高中物理专题汇编物理稳恒电流(一)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）P【解析】 （1）（a）电流IF1nm2 S3Q，又因为Qne[v(St)]，代入则InvSe t（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 柱体体积VSl 柱体内分子总数N总nV

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

1’N总＝N总

6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

，p2mN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F0F1nm2 S3【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

1． 6【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．（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R0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R0（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

R0RV100,0.5，因此μA表要采用内接法，其电路原理图为 路．由于RAR0连线时按照上图中所标序号顺序连接即可．

3．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

m3103kg．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/s2）；

（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．

26已知太阳辐射的总功率P0410W，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%．

3【答案】（1）P电1.510W

（2）f/mg0.045 （3）S101m2 【解析】

3试题分析：⑴P电IU1.510W

⑵P机0.9P电Fvfvf0.9P电/vf/mg0.045

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

S04πr2

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

PS P0S0设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P， 所以P130%P

由于P电15%P，所以电池板的最小面积

PS

P0130%S04πr2PPS0电S101?m2

0.7P00.150.7P0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

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：

E2b. 4r（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

E2PIR()Rb．电源输出的电功率：Rr2E2r2

R2rRE2 当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为Pmax=4r（3）电动势定义式：EW非静电力q

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

WI2rtI2RtIrqIRq EIrIRU内U外

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

E2当外电路电阻R=r时，电源输出的电功率最大，为Pmax=

4r（3）EU内U外

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．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l1、l2两处分别取一小段长度相等的粒子流I．已知ll:l2=1:4，这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n1和n2，求：n1:n2．

(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vI、v2；A、B直径分别为d1、d2，且d1：d2=2:1．求：水流的速度大小之 比v1:v2．

(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Sl 远远大于细管内的横截面积S2;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. NQIt2 ；b. n1:n22:1；（2）v1:v2d2:d121:4；（3）a.qq设：水面下降速度为v1，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：Sv1Sv2,由S1S2，可得v1v2．所以：液体面下降的速度v1比细管中的水流速度可以忽略不计． b. v2gh 【解析】 【分析】 【详解】 (1)a.电流IQ， t电量QNq 粒子数Nb.根据vQIt qq2ax, 可知在距粒子源l1、l2两处粒子的速度之比：v1:v21:2

极短长度内可认为速度不变，根据v得t1:t22:1

x， t根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：n1:n22:1 (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.

d处处相等 也即：v··422故这两个截面处的水流的流速之比：v1:v2d2:d11:4

2(3)a.设：水面下降速度为v1，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：Sv1Sv2 由S1S2，可得:v1v2.

所以液体面下降的速度v1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v1忽略不计，即v10. 设细管处为零势面，所以有：0mgh解得:v2gh 12mv0 2

6．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Ec=

1CU2，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2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E0，电容器电容为

C0，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。

1CE02 2【解析】 【详解】

【答案】

根据电容定义，有C=

Q，其中Q为电容器储存的电荷量，得：Q=CU U12CU 2根据题意，电容器储存能量：EC=

利用电动势为E0的电源给电容器充电，电容器两极间电压最终为E0，

1CE02， 2则电容器最终储存的电荷量为：Q=CE0，

所以电容器最终储存的能量为：E充=

整个过程中消耗消耗能量为：E放=W电源=E0It=E0Q=CE0 根据能量守恒得：E损=E放-E充=CE0-2211CE02=CE02 22

7．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．

8．一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： RU105。 I22（2）产生的热量为： QIRt，代入数据得： Q200J 点睛：本题主要考查了欧姆定律和焦耳定律，此题为基础题。

9．平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10好．且速度保持恒定．试求：

－14

kg，电荷量q＝－

1×10－14C的微粒恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良

(1)匀强磁场的方向和MN两点间的电势差 (2)ab两端的路端电压； (3)金属棒ab运动的速度．

【答案】(1) 竖直向下；0.1 V(2)0.4 V. (3) 1 m/s. 【解析】 【详解】

（1）负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电．ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下． 微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq 又E＝UMN dmgd所以UMN＝＝0.1 V

qUMN（2）由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A

R3则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I×0.5R1＝0.4 V. （3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv

由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V 联立解得v＝1 m/s.

10． 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

RxRV，所以电流表应内接．电路图如图所示． RARx

（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：

R10.450.911500R1516.7，，20.301030.60103R3R41.501500，

1.001031.792.711491.7R1505， ，51.201031.80103RR2R3R4R51503（1500－1503Ω都算正确．） 故电阻的测量值为R15R150010，从图1中可以读出B＝0.9T 由于

R0150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．

11．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RMN=1Ω和RPQ=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F1的作用下由静止开始以a=1m/s2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F2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F2的大小和方向；

（4）若改变F1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）F2=-5.2N（负号说明力的方向沿斜面向下）（4）

Q20J 3【解析】 【分析】

t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，由功率公式P=I2R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F2的大小和方向；改变F1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v1，则v1=at=3m/s 感应电动势为：E1=BL v1 根据欧姆定律有：E1=I(RMN+ RPQ) 根据P=I2 RPQ 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：I2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°＝mgsin 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，

E24A

RMNRPQ1BLv20WBLxJ 安培力做功：安2RMNRPQ3【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．

12．如图所示，圆形金属线圈半径r＝0.3m，匝数n＝50，电阻R0＝19，竖直放置在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小随时间t按B＝（1+

2t）T的规律变化，磁场方向水平向里与线圈平面垂直：两个定值电阻的阻值分别为R1＝69Ω，R2＝12Ω，水平平行板电容器C极板长L＝0.1m，两板间距d＝0.05m

（1）求线圈中产生的感应电动势E；

（2）当滑动变阻器接入电路中的阻值R＝1Ω时，求电阻R1消耗的电功率； （3）调节滑动变阻器，可使速度为v＝3×10m/s、比荷为

2

q4

＝3×10Ckg的带电粒子（重m力忽略不计）紧贴电容器C上极板从左侧水平射入电容器后，刚好能从下极板的右边缘射出，求此时滑动变阻器接入电路的阻值。 【答案】(1)9V；(2)6W；(3)19 【解析】 【详解】

（1）由法拉第电磁感应定律有：E＝nS线圈面积为：S＝πr2 代入数据得：E＝9V

B t（2）当R＝1Ω时，由闭合电路的欧姆定律得：E＝I（R0+R+流过电阻R1的电流为：I1R1R2） R1R2R2I

R1R2R1消耗的电功率为：P＝I12R1 代入数据可求得：P1＝6W

（3）由楞次定律可知电容器下极板带正电，且电容器的电压等于R2两端电压，带电粒子 在两极板间做类平抛运动，所以有： x＝vt y＝

12at 2qUR2ma d由牛顿第二定律有：

由电路规律有：E＝UR2+I（Rx+R0）

联立以上方程可得此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R＝19Ω

13．有“200V、40W”灯泡40盏，并联于电源两端，这时路端电压盏，则路端电压升为

试求：

（1）电源电动势，内阻多大？

（2）若使电灯正常发光还应关掉多少盏灯？ 【答案】（1）210V；10（2）15盏 【解析】

试题分析：（1）电灯的电阻

40盏灯并联的总电阻：R1=RD/40=25； 20盏灯并联的总电阻：R2=RD/20=50; 根据欧姆定律可得：

，当关掉20

解得E=210V，r=10 （2）根据欧姆定律可得：所以要关15盏。

，解得:

=200，

，解得n=5，

考点：全电路欧姆定律。

14．如图所示，水平面内固定的三条光滑平行金属导轨a、b、c，相距均为d=2m，导轨ac间横跨一质量为m=1kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触．棒的总电阻r=2Ω，导轨的电阻忽略不计．在导轨bc间接一电阻为R=2Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B=2T匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，已知施加的水平外力功率恒定，经过t=2s时间棒的速度达到υ=3m/s且以后稳定．试求：

（1）金属棒速度稳定时施加的水平恒力F为多大? （2）水平外力F的功率为多少?

（3）在此t=2s时间内金属棒产生的热量是多少? 【答案】（1）16N（2）48W（3）30．5J 【解析】

试题分析：（1）金属棒速度达到稳定，有：FF安0 而F安BId，I联立得：F=16N （2）PFυ=48W

（3）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1、Q2，根据焦耳定律得知： Q1R2 Q2r/21由功能关系得：Pt=Q1+Q2+mυ2

2Bdυ

Rr/2代入数据得：Q2=30．5J

考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律；功能关系

15．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．

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