高中物理稳恒电流真题汇编

高中物理稳恒电流真题汇编

一、稳恒电流专项训练

1． 4～1.0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） （4）磁场反向，磁敏电阻的阻值不变． 【解析】

（1）当B ＝0.6T 时，磁敏电阻阻值约为6×150Ω＝900Ω，当B ＝1.0T 时，磁敏电阻阻值约为11×150Ω＝1650Ω．由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于

x

V

A x

R R R R >，所以电流表应内接．电路图如图所示．

（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：

130.4515000.3010R -=Ω=Ω?，2

30.91

1516.70.6010R -=Ω=Ω?，33

1.50

15001.0010R -=

Ω=Ω?，

431.791491.71.2010R -=

Ω=Ω?，5

3

2.71

15051.8010R -=Ω=Ω?， 故电阻的测量值为1

2345

15035R R R R R R ++++=Ω=Ω（1500－1503Ω都算正确．） 由于

0150010150

R R ==，从图1中可以读出B ＝0.9T 方法二：作出表中的数据作出U －I 图象，图象的斜率即为电阻（略）．

（3）在0～0.2T 范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4～1.0T 范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）；

（4）从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关．

本题以最新的科技成果为背景，考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力．从新材料、新情景中舍弃无关因素，会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题，及如何根据测得的U 、I 值求电阻．第（3）、（4）问则考查考生思维的灵敏度和创新能力．总

之本题是一道以能力立意为主，充分体现新课程标准的三维目标，考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题．

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。如图所示：一段横截面积为S 、长为l 的金属电阻丝，单位体积内有n 个自由电子，每一个电子电量为e 。该电阻丝通有恒定电流时，两端的电势差为U ，假设自由电子定向移动的速率均为v 。

（1）求导线中的电流I ；

（2）有人说“导线中电流做功，实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”。这种说法是否正确，通过计算说明。

（3）为了更好地描述某个小区域的电流分布情况，物理学家引入了电流密度这一物理量，定义其大小为单位时间内通过单位面积的电量。若已知该导线中的电流密度为j ，导线的

电阻率为ρ，试证明： U

j l

ρ=。 【答案】（1）I neSv =；（2）正确，说明见解析；（3）证明见解析

【解析】 【详解】

（1）电流的定义式Q

I t

=，在t 时间内，流过横截面的电荷量Q nSvte = 因此I neSv = （2）这种说法正确。

在电路中，导线中电流做功为：W UIt = 在导线中，恒定电场的场强U

E l

=

，导体中全部自由电荷为q nSle =， 导线中的恒定电场对自由电荷力做的功：U U

W qEvt q vt nSel vt nSevUt l l

==== 又因为I neSv =，则W UIt =

故“导线中电流做功，实质上就是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功”是正确的。 （3）由欧姆定律：U IR = 由电阻定律：l

R S

ρ= 则l U I S ρ

=，则有：U I l S

ρ= 电流密度的定义：Q I

j St S

=

=

故U

j l

ρ

=

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：

2

22

2 ()

2

E E

P I R R

r

R r

R r

R

===

+

++

当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为

2

max

=

4

E

P

r

（3）电动势定义式：

W

E

q

=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

22

W 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2

max =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。均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g 。

（1）若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量； （2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电荷量； （3）若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离。 【答案】（1）Q ef ＝

；（2）q ＝

；（3）B m ＝

，方

向竖直向上或竖直向下均可，x m ＝

【解析】

解：（1）设ab棒的初动能为E k，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为Q和Q1，有

Q+Q1=E k①

且Q=Q1 ②

由题意 E k=③

得 Q=④

（2）设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为△t，扫过的导轨间的面积为△S，通过△S的磁通量为△Φ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，则

E=⑤

且△Φ=B△S ⑥

电流 I=⑦

又有 I=⑧

由图所示，△S=d（L﹣dcotθ）⑨

联立⑤～⑨，解得：q=（10）

（3）ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长L x为：

L x=L﹣2xcotθ （11）

此时，ab棒产生的电动势E x为：E=Bv2L x （12）

流过ef棒的电流I x为 I x=（13）

ef棒所受安培力F x为 F x=BI x L （14）

联立（11）～（14），解得：F x=（15）

有（15）式可得，F x在x=0和B为最大值B m时有最大值F1．

由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，

图中f m为最大静摩擦力，有：

F1cosα=mgsinα+μ（mgcosα+F1sinα）（16）

联立（15）（16），得：B m=（17）

B m就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．

有（15）式可知，B为B m时，F x随x增大而减小，x为最大x m时，F x为最小值，如图可知F2cosα++μ（mgcosα+F2sinα）=mgsinα （18）

联立（15）（17）（18），得

x m=

答：（1）ef棒上产生的热量为；

（2）通过ab棒某横截面的电量为．

（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，磁场下ab棒运动的最大距离是．

【点评】本题是对法拉第电磁感应定律的考查，解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，找出磁感应强度的关系式是本题的重点．

5．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。

6．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R 1 =9Ω,R 2=5.5Ω,电键S 断开．

①求流过电阻R 1的电流; ②求电阻 R 1消耗的电功率;

③将S 闭合时,流过电阻R 1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2

11

P 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：12E

I R R r

=

++，解得：I=0.2A

（2）根据211P I R =，得21

0.290.36P 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：

E

I 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．

7．在图所示的电路中，电源电压U 恒定不变，当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W ，当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，求：

（1）电阻R 1与R 2的比值是多大？

（2）S 断开时，电阻R 2消耗的电功率是多少？ （3）S 闭合与断开时，流过电阻R 1的电流之比是多少？ 【答案】2∶1，2W ，3∶2 【解析】 【分析】 【详解】

（1）当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W,则：

211

9W U P R =

= 当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，则：

21112

'(

)4W U

P R R R =+= 解得：

12:2:1R R =

(2)S 断开时 R 1和R 2串联，根据公式2P I R =，功率之比等于阻值之比，所以：

1122':':2:1P P R R ==

又因为1'4W P =，所以，S 断开时，电阻R 2消耗的电功率：

22'W P =

(3)S 闭合时：

1

U I R =

S 断开时:

12

'U

R I R +=

所以：

1212

'3R R I R I +==

8．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)I 2＝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：1100

1010

U I A A R =

== 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：I 2＝I －I 1＝20 A.

电动机的总功率为P ＝UI 2＝100×20 W ＝2×103W. 因发热而损耗的功率为P ′＝I 22r ＝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．

9．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ．M 、P 两点间接有电阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接

触良好，不计它们之间的摩擦．求：

（1）在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时杆中的电流及杆的加速度大小； （2）在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．

【答案】（1）BLv R 22B L v

gsin mR

θ- （2）22sin mgR B L θ

【解析】

（1）当ab 加速下滑时，速度大小为v 时,则 E BLv =

根据闭合电路欧姆定律，有：

E I R

= 故BLv

I R

=

，方向由a 到b 由安培力公式： F BIL =

根据牛顿第二定律：mgsin F ma θ-=

整理可以得到：2222 )/sin B L v B L v a mgsin m g R mR

（θθ=-=-

(2)当0a =时ab 杆的速度可以达到最大值 即： m

BLv mgsin BL R

θ= 所以：22

sin m mgR v B L θ

=

．

10．如图所示，已知R 3＝3Ω，理想电压表读数为3v ，理想电流表读数为2A ，某时刻由于电路中R 3发生断路，电流表的读数2．5A ，R 1上的电压为5v ，求：

（1）R 1大小、R 3发生断路前R 2上的电压、及R 2阻值各是多少？（R 3发生断路时R 2上没有电流）

（2）电源电动势E 和内电阻r 各是多少？ 【答案】（1）1V 1Ω（2）10 V ；2Ω 【解析】

试题分析：（1）R 3断开时 电表读数分别变为5v 和2．5A 可知R 1=2欧

R 3断开前R 1上电压U 1=R 1I=4V U 1= U 2 + U 3 所以 U 2=1V U 2：U 3 = R 2：R 3 =1:3 R 2=1Ω

（2）R 3断开前 总电流I 1=3A E = U 1 + I 1r

R 3

断开后 总电流I 2=2．5A

E = U 2 + I 2r

联解方程E= 10 V r=2Ω 考点：闭合电路的欧姆定律 【名师点睛】

11．如图所示，电源电动势E ＝27 V ，内阻r ＝2 Ω，固定电阻R 2＝4 Ω，R 1为光敏电阻．C 为平行板电容器，其电容C ＝3pF ，虚线到两极板距离相等，极板长L ＝0.2 m ，间距d ＝1.0×10－2 m ．P 为一圆盘，由形状相同透光率不同的二个扇形a 、b 构成，它可绕AA ′轴转动．当细光束通过扇形a 、b 照射光敏电阻R 1时，R 1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q ＝－1.0×10－4 C 微粒沿图中虚线以速度v 0＝10 m/s 连续射入C 的电场中．假设照在R 1上的光强发生变化时R 1阻值立即有相应的改变．重力加速度为g ＝10 m/s 2.

(1)求细光束通过a 照射到R 1上时，电容器所带的电量；

(2)细光束通过a 照射到R 1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b 照射到R 1上时带电微粒能否从C 的电场中射出．

【答案】（1）11

1.810C Q -=?（2）带电粒子能从C 的电场中射出

【解析】 【分析】

由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求出电容器的电压，即可由Q=CU 求其电量；细光束通过a 照射到R 1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，电场力与重力二力平衡．细光束通过b 照射到R 1上时，根据牛顿第二定律求粒子的加速度，由类平抛运动分位移规律分析微粒能否从C 的电场中射出． 【详解】

（1）由闭合电路欧姆定律，得1227

1.5A 1242

E I R R r =

==++++

又电容器板间电压22C U U IR ==，得U C =6V 设电容器的电量为Q ，则Q=CU C 解得11

1.810

C Q -=?

（2）细光束通过a 照射时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则有C

U mg q

d

= 解得2

0.610m kg -=?

细光束通过b 照射时，同理可得12C U V '=

由牛顿第二定律，得C U q mg ma d

'

-= 解得210m/s a =

微粒做类平抛运动，得212

y at =，

0l

t v = 解得2

0.210m 2

d

y -=?<， 所以带电粒子能从C 的电场中射出． 【点睛】

本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是明确带电粒子的受力情况，判断其运动情况，对于类平抛运动，要掌握分运动的规律并能熟练运用．

12．如图甲，电阻为R=2Ω的金属线圈与一平行粗糙轨道相连并固定在水平面内，轨道间 距为d =0.5m ，虚线右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1=0．1T ，磁场内外分别静置垂直于导轨的金属棒P 和Q ，其质量m 1=m 2= 0．02kg ，电阻R 1=R 2= 2Ω．t=0时起对左侧圆形线圈区域施加一个垂直于纸面的交变磁场B 2，使得线圈中产生如图乙所示的正弦交变电流（从M 端流出时为电流正方向），整个过程两根金属棒都没有滑动，不考虑P 和Q 电流的磁场以及导轨电阻．取重力加速度g= l0m/s 2，

（1）若第1s 内线圈区域的磁场B 2正在减弱，则其方向应是垂直纸面向里还是向外？ （2）假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒与导轨间的滑动摩擦因数至少应是多少？ （3）求前4s 内回路产生的总焦耳热． 【答案】(1) 垂直纸面向里(2) 0.25．(3) 24J 【解析】

试题分析：（1）第1s 内线圈区域的磁场2B 正在减弱，由图乙知：线圈中电流方向沿顺时针方向，根据楞次定律判断得知，磁场2B 的方向垂直纸面向里．

（2）由图乙知，线圈中电流最大值为02I A =，则通过Q 棒的电流最大值为1;m I A =要使金属棒静止，安培力不大于最大静摩擦力，则有1m B I d mg μ≤ 得 ，故金属棒与导轨间的滑动摩擦因数至少应是0.25．

（3）前4s 内电流的有效值为 回路的总电阻为02

2I I A =

==2Ω+1Ω=3Ω 回路产生的总焦耳热2

24Q I R t J ==总

考点：楞次定律；物体的平衡；焦耳定律．

13．如图所示，两条平行的金属导轨相距L =lm ，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN 和PQ 的质量均为m =0.2kg ，电阻分别为R MN =1Ω和R PQ =2Ω．MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ 置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t =0时刻起，MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a =1m /s 2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态．t =3s 时，PQ 棒消耗的电功率为8W ，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求： （1）磁感应强度B 的大小；

（2）t =0～3s 时间内通过MN 棒的电荷量； （3）求t =6s 时F 2的大小和方向；

（4）若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移s 满足关系：v =0.4s ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到s =5m 的过程中，系统产生的焦耳热．

【答案】（1）B = 2T ；（2）q = 3C ；（3）F 2=-5.2N （负号说明力的方向沿斜面向下）（4）

203

Q J =

【解析】 【分析】

t =3s 时，PQ 棒消耗的电功率为8W ，由功率公式P =I 2R 可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势．已知MN 棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t =3s 时的速度，即可由公式E =BLv 求出磁感应强度B ；根据速度公式v =at 、感应电动势公式E =BLv 、闭合电路欧姆定律和安培力公式F =BIL 结合，可求出PQ 棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F 2的大小和方向；改变F 1的作用规律时，MN 棒做变加速直线运动，因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解． 【详解】

（1）当t =3s 时，设MN 的速度为v 1，则v 1=at =3m/s 感应电动势为：E 1=BL v 1 根据欧姆定律有：E 1=I (R MN + R PQ )

根据P=I2R PQ

代入数据解得：B=2T

(2)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则

速度为：v2＝at＝6 m/s

感应电动势为：E2＝BLv2＝12 V

根据闭合电路欧姆定律：2

2

4

MN PQ

E

I A

R R

==

+

安培力为：F安＝BI2L＝8 N

规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：

F2＋F安cos 37°＝mg sin 37°

代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)

(3)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s

因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，

安培力做功：

120

23

MN PQ

BLv

W BL x J

R R

=-??=-

+

安

【点睛】

本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路．关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值，从而可求出安培力做功．

14．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨相距为1m，导轨平面与水平面的夹角

θ=37°，其上端接一阻值为3Ω的灯泡D．在虚线L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场B，且磁感应强度B=1T，磁场区域的宽度为d=3.75m，导体棒a的质量m a=0.2kg、电阻R a=3Ω；导体棒b的质量m b=0.1kg、电阻R b=6Ω，它们分别从图中M、N处同时由静止开始沿导轨向下滑动，b恰能匀速穿过磁场区域，当b 刚穿出磁场时a正好进入磁场．不计a、b之间的作用，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）b棒进入磁场时的速度？

（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率？

（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量？

【答案】（1）b棒进入磁场时的速度为4.5m/s；

（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率为；

（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所产生的总热量为3.4J

【解析】

试题分析：（1）设b棒进入磁场时速度V b，对b受力分析，由平衡条件列式即可求解；（2）b棒穿出磁场前，a棒一直匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，根据运动学公式求出时间和a进入磁场时速度，进而求出a棒切割磁感线产生感应电动势，根

据串并联电路的特点及P=求解灯泡功率；

（3）由平衡条件求出最终匀速运动的速度，对a棒穿过磁场过程应用动能定理即可求解．解：（1）设b棒进入磁场时速度V b，对b受力分析，由平衡条件可得

由电路等效可得出整个回路的等效电阻

所以v b=4.5m/s

（2）b棒穿出磁场前，a棒一直匀加速下滑，下滑的加速度a=gsinθ=6m/s2

b棒通过磁场时间t=

a进入磁场时速度v a=v b+at=9.5m/s

a棒切割磁感线产生感应电动势E a=BLv a=9.5V

灯泡实际功率P=

（3）设a棒最终匀速运动速度为v′a，a受力分析，由平衡条件可得

解得：v′a=6m/s

对a棒穿过磁场过程应用动能定理﹣

W安=3.4J

由功能关系可知，电路中产生的热量Q=W安=3.4J

答：（1）b棒进入磁场时的速度为4.5m/s；

（2）当a棒进入磁场区域时，小灯泡的实际功率为；

（3）假设a 棒穿出磁场前已达到匀速运动状态，求a 棒通过磁场区域的过程中，回路所

产生的总热量为3.4J

【点评】（1）解答这类问题的关键是通过受力分析，正确分析安培力的变化情况，找出最大速度的运动特征．

（2）电磁感应与电路结合的题目，明确电路的结构解决问题．

15．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Q R，则

，

考点：本题考查电磁感应、能量守恒