段時間 A的，A、B兩極板間加速電場對塵埃所做的功;（2）若所有進(jìn)入通道的塵埃都被收集，求通過高壓直流電源的電流；（3）請推導(dǎo)出收集效率 刀隨電壓直流電源輸出電壓 U變化的函數(shù)關(guān)系式.【答案】（1） nbdAqU0巨垣 （2） nqbd+但垣 （3）若yd,即-Ld,則收yL2U集效率刀=一=2d 4d Uo-m，m4dUo4d2Uc （U) L2試題分析：（1）設(shè)電荷經(jīng)過極板 B的速度大小為v0,對于一個塵埃通過加速電場過程 中，加速電場做功為 W0 qU0

18、在t時間內(nèi)從加速電場出來的塵?？傮w積是V bdv0 t其中的塵埃的總個數(shù) N總 nV n bdv0 t故A、B兩極板間的加速電場對塵埃所做的功W N總qU0 n bdv0 t qU012對于一個塵埃通過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得qU0 mv22故解得 W nbd tqU 012clU m（2）若所有進(jìn)入矩形通道的塵埃都被收集，則t時間內(nèi)碰到下極板的塵埃的總電荷量Q N總q nq bdv0 t通過高壓直流電源的電流I nQbdv0 nQbd, 2qUv0t. m（3）對某一塵埃，其在高壓直流電源形成的電場中運動時，在垂直電場方向做速度為的勻速直線運動，在沿電場力方向做初速度為0的勻加速直線運

19、動12根據(jù)運動學(xué)公式有：垂直電場方向位移x vt ,沿電場方向位移 y at根據(jù)牛頓第二定律有 a F qE m mqumd距下板解得y處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，則L2U4dU；x=L口. L2U,y，即砧d,則收集效率日黑(U24d2Uo,則所有的塵埃都到達(dá)下極板，效率為100% (U24d Uo)L2考點：考查了帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學(xué)的知識，分析方法和力學(xué)的 分析方法基本相同.先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速，直 線或曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力 和運動的觀點，

20、選用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點，選用動能定理和功能關(guān)系求解15.如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌相距為1m,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角。=37 ,其上端接一阻值為3a的燈泡D.在虛線L1、L2間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強磁場B,且磁感應(yīng)強度 B=1T,磁場區(qū)域的寬度為 d=3.75m,導(dǎo)體棒a的質(zhì)量m=0.2kg、電阻R=3Q;導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb=0.1kg、電阻Rb=6Q,它們分另從圖中 M N處同時由靜止 開始沿導(dǎo)軌向下滑動，b恰能勻速穿過磁場區(qū)域，當(dāng) b剛穿出磁場時a正好進(jìn)入磁場.不 計 a、b 之間的作用，g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8.求：(1) b棒進(jìn)入磁場時的速度?(2)當(dāng)a棒進(jìn)入磁場區(qū)域時，小燈泡的實際功率?(3)假設(shè)a棒穿出磁場前已達(dá)到勻速運動狀態(tài)，求 a棒通過磁場區(qū)域的過程中，回路所產(chǎn)生的總熱量?【答案】(1) b棒進(jìn)入磁場時的速度為 4.5m/s ;, 4(2)當(dāng)a棒進(jìn)入磁場區(qū)域時，小燈泡的實際功率為十W;(3)假設(shè)a棒穿出磁場前已達(dá)到勻速運動狀態(tài)，求 a棒通過磁場區(qū)域的過程中，回路所 產(chǎn)生的總熱量為3.4J【解析