高中物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题

高中物理稳恒电流解题技巧讲解及练习题
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．在如图所示的电路中，电源内电阻r=1Ω，当开关S 闭合后电路正常工作，电压表的读数U=8.5V ，电流表的读数I=0.5A ．求： ①电阻R ； ②电源电动势E ； ③电源的输出功率P ．
【答案】(1)17R =Ω；(2)9E V =；(3) 4.25P w = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)由部分电路的欧姆定律，可得电阻为：5U
R I
=
=Ω (2)根据闭合电路欧姆定律得电源电动势为E ＝U ＋Ir ＝12V (3)电源的输出功率为P ＝UI ＝20W 【点睛】
部分电路欧姆定律U =IR 和闭合电路欧姆定律E =U +Ir 是电路的重点，也是考试的热点，要熟练掌握．
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．超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．
（l ）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化．则表明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ，并经一年以上的时间t 未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于△I 的电流变化，其中△I＜＜I ，当电流的变化小于△I 时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S ，环中定向移动电子的平均速率为v ，电子质量为m 、电荷量为e ．试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．
（3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t ．为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法． 【答案】（1）见解析 （2）（3）见解析
【解析】
（1）逆时针方向。

原磁场磁感线垂直于圆环平面向上，当撤去磁场瞬间，环所围面积的原磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中感应电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。

由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向。

（2）设圆环周长为、电阻为R ，由电阻定律得
由于有电阻，所以圆环在传导电流过程中，电流做功，把电能全部转化为内能。

设t 时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为
，由焦耳定律得
因电流是圆环中电荷的定向移动形成的，故可设环中单位体积内定向移动电子数为n ，由
电流强度的定义得：
因式中n、e、S不变，所以只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。

电流变化大小取时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为，则
在t时间内单个电子在环中定向移动时减小的动能为：
圆环中总电子为
设环中定向移动电子减少的动能总和为，则
由于，可得
根据能量守恒定律，得
联立上述各式，得
（3）由看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。

此题易错点：分析能量的转换关系以及微观量与宏观量关系时出错。

【考点定位】本题考查楞次定律、电阻定律、电流强度和能量转换等知识，是一道电磁学联系实际的综合问题，意在考查考生灵活应用物理知识解决实际问题的能力。

5．如图所示的电路中，电阻R1＝6 Ω，R2＝3 Ω.S断开时，电流表示数为0.9 A；S闭合时，电流表示数为0.8 A，设电流表为理想电表，则电源电动势E＝________V，内电阻r＝
________Ω.
【答案】E=5.76V r=0.4Ω
【解析】
根据闭合电路欧姆定律，两种状态，列两个方程，组成方程组，就可求解．
当S断开时
（1）
当S闭合时
（2）
由（1）、（2）式联立，解得
E=5.76V
r=0.4Ω
6．如图所示，已知R3＝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R3发生断路，电流表的读数2．5A，R1上的电压为5v，求：
（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路时R2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】
7．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l1＝0.5m，宽l2＝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．
8．如图所示，电源电动势E ＝27 V ，内阻r ＝2 Ω，固定电阻R 2＝4 Ω，R 1为光敏电阻．C 为平行板电容器，其电容C ＝3pF ，虚线到两极板距离相等，极板长L ＝0.2 m ，间距d ＝1.0×10－2 m ．P 为一圆盘，由形状相同透光率不同的二个扇形a 、b 构成，它可绕AA′轴转动．当细光束通过扇形a 、b 照射光敏电阻R 1时，R 1的阻值分别为12 Ω、3 Ω.有带电量为q ＝－1.0×10－4 C 微粒沿图中虚线以速度v 0＝10 m/s 连续射入C 的电场中．假设照在R 1上的光强发生变化时R 1阻值立即有相应的改变．重力加速度为g ＝10 m/s 2.
(1)求细光束通过a 照射到R 1上时，电容器所带的电量；
(2)细光束通过a 照射到R 1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，求细光束通过b 照射到R 1上时带电微粒能否从C 的电场中射出．
【答案】（1）11
1.810C Q -=⨯（2）带电粒子能从C 的电场中射出
【解析】 【分析】
由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求出电容器的电压，即可由Q=CU 求其电量；细光束通过a 照射到R 1上时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，电场力与重力二力平衡．细光束通过b 照射到R 1上时，根据牛顿第二定律求粒子的加速度，由类平抛运动分位移规律分析微粒能否从C 的电场中射出． 【详解】
（1）由闭合电路欧姆定律，得1227
1.5A 1242
E I R R r =
==++++
又电容器板间电压22C U U IR ==，得U C =6V 设电容器的电量为Q ，则Q=CU C 解得11
1.810
C Q -=⨯
（2）细光束通过a 照射时，带电微粒刚好沿虚线匀速运动，则有C
U mg q
d
=
解得20.610m kg -=⨯
细光束通过b 照射时，同理可得12C U V '=
由牛顿第二定律，得C U q
mg ma d
'
-= 解得210m/s a =
微粒做类平抛运动，得212
y at =，
0l
t v = 解得2
0.210m 2
d
y -=⨯<， 所以带电粒子能从C 的电场中射出． 【点睛】
本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是明确带电粒子的受力情况，判断其运动情况，对于类平抛运动，要掌握分运动的规律并能熟练运用．
9．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 neSυ
=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
=
10．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 ＝πr 2 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 （R 0+R+12
12
R R R R +）
流过电阻R 1的电流为：2
112
R I I R R =
+
R 1消耗的电功率为：P ＝I 12R 1 代入数据可求得：P 1＝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R 2两端电压，带电粒子 在两极板间做类平抛运动，所以有： x ＝vt y ＝
12
at 2 由牛顿第二定律有：
2
R qU ma d
= 由电路规律有：E ＝U R2+I （R x +R 0）
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
11．麦克斯韦的电磁场理论告诉我们：变化的磁场产生感生电场，该感生电场是涡旋电场；变化的电场也可以产生感生磁场，该感生磁场是涡旋磁场．
（1）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B =kt （k >0且为常量）．将一半径也为r 的细金属圆环（图中未画出）与虚线边界同心放置．
①求金属圆环内产生的感生电动势ε的大小．
②变化的磁场产生的涡旋电场存在于磁场内外的广阔空间中，在与磁场垂直的平面内其电场线是一系列同心圆，如图中的实线所示，圆心与磁场区域的中心重合．在同一圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等．使得金属圆环内产生感生电动势的非静电力是涡旋电场对自由电荷的作用力，这个力称为涡旋电场力，其与电场强度的关系和静电力与电场强度的关系相同．请推导金属圆环位置的涡旋电场的场强大小E 感．
（2）如图所示，在半径为r 的虚线边界内有一垂直于纸面向里的匀强电场，电场强度大小随时间的变化关系为E =ρt （ρ>0且为常量）．
①我们把穿过某个面的磁感线条数称为穿过此面的磁通量，同样地，我们可以把穿过某个面的电场线条数称为穿过此面的电通量．电场强度发生变化时，对应面积内的电通量也会发生变化，该变化的电场必然会产生磁场．小明同学猜想求解该磁场的磁感应强度B 感的方法可以类比（1）中求解E 感的方法．若小明同学的猜想成立，请推导B 感在距离电场中心为a （a <r ）处的表达式，并求出在距离电场中心
2
r
和2r 处的磁感应强度的比值B 感1：B 感2
．
②小红同学对上问通过类比得到的B 感的表达式提出质疑，请你用学过的知识判断B 感的表达式是否正确，并给出合理的理由． 【答案】（1）①2k r π ②kr
2
；（2）①1:1②不正确. 【解析】 【分析】
（1）①根据法拉第电磁感应定律求解金属圆环内产生的感生电动势ε的大小．②在金属圆环内，求解非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功，求解电动势，从而求解感应电场强度；（2）①类比（1）中求解E 感的过程求解 两处的磁感应强度的比值；②通过量纲分析表达式的正误. 【详解】
（1）①根据法拉第电磁感应定律得
()2B S B
S k r t t t
επ∆⋅∆Φ∆=
===∆∆∆ ②在金属圆环内，非静电力对带电量为-q 的自由电荷所做的功W 非=qE 感·2πr 根据电动势的定义W q
非ε=
解得感生电场的场强大小22
kr
E r t π∆Φ=
=∆感 （2）①类比（1）中求解E 感的过程，在半径为R 处的磁感应强度为2e
B R t
π∆Φ=
∆感 在R=a 时，2
e E a πΦ=，解得2
a
B ρ=
感
在R=2r 时， 2
12e r E π⎛⎫Φ= ⎪⎝⎭
，解得14r B ρ=感 将R=2r 时， 2
2e E r πΦ=，解得24
r
B ρ=
感
所以
121
1
B B =感感 ② 上问中通过类比得到的B
感的表达式不正确；
因为通过量纲分析我们知道：用基本物理量的国际单位表示2e
B R t
π∆Φ=
∆感的导出单位为
2
4
kg m A s
⋅⋅ ；又因为F B IL =，用基本物理量的国际单位表示F B IL =的导出单位为2kg
A s ⋅．可见，通过类比得到的
B 感的单位是不正确的，所以2e B R t
π∆Φ=
∆感的表达式不正确． 【点睛】
考查电磁学综合运用的内容，掌握法拉第电磁感应定律、电场强度和磁感应强度的应用，会用类比法解决问题以及用物理量的量纲判断表达式的正误．
12．有“200V 、40W ”灯泡40盏，并联于电源两端，这时路端电压，当关掉20
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：R 1=R D /40=25； 20盏灯并联的总电阻：R 2=R D /20=50; 根据欧姆定律可得：
解得E=210V ，r=10 （2）根据欧姆定律可得：，解得:
=200，
，解得n=5，
所以要关15盏。

考点：全电路欧姆定律。

13．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U1．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．
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
导轨的下端有一宽度为l （即ab l =）、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，磁场的边界
'aa 、'
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
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．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．。