高中物理穩(wěn)恒電流解題技巧及經(jīng)典題型及練習題一、穩(wěn)恒電流專項訓練1．4～1.0T范圍內(nèi)，磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）（4）磁場反向，磁敏電阻的阻值不變．【解析】（1）當B＝0.6T時，磁敏電阻阻值約為6×150Ω＝900Ω，當B＝1.0T時，磁敏電阻阻值約為11×150Ω＝1650Ω．由于滑動變阻器全電阻20Ω比磁敏電阻的阻值小得多，故滑動變阻器選擇分壓式接法；由于，所以電流表應內(nèi)接．電路圖如圖所示．（2）方法一：根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以求得磁敏電阻的阻值分別為：，，，，，故電阻的測量值為（1500－1503Ω都算正確．）由于，從圖1中可以讀出B＝0.9T方法二：作出表中的數(shù)據(jù)作出U－I圖象，圖象的斜率即為電阻（略）．（3）在0～0.2T范圍，圖線為曲線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或非均勻變化）；在0.4～1.0T范圍內(nèi)，圖線為直線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）；（4）從圖3中可以看出，當加磁感應強度大小相等、方向相反的磁場時，磁敏電阻的阻值相等，故磁敏電阻的阻值與磁場方向無關．本題以最新的科技成果為背景，考查了電學實驗的設計能力和實驗數(shù)據(jù)的處理能力．從新材料、新情景中舍棄無關因素，會看到這是一個考查伏安法測電阻的電路設計問題，及如何根據(jù)測得的U、I值求電阻．第（3）、（4）問則考查考生思維的靈敏度和創(chuàng)新能力．總之本題是一道以能力立意為主，充分體現(xiàn)新課程標準的三維目標，考查學生的創(chuàng)新能力、獲取新知識的能力、建模能力的一道好題．2．要描繪某電學元件（最大電流不超過６mＡ，最大電壓不超過７Ｖ）的伏安特性曲線，設計電路如圖，圖中定值電阻Ｒ為１ＫΩ，用于限流；電流表量程為１０mＡ，內(nèi)阻約為５Ω；電壓表（未畫出）量程為１０Ｖ，內(nèi)阻約為１０ＫΩ；電源電動勢Ｅ為１２Ｖ，內(nèi)阻不計。（１）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：a、阻值０到２００Ω，額定電流b、阻值０到２０Ω，額定電流本實驗應選的滑動變阻器是（填“a”或“b”）（２）正確接線后，測得數(shù)據(jù)如下表１２３４５６７８９１０Ｕ（Ｖ）０.003.006.006.166.286.326.366.386.396.40Ｉ（mＡ）0.000.000.000.060.501.002.003.004.005.50a）根據(jù)以上數(shù)據(jù)，電壓表是并聯(lián)在Ｍ與之間的（填“Ｏ”或“Ｐ”）b）畫出待測元件兩端電壓ＵＭＯ隨ＭＮ間電壓ＵＭＮ變化的示意圖為（無需數(shù)值）【答案】(1)a(2)a)Pb）【解析】（1）選擇分壓滑動變阻器時，要盡量選擇電阻較小的，測量時電壓變化影響小，但要保證儀器的安全。B電阻的額定電流為，加在它上面的最大電壓為10V，所以儀器不能正常使用，而選擇a。（2）電壓表并聯(lián)在M與P之間。因為電壓表加電壓后一定有電流通過，但這時沒有電流流過電流表，所以電流表不測量電壓表的電流，這樣電壓表應該接在P點。視頻3．材料的電阻率ρ隨溫度變化的規(guī)律為ρ=ρ0(1+αt)，其中α稱為電阻溫度系數(shù)，ρ0是材料在t=0℃時的電阻率．在一定的溫度范圍內(nèi)α是與溫度無關的常量．金屬的電阻一般隨溫度的增加而增加，具有正溫度系數(shù)；而某些非金屬如碳等則相反，具有負溫度系數(shù)．利用具有正負溫度系數(shù)的兩種材料的互補特性，可制成阻值在一定溫度范圍內(nèi)不隨溫度變化的電阻．已知：在0℃時，銅的電阻率為1.7×10-8Ω·m，碳的電阻率為3.5×10-5Ω·m；在0℃附近，銅的電阻溫度系數(shù)為3．9×10-3℃-1，碳的電阻溫度系數(shù)為-5.0×10-4℃-1．將橫截面積相同的碳棒與銅棒串接成長1.0m的導體，要求其電阻在0℃附近不隨溫度變化，求所需碳棒的長度（忽略碳棒和銅棒的尺寸隨溫度的變化）．【答案】3．8×10-3m【解析】【分析】【詳解】設所需碳棒的長度為L1，電阻率為，電阻恒溫系數(shù)為；銅棒的長度為，電阻率為，電阻恒溫系數(shù)為．根據(jù)題意有①②式中分別為碳和銅在0℃時的電阻率．設碳棒的電阻為，銅棒的電阻為，有③，④式中S為碳棒與銅棒的橫截面積．碳棒和銅棒連接成的導體的總電阻和總長度分別為⑤，⑥式中聯(lián)立以上各式得：⑦要使電阻R不隨溫度t變化，⑦式中t的系數(shù)必須為零．即⑧聯(lián)立⑥⑧得：⑨代入數(shù)據(jù)解得：⑩【點睛】考點：考查了電阻定律的綜合應用本題分析過程非常復雜，難度較大，關鍵是對題中的信息能夠吃投，比如哦要使電阻R不隨溫度t變化，需要滿足的條件4．對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)。如圖所示：一段橫截面積為S、長為l的金屬電阻絲，單位體積內(nèi)有n個自由電子，每一個電子電量為e。該電阻絲通有恒定電流時，兩端的電勢差為U，假設自由電子定向移動的速率均為v。（1）求導線中的電流I；（2）有人說“導線中電流做功，實質(zhì)上就是導線中的恒定電場對自由電荷的靜電力做功”。這種說法是否正確，通過計算說明。（3）為了更好地描述某個小區(qū)域的電流分布情況，物理學家引入了電流密度這一物理量，定義其大小為單位時間內(nèi)通過單位面積的電量。若已知該導線中的電流密度為，導線的電阻率為，試證明：。【答案】（1）；（2）正確，說明見解析；（3）證明見解析【解析】【詳解】（1）電流的定義式，在t時間內(nèi)，流過橫截面的電荷量因此（2）這種說法正確。在電路中，導線中電流做功為：在導線中，恒定電場的場強，導體中全部自由電荷為，導線中的恒定電場對自由電荷力做的功：又因為，則故“導線中電流做功，實質(zhì)上就是導線中的恒定電場對自由電荷的靜電力做功”是正確的。（3）由歐姆定律：由電阻定律：則，則有：電流密度的定義：故5．一電路如圖所示，電源電動勢E=28v，內(nèi)阻r=2Ω，電阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C為平行板電容器，其電容C=3.0pF，虛線到兩極板距離相等,極板長L=0.20m，兩極板的間距d=1.0×10-2m．（1）閉合開關S穩(wěn)定后，求電容器所帶的電荷量為多少?（2）當開關S閉合后，有一未知的、待研究的帶電粒子沿虛線方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的電場中，已知該帶電粒子剛好從極板的右側(cè)下邊緣穿出電場，求該帶電粒子的比荷q/m（不計粒子的重力，M、N板之間的電場看作勻強電場，g=10m/s2）【答案】（1）（2）【解析】【分析】【詳解】（1）閉合開關S穩(wěn)定后，電路的電流：；電容器兩端電壓：；電容器帶電量：（2）粒子在電場中做類平拋運動，則：聯(lián)立解得6．如圖所示，已知電源電動勢E=20V，內(nèi)阻r=lΩ，當接入固定電阻R=3Ω時，電路中標有“3V,6W”的燈泡L和內(nèi)阻RD=1Ω的小型直流電動機D都恰能正常工作.試求：（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)值可得流過燈泡的電流為：=2A（2）根據(jù)熱功率公式，可得固定電阻的發(fā)熱功率：=12W（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知電動機兩端的電壓：=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，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，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。7．超導現(xiàn)象是20世紀人類重大發(fā)現(xiàn)之一，日前我國己研制出世界傳輸電流最大的高溫超導電纜并成功示范運行．（l）超導體在溫度特別低時電阻可以降到幾乎為零，這種性質(zhì)可以通過實驗研究．將一個閉合超導金屬圈環(huán)水平放置在勻強磁場中，磁感線垂直于圈環(huán)平面向上，逐漸降低溫度使環(huán)發(fā)生由正常態(tài)到超導態(tài)的轉(zhuǎn)變后突然撤去磁場，若此后環(huán)中的電流不隨時間變化．則表明其電阻為零．請指出自上往下看環(huán)中電流方向，并說明理由．（2）為探究該圓環(huán)在超導狀態(tài)的電阻率上限ρ，研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為I，并經(jīng)一年以上的時間t未檢測出電流變化．實際上儀器只能檢測出大于△I的電流變化，其中△I＜＜I，當電流的變化小于△I時，儀器檢測不出電流的變化，研究人員便認為電流沒有變化．設環(huán)的橫截面積為S，環(huán)中定向移動電子的平均速率為v，電子質(zhì)量為m、電荷量為e．試用上述給出的各物理量，推導出ρ的表達式．（3）若仍使用上述測量儀器，實驗持續(xù)時間依舊為t．為使實驗獲得的該圓環(huán)在超導狀態(tài)的電阻率上限ρ的準確程度更高，請?zhí)岢瞿愕慕ㄗh，并簡要說明實現(xiàn)方法．【答案】（1）見解析（2）（3）見解析【解析】（1）逆時針方向。原磁場磁感線垂直于圓環(huán)平面向上，當撤去磁場瞬間，環(huán)所圍面積的原磁通量突變?yōu)榱?，由楞次定律可知，環(huán)中感應電流的磁場方向應與原磁場方向相同，即向上。由右手螺旋定則可知，環(huán)中電流的方向是沿逆時針方向。（2）設圓環(huán)周長為、電阻為R，由電阻定律得由于有電阻，所以圓環(huán)在傳導電流過程中，電流做功，把電能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。設t時間內(nèi)環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為，由焦耳定律得因電流是圓環(huán)中電荷的定向移動形成的，故可設環(huán)中單位體積內(nèi)定向移動電子數(shù)為n，由電流強度的定義得：因式中n、e、S不變，所以只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環(huán)中電流的變化。電流變化大小取時，相應定向移動電子的平均速率變化的大小為，則在t時間內(nèi)單個電子在環(huán)中定向移動時減小的動能為：圓環(huán)中總電子為設環(huán)中定向移動電子減少的動能總和為，則由于，可得根據(jù)能量守恒定律，得聯(lián)立上述各式，得（3）由看出，在題設條件限制下，適當增大超導電流，可以使實驗獲得的準確程度更高，通過增大穿過該環(huán)的磁通量變化率可實現(xiàn)增大超導電流。此題易錯點：分析能量的轉(zhuǎn)換關系以及微觀量與宏觀量關系時出錯?！究键c定位】本題考查楞次定律、電阻定律、電流強度和能量轉(zhuǎn)換等知識，是一道電磁學聯(lián)系實際的綜合問題，意在考查考生靈活應用物理知識解決實際問題的能力。8．如圖所示，M為一線圈電阻RM=0.5Ω的電動機，R=8Ω，電源電動勢E=10V．當S斷開時，電流表的示數(shù)I1=1A，當開關S閉合時，電流表的示數(shù)為I2=3A．求：（1）電源內(nèi)阻r；（2）開關S斷開時，電阻R消耗的功率P．（3）開關S閉合時，通過電動機M的電流大小IM．【答案】（1）2Ω（2）（3）【解析】（1）當S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律：，，r=2Ω；電阻R消耗的功率：路端電壓：R之路電流：電動機的電流：點睛：當S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的內(nèi)阻．當開關S閉合時，已知電流表的示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出路端電壓，由歐姆定律求出通過R的電流，得到通過電動機的電流．9．在如圖所示的電路中,電源電動勢E=3V,內(nèi)阻r=0.5Ω,定值電阻R1=9Ω,R2=5.5Ω,電鍵S斷開．①求流過電阻R1的電流;②求電阻R1消耗的電功率;③將S閉合時,流過電阻R1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)求出消耗的電功率；（3）將S閉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：，解得：I=0.2A（2）根據(jù)，得（3）將S閉合時，被短接，回路中的總電阻減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律：，可知電流變大，即流過電阻的電流變大【點睛】本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，解決本題的關鍵就是要知道閉合電路的歐姆定律的表達式，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．10．微波爐的工作應用了一種電磁波——微波(微波的頻率為2.45×106Hz)．食物中的水分子在微波的作用下加劇了熱運動，內(nèi)能增加，溫度升高，食物增加的能量是微波給它的．右下表是某微波爐的部分技術(shù)參數(shù)，問：（1）該微波爐內(nèi)磁控管產(chǎn)生的微波波長是多少？（2）該微波爐在使用微波擋工作時的額定電流是多少?（3）如果做一道菜，使用微波擋需要正常工作30min，則做這道菜需消耗的電能為多少?【答案】(1)0.12m（2）5A（3）【解析】【分析】由c=λf求得λ；額定電流=額定功率除以額定電壓；消耗的電能等于功率與時間的乘積．【詳解】（1）波長為．（2）額定電流：．（3）消耗的電能E=W=Pt=1100×1800=1.98×106J．【點睛】本題主要考查了電功率和電能的計算，屬于基礎題．11．如圖所示，已知R3＝3Ω，理想電壓表讀數(shù)為3v，理想電流表讀數(shù)為2A，某時刻由于電路中R3發(fā)生斷路，電流表的讀數(shù)2．5A，R1上的電壓為5v，求：（1）R1大小、R3發(fā)生斷路前R2上的電壓、及R2阻值各是多少？（R3發(fā)生斷路時R2上沒有電流）（2）電源電動勢E和內(nèi)電阻r各是多少？【答案】（1）1V1Ω（2）10V；2Ω【解析】試題分析：（1）R3斷開時電表讀數(shù)分別變?yōu)?v和2．5A可知R1=2歐R3斷開前R1上電壓U1=R1I=4VU1=U2+U3所以U2=1VU2：U3=R2：R3=1:3R2=1Ω（2）R3斷開前總電流I1=3AE=U1+I1rR3斷開后總電流I2=2．5AE=U2+I2r聯(lián)解方程E=10Vr=2Ω考點：閉合電路的歐姆定律【名師點睛】12．如圖所示，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道寬為，管道高度為，上、下兩面是絕緣板，前后兩側(cè)是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關和定值電阻相連。整個管道置于勻強磁場中，磁感應強度大小為、方向沿軸正方向。管道內(nèi)始終充滿導電液體，兩導體板間液體的電阻為，開關閉合前后，液體均以恒定速率沿軸正方向流動。忽略液體流動時與管道間的流動阻力。（1）開關斷開時，求兩導板間電壓，并比較導體板的電勢高低；（2）開關閉合后，求：a.通過電阻的電流及兩導體板間電壓；b.左右管道口之間的壓強差?！敬鸢浮浚?）U0=Bdv0，（2）a．；b．【解析】【詳解】（1）該發(fā)電裝置原理圖等效為如圖，管道中液體的流動等效為寬度為d的導體棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E=Bdv0則開關斷開時U0=Bdv0由右手定則可知等效電源MN內(nèi)部的電流為N到M，則M點為等效正極，有；（2）a．由閉合電路歐姆定律外電路兩端的電壓：b．設開關閉合后，管道兩端壓強差分別為，忽略液體所受的摩擦阻力，開關閉合后管道內(nèi)液體受到安培力為F安，則有聯(lián)立可得管道兩端壓強差的變化為：13．對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質(zhì)。一段長為l、橫截面積為S的細金屬直導線，單位體積內(nèi)有n個自由電子，電子電荷量為e、質(zhì)量為m。（1）該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率恒為v。①求導線中的電流I；②為了更精細地描述電流的分布情況，引入了電流面密度j，電流面密度被定義為單位面積的電流強度，求電流面密度j的表達式；③經(jīng)典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩余部分）的碰撞，該碰撞過程將對電子的定向移動形成一定的阻礙作用，該作用可等效為施加在電子上的一個沿導線的平均阻力。若電子受到的平均阻力大小與電子定向移動的速率成正比，比例系數(shù)為k。請根據(jù)以上描述構(gòu)建物理模型，求出金屬導體的電阻率ρ的微觀表達式。（2*）將上述導線彎成一個閉合圓線圈，若該不帶電的圓線圈繞通過圓心且垂直于線圈平面的軸勻速率轉(zhuǎn)動，線圈中不會有電流通過，若線圈轉(zhuǎn)動的線速度大小發(fā)生變化，線圈中會有電流通過，這個現(xiàn)象首先由斯泰瓦和托爾曼在1917年發(fā)現(xiàn)，被稱為斯泰瓦—托爾曼效應。這一現(xiàn)象可解釋為：當線圈轉(zhuǎn)動的線速度大小均勻變化時，由于慣性，自由電子與線圈中的金屬離子間產(chǎn)生定向的相對運動，從而形成電流。若此線圈在勻速轉(zhuǎn)動的過程中突然停止轉(zhuǎn)動，由于電子在導線中運動會受到沿導線的平均阻力，所以只會形成短暫的電流。已知電子受到的沿導線的平均阻力滿足（1）問中的規(guī)律，求此線圈以由角速度ω勻速轉(zhuǎn)動突然停止轉(zhuǎn)動（減速時間可忽略不計）之后，通過線圈導線橫截面的電荷量Q?！敬鸢浮浚?）①；②；③（2）【解析】【詳解】（1）①導線中的電流；②電流面密度；③取長度為L一段導體，則電子做定向移動時滿足電場力與阻力相等，即而聯(lián)立解得（2）設線圈經(jīng)過時間?t停止運動，則對內(nèi)部的粒子，由動量定理：其中則；而聯(lián)立可得14．如圖所示，兩條平行的金屬導軌相距L=lm，金屬導軌的傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中．金屬棒MN和PQ的質(zhì)量均為m=0.2kg，電阻分別為RMN=1Ω和RPQ=2Ω．MN置于水平導軌上，與水平導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，PQ置于光滑的傾斜導軌上，兩根金屬棒均與導軌垂直且接觸良好．從t=0時刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由靜止開始以a=1m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，PQ則在平行于斜面方向的力F2作用下保持靜止狀態(tài)．t=3s時，PQ棒消耗的電功率為8W，不計導軌的電阻，水平導軌足夠長，MN始終在水平導軌上運動．求：（1）磁感應強度B的大?。唬?）t=0～3s時間內(nèi)通過MN棒的電荷量；（3）求t=6s時F2的大小和方向；（4）若改變F1的作用規(guī)律，使MN棒的運動速度v與位移s滿足關系：v=0.4s，PQ棒仍然靜止在傾斜軌道上．求MN棒從靜止開始到s=5m的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】（1）B=2T；（2）q=3C；（3）F2=-5.2N（負號說明力的方向沿斜面向下）（4）【解析】【分析】t=3s時，PQ棒消耗的電功率為8W，由功率公式P=I2R可求出電路中電流，由閉合電路歐姆定律求出感應電動勢．已知MN棒做勻加速直線運動，由速度時間公式求出t=3s時的速度，即可由公式E=BLv求出磁感應強度B；根據(jù)速度公式v=at、感應電動勢公式E=BLv、閉合電路歐姆定律和安培力公式F=BIL結(jié)合，可求出PQ棒所受的安培力大小，再由平衡條件求解F2的大小和方向；改變F1的作用規(guī)律時，MN棒做變加速直線運動，因為速度v與位移x成正比，所以電流I、安培力也與位移x成正比，可根據(jù)安培力的平均值求出安培力做功，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于克服安培力，即可得解．【詳解】（1）當t=3s時，設MN的速度為v1，則v1=at=3m/s感應電動勢為：E1=BLv1根據(jù)歐姆定律有：E1=I(RMN+RPQ)根據(jù)P=I2RPQ代入數(shù)據(jù)解得：B=2T(2)當t＝6s時，設MN的速度為v2，則速度為：v2＝at＝6m/s感應電動勢為：E2＝BLv2＝12V根據(jù)閉合電路歐姆定律：安培力為：F安＝BI2L＝8N規(guī)定沿斜面向上為正方向，對PQ進行受力分析可得：F2＋F安cos37°＝mgsin37°代入數(shù)據(jù)得：F2＝－5.2N(負號說明力的方向沿斜面向下)(3)MN棒做變加