(物理)高考必备物理稳恒电流技巧全解及练习题

（物理）高考必备物理稳恒电流技巧全解及练习题

一、稳恒电流专项训练

1．如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=lΩ，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。

2．如图所示，闭合电路处于方向竖直向上的磁场中，小灯泡的电阻为10Ω，其它电阻不计．当磁通量在0. 1s内从0.2Wb均匀增加到0.4Wb过程中，求：

①电路中的感应电动势；

②如果电路中的电流恒为0.2A，那么小灯泡在10s内产生的热量是多少．

【答案】（1）2V（2）4J

【解析】

（1）当磁通量发生变化时，闭合电路中要产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小为：

0.40.220.1EVVt

（2）当小灯泡上的电流为I=0.2A时，根据焦耳定律，10s钟内产生的热量为：

Q=I2Rt=0.22×10×10J=4J

3．如图所示，M为一线圈电阻RM=0.5Ω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： 1EIRr， 1018r，

r=2Ω；

电阻R消耗的功率： 221188PIRWW

路端电压： 210324UEIrVV

R之路电流： 40.58RUIAAR

电动机的电流： 230.52.5MRIIIAA

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．如图所示的电路中，电阻R1＝6 Ω，R2＝3 Ω.S断开时，电流表示数为0.9 A；S闭合时，电流表示数为0.8 A，设电流表为理想电表，则电源电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.

【答案】E=5.76V r=0.4Ω

【解析】

根据闭合电路欧姆定律，两种状态，列两个方程，组成方程组，就可求解．

当S断开时 （1）

当S闭合时

（2）

由（1）、（2）式联立，解得

E=5.76V

r=0.4Ω

5．一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 A，求：

①金属导线电阻；

②金属导线在10 s内产生的热量．

【答案】（1）5 Ω （2）200 J

【解析】试题分析：根据欧姆定律和焦耳定律即可解题。

（1）根据欧姆定律： 1052URI。

（2）产生的热量为： 2QIRt，代入数据得： 200QJ

点睛：本题主要考查了欧姆定律和焦耳定律，此题为基础题。

6．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；②nev；③ 2kne （2）2πnemlSk

【解析】

【详解】

（1）①导线中的电流

QIneSvt；

②电流面密度

IjnevS；

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

UkveEeL

而

UIR

IneSv

LRS

联立解得

2kne

（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：

ftmvmr

其中

fkv

2lr

则

2mlkvt；

而

QnSle

lvt

联立可得

2πnemlSQk

7．导线中自由电子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识。

（1）一段通电直导线的横截面积为S，它的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数位NA。导线中每个带电粒子定向运动的速率为υ，粒子的电荷量为e，假设每个电子只提供一个自由电子。

①推导该导线中电流的表达式；

②如图所示，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。

（2）经典物理学认为金属导体中恒定电场形成稳恒电流。金属导体中的自由电子在电场力的作用下，定向运动形成电流。自由电子在定向运动的过程中，不断地与金属离子发生碰撞。碰撞后自由电子定向运动的速度变为零，将能量转移给金属离子，使得金属离子的热运动更加剧烈，这就是焦耳热产生原因。

某金属直导线电阻为R，通过的电流为I。请从宏观和微观相结合的角度，证明：在时间t内导线中产生的焦耳热为Q=I2Rt（可设电子与离子两次碰撞的时间间隔t0,碰撞时间忽略不计，其余需要的物理量可自设）。

【答案】（1）①ANvSeM②见解析（2）见解析

【解析】

【详解】

(1）①金属导线单位体积内电子个数

ANnM

在时间t内流过导线横截面的带电粒子数

N=nvtS

通过导线横截面的总电荷量

Q=Ne

导线中电流

I=Qt

联立以上三式可以推导出

I=ANvSeM

②导线受安培力大小

F安=BIL。

长L的导线内总的带电粒子数

N=nSLANnM 又

I=ANvSeM

电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，表现为导线所受的安培力，即

Nf=F安

联立以上三式可以推导出洛伦兹力的表达式

f=evB

（2）方法1：

设金属导体长为L，横截面积为S，两端电压为U，导线中的电场强度

E=UL

设金属导体中单位体积中的自由电子数为n，则金属导体中自由电子总数

NnSL

设自由电子的带电量为e，连续两次碰撞时间间隔为t0，定向移动的平均速度为υ，则一次碰撞的能量转移

00keEtE

一个自由电子在时间t内与金属离子碰撞次数为0tt

金属导体中在时间t内全部自由电子与金属离子碰撞，产生的焦耳热

0ktQNEt

又

IneSU=IR

联立解以上各式推导得

2QIRt

方法2：

设金属导体长为L，横截面积为S，两端电压为U，导线中的电场强度

E=UL

设金属导体中单位体积中的自由电子数为n，则金属导体中自由电子数

NnSL

在纯电阻电路中，电流做的功等于焦耳热，即Q=W

电流做的功等于电功率乘时间

W=Pt

电功率等于电场力对长为L的导线中所有带电粒子做功功率的总和

PNF

自由电子受的电场力

F=Ee

又 IneSU=IR

联立解以上各式推导得

2QIRt

8．如图所示，电源电动势E=50V，内阻r=1Ω， R1=3Ω，R2=6Ω．间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m=0.01kg、带电量大小为q=1×10-3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．现调节滑动变阻器R，使小球恰能静止在A处；然后再闭合K，待电场重新稳定后释放小球p．取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）小球的电性质和恰能静止时两极板间的电压；

（2）小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值；

（3）小球p到达杆的中点O时的速度．

【答案】(1)U=20V (2)Rx=8Ω (3)v=1.05m/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)小球带负电；

恰能静止应满足：UmgEqqd

30.01100.220110mgdUVVq

(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，由电路电压关系:

22xEURRrR

代入数据求得Rx=8Ω

(3)闭合电键K后，设电场稳定时的电压为U'，由电路电压关系:

1212'xEURRrR

代入数据求得U'=10011V