高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析
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．要描绘某电学元件（最大电流不超过６mＡ，最大电压不超过７Ｖ）的伏安特性曲线，设计电路如图，图中定值电阻Ｒ为１ＫΩ，用于限流；电流表量程为１０mＡ，内阻约为５Ω；电压表（未画出）量程为１０Ｖ，内阻约为１０ＫΩ；电源电动势Ｅ为１２Ｖ，内阻不计。

（１）实验时有两个滑动变阻器可供选择：
a、阻值０到２００Ω，额定电流
b、阻值０到２０Ω，额定电流
本实验应选的滑动变阻器是（填“a”或“b”）
（２）正确接线后，测得数据如下表
１２３４５６７８９１０Ｕ（Ｖ）０.00 3.00 6.00 6.16 6.28 6.32 6.36 6.38 6.39 6.40
0.000.000.000.060.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.50Ｉ（m
Ａ）
a）根据以上数据，电压表是并联在Ｍ与之间的（填“Ｏ”或“Ｐ”）
b）画出待测元件两端电压ＵＭＯ随ＭＮ间电压ＵＭＮ变化的示意图为（无需数值）
【答案】(1) a
(2) a) P
b）
【解析】（1）选择分压滑动变阻器时，要尽量选择电阻较小的，测量时电压变化影响小，但要保证仪器的安全。

B电阻的额定电流为，加在它上面的最大电压为10V，所以仪器不能正常使用，而选择a。

（2）电压表并联在M与P之间。

因为电压表加电压后一定有电流通过，但这时没有电流流过电流表，所以电流表不测量电压表的电流，这样电压表应该接在P点。

视频
3．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=
4．如图所示，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为
12m 的小球1以速度052
gr v =，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g . (1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ；
(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R 消耗的电功率P ；
(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，计算金属杆转动的角速度的范围.
【答案】(1) v = (2) 242
4B L P R
ω=
(3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL 【解析】 【分析】 【详解】
(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111
()222
mv m m v =+
解得v =
(2)杆转动的电动势211
22
BLv BL L BL εωω==⨯
= 电阻R 的功率2
242
4B L P R R
εω==
(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．
在T 点，由牛顿第二定律得2
11v mg qE m r
-=
从S 到T ，由动能定理得2211112222
qE r mg r mv mv ⋅-⋅=- 解得12mg
E q
=
杆转动的电动势2
1112
BL εω= 两板间电场强度1
1E d
ε=
联立解得12
mgd
qBL ω=
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．
在S 点，由牛顿第二定律得2
2v qE mg m r
-=
杆转动的电动势2
2212
BL εω= 两板间电场强度2
2E d
ε=
联立解得22
7mgd
qBL ω=
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，金属
杆转动的角速度的范围为：
22
7mgd mgd
qBL qBL ω≤≤.
5．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）22
sin 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
=
．
6．如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数n ＝100匝，电阻r ＝1Ω，长l 1＝0.5m ，宽l 2＝0.4m ，角速度ω＝10rad/s ．磁场的磁
感强度B＝0.2T．线圈两端外接电阻R＝9Ω的用电器，和一个理想交流电流表．试分析求解：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)电流表的读数；
(3)电阻R上消耗的电功率．
【答案】（1）40V；（2）2．82A；（3）72W．
【解析】
试题分析：（1）线圈中产生感应电动势的最大值E=NBSω=40V；
（2）线圈中产生感应拘泥于的最大值I=
E
R r
=4A
2
=2．82A；
（3）电阻R上消耗的电功率P=（2．82A）2×9Ω=72W．
考点：感应电动势，欧姆定律，电功率的计算．
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
2k 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=
8．材料的电阻随磁场的增强而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度．如图所示为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中R B 、R 0分别表示
有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值R B.请按要求完成下列实验．
(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，并在图中的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6～1.0 T，不考虑磁场对电路其他部分的影响)．要求误差较小．提供的器材如下：
A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150 Ω
B．滑动变阻器R，总电阻约为20 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．直流电源E，电动势3 V，内阻不计
F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：
123456
U(V)0.000.450.91 1.50 1.79 2.71
I(mA)0.000.300.60 1.00 1.20 1.80
根据上表可求出磁敏电阻的测量值R B＝______Ω.
结合题图可知待测磁场的磁感应强度B＝______T.
(3)试结合题图简要回答，磁感应强度B在0～0.2 T和0.4～1.0 T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？
________________________________________________________________________.
(4)某同学在查阅相关资料时看到了图所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论？
___________________________________________________________________________.【答案】（1）见解析图
（2）1500；0.90
（3）在0～0.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在9．电动自行车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动自行车，设计质量
（包括人）为m ＝90kg ，动力电源选用能量存储量为“36V 、15Ah”（即输出电压恒为36V ，工作电流与工作时间的乘积为15Ah ）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P
电
＝180W ，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自行车的效率为η＝80%，如果
自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正比，即F f ＝kmgv ，其中g 取10m/s 2，k ＝5.0×10﹣3s•m ﹣1．求：
（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时间和自行车电动机的内阻； （2）自行车在平直的公路上能达到的最大速度；
（3）有人设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，已知太阳辐射的总功率P 0＝4×1026W ，太阳到地球的距离r ＝1.5×1011m ，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%．则此设想所需的太阳能电池板的最小面积。

【答案】（1）2h ， 1.44Ω。

（2
）。

（3）101m 2 【解析】 【详解】
（1）根据公式：P ＝IU ，I ＝5A ，再根据电池容量可得：t Q
I
==2h 。

P 热＝P 电﹣80%P ＝I 2r 解得内阻为：r ＝1.44Ω。

（2）经分析可知，当自行车以最大功率行驶且达匀速时速度最大，因此有： F 牵＝kmgv m 而 F 牵m
P v η=
电
，
联立代入数据可得：v m ＝
m/s 。

（3）当阳光垂直电池板入射时，所需电池板面积最小，设其为S ，由题意得：
()02
130%15%4P S r π-⋅⋅=P
电
解得所需的太阳能电池板的最小面积为：
S 20
370%15%r P P 电
π=⋅。

代入数据解得：S ≈101m 2。

10．如图甲所示，一正方形线框边长为L ＝0．3m ，匝数为n ＝10匝，放置在匀强磁场中，ab 边与磁场边界MN 重叠，线框内阻为r=2Ω，与R ＝10Ω的外电阻形成一闭合回路。

若以垂直纸面向里为磁场的正方向，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律周期性变化（图中只画出两个周期）求从t=0时刻开始经过3分钟电阻产生的热量。

【答案】324J 【解析】 【详解】
在0~0.1s 内：210.4
100.37.20.05E n
V V t ∆Φ==⨯⨯=∆；110.6E I A R r
==+ 在0.1~0.3s 内: 220.4
100.3 3.60.1E n
V V t ∆Φ==⨯⨯=∆；220.3E I A R r
==+ 在0~0.3内发热量为22
11220.54Q I Rt I Rt J =+=
3min 总热量为180
0.543240.3
Q J J =
⨯=总
11．如图所示，圆形金属线圈半径r ＝0.3m ，匝数n ＝50，电阻R 0＝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+
2
π
t ）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R 1＝69Ω，R 2＝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R 1消耗的电功率； （3）调节滑动变阻器，可使速度为v ＝3×102m/s 、比荷为
q
m
＝3×104Ckg 的带电粒子（重力忽略不计）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)19Ω【解析】
【详解】
（1）由法拉第电磁感应定律有：E＝nS
B t ∆∆
线圈面积为：S＝πr2
代入数据得：E＝9V
（2）当R＝1Ω时，由闭合电路的欧姆定律得：E＝I（R0+R+12
12
R R
R R
+）
流过电阻R1的电流为：2
1
12
R
I I
R R
=
+
R1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＝
1
2
at2
由牛顿第二定律有：2R
qU
ma
d
=
由电路规律有：E＝U R2+I（R x+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
12．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
（2
）（3）若y <d ，即20
4L U dU <d ，则收
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W nbd tqU =∆（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0Q
I nQbdv t ∆=
==∆ （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
13．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R0=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。

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F1=" mg" sin37º=0.24N
由于F1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。

14．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
=）、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界
导轨的下端有一宽度为l（即ab l
'
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aa、'
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 ϕ∆=∆，E I R =，q I t n R
ϕ
∆=∆= ，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。

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 Ω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 2。

求：
(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
()0sin =+-安F mg F θ
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，
t BLx t E ∆=∆∆Φ=
，R
BLx
t I q =∆⋅= 联立解得：m BL
qR
x 5.0==
考点：本题考查电磁感应。