高考物理稳恒电流常见题型及答题技巧及练习题

高考物理稳恒电流常见题型及答题技巧及练习题
一、稳恒电流专项训练
1．材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ=ρ0(1+αt )，其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t =0℃时的电阻率．在一定的温度范围内α是与温度无关的常量．金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温度系数．利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻．已知：在0℃时，铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m ，碳的电阻率为3.5×10-5Ω·m ；在0℃附近，铜的电阻温度系数为3．9×10-3℃-1，碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1．将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0m 的导体，要求其电阻在0℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度（忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化）． 【答案】3．8×10-3m 【解析】 【分析】 【详解】
设所需碳棒的长度为L 1，电阻率为1ρ，电阻恒温系数为1α；铜棒的长度为2L ，电阻率为
2ρ，电阻恒温系数为2α．根据题意有
1101)l t ρρα=+（①
2202)l t ρρα=+（②
式中1020ρρ、分别为碳和铜在0℃时的电阻率． 设碳棒的电阻为1R ，铜棒的电阻为2R ，有111L R S ρ=③，222L
R S
ρ=④ 式中S 为碳棒与铜棒的横截面积．
碳棒和铜棒连接成的导体的总电阻和总长度分别为
12R R R =+⑤，012L L L =+⑥
式中0 1.0m L = 联立以上各式得：10112022
1210
20L L L L R t S S S
ραραρρ+=++⑦ 要使电阻R 不随温度t 变化，⑦式中t 的系数必须为零．即101120220L L ραρα+=⑧ 联立⑥⑧得：202
10
202101L L ραραρα=
-⑨
代入数据解得：313810m L -=⨯．
⑩ 【点睛】
考点：考查了电阻定律的综合应用
本题分析过程非常复杂，难度较大，关键是对题中的信息能够吃投，比如哦要使电阻R 不随温度t 变化，需要满足的条件
2．（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v1，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v2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．
3．如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。

（1）求可控电阻R随时间变化的关系式；
（2）若已知棒中电流强度为I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率P；
（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速运动位移后停下；而由题干条件，棒将运动位移后停下，求的值。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为，电流为I，其初速度为，加速度大小为，经时间后，棒的速度变为，则有：
而，时刻棒中电流为：，经时间后棒中电流为：，
由以上各式得：。

（2）因可控电阻R随时间均匀减小，故所求功率为：，
由以上各式得：。

（3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，，而
，，由以上各式得，而，由以上各式
得，
所求。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化
【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。

4．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
3
，电流表指针也指在满偏的
1
3
．求电源电动势与内阻的大小．（保留两位有效数字）
【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1
3
×0.6 A ＝
0.2 A ，电压表的示数为
1
3
×15 V ＝5 V 当电流表示数为0.5A 时，R 1两端的电压为U 1＝I 1R 1＝0.5×4 V ＝2 V
回路的总电流为I 总＝I 1+12U R ＝0.5+2
2
A ＝1.5 A
由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总r+U 1+U 3， 即E ＝1.5r+2+2①
当电流表示数为0.2 A 时，R 1两端的电压为U 1′＝I 1′R 1＝0.2×4V ＝0.8 V
回路的总电流为I 总′＝I 1′+12U R ＝0.2+
0.8
2
A ＝0.6A 由闭合电路欧姆定律得E ＝I 总′r+U 1′+U 3′， 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．
5．如下左图所示，R1＝14Ω，R2＝9Ω，当S 扳到位置1时，电压表示数为2.8V ，当开关S 扳到位置2时，电压表示数为2.7V ，求电源的电动势和内阻？（电压表为理想电表）
【答案】E=3V, r=1Ω
【解析】试题分析：根据开关S 扳到位置1和2时，分别由闭合电路欧姆定律列出含有电动势和内阻的方程，联立组成方程组求解． 解：根据闭合电路欧姆定律，可列出方程组： 当开关S 扳到位置1时，E=U 1+I 1r=U 1+
当开关S 扳到位置2时，E=U 2+I 2r=U 2+
代入解得：E=3V ，r=1Ω
答：电源的电动势和内阻分别为3V 和1Ω．
【点评】本题提供了一种测量电源的电动势和内阻的方法，可以用电阻箱代替两个定值电阻，即由电压表和电阻箱并连接在电源上，测量电源的电动势和内阻，此法简称伏阻法．
6．在如图所示的电路中，电源内阻r =0.5Ω，当开关S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U =2.8V ，电流表的读数I =0.4A 。

若所使用的电压表和电流表均为理想电表。

求： ①电阻R 的阻值； ②电源的内电压U 内； ③电源的电动势E 。

【答案】①7Ω；②0.2V ；③3V 【解析】 【详解】
①由欧姆定律U IR =得
2.8Ω7Ω0.4
U R I =
== 电阻R 的阻值为7Ω。

②电源的内电压为
0.40.50.2V U Ir ==⨯=内
电源的内电压为0.2V 。

③根据闭合电路欧姆定律有
2.8V 0.40.5V 3V E U Ir =+=+⨯=
即电源的电动势为3V 。

7．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。

8．山师附中一研究性学习小组制作了一辆以蓄电池为驱动能源的环保电动汽车，其电池每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让小汽车一次性跑500m ，汽车时速最高可达10m/s ，汽车总质量为9kg ．驱动电机直接接在蓄电池的两极，且蓄电池的内阻为r=0.20Ω．当该汽车在水平路面上以v ＝2m/s 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I ＝1.5A ，电压U ＝3.0V ，内电阻R M =0.40Ω．在此行驶状态下（取g ＝10 m/s 2），求： （1）驱动电机输入的电功率P 入； （2）驱动电机的热功率P 热； （3）驱动电机输出的机械功率P 机； （4）蓄电池的电动势E ．
【答案】（1）4.5W （2）0.9W （3）3.6W （4）3.3V 【解析】
试题分析：根据P =UI 求出驱动电机的输入功率；由P =I 2r 可求得热功率；由输入功率与热功率的差值可求出机械功率；由闭合电路欧姆定律可求得电源的电动势． （1）驱动电机输入的电功率：P 入＝IU ＝1.5×3.0W ＝4.5W （2）驱动电机的热功率：P 热＝I 2R ＝(1.5)2×0.40W ＝0.9W （3）驱动电机输出的机械功率：P 机＝P 入−P 热＝3.6W （4）蓄电池的电动势：E =U +IR =（3.0+1.5×0.2）V=3.3V
点睛：本题主要考查了功率的公式P =UI ，以及机械功率的公式P =Fv 的应用；要注意体会能量的转化与守恒关系．
9．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；故电流表的读数为
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．
10．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）
222
2
()
B L v R
P
R r
=
+
；（3）
22
B 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 2
R=2222
()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．
11．导线中自由电子的定向移动形成电流，电流可以从宏观和微观两个角度来认识。

（1）一段通电直导线的横截面积为S ，它的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏伽德罗常数位N A 。

导线中每个带电粒子定向运动的速率为υ，粒子的电荷量为e ，假设每个电子只提供一个自由电子。

①推导该导线中电流的表达式；
②如图所示，电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。

按照这个思路，请你尝试由安培力的表达式推导出洛伦兹力的表达式。

（2）经典物理学认为金属导体中恒定电场形成稳恒电流。

金属导体中的自由电子在电场力的作用下，定向运动形成电流。

自由电子在定向运动的过程中，不断地与金属离子发生碰撞。

碰撞后自由电子定向运动的速度变为零，将能量转移给金属离子，使得金属离子的热运动更加剧烈，这就是焦耳热产生原因。

某金属直导线电阻为R ，通过的电流为I 。

请从宏观和微观相结合的角度，证明：在时间t 内导线中产生的焦耳热为Q =I 2Rt （可设电子与离子两次碰撞的时间间隔t 0,碰撞时间忽略不计，其余需要的物理量可自设）。

【答案】（1）①A N vSe
M
ρ②见解析（2）见解析 【解析】 【详解】
(1）①金属导线单位体积内电子个数
A N n M
ρ
=
在时间t 内流过导线横截面的带电粒子数
N =nvtS
通过导线横截面的总电荷量
Q =Ne
导线中电流
I =
Q t
联立以上三式可以推导出
I =
A N vSe
M
ρ ②导线受安培力大小
F 安=BIL 。

长L 的导线内总的带电粒子数
N =nSL A N n M
ρ
=
又
I =A N vSe M ρ
电荷定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，表现为导线所受的安培力，即
Nf =F 安
联立以上三式可以推导出洛伦兹力的表达式
f =evB
（2）方法1：
设金属导体长为L ，横截面积为S ，两端电压为U ，导线中的电场强度
E =
U L
设金属导体中单位体积中的自由电子数为n ，则金属导体中自由电子总数
N nSL =
设自由电子的带电量为e ，连续两次碰撞时间间隔为t 0，定向移动的平均速度为υ，则一次碰撞的能量转移
00k eE t E υ=-
一个自由电子在时间t 内与金属离子碰撞次数为
t t 金属导体中在时间t 内全部自由电子与金属离子碰撞，产生的焦耳热
k t
Q N E t =⋅
⋅ 又
I neS υ=U =IR
联立解以上各式推导得
2Q I Rt
=
方法2：
设金属导体长为L，横截面积为S，两端电压为U，导线中的电场强度
E=U L
设金属导体中单位体积中的自由电子数为n，则金属导体中自由电子数
N nSL
=
在纯电阻电路中，电流做的功等于焦耳热，即Q=W
电流做的功等于电功率乘时间
W=Pt
电功率等于电场力对长为L的导线中所有带电粒子做功功率的总和
P NFυ
=
自由电子受的电场力
F=Ee
又
I neSυ
=U=IR
联立解以上各式推导得
2
Q I Rt
=
12．如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场．一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边．已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L>2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.从t＝0时起，磁
场的磁感应强度按B＝2－2
π
t(T)的规律变化．开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，
灯泡始终正常发光．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻R；
(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q.
【答案】(1)1.25 Ω(2)3.14 J
【解析】
【分析】
（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解感应电动势；由功率表达式，结合闭合电路欧姆定律即可；
（2）对线框受力分析，并结合平衡条件，及焦耳定律，从而求得．
【详解】
（1）由法拉第电磁感应定律有E＝
n
t
Φ∆∆
得22
121
100.5 2.5?
22
B
E n r V V
t
ππ
π
∆
⨯⨯⨯⨯
∆
＝＝＝
小灯泡正常发光，有P＝I2R
由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)
则有P＝(
E
R R
+)
2R，代入数据解得R＝1.25 Ω.
（2）对线框受力分析如图
设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B′，由力的平衡条件有
mg sin θ＝F安＋f＝F安＋μmg cos θ
F安＝nB′I×2r
联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T
线框在斜面上可保持静止的时间
1.64
2/5
t s s
π
π
==
小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25×
4
5
π
J＝3.14 J.
13．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/s2．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=mgsin37°=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．
14．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距L ，导轨平面与水平面夹角为α，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R.两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中R 2为一电阻箱，已知灯泡的电阻R L ＝4R ，定值电阻R 1＝2R ，调节电阻箱使R 2＝12R ，重力加速度为g ，闭合开关S ，现将金属棒由静止释放，求：
(1)金属棒下滑的最大速度v m ；
(2)当金属棒下滑距离为s 0时速度恰好达到最大，则金属棒由静止下滑2s 0的过程中，整个电路产生的电热；
(3)改变电阻箱R 2的值，当R 2为何值时，金属棒达到匀速下滑时R 2消耗的功率最大．
【答案】(1)226sin m mgR v B L α= (2)3222044
18sin 2sin m g R Q mgs B L
α
α=- (3) 24R R =时，R 2消耗的功率最大． 【解析】
试题分析：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有 mgsina ＝F 安① F 安＝BIL② I ＝
③
其中 R 总＝6R④
联立①～④式得金属棒下滑的最大速度⑤
（2）由动能定理W G－W安＝mv m2⑥
由于W G=2mgs0sinαW安= Q
解得Q ＝2mgs0sinα－mv m2
将⑤代入上式可得
也可用能量转化和守恒求解：
再将⑤式代入上式得
（3）因金属棒匀速下滑
故mgsinα = BIL⑦
P2=I22R2 ⑧
联立得
即
当，即时，R2消耗的功率最大．
考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路欧姆定律、电磁感应中的能量转化．【名师点睛】略．
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。