高中物理稳恒电流提高训练及解析

高中物理稳恒电流提高训练及解析
一、稳恒电流专项训练
1．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、R0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
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（m gcosα+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．
5．一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。

6．如图所示，已知电源电动势E=16 V ，内阻r=1 Ω，定值电阻R=4 Ω，小灯泡上标有“3 V ，4.5 W”
字样，小型直流电动机的线圈电阻r′=1 Ω，开关闭合时，小灯泡和电动机均恰好正常工作．求：
（1）电路中的电流强度； （2）电动机两端的电压； （3）电动机的输出功率．
【答案】（1）1.5A ；（2）5.5V ；（3）6W. 【解析】
试题分析：（1）电路中电流L
L
P I U =
=1．5A （2）电动机两端的电压()M L U E U I R r =--+=5．5V （3）电动机的总功率
电动机线圈热功率2/
2.25W P I r ==热 电动机的输出功率
考点：电功率
7．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）R3断开时电表读数分别变为5v和2．5A 可知R1=2欧
R3断开前R1上电压U1=R1I=4V
U1= U2 + U3
所以 U2=1V
U2：U3 = R2：R3 =1:3
R2=1Ω
（2）R3断开前总电流I1=3A
E = U1 + I1r
R3断开后总电流I2=2．5A
E = U2 + I2r
联解方程E= 10 V r=2Ω
考点：闭合电路的欧姆定律
【名师点睛】
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
'=
9．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=
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
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12345
15035
R R R R R R ++++=
Ω=Ω（1500－1503Ω都算正确．）
由于
1500
10 150
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．
11．为了检查双线电缆CE、FD中的一根导线由于绝缘皮损坏而通地的某处，可以使用如图所示电路。

用导线将AC、BD、EF连接，AB为一粗细均匀的长L AB=100厘米的电阻丝，接触器H可以在AB上滑动。

当K1闭合移动接触器，如果当接触器H和B端距离L1=41厘米时，电流表G中没有电流通过。

试求电缆损坏处离检查地点的距离（即图中DP的长度X）。

其中电缆CE=DF=L=7．8千米，AC、BD和EF段的电阻略去不计。

【答案】6.396km
【解析】
【试题分析】由图得出等效电路图，再根据串并联电路规律及电阻定律进行分析，联立可求得电缆损坏处离检查地点的距离．
等效电路图如图所示：
电流表示数为零，则点H和点P的电势相等。

由得，
则
又
由以上各式得：X=6.396km
【点睛】本题难点在于能否正确作出等效电路图，并明确表头电流为零的意义是两端的电势相等．
12．如图，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L．一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．
（1）如图1，若轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v 沿轨道做匀速运动．请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等．
（2）如图2，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度v m，求此时电源的输出功率．
（3）如图3，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板电势差随时间变化的图象如图4所示，已知t1时刻电容
器两极板间的电势差为U 1．求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小．
【答案】（1）见解析（2）222
m m
EBLv B L v P r
-=（3）
【解析】
试题分析：（1）导体棒切割磁感线 导体棒做匀速运动
又
在任意一段时间Δt 内， 拉力F 所做的功 电路获取的电能
可见，在任意一段时间Δt 内，拉力F 所做的功与电路获取的电能相等． （2）导体棒达到最大速度v m 时，棒中没有电流． 电源的路端电压
电源与电阻所在回路的电流 电源的输出功率
（3）感应电动势与电容器两极板间的电势差相等
由电容器的U-t 图可知
导体棒的速度随时间变化的关系为
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度
由
，
，则
由牛顿第二定律 可得：
考点：感应电动势、电功、电功率、安培力．
13．如图所示，宽度m L 1=的足够长的U 形金属框架水平放置，框架中连接电阻
Ω=8.0R ，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度T B 1=，框架导轨上放一根质
量为kg m 2.0=、电阻Ω=2.0r ，的金属棒ab ，棒ab 与导轨间的动摩擦因数5.0=μ，现用功率恒定W P 6=的牵引力F 使棒从静止开始沿导轨运动（ab 棒始终与导轨接触良好且垂直），当整个回路产生热量J Q 8.5=时刚好获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量C q 8.2=（框架电阻不计，g 取2/10s m ）求：
（1）当导体棒的速度达到s m V /11=时，导体棒上ab 两点电势的高低？导体棒ab 两端的电压？导体棒的加速度？ （2）导体棒稳定的速度2V ？
（3）导体棒从静止到刚好获得稳定速度所用的时间？ 【答案】（1）b 点的电势高，0.8V ，220/m s （2）s m V /22=；（3）s t 5.1= 【解析】
试题分析：（1）当11/V V m s ==时，根据法拉第电磁感应定律：BLV E = 则
r
R E
I +=
根据欧姆定律：V IR U 8.0==，则：BIL F =安 FV p =。

根据牛顿第二定律可以得到：2/20s m m
F mg F a =--=
安
μ，则b 点的电势高
（2）当达到最大速度2V 时， 根据平衡条件：0=--安F mg F μ 整理可以得到：s m V /22= （3）根据功能关系：Q W -=安，r
R BLX
r R q +=
+∆Φ= 根据动能定理：222
1mV mgx W Pt =-+μ安 可以得到：s t 5.1=
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转 【名师点睛】由题意，牵引力F 的功率恒定，使棒从静止开始先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动，达到稳定．根据动能定理列式得到位移与最大速度的关系．再由法拉第电磁感应定律，由电量得出棒运动的位移与电量的关系，再联立可求解稳定的速度和时间。

14．如图所示的电路中，电源的电动势E=80 V ，内电阻r=2Ω，R1=4Ω，R2为滑动变阻器.
问：
（1）R2阻值为多大时，它消耗的功率最大？
（2）如果要求电源输出功率为600 W ，外电路电阻R2应取多少？此时电源效率为多少？ （3）该电路中R2取多大时，R1上功率最大？ 【答案】（1）6Ω；（2）2Ω， 75%；（3）0Ω 【解析】
试题分析：（1）将1R 视为电源的内电阻处理，则根据电源的输出功率随外电阻变化的特点，知道当21R R r =+时电源的输出功率最大（即外电阻2R 消耗的电功率最大）：
21426R R r =+=+Ω=Ω（）； 222
12212280••4
600 42
P I R R R R W R R r E R ==+=+=++++（
）（）（）（），解得22R =Ω；，
则得1280
10422
I R r E A A R =
==++++
电源的效率2100%100%75%600102
600P P η=
⨯=⨯=+⨯出
总。

（4）20R =Ω时，电路中电流最大，则1R 上功率最大。

考点：闭合电路的欧姆定律、电功、电功率
【名师点睛】本题关键要掌握电源的总功率、内部消耗的功率和输出功率的计算公式，以及三者之间的关系，并理解掌握电源输出功率最大的条件。

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R L =4Ω，定值电阻R 1=2Ω，电阻箱电阻R 2=12Ω，重力加速度为g=10m/s 2，现闭合开关，将金属棒由静止释放，下滑距离为s 0=50m 时速度恰达到最大，试求： （1）金属棒下滑的最大速度v m ；
（2）金属棒由静止开始下滑2s 0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v m，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=BLv m…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：v m=30m/s…⑤
（2）由能量守恒定律有：mg•2s0sinθ=Q+…⑥
联解代入数据得：Q=50J…⑦
答：（1）金属棒下滑的最大速度v m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．。