【物理】 高考物理稳恒电流专题训练答案及解析

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：（2）根据热功率公式

=2A

，可得固定电阻的发热功率：=12W

=9V

=18W

=4W

=14W

（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电动机两端的电压：电动机消耗的功率：

一部分是线圈内阻的发热功率：另一部分转换为机械功率输出，则

【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．如图所示的电路中，R1＝4Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3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

1，电流表指针也指在满偏的31．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字） 3

【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A＝0.2 A，电压表的示数为

1×0.6 31×15 V＝5 V 3当电流表示数为0.5A时，R1两端的电压为U1＝I1R1＝0.5×4 V＝2 V 回路的总电流为I总＝I1+

U12＝0.5+A＝1.5 A R22由闭合电路欧姆定律得E＝I总r+U1+U3， 即E＝1.5r+2+2①

当电流表示数为0.2 A时，R1两端的电压为U1′＝I1′R1＝0.2×4V＝0.8 V

U10.8A＝0.6A 回路的总电流为I总′＝I1′+＝0.2+

R22由闭合电路欧姆定律得E＝I总′r+U1′+U3′， 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=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．把一只“1.5V，0.3A”的小灯泡接到6V的电源上，为使小灯泡正常发光，需要串联还是并联一个多大电阻？ 【答案】串联一个15Ω的电阻 【解析】 【分析】 【详解】

要使灯泡正常发光则回路中电流为0.3A，故回路中的总电阻为

R总灯泡的电阻为

U6Ω=20Ω I0.3RLUL1.5Ω=5Ω I0.3由于电源电压大于灯泡额定电压，故需要串联一个电阻分压，阻值为

RR总-RL20Ω5Ω15Ω

5．如图所示的电路中，电炉电阻R＝10Ω，电动机线圈的电阻r＝1Ω，电路两端电压U＝100V，电流表的示数为30A，问：

(1)通过电动机的电流为多少？

(2)通电一分钟，电动机做的有用功为多少？ 【答案】(1)I2＝20A (2)W＝9.6×104J 【解析】 【详解】

根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为：I1U100A10A R10根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，则通过电动机的电流强度为：I2＝I－I1＝20 A.

电动机的总功率为P＝UI2＝100×20 W＝2×103W. 因发热而损耗的功率为P′＝I22r＝400 W.

电动机的有用功率(机械功率)为P″＝P－P′＝1.6×103W， 电动机通电1 min做的有用功为W＝P″t＝1.6×103×60 J＝9.6×104J. 【点睛】

题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机)．在纯电阻电路中可运用欧姆定律I＝U/R直接求出电流强度，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出．在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功．

6．一交流电压随时间变化的图象如图所示．若用此交流电为一台微电子控制的电热水瓶供电，电热水瓶恰能正常工作．加热时的电功率P＝880W，保温时的电功率P′＝20W．求：

①该交流电电压的有效值U； ②电热水瓶加热时通过的电流I；． ③电热水瓶保温5h消耗的电能E． 【答案】①220V②4A③3.6105J 【解析】

①根据图像可知，交流电电压的最大值为：Um2202V， 则该交流电电压的有效值为：UUm220V； 2P880A4A U220②电热水瓶加热时，由PUI得：I③电热水瓶保温5h消耗的电能为：WPt2053600J3.6105J

点睛：本题根据交流电图象要能正确求解最大值、有效值、周期、频率等物理量，要明确功率公式PUI对交流电同样适用，不过U、I都要用有效值．

7．某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示．在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面（纸面）向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好．当传送带以一定的速度v匀速运

动时，

（1）电压表的示数

（2）电阻R产生焦耳热的功率

（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功

B2L2v2RBLvRB2L2vd3【答案】（1）U；（2）P． 2；（）W(Rr)RrRr【解析】

试题分析：（1）金属条产生的感应电动势为E=BLv， 电路中的感应电流为I=

BLvRBLv，故电压表的示数UIR； RrRr222BLvR2

2RP=IR=（）电阻产生焦耳热的功率；

(Rr)2B2L2vd（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功W=F安d=BILd=．

Rr考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力．

8．如图所示电路中，R1=6 Ω，R2=12 Ω，R3=3 Ω，C=30 μF，当开关S断开，电路稳定时，电源总功率为4 W，当开关S闭合，电路稳定时，电源总功率为8 W，求：

(1)电源的电动势E和内电阻r；

(2)在S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是多少？ 【答案】（1）8V ,1Ω （2）1.8×10﹣4C ,0 C 【解析】 【详解】 （1）S断开时有： E=I1（R2+R3）+I1r…① P1=EI1…②

S闭合时有：E=I2（R3+P2=EI2…④

R1R2 ）+I2r…③ R1R2由①②③④可得：E=8V ；I1=0.5A；r=1Ω；I2=1A （3）S断开时有：U=I1R2

得：Q1=CU=30×10-6×0.5×12C=1.8×10-4C S闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q2=0

9．如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场．一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边．已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L>2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－

2t(T)的规律变化．开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小灯泡正常发光时的电阻R；

(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q. 【答案】(1)1.25 Ω (2)3.14 J 【解析】 【分析】

（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解感应电动势；由功率表达式，结合闭合电路欧姆定律即可；

（2）对线框受力分析，并结合平衡条件，及焦耳定律，从而求得． 【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律有E＝n得E＝n tB1221r＝100.52V＝2.5?V t22小灯泡正常发光，有P＝I2R 由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)

则有P＝(

E)2R，代入数据解得R＝1.25 Ω. R0R（2）对线框受力分析如图

设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B′，由力的平衡条件有 mgsin θ＝F安＋f＝F安＋μmgcos θ F安＝nB′I×2r

联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T 线框在斜面上可保持静止的时间t小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25×

1.ss 2/54J＝3.14 J. 5

10．如图所示，在两光滑平行金属导轨之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的间距为L，电阻不计．金属棒垂直于导轨放置，质量为m，重力和电阻可忽略不计．现在导轨左端接入一个电阻为R的定值电阻，给金属棒施加一个水平向右的恒力F，经过时t0后金属棒达到最大速度．

1金属棒的最大速度vmax是多少？

2求金属棒从静止达到最大速度的过程中．通过电阻R的电荷量q；

3如图乙所示，若将电阻换成一个电容大小为C的电容器(认为电容器充放电可瞬间完成

)．求金属棒由静止开始经过时间t后，电容器所带的电荷量Q．

【答案】1【解析】 【分析】

（1）当速度最大时，导体棒受拉力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式列式后联立求解即可；（2）根据法律的电磁感应定律列式求解平均感应电动势、根据欧姆定律列式求解平均电流、再根据电流定义求解电荷量；（3）根据牛顿第二定律和电流的定义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况．由法拉第电磁感应定律求解MN棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量．

Ft0FmRFRFCBLt23；；． 223322BLBLBLmCBL【详解】

B2L2vmax（1）当安培力与外力相等时，加速度为零，物体速度达到最大，即F=BIL=

R由此可得金属棒的最大速度：vmax=

FR22 BL（2）由动量定律可得：(F-F)t0=mvmax

B2L2x其中：F=

Rt0Ft0RFmR2解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=22-44

BLBL通过电阻R的电荷量：q=

BLxFt0FmR=-33 RBLBL（3）设导体棒运动加速度为a，某时装金属棒的速度为v1，经过nt金属体的速度为v2，导体棒中流过的电流(充电电流)为I，则:F-BIL=ma 电流：I=

VQCVE= VtVt其中：nE=BLv2-BLv1=BLnv，a=联立各式得：a=

nv ntF

mCB2L2FCBLt

mCB2L2因此，导体棒向右做匀加速直线运动．由于所有电阻均忽略，平行板电容器两板间电压U与导体棒切割磁感线产生的感应电动势E相等，电容器的电荷量：Q=CBLat=答：（1）金属棒的最大速度vmax是

FR； B2L2Ft0FmR； BLB3L3（2）金属棒从静止达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量q为（3）金属棒由静止开始经过时间t后，电容器所带的电荷量Q为【点睛】

FCBLt．

mCB2L2解决本题的关键有两个：一是抓住电流的定义式，结合牛顿第二定律分析金属棒的加速度．二是运用微元法，求解金属棒的位移，其切入口是加速度的定义式．

11．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．

BL2B2L4（3）【答案】（1）逆时针；增大角速度（2） 8r32r【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E12BL 2r． 3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

通过闭合回路的电流

IErr33E4r

12BL33BL2 带入即得2I4r8rIBL2流过二极管电流为

38r（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T2

2I2B2L4所以二极管消耗的电能QI'rT()rT

332r考点：电磁感应 串并联电路

12．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L=0．2m，长为2d，

d=0．5m，上半段d导轨光滑，下半段d导轨的动摩擦因素为3，导轨平面与水平6面的夹角为θ=30°．匀强磁场的磁感应强度大小为B=5T，方向与导轨平面垂直．质量为m=0．2kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R=3Ω，导体棒的电阻为r=1Ω，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g=10m/s2，求：

（1）导体棒到达轨道底端时的速度大小；

（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q； （3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q． 【答案】（1）2m/s （2）0．125C （3）0．2625J 【解析】

试题分析：（1）导体棒在粗糙轨道上受力平衡： mgsin θ=\"μmgcos\" θ+BIL

E=BLv 解得：v=2m/s （2）进入粗糙导轨前：

解得：q=0．125C （3）由动能定理得：

考点：法拉第电磁感应定律；物体的平衡；动能定理

【名师点睛】本题实质是力学的共点力平衡与电磁感应的综合，都要求正确分析受力情

况，运用平衡条件列方程，关键要正确推导出安培力与速度的关系式，分析出能量是怎样转化的．

13．如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R=4Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内，质量为m=0.2kg，长为L=1.0m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r=1Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示．求：

（1）导轨平面与水平面间夹角θ （2）磁场的磁感应强度B；

（3）若靠近电阻处到底端距离为S=7.5m，ab棒在下滑至底端前速度已达5m/s，求ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热． 【答案】（1）导轨平面与水平面间夹角θ为30°． （2）磁场的磁感应强度B为1T．

（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热是4J．

【点评】本题的解题关键是根据牛顿第二定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，结合图象的信息求解相关量． 【解析】

试题分析：（1）设刚开始下滑时导体棒的加速度为a1，则a1=5

得：

（2）当导体棒的加速度为零时，开始做匀速运动，设匀速运动的速度为v0，导体棒上的感应电动势为E，电路中的电流为I，由乙图知，匀速运动的速度v0=5 此时，

，

，

联立得：

（4）设ab棒下滑过程，产生的热量为Q，电阻R上产生的热量为QR，则

，

考点：本题考查电磁感应、能量守恒

14．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角θ=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=0.5m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒ab的质量m=1kg、电阻r=1Ω．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡电阻RL=4Ω，定值电阻R1=2Ω，

电阻箱电阻R2=12Ω，重力加速度为g=10m/s2，现闭合开关，将金属棒由静止释放，下滑距离为s0=50m时速度恰达到最大，试求： （1）金属棒下滑的最大速度vm；

（2）金属棒由静止开始下滑2s0的过程中整个电路产生的电热Q．

【答案】（1）30m/s（2）50J 【解析】

解：（1）由题意知，金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，则有：mgsinθ=F安 又 F安=BIL，即得 mgsinθ=BIL…① ab棒产生的感应电动势为 E=BLvm…② 通过ab的感应电流为 I=…③ 回路的总电阻为 R=r+R1+

…④

联解代入数据得：vm=30m/s…⑤ （2）由能量守恒定律有：mg•2s0sinθ=Q+联解代入数据得：Q=50J…⑦

答：（1）金属棒下滑的最大速度vm是30m/s．

（2）金属棒由静止开始下滑2s0的过程中整个电路产生的电热Q是50J．

【点评】本题对综合应用电路知识、电磁感应知识和数学知识的能力要求较高，但是常规题，要得全分．

…⑥

15．(10分)如图所示，倾角θ=30°、宽L=1m的足够长的U形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量m=0.2kg，电阻R=l的金属棒ab垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力F作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g取l0m/s。求：

2

(1)若牵引力的功率P恒为56W，则ab棒运动的最终速度为多大?

(2)当ab棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab棒的速度为零，通过ab棒的电量q=0.5C，则撤去牵引力后ab棒向上滑动的距离多大? 【答案】（1）7 m/s ；（2）0.5m 【解析】

试题分析：（1）当以恒定功率牵引ab棒达到最大速度时：P=Fv，E=BLv，I=E/R，F安=BIL

FmgsinF安0

解得：v=7 m/s

(2)设撤去F后ab棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为x，通过ab的电荷量，

EBLxBLx，qIt ttRqR0.5m BL考点：本题考查电磁感应

联立解得：x