高中物理稳恒电流练习题及答案及解析

高中物理稳恒电流练习题及答案及解析

一、稳恒电流专项训练

1．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．

2．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 =

21

CU 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】

201

2

CE 【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 =

12

CU 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=

201

2

CE ， 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 2

0E 根据能量守恒得：E 损=E 放-E 充=C 2

0E -2012CE =201

2

CE

3．如图中A 、B 、C 、D 四个电路中，小灯L 1上标有“6V 3A”字样，小灯L 2上标有“4V 0.2A”字样，电压U ab 均为U =10V 。试判断：

（1）哪个电路两小灯不可能正常发光，并说明理由； （2）两小灯均正常发光时，哪个电路消耗的电功率最小。

【答案】（1）b 电路小灯不可能正常发光，根据串联电路电压关系和题中所给条件，两灯中若有一个正常发光，则另一个也正常发光，此时L 2中电流大于3A ，而其额定电流为0.2A ，因此两灯均不能正常发光；

例如：b 电路小灯不可能正常发光；根据串、并联电路知识和所给条件知：由于L 2的电阻大于L 1的电阻，L 2分得电压大于4V （烧坏）、L 1分得电压小于6V ，因此两灯均不可能正常发光

（2）a 电路消耗的电功率最小 【解析】

【详解】

（1）b 电路小灯不可能正常发光，根据串联电路电压关系和题中所给条件，两灯中若有一个正常发光，则另一个也正常发光，此时L 2中电流大于3A ，而其额定电流为0.2A ，因此两灯均不能正常发光；

（2）电压U ab 均为U =10V ，a 图回路电流为13A I =，所以总功率为130W ab P I U ==；b 图无法满足均正常发光；c 图干路电流为12 3.2A I I +=，所以总功率为

12()32W ab P I I U =+=；d 图干路电流为12 3.2A I I +=，所以总功率为12()32W ab P I I U =+=，所以a 图消耗功率最小。

4．一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： 10

52

U R I =

=Ω=Ω。 （2）产生的热量为： 2

Q I Rt =，代入数据得： 200Q J = 点睛：本题主要考查了欧姆定律和焦耳定律，此题为基础题。

5．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

【答案】（1）BLvR U R r =+；（2）2222()B L v R P R r =+；（3）22B L vd

W R 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=

BLv

R r +，故电压表的示数BLvR U IR R r

==+； （2）电阻R 产生焦耳热的功率P=I 2R=222

2

()

B L v R

R r +； （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=22B L vd

R r

+．

考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力．

6．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为d ，管道高度为h ，上、下两面是绝缘板，前后两侧M N 、是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连。整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B 、方向沿z 轴正方向。管道内始终充满导电液体，M N 、两导体板间液体的电阻为r ，开关S 闭合前后，液体均以恒定速率0v 沿x 轴正方向流动。忽略液体流动时与管道间的流动阻力。 （1）开关S 断开时，求M N 、两导板间电压0U ，并比较M N 、导体板的电势高低； （2）开关S 闭合后，求：

a. 通过电阻R 的电流I 及M N 、两导体板间电压U ；

b. 左右管道口之间的压强差p V 。

【答案】（1）U 0=Bdv 0，M N ??> （2）a ．0

BdRv U R r

=+；b ．20()B dv p h R r =+V

【解析】 【详解】

（1）该发电装置原理图等效为如图，

管道中液体的流动等效为宽度为d 的导体棒切割磁感线，产生的电动势

E =Bdv 0

则开关断开时

U 0=Bdv 0

由右手定则可知等效电源MN 内部的电流为N 到M ，则M 点为等效正极，有M N ??>； （2）a ．由闭合电路欧姆定律

00

U Bdv I R r R r

=

=++ 外电路两端的电压：

00

U R BdRv U IR R r R r

==

=++ b ．设开关闭合后，管道两端压强差分别为p V ，忽略液体所受的摩擦阻力，开关闭合后

管道内液体受到安培力为F 安，则有

phd F =V 安 =F BId 安

联立可得管道两端压强差的变化为：

20

()

B dv p h R r =+V

7．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，从而更加深刻的理解其物理本质。一段长为l 、电阻率为ρ、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）当该导线通有恒定的电流I 时：

①请根据电流的定义，推导出导线中自由电子定向移动的速率v ；

②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 。请根据以上的描述构建物理模型，推导出比例系数k 的表达式。

（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。取线圈为参照物，金属离子相对静止，由于惯性影响，可认为线圈中的自由电子受到一个大小不变、方向始终沿线圈切线方向的力，该力的作用相当于非静电力的作用。

已知某次此线圈匀加速转动过程中，该切线方向的力的大小恒为F 。根据上述模型回答下列问题：

① 求一个电子沿线圈运动一圈，该切线方向的力F 做功的大小； ② 推导该圆线圈中的电流 'I 的表达式。

【答案】（1）①I

v neS

=；② ne 2ρ；（2）① Fl ；② 'FS I e ρ=。

【解析】 【分析】 【详解】

（1）①一小段时间t ?内，流过导线横截面的电子个数为：

N n Sv t ?=??

对应的电荷量为：

Q Ne n Sv t e ?=?=???

根据电流的定义有：

Q

I neSv t

?=

=? 解得：I v neS

=

②从能量角度考虑，假设金属中的自由电子定向移动的速率不变，则电场力对电子做的正功与阻力对电子做的负功大小相等，即：

0Ue kvl -=

又因为：

neSv l

U IR nev l S

ρρ?==

= 联立以上两式得：2k ne ρ=

（2）①电子运动一圈，非静电力做功为：

2W F r Fl π=?=非

②对于圆线圈这个闭合回路，电动势为：

W Fl

E e e

=

=非 根据闭合电路欧姆定律，圆线圈这个闭合回路的电流为：

E

I R

'=

联立以上两式，并根据电阻定律：

l R S

ρ

= 解得：FS I e ρ

'=

8．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 2k ne （2）2πnem lS k

ω 【解析】 【详解】

（1）①导线中的电流

Q

I neSv t

?=

=?； ②电流面密度

I

j nev S

?=

=?； 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

U kv eE e

L

== 而

U IR = I neSv =

L R S

ρ

= 联立解得

2

k ne ρ=

（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：

f t mv m r ω?==

其中

f kv =

2l r π=

则

2m l

kv t ωπ

?=

； 而

Q nS le =?

l v t ?=?

联立可得

2πnem lS

Q k

ω=

9．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)R x =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：U mg Eq q d

==

30.01100.2

20110

mgd U V V q -??=

==? (2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为R x ，由电路电压关系:

22

x E U

R R r R =+

+

代入数据求得R x =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

'

x E U R R r R =++

代入数据求得U'=100

11

V 由动能定理:211

222

d mg

U q mv ='- 代入数据求得v=1.05m/s 【点睛】

本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．

10．如图a 所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距L ＝1m ，导轨平面与水平面成θ＝370角，下端连接阻值为R ＝0.4Ω的电阻．匀强磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B ＝0.4T ，质量m ＝0.2Kg 、电阻R ＝0.4Ω的金属杆放在两导轨上，杆与导轨垂直且保持良好接触，金属导轨之间连接一理想电压表．现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止沿导轨开始下滑，电压表示数U 随时间t 变化关系如图b 所示．取g ＝10m/s 2，sin370＝0.6，cos370＝0.8求：

⑴金属杆在第5s 末的运动速率； ⑵第5s 末外力F 的功率； 【答案】(1)1m/s (2)-0.8W 【解析】 【分析】

金属杆沿金属导轨方向在三个力作用下运动，一是杆的重力在沿导轨向下方向的分力G 1，二是拉力F 在沿导轨向下方向的分力F 1，三是沿导轨向上方向的安培力，金属杆在这几个力的作用下，向下做加速运动． 【详解】

(1)如下图所示，F 1是F 的分力，G 1是杆的重力的分力，沿导轨向上方向的安培力未画出，由题设条件知，电压表示数U 随时间t 均匀增加，说明金属杆做的是匀加速运动，由b 图可得金属杆在第5s 末的电压是0.2V ，设此时杆的运动速率为v ，电压为U ，电流I ，由电

磁感应定律和欧姆定律有

E BLv =

因电路中只有两个相同电阻，有

11

22

U E BLv =

= 解得

1v =m/s

故金属杆在第5s 末的运动速率是1m/s

(2) 金属杆做的是匀加速运动，设加速度为a ，此时杆受的安培力为f ，有

v

a t

==0.2m/s 2

220.22B L v

f BTL R

===N

1G mg =sin θ=1.2N

由牛顿第二定律得

11G f F ma --= 110.8F G f ma =--=N

由功率公式得

10.8P F v ==W

因1F 的方向与棒的运动方向相反，故在第5s 末外力F 的功率是--0.8W ． 【点睛】

由电阻的电压变化情况来分析金属棒的运动情况．

11．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0t 后金属棒达到最大速度．

()1金属棒的最大速度max v 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】()221FR B L ；()0332Ft FmR BL B L -；()22

3FCBLt m CB L +． 【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． 【详解】

（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=22max

B L v R

由此可得金属棒的最大速度：v max =

22

FR

B L （2）由动量定律可得：(F-F )t 0=mv max

其中：F =220

x

Rt B L

解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=022Ft R B L -2

44FmR B L

通过电阻R 的电荷量：q=

BLx R =0Ft BL -33FmR

B L

（3）设导体棒运动加速度为a ，某时装金属棒的速度为v 1，经过n t 金属体的速度为v 2，导体棒中流过的电流(充电电流)为I ，则:F-BIL=ma 电流：I=

Q t V V =C E

t

V V 其中：n E=BLv 2-BLv 1=BL n v ，a=v

t

n n 联立各式得：a=

22

F

m CB L +

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=22FCBLt

m CB L

+ 答：（1）金属棒的最大速度max v 是

22

FR

B L

； （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033Ft FmR

BL B L

-； （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22

FCBLt

m CB L

+． 【点睛】

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．

12．如图所示，质量m=1kg 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L=1m 的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内）．右侧回路中，电源的电动势E=8V 、内阻r=1Ω，额定功率为8W 、额定电压为4V 的电动机M 正常工作．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g=10m/s 2

．试求：

（1）电动机当中的电流I M 与通过电源的电流I 总． （2）金属棒受到的安培力大小及磁场的磁感应强度大小． 【答案】（1）电动机当中的电流是2A ，通过电源的电流是4A ； （2）金属棒受到的安培力大小是6N ，磁场的磁感应强度大小3T ． 【解析】

试题分析：（1）由P=UI 求出电动机中的电流，由串并联电路的电压关系得到内电阻上的电压，由欧姆定律得到干路电流；

（2）进而得到磁场中导线的电流，由平衡条件得到安培力，由安培力公式得到B ． 解：（1）电动机的正常工作时，有：P M =UI M 代入数据解得：I M =2A 通过电源的电流为：I 总=

=

=4A

（2）导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即：F=mgsin 37°=6N

流过电动机的电流I 为：I=I 总 I M =4A 2A=2A F=BIL 解得：B=3T

答：（1）电动机当中的电流是2A ，通过电源的电流是4A ； （2）金属棒受到的安培力大小是6N ，磁场的磁感应强度大小3T ．

【点评】本题借助安培力与电路问题考查了平衡条件的应用，解答的关键是正确找出两个支路的电流之间的关系．是一道很好的综合题．

13．如图25甲为科技小组的同学们设计的一种静电除尘装置示意图，其主要结构有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后板使用绝缘材料，上、下板使用金属材料．图25乙是该主要结构的截面图，上、下两板与输出电压可调的高压直流电源(内电阻可忽略不计)相连．质量为m 、电荷量大小为q 的分布均匀的带负电的尘埃无初速度地进入A 、B 两极板间的加速电场．已知A 、B 两极板间加速电压为U0，尘埃加速后全都获得相同的水平速度，此时单位体积内的尘埃数为n ．尘埃被加速后进入矩形通道，当尘埃碰到下极板后其所带电荷被中和，同时尘埃被收集．通过调整高压直流电源的输出电压U 可以改变收集效率η（被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值）．尘埃所受的重力、空气阻力及尘埃之间的相互作用均可忽略不计．在该装置处于稳定工作状态时：

（1）求在较短的一段时间Δt 内，A 、B 两极板间加速电场对尘埃所做的功； （2）若所有进入通道的尘埃都被收集，求通过高压直流电源的电流； （3）请推导出收集效率η随电压直流电源输出电压U 变化的函数关系式． 【答案】（1）nbd ΔtqU 02qU m （2）0

2qU m

（3）若y

集效率η＝y d ＝2204L U d U (U < 20

2

4d U L

) ；若y ≥d 则所有的尘埃都到达下极板，收集效率η＝100% (U ≥20

2

4d U L )

【解析】

试题分析：（1）设电荷经过极板B 的速度大小为0v ，对于一个尘埃通过加速电场过程中，加速电场做功为00W qU =

在t ?时间内从加速电场出来的尘埃总体积是0V bdv t =? 其中的尘埃的总个数()0N nV n bdv t ==?总

故A 、B 两极板间的加速电场对尘埃所做的功()000W N qU n bdv t qU ==?总 对于一个尘埃通过加速电场过程，根据动能定理可得20012

qU mv = 故解得0

2qU W nbd tqU m

=?

（2）若所有进入矩形通道的尘埃都被收集，则t ?时间内碰到下极板的尘埃的总电荷量

()0Q N q nq bdv t ?==?总

通过高压直流电源的电流002qU Q

I nQbdv nQbd

t m

?=

==? （3）对某一尘埃，其在高压直流电源形成的电场中运动时，在垂直电场方向做速度为0v 的匀速直线运动，在沿电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动 根据运动学公式有：垂直电场方向位移0x v t =，沿电场方向位移2

12

y at = 根据牛顿第二定律有F qE qU a m m md

=

== 距下板y 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，则x=L

解得20

4L U

y dU =

若y d <，即204L U d dU <，则收集效率22022

04()4d U y L U

U d d U L

η==< 若y d ≥，则所有的尘埃都到达下极板，效率为100％20

2

4()d U U L

≥ 考点：考查了带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解

14．如图所示，两平行金属导轨间的距离L =0.4 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度B =0.5 T 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E =6.0 V 、内阻r =0.5Ω的直流电源。现把一个质量m =0.05 kg 的导体棒ab 垂直放在金属导轨上，导体棒静止。导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）通过导体棒的电流大小； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力大小。 【答案】（1）1.5 A （2）0.3 N （3）0.06 N 【解析】

试题分析：⑴导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：

=1.5A

⑵导体棒受到的安培力：F 安=BIL=0.30N

⑶导体棒所受重力沿斜面向下的分力F 1=" mg" sin37o=0.24N

由于F 1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f ，根据共点力平衡条件：mg sin37o+f=F 安 解得：f =0.06N

考点：本题考查电磁感应中的欧姆定律、物体的平衡等问题，意在考查学生的综合分析能力。

15．用质量为m 、总电阻为R 的导线做成边长为l 的正方形线框MNPQ ，并将其放在倾角为

θ的平行绝缘导轨上，平行导轨的间距也为l ，如图所示，线框与导轨之间是光滑的，在

导轨的下端有一宽度为l （即ab l =）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界

'aa 、'

bb 垂直于导轨，磁场的方向与线框平面垂直，线框从图示位置由静止释放，恰能

匀速穿过磁场区域，重力加速度为g ，求：

（1）线框通过磁场时的速度v ；

（2）线框MN 边运动到'

aa 的过程中通过线框导线横截面的电荷量q ； （3）通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q 。 【答案】（1）22?

mgRsin v B l θ

=

（2）2

Bl q R =

（3）2Q mglsin θ= 【解析】

试题分析：（1）感应电动势: E Blv =，感应电流: E

I R

=，安培力： F BIl = 线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示

F mgsin θ=

解得匀速运动的速度:22?

mgRsin v B l θ

=

（2）解法一：由BIl mgsin θ=得，sin mg I Bl θ

=，23sin l B l t v mgR θ

==

， 所以2

Bl q It R

==

解法二：平均电动势E n t ??=?，E I R =，q I t n R

?

?=?= ，所以2Bl q R =。

（3）解法一：通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2l 的距离，

由能量守恒定律得：E E ?=?增减 ，2Q mglsin θ=。 解法二：2

Q I Rt =

2

sin 22sin mg l Q R mgl Bl v θθ??== ???

考点：导体切割磁感线时的感应电动势

【名师点睛】遇到导轨类问题首先要画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解；在求有关热量问题时，要从能量守恒的角度求解。