高中物理竞赛——稳恒电流习题

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、稳恒电流专项训练1．在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S =0.20mm 2的金属丝a 、b 、c 的电阻率，采用如图所示的实验电路．M 为金属丝c 的左端点，O 为金属丝a 的右端点，P 是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表读数始终为I =1.25A ，电压表读数U 随OP 间距离x 的变化如下表：x /mm600 700 800 900 1000 120014001600180020002100220023002400U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75⑴绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线； ⑵求出金属丝的电阻率ρ，并进行比较．【答案】（1）如图所示； （2）电阻率的允许范围：a ρ：60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅b ρ：68.510m -⨯Ω⋅~71.1010m -⨯Ω⋅c ρ：60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率． 【解析】（1）以OP 间距离x 为横轴，以电压表读数U 为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线． （2）根据电阻定律l R S ρ=可得S U S R l I lρ=⋅=⋅． 663(6.5 3.9)0.2010 1.04101.25(1000600)10a m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 673(7.1 6.5)0.20109.6101.25(20001000)10b m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 663(9.77.1)0.2010 1.04101.25(24002000)10c m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率．2．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R D =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。

高考物理稳恒电流试题(有答案和解析)及解析一、稳恒电流专项训练1．材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1+αt )，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t =0℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0℃时，铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m ，碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m ；在0℃附近，铜的电阻温度系数为3．9×10-3℃-1，碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1．将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m 的导体，要求其电阻在0℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）．【答案】3．8×10-3m【解析】【分析】【详解】设所需碳棒的长度为L 1，电阻率为1ρ，电阻恒温系数为1α；铜棒的长度为2L ，电阻率为2ρ，电阻恒温系数为2α．根据题意有1101)l t ρρα=+（①2202)l t ρρα=+（②式中1020ρρ、分别为碳和铜在0℃时的电阻率．设碳棒的电阻为1R ，铜棒的电阻为2R ，有111L R S ρ=③，222L R Sρ=④ 式中S 为碳棒与铜棒的横截面积．碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为 12R R R =+⑤，012L L L =+⑥式中0 1.0m L = 联立以上各式得：10112022121020L L L L R t S S Sραραρρ+=++⑦ 要使电阻R 不随温度t 变化，⑦式中t 的系数必须为零．即101120220L L ραρα+=⑧ 联立⑥⑧得：20210202101L L ραραρα=-⑨ 代入数据解得：313810m L -=⨯．⑩ 【点睛】考点：考查了电阻定律的综合应用本题分析过程非常复杂，难度较大，关键是对题中的信息能够吃投，比如哦要使电阻R 不随温度t 变化，需要满足的条件2．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数100n =，穿过每匝线圈的磁通量ϕ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻 5.0r =Ω，外电路电阻95R =Ω，已知感应电动势的最大值m m E n ω=Φ，其中m Φ为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路的交流电流表（内阻不计）的读数。

高中物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题一、稳恒电流专项训练1．在如图所示的电路中，电源内电阻r=1Ω，当开关S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U=8.5V ，电流表的读数I=0.5A ．求： ①电阻R ； ②电源电动势E ； ③电源的输出功率P ．【答案】(1)17R =Ω；(2)9E V =；(3) 4.25P w = 【解析】 【分析】 【详解】(1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为：5UR I==Ω (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为E ＝U ＋Ir ＝12V (3)电源的输出功率为P ＝UI ＝20W 【点睛】部分电路欧姆定律U =IR 和闭合电路欧姆定律E =U +Ir 是电路的重点，也是考试的热点，要熟练掌握．2．如图所示的电路中，R 1＝4Ω，R 2＝2Ω，滑动变阻器R 3上标有“10Ω，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0.5A ；继续向右移动滑片P 至另一位置，电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）【答案】7.0V ，2.0Ω． 【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13×0.6 A＝0.2 A ，电压表的示数为13×15 V ＝5 V 当电流表示数为0.5A 时，R 1两端的电压为U 1＝I 1R 1＝0.5×4 V ＝2 V回路的总电流为I 总＝I 1+12U R ＝0.5+22A ＝1.5 A由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总r+U 1+U 3， 即E ＝1.5r+2+2①当电流表示数为0.2 A 时，R 1两端的电压为U 1′＝I 1′R 1＝0.2×4V ＝0.8 V回路的总电流为I 总′＝I 1′+12U R '＝0.2+0.82A ＝0.6A 由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总′r+U 1′+U 3′， 即E ＝0.6r+0.8+5②联立①②解得E ＝7.0 V ，r ＝2.0Ω 【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．3．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：0.40.220.1E V V t ∆Φ-===∆ （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=4J4．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R D=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。

高中物理稳恒电流题20套(带答案)含解析一、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 kΩ）；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0V A 0100,0.5R RR 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 =0.5Ω，电动机的电阻R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U 1=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-U 1-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-I 2R 0． 【详解】（1）电动机正常工作时，总电流为：I=1U RI=3.01.5A=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 ﹣U 1 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=I 2R 0 =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1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．【答案】（1）U–I图象如图所示：图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a如图所示：b.2 4 E r（3）见解析【解析】（1）U–I图像如图所示，其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a．如图所示b．电源输出的电功率：2222()2E EP I R RrR rR rR===+++当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr（3）电动势定义式：WEq=非静电力根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即22W I rt I Rt Irq IRq=+=+E Ir IR U U=+=+外内本题答案是：（1）U–I图像如图所示，其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流 （2）a ．如图所示当外电路电阻R =r 时，电源输出的电功率最大，为2max =4E P r（3）E U U =+外内点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当R =r 时，输出功率最大．4．（18分） 如图所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ。

高中物理稳恒电流题20套(带答案)含解析一、稳恒电流专项训练1．材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度．如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中R B、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R B.请按要求完成下列实验．(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6～1.0 T，不考虑磁场对电路其他部分的影响)．要求误差较小．提供的器材如下：A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150 ΩB．滑动变阻器R，总电阻约为20 ΩC．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 ΩD．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩE．直流电源E，电动势3 V，内阻不计F．开关S，导线若干(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：123456U(V)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝______Ω.结合题图可知待测磁场的磁感应强度B＝______T.(3)试结合题图简要回答，磁感应强度B在0～0.2 T和0.4～1.0 T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？________________________________________________________________________.(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论？___________________________________________________________________________.【答案】（1）见解析图（2）1500；0.90（3）在0～0.2T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在2．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3310kg m =⨯．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260410W P =⨯，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）31.510W P =⨯电（2）/0.045f mg = （3）2101m S = 【解析】试题分析：⑴31.510W P IU 电==⨯⑵0.9P 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204πS 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00P 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()130%P P =-'由于15%P P =电，所以电池板的最小面积()00130%P SP S =- 220004π101?m 0.70.150.7r P PS S 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3．如图所示的电路中，R 1＝4Ω，R 2＝2Ω，滑动变阻器R 3上标有“10Ω，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0.5A ；继续向右移动滑片P 至另一位置，电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）【答案】7.0V ，2.0Ω． 【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13×0.6 A ＝0.2 A ，电压表的示数为13×15 V ＝5 V 当电流表示数为0.5A 时，R 1两端的电压为U 1＝I 1R 1＝0.5×4 V ＝2 V回路的总电流为I 总＝I 1+12U R ＝0.5+22A ＝1.5 A由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总r+U 1+U 3， 即E ＝1.5r+2+2①当电流表示数为0.2 A 时，R 1两端的电压为U 1′＝I 1′R 1＝0.2×4V ＝0.8 V回路的总电流为I 总′＝I 1′+12U R ＝0.2+0.82A ＝0.6A 由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总′r+U 1′+U 3′， 即E ＝0.6r+0.8+5②联立①②解得E ＝7.0 V ，r ＝2.0Ω 【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．4．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：0.40.220.1E V Vt∆Φ-===∆（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=4J5．在如图所示的电路中,电源电动势E=3V,内阻r=0.5Ω,定值电阻R1=9Ω,R2=5.5Ω,电键S断开．①求流过电阻R1的电流;②求电阻 R1消耗的电功率;③将S闭合时,流过电阻R1的电流大小如何变化?【答案】(1)0.2A；(2)0.36W；(3)变大【解析】试题分析：（1）电键S断开时，根据闭合电路的欧姆定律求出电流；（2）根据211P I R=求出1R消耗的电功率；（3）将S闭合时回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析电流的变化．（1）电键S断开时，根据闭合电路的欧姆定律得：12EIR R r=++，解得：I=0.2A（2）根据211P I R=，得210.290.36P W=⨯=（3）将S闭合时，2R被短接，回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律：EI R r=+，可知电流变大，即流过电阻1R 的电流变大 【点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解决本题的关键就是要知道闭合电路的欧姆定律的表达式，并且知道回路中的电阻变化了，根据闭合电路的欧姆定律可以判断电流的变化．6．利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、稳恒电流专项训练1．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．（1）一段横截面积为S 、长为l 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e ．该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v ． （a ）求导线中的电流I ；（b ）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B ，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ，推导F 安=F ．（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F 与m 、n 和v 的关系．（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 【答案】（1）I nvSe =证明见答案 （2）213F P nm S υ== 【解析】 （1）（a ）电流QI t=，又因为[()]Q ne v St =，代入则I nvSe = （b ）F 安=BIL ，I nvSe =，代入则：F 安=BnvSeL ；因为总的自由电子个数N=nSL ，每个自由电子受到洛伦兹力大小f=Bve ，所以F=Nf =BnvSeL=F 安，即F 安=F ．（2）气体压强公式的推导：设分子质量为m ，平均速率为v ，单位体积的分子数为n ；建立图示柱体模型，设柱体底面积为S ，长为l ，则l t υ= 柱体体积V Sl = 柱体内分子总数N nV =总因分子向各个方向运动的几率相等，所以在t 时间内与柱体底面碰撞的分子总数为’16N N 总总＝设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为2p m N υ∆=，总依据动量定理有Ft p =∆ 又压力Ft p =∆由以上各式得单位面积上的压力2013F F nm S υ== 【点评】本题的第1题中两问都曾出现在课本中，例如分别出现在人教版选修3-1.P42，选修3-1P .42，这两个在上新课时如果老师注意到，并带着学生思考推导，那么这题得分是很容易的．第2问需要利用动量守恒知识，并结合热力学统计知识，通过建立模型，然后进行推导，这对学生能力要求较高，为了处理相应问题，通过建模来处理问题．在整个推导过程并不复杂，但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运动，而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等，即要取总分子个数的16． 【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导．2．在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S =0.20mm 2的金属丝a 、b 、c 的电阻率，采用如图所示的实验电路．M 为金属丝c 的左端点，O 为金属丝a 的右端点，P 是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表读数始终为I =1.25A ，电压表读数U 随OP 间距离x 的变化如下表：x /mm600 700 800 900 1000 120014001600180020002100220023002400U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75⑴绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线； ⑵求出金属丝的电阻率ρ，并进行比较．【答案】（1）如图所示； （2）电阻率的允许范围：a ρ：60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅b ρ：68.510m -⨯Ω⋅~71.1010m -⨯Ω⋅c ρ：60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率． 【解析】（1）以OP 间距离x 为横轴，以电压表读数U 为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线． （2）根据电阻定律l R S ρ=可得S U S R l I lρ=⋅=⋅． 663(6.5 3.9)0.2010 1.04101.25(1000600)10a m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 673(7.1 6.5)0.20109.6101.25(20001000)10b m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 663(9.77.1)0.2010 1.04101.25(24002000)10c m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率．3．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。

高中物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、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M′N′是两根用细线连接的金属杆，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． 【答案】（1）1221v v = （2）12243mgR v B l = ；22223mgR v B l= 【解析】 【分析】细线烧断前对MN 和M'N'受力分析，得出竖直向上的外力F=3mg ，细线烧断后对MN 和M'N'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M'N'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M'N'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M'N'速度分别为v 1、v 2． 根据MN 和M'N'动量守恒得出：mv 1﹣2mv 2=0 解得：122v v =： ① （2）细线烧断后，MN 向上做加速运动，M'N'向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，MN 和M'N'所受安培力增加，所以加速度在减小．当MN 和M'N'的加速度减为零时，速度最大．对M'N'受力平衡：BIl=2mg②，EI R=③，E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得：12243mgR v B l =、22223mgRv B l = 【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，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为12m 的小球1以速度052gr v =，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g . (1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ；(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R 消耗的电功率P ；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，计算金属杆转动的角速度的范围.【答案】(1) 52gr v = (2) 2424B L P Rω= (3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL【解析】 【分析】 【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111()222mv m m v =+ 解得52grv =(2)杆转动的电动势21122BLv BL L BL εωω==⨯= 电阻R 的功率22424B L P R Rεω==(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．在T 点，由牛顿第二定律得211v mg qE m r-=从S 到T ，由动能定理得2211112222qE r mg r mv mv ⋅-⋅=- 解得12mgE q=杆转动的电动势21112BL εω= 两板间电场强度11E dε=联立解得12mgdqBL ω=如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．在S 点，由牛顿第二定律得22v qE mg m r-=杆转动的电动势22212BL εω= 两板间电场强度22E dε=联立解得227mgdqBL ω=综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，金属杆转动的角速度的范围为：227mgd mgdqBL qBL ω≤≤.3．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l 1、l 2两处分别取一小段长度相等的粒子流I ∆．已知l l :l 2=1:4，这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n 1和n 2，求：n 1:n 2．(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v I 、v 2；A 、B 直径分别为d 1、d 2，且d 1：d 2=2:1．求：水流的速度大小之 比v 1:v 2．(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S l 远远大于细管内的横截面积S 2;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 It N q q== ；b. 21:2:1n n =；（2）221221::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：12Sv Sv =,由12S S >>，可得12v 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Q I t=， 电量Q Nq = 粒子数Q It N q q==b.根据v =可知在距粒子源1l 、2l 两处粒子的速度之比：12:1:2v v =极短长度内可认为速度不变，根据x v t∆=∆， 得12:2:1t t =根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：12:2:1n 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··4v d π处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比：221221::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：12Sv Sv = 由12S S >>，可得:12v 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10v =. 设细管处为零势面，所以有：21002mgh mv +=+解得:v =4．如图所示的电路中，R 1＝4Ω，R 2＝2Ω，滑动变阻器R 3上标有“10Ω，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0.5A ；继续向右移动滑片P 至另一位置，电压表指针指在满偏的13，电流表指针也指在满偏的13．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）【答案】7.0V ，2.0Ω． 【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13×0.6 A ＝0.2 A ，电压表的示数为13×15 V ＝5 V 当电流表示数为0.5A 时，R 1两端的电压为U 1＝I 1R 1＝0.5×4 V ＝2 V回路的总电流为I 总＝I 1+12U R ＝0.5+22A ＝1.5 A由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总r+U 1+U 3， 即E ＝1.5r+2+2①当电流表示数为0.2 A 时，R 1两端的电压为U 1′＝I 1′R 1＝0.2×4V ＝0.8 V回路的总电流为I 总′＝I 1′+12U R ＝0.2+0.82A ＝0.6A 由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总′r+U 1′+U 3′， 即E ＝0.6r+0.8+5②联立①②解得E ＝7.0 V ，r ＝2.0Ω 【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．5．利用如图所示的电路可以测量电源的电动势和内电阻。

高中物理稳恒电流技巧(很有用)及练习题含解析一、稳恒电流专项训练1．要描绘某电学元件（最大电流不超过６mＡ，最大电压不超过７Ｖ）的伏安特性曲线，设计电路如图，图中定值电阻Ｒ为１ＫΩ，用于限流；电流表量程为１０mＡ，内阻约为５Ω；电压表（未画出）量程为１０Ｖ，内阻约为１０ＫΩ；电源电动势Ｅ为１２Ｖ，内阻不计。

（１）实验时有两个滑动变阻器可供选择：a、阻值０到２００Ω，额定电流b、阻值０到２０Ω，额定电流本实验应选的滑动变阻器是（填“a”或“b”）（２）正确接线后，测得数据如下表１２３４５６７８９１０Ｕ（Ｖ）０.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.400.000.000.000.060.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50Ｉ（mＡ）a）根据以上数据，电压表是并联在Ｍ与之间的（填“Ｏ”或“Ｐ”）b）画出待测元件两端电压ＵＭＯ随ＭＮ间电压ＵＭＮ变化的示意图为（无需数值）【答案】(1) a(2) a) Pb）【解析】（1）选择分压滑动变阻器时，要尽量选择电阻较小的，测量时电压变化影响小，但要保证仪器的安全。

B 电阻的额定电流为，加在它上面的最大电压为10V ，所以仪器不能正常使用，而选择a 。

（2）电压表并联在M 与P 之间。

因为电压表加电压后一定有电流通过，但这时没有电流流过电流表，所以电流表不测量电压表的电流，这样电压表应该接在P 点。

视频2．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．（1）一段横截面积为S 、长为l 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电荷量为e ．该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v ． （a ）求导线中的电流I ；（b ）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B ，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ，推导F 安=F ．（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F 与m 、n 和v 的关系．（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 【答案】（1）I nvSe =证明见答案 （2）213F P nm S υ== 【解析】 （1）（a ）电流QI t=，又因为[()]Q ne v St =，代入则I nvSe = （b ）F 安=BIL ，I nvSe =，代入则：F 安=BnvSeL ；因为总的自由电子个数N=nSL ，每个自由电子受到洛伦兹力大小f=Bve ，所以F=Nf =BnvSeL=F 安，即F 安=F ．（2）气体压强公式的推导：设分子质量为m ，平均速率为v ，单位体积的分子数为n ；建立图示柱体模型，设柱体底面积为S ，长为l ，则l t υ= 柱体体积V Sl = 柱体内分子总数N nV =总因分子向各个方向运动的几率相等，所以在t 时间内与柱体底面碰撞的分子总数为’16N N 总总＝设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为2p m N υ∆=，总依据动量定理有Ft p =∆ 又压力Ft p =∆由以上各式得单位面积上的压力2013F F nm S υ== 【点评】本题的第1题中两问都曾出现在课本中，例如分别出现在人教版选修3-1.P42，选修3-1P .42，这两个在上新课时如果老师注意到，并带着学生思考推导，那么这题得分是很容易的．第2问需要利用动量守恒知识，并结合热力学统计知识，通过建立模型，然后进行推导，这对学生能力要求较高，为了处理相应问题，通过建模来处理问题．在整个推导过程并不复杂，但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运动，而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等，即要取总分子个数的16． 【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导．3．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R D =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。

高中物理稳恒电流试题(有答案和解析)一、稳恒电流专项训练1．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。

研究发现，电容器存储的能最表达式为c E =21CU 2，其中U 为电容器两极板间的电势差.C 为电容器的电容。

现将一电容器、电源和某定值电阻按照如图所示电路进行连接。

已知电源电动势为0E ，电容器电容为0C ，定值电阻阻值为R ，其他电阻均不计，电容器原来不带电。

现将开关S 闭合，一段时间后，电路达到稳定状态。

求：在闭合开关到电路稳定的过程中，该电路因电磁辐射、电流的热效应等原因而损失的能量。

【答案】2012CE 【解析】【详解】 根据电容定义，有C=Q U，其中Q 为电容器储存的电荷量，得：Q=CU 根据题意，电容器储存能量：E C =12CU 2 利用电动势为E 0的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为E 0， 所以电容器最终储存的能量为：E 充=2012CE ， 则电容器最终储存的电荷量为：Q=CE 0， 整个过程中消耗消耗能量为：E 放=W 电源=E 0It=E 0Q=C 20E根据能量守恒得：E 损=E 放-E 充=C 20E -2012CE =2012CE2．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=1Ω【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=U 1+I 1r=U 1+当开关S 扳到位置2时，E=U 2+I 2r=U 2+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．3．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数100n =，穿过每匝线圈的磁通量ϕ随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻 5.0r =Ω，外电路电阻95R =Ω，已知感应电动势的最大值m m E n ω=Φ，其中m Φ为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路的交流电流表（内阻不计）的读数。

高中物理稳恒电流解题技巧及经典题型及练习题一、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M′N′是两根用细线连接的金属杆，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． 【答案】（1）1221v v = （2）12243mgR v B l = ；22223mgR v B l= 【解析】 【分析】细线烧断前对MN 和M'N'受力分析，得出竖直向上的外力F=3mg ，细线烧断后对MN 和M'N'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M'N'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M'N'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M'N'速度分别为v 1、v 2． 根据MN 和M'N'动量守恒得出：mv 1﹣2mv 2=0 解得：122v v =： ① （2）细线烧断后，MN 向上做加速运动，M'N'向下做加速运动，由于速度增加，感应电动势增加，MN 和M'N'所受安培力增加，所以加速度在减小．当MN 和M'N'的加速度减为零时，速度最大．对M'N'受力平衡：BIl=2mg②，EI R=③，E=Blv 1+Blv 2 ④ 由①﹣﹣④得：12243mgR v B l =、22223mgRv B l = 【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．为了测量一个阻值较大的末知电阻，某同学使用了干电池（1.5V ），毫安表（1mA ），电阻箱（0～9999W ），电键，导线等器材．该同学设计的实验电路如图甲所示，实验时，将电阻箱阻值置于最大，断开2K ，闭合1K ，减小电阻箱的阻值，使电流表的示数为1I ＝1.00mA ，记录电流强度值；然后保持电阻箱阻值不变，断开1K ，闭合2K ，此时电流表示数为1I ＝0.80mA ，记录电流强度值．由此可得被测电阻的阻值为____W ．经分析，该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致，因此会造成误差．为避免电源对实验结果的影响，又设计了如图乙所示的实验电路，实验过程如下： 断开1K ，闭合2K ，此时电流表指针处于某一位置，记录相应的电流值，其大小为I ；断开2K ，闭合1K ，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为___ ，记录此时电阻箱的阻值，其大小为0R ．由此可测出x R ＝ ．【答案】0375,,I R 【解析】解：方案一中根据闭合电路欧姆定律，有E=I 1（r+R 1+R 2） （其中r 为电源内阻，R 1为电阻箱电阻，R 2为电流表内阻） E=I 2（r+R 1+R 2+R ） 由以上两式可解得 R=375Ω方案二是利用电阻箱等效替代电阻R 0，故电流表读数不变，为I ，电阻箱的阻值为R 0． 故答案为375，I ，R 0．【点评】本题关键是根据闭合电路欧姆定律列方程，然后联立求解；第二方案是用等效替代法，要保证电流相等．3．如图所示的电路中，电源电动势E =10V ，内阻r =0.5Ω，电动机的电阻R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U 1=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=1URI=3.01.5A=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．4．如图1所示，用电动势为E、内阻为r的电源，向滑动变阻器R供电．改变变阻器R的阻值，路端电压U与电流I均随之变化．（1）以U为纵坐标，I为横坐标，在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图，并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义．（2）a．请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件．（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和．【答案】（1）U–I图象如图所示：图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a如图所示：b.2 4 E r（3）见解析【解析】（1）U–I图像如图所示，其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a．如图所示b．电源输出的电功率：2222 ()2E EP I R RrRrR rR===+++当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr（3）电动势定义式：WEq=非静电力根据能量守恒定律，在图1所示电路中，非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热，即22W I rt I Rt Irq IRq=+=+E Ir IR U U=+=+外内本题答案是：（1）U–I图像如图所示，其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流（2）a．如图所示当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为2max=4EPr（3）E U U =+外内点睛：运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式，并求出当R =r 时，输出功率最大．5．如图所示，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为12m 的小球1以速度052gr v =，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g . (1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ；(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R 消耗的电功率P ；(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，计算金属杆转动的角速度的范围.【答案】(1) 52gr v = (2) 2424B L P Rω= (3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL【解析】 【分析】 【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111()222mv m m v =+ 解得52grv =(2)杆转动的电动势21122BLv BL L BL εωω==⨯=电阻R 的功率22424B L P R Rεω==(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．在T 点，由牛顿第二定律得211v mg qE m r-=从S 到T ，由动能定理得2211112222qE r mg r mv mv ⋅-⋅=- 解得12mgE q=杆转动的电动势21112BL εω= 两板间电场强度11E dε=联立解得12mgdqBL ω=如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．在S 点，由牛顿第二定律得22v qE mg m r-=杆转动的电动势22212BL εω= 两板间电场强度22E dε=联立解得227mgdqBL ω=综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，金属杆转动的角速度的范围为：227mgd mgdqBL qBL ω≤≤.6．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。