高考物理稳恒电流练习题及答案

高考物理稳恒电流练习题及答案

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．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

3．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V ，此时输入电动机的电功率为19kW ，电动机的内阻为0.4

。已知水的密度为

，重力加速度取10

2

。求

（1）电动机内阻消耗的热功率； （2）将蓄水池蓄入864

的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。

【答案】（1）3

110r p W =?（2）4210t s =?

【解析】

试题分析：(1) 设电动机的电功率为P ，则P UI ＝

设电动机内阻r 上消耗的热功率为r P ，则2

r P I r ＝ 代入数据解得3

110r P W =?

(2) 设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为

ρ，则

M V ＝ρ

设质量为M 的河水增加的重力势能为p E ?， 则 p E Mgh ?＝

设电动机的输出功率为0P ，则0? r P P P ＝－ 根据能量守恒定律得060%80%p P t E ???＝ 代入数据解得4210t s =?。 考点：能量守恒定律、电功、电功率

【名师点睛】根据电动机的功率和电压求解出电流，再根据焦耳定律求解发热功率；水增加的重力势能等于消耗的电能（要考虑效率），根据能量守恒定律列式求解；本题关键是根据能量守恒定律列方程求解，要熟悉电功率和热功率的区别。

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．

5．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数100n =，穿过每匝线圈的磁通量?随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻 5.0r =Ω，外电路电阻95R =Ω，已知感应电动势的最大值m m E n ω=Φ，其中m Φ为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路的交流电流表（内阻不计）的读数。

2A 【解析】 【详解】

由图可知磁通量最大值为：

21.010Wb m -Φ=?

线圈转动的角速度为：

2

2 3.142rad/s 200rad/s 3.1410T πω-?=

==? 代入公式m m E n ω=Φ得：

200V m E =

交流电流的最大值为：

m

m 2A E I R r

=

=+ 交流电流表的读数为：

2A 2

m

I =

=

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．如图所示的电路中，电炉电阻R ＝10Ω，电动机线圈的电阻r ＝1Ω，电路两端电压U ＝100V ，电流表的示数为30A ，问：

(1)通过电动机的电流为多少？

(2)通电一分钟，电动机做的有用功为多少？ 【答案】(1)I 2＝20A (2)W ＝9.6×104J 【解析】 【详解】

根据欧姆定律，通过电炉的电流强度为：1100

1010

U I A A R =

== 根据并联电路中的干路电流和支路电流的关系，则通过电动机的电流强度为：I 2＝I －I 1＝20

电动机的总功率为P ＝UI 2＝100×20 W ＝2×103W. 因发热而损耗的功率为P ′＝I 22r ＝400 W.

电动机的有用功率(机械功率)为P ″＝P －P ′＝1.6×103W ， 电动机通电1 min 做的有用功为W ＝P ″t ＝1.6×103×60 J ＝9.6×104J. 【点睛】

题图中的两个支路分别为纯电阻电路(电炉)和非纯电阻电路(电动机)．在纯电阻电路中可运用欧姆定律I ＝U/R 直接求出电流强度，而非纯电阻电路中的电流强度只能运用干路和支路中电流强度的关系求出．在非纯电阻电路中，电功大于电热，两者的差值才是有用功．

8．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

=

．

9．在如图所示的电路中，两平行正对金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d =4.0cm ．电源电动势E =400V ，内电阻r =20Ω，电阻R 1=1980Ω．闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B 板上的小孔以初速度v 0=1.0m/s 竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A 板．若小球所带电荷量q =1.0×10-7C ，质量m =2.0×10-4kg ，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g =10m/s 2．求：

（1）A 、B 两金属板间的电压的大小U ； （2）滑动变阻器消耗的电功率P ； （3）电源的效率η．

【答案】（1）U =200V （2）20W （3）0099.5 【解析】 【详解】

（1）小球从B 板上的小孔射入恰好到达A 板的过程中，在电场力和重力作用下做匀减速直线运动，设A 、B 两极板间电压为U ，根据动能定理有：

2

0102

qU mgd mv --=-，

解得：U = 200 V ．

（2）设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R ，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流1E

I R R r

=

++，而 U = IR ，

解得：R = 2×103 Ω

滑动变阻器消耗的电功率2

20U P W R

==．

（3）电源的效率2121()099.50()P I R R P I R R r η+===++出

总

． 【点睛】

本题电场与电路的综合应用，小球在电场中做匀减速运动，由动能定理求电压．根据电路的结构，由欧姆定律求变阻器接入电路的电阻．

10．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

'=

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

2

Q 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，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+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＝3×102m/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

13．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：0

=

-安

F

F

而BId F =安，2

/r R υ

Bd I +=

联立得：F=16N

（2）υF P ==48W

（3）设小灯泡和金属棒产生的热量分别为1Q 、2Q ，根据焦耳定律得知： 22

/21==r R Q Q 由功能关系得：Pt=1Q +2Q +22

1

υm

代入数据得：2Q =30．5J

考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律；功能关系

14．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a 1，则a 1=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v 0，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v 0=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

15．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??4600 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。