高中物理稳恒电流练习题及答案

高中物理稳恒电流练习题及答案

一、稳恒电流专项训练

1．如图10所示，P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，相距为L 1 ，处在竖直向下、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场中．一导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m 、每边电阻均为r 、边长为L 2的正方形金属框abcd 置于倾斜角θ=30°的光滑绝缘斜面上(ad ∥MN ，bc ∥FG ，ab ∥MG, dc ∥FN)，两顶点a 、d 通过细软导线与导轨P 、Q 相连，磁感应强度大小为B 2的匀强磁场垂直斜面向下，金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a 、d 点的作用力． （1）通过ad 边的电流I ad 是多大？ （2）导体杆ef 的运动速度v 是多大？

【答案】(1)238mg B L (2)1238mgr

B B dL

【解析】

试题分析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I ，ab 边的电流为I ab ，dc 边的电流为I dc ， 有I ab ＝3

4

I ① I dc ＝

1

4

I ② 金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg ＝B 2I ab L 2＋B 2I dc L 2 ③

由①～③，解得I ab ＝

2234mg

B L ④ (2)由(1)可得I ＝22

mg

B L ⑤

设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ，有E ＝B 1L 1v ⑥

设ad 、dc 、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ，则R ＝3

4

r ⑦ 根据闭合电路欧姆定律，有I ＝

E R

⑧ 由⑤～⑧，解得v ＝

1212

34mgr

B B L L ⑨ 考点：受力分析，安培力，感应电动势，欧姆定律等．

2． 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

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．

3．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

4．在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积

均为S=0.20mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路．M为金属丝c的

左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表

读数始终为I=1.25A，电压表读数U随OP间距离x的变化如下表：

x/mm6007008009001000120014001600180020002100220023002400 U/V 3.95 4.50 5.10 5.90 6.50 6.65 6.82 6.937.027.157.858.509.059.75

⑴绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线；

⑵求出金属丝的电阻率ρ，并进行比

较．

【答案】（1）如图所示； （2）电阻率的允许范围：

a ρ：60.9610m -?Ω?~61.1010m -?Ω?

b ρ：68.510m -?Ω?~71.1010m -?Ω?

c ρ：60.9610m -?Ω?~61.1010m -?Ω?

通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率． 【解析】

（1）以OP 间距离x 为横轴，以电压表读数U 为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线． （2）根据电阻定律l R S ρ

=可得S U S R l I l

ρ=?=?． 6

63

(6.5 3.9)0.2010 1.04101.25(1000600)10

a m m ρ----??=Ω?=?Ω??-? 67

3

(7.1 6.5)0.20109.6101.25(20001000)10b m m ρ----??=Ω?=?Ω??-? 66

3

(9.77.1)0.2010 1.04101.25(24002000)10

c m m ρ----??=Ω?=?Ω??-? 通过计算可知，金属丝a 与c 电阻率相同，远大于金属丝b 的电阻率．

5．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．

6．守恒定律是自然界中某种物理量的值恒定不变的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据．在物理学中这样的守恒定律有很多，例如：电荷守恒定律、质量守恒定律、能量守恒定律等等．

(1)根据电荷守恒定律可知：一段导体中通有恒定电流时，在相等时间内通过导体不同截面的电荷量都是相同的．

a ．己知带电粒子电荷量均为g ，粒子定向移动所形成的电流强度为，求在时间t 内通过某一截面的粒子数N ．

b ．直线加速器是一种通过高压电场使带电粒子加速的装置．带电粒子从粒子源处持续发出，假定带电粒子的初速度为零，加速过程中做的匀加速直线运动．如图l 所示，在距粒子源l 1、l 2两处分别取一小段长度相等的粒子流I ?．已知l l :l 2=1:4，这两小段粒子流中所含的粒子数分别为n 1和n 2，求：n 1:n 2．

(2)在实际生活中经常看到这种现象：适当调整开关，可以看到从水龙头中流出的水柱越来越细，如图2所示，垂 直于水柱的横截面可视为圆．在水柱上取两个横截面A 、B ，经过A 、B 的水流速度大小分别为v I 、v 2；A 、B 直径分别为d 1、d 2，且d 1：d 2=2:1．求：水流的速度大小之 比v 1:v 2．

(3)如图3所示：一盛有水的大容器，其侧面有一个水平的短细管，水能够从细管中喷出；容器中水面的面积S l 远远大于细管内的横截面积S 2;重力加速度为g ．假设 水不可压缩，而且没有粘滞性．

a ．推理说明：容器中液面下降的速度比细管中的水流速度小很多，可以忽略不计：

b ．在上述基础上，求：当液面距离细管的高度为h 时， 细管中的水流速度v ．

【答案】（1）a. Q It N q q

=

= ；b. 21:2:1n n =；（2）2

21221::1:4v v d d ==；（3）a.设：水面下降速度为1v ，细管内的水流速度为v ．按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：12Sv Sv =,由12S S >>，可得12v v <<．所以：液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计． b. 2v gh 【解析】 【分析】 【详解】 (1)a.电流Q I t

=

， 电量Q Nq = 粒子数Q It N q q

== b.根据2v ax =

可知在距粒子源1l 、2l 两处粒子的速度之比：12:1:2v v =

极短长度内可认为速度不变，根据x v t

?=?， 得12:2:1t t =

根据电荷守恒，这两段粒子流中所含粒子数之比：12:2:1n n = (2)根据能量守恒，相等时间通过任一截面的质量相等，即水的质量相等.

也即：2

··

4

v d π

处处相等 故这两个截面处的水流的流速之比：22

1221::1:4v v d d ==

(3)a .设：水面下降速度为1v ，细管内的水流速度为v .

按照水不可压缩的条件，可知水的体积守恒或流量守恒，即：12Sv Sv = 由12S S >>，可得:12v v <<.

所以液体面下降的速度1v 比细管中的水流速度可以忽略不计. b.根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：

液面上质量为m 的薄层水的机械能等于细管中质量为m 的小水柱的机械能． 又根据上述推理：液面薄层水下降的速度1v 忽略不计，即10v =. 设细管处为零势面，所以有：2

1002

mgh mv +=+ 解得:2v gh =

7．如图所示的电路中，R 1＝4Ω，R 2＝2Ω，滑动变阻器R 3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．

8．在如图所示的电路中,电源电动势E=3V,内阻 r=0.5Ω,定值电阻R 1 =9Ω,R 2=5.5Ω,电键S 断开．

①求流过电阻R 1的电流; ②求电阻 R 1消耗的电功率;

③将S 闭合时,流过电阻R 1的电流大小如何变化? 【答案】(1)0.2A ；(2)0.36W ；(3)变大 【解析】

试题分析：（1）电键S 断开时，根据闭合电路的欧姆定律求出电流；（2）根据2

11

P I R =求出1R 消耗的电功率；（3）将S 闭合时回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律分析电流的变化．

（1）电键S 断开时，根据闭合电路的欧姆定律得：12E

I R R r

=

++，解得：I=0.2A

（2）根据211P I R =，得2

10.290.36P W =?=

（3）将S 闭合时，2R 被短接，回路中的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律：

E

I R r

=

+，可知电流变大，即流过电阻1R 的电流变大 【点睛】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，解决本题的关键就是要知道闭合电路的欧姆定律的表达式，并且知道回路中的电阻变化了，根据闭合电路的欧姆定律可以判断电流的变化．

9．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2

0.610m 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212y at =， 0

l 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．

10．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。

11．如图所示，两条平行的金属导轨相距L =lm ，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN 和PQ 的质量均为m =0.2kg ，电阻分别为R MN =1Ω和R PQ =2Ω．MN 置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ 置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t =0时刻起，MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a =1m /s 2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态．t =3s 时，PQ 棒消耗的电功率为8W ，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求： （1）磁感应强度B 的大小；

（2）t =0～3s 时间内通过MN 棒的电荷量； （3）求t =6s 时F 2的大小和方向；

（4）若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移s 满足关系：v =0.4s ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到s =5m 的过程中，系统产生的焦耳热．

【答案】（1）B = 2T ；（2）q = 3C ；（3）F 2=-5.2N （负号说明力的方向沿斜面向下）（4）

20

3

Q J =

【解析】 【分析】

t =3s 时，PQ 棒消耗的电功率为8W ，由功率公式P =I 2R 可求出电路中电流，由闭合电路欧姆定律求出感应电动势．已知MN 棒做匀加速直线运动，由速度时间公式求出t =3s 时的速度，即可由公式E =BLv 求出磁感应强度B ；根据速度公式v =at 、感应电动势公式E =BLv 、闭合电路欧姆定律和安培力公式F =BIL 结合，可求出PQ 棒所受的安培力大小，再由平衡条件求解F 2的大小和方向；改变F 1的作用规律时，MN 棒做变加速直线运动，因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，可根据安培力的平均值求出安培力做功，系统产生的热量等于克服安培力，即可得解． 【详解】

（1）当t =3s 时，设MN 的速度为v 1，则v 1=at =3m/s 感应电动势为：E 1=BL v 1 根据欧姆定律有：E 1=I (R MN + R PQ ) 根据P =I 2 R PQ 代入数据解得：B =2T

(2)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则

速度为：v2＝at＝6 m/s

感应电动势为：E2＝BLv2＝12 V

根据闭合电路欧姆定律：2

2

4

MN PQ

E

I A

R R

==

+

安培力为：F安＝BI2L＝8 N

规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：

F2＋F安cos 37°＝mg sin 37°

代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)

(3)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s

因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，

安培力做功：

120

23

MN PQ

BLv

W BL x J

R R

=-??=-

+

安

【点睛】

本题是双杆类型，分别研究它们的情况是解答的基础，运用力学和电路．关键要抓住安培力与位移是线性关系，安培力的平均值等于初末时刻的平均值，从而可求出安培力做功．

12．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

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

2

kg

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．

13．如图所示，在两光滑平行金属导轨之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨的间距为L ，电阻不计．金属棒垂直于导轨放置，质量为m ，重力和电阻可忽略不计．现在导轨左端接入一个电阻为R 的定值电阻，给金属棒施加一个水平向右的恒力F ，经过时0t 后金属棒达到最大速度．

()1金属棒的最大速度max v 是多少？

()2求金属棒从静止达到最大速度的过程中．通过电阻R 的电荷量q ；

()3如图乙所示，若将电阻换成一个电容大小为C 的电容器(认为电容器充放电可瞬间完成

)．求金属棒由静止开始经过时间t 后，电容器所带的电荷量Q ．

【答案】()221FR B L ；()0332Ft FmR BL B L -；()22

3FCBLt m CB L +． 【解析】 【分析】

（1）当速度最大时，导体棒受拉力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式列式后联立求解即可；（2）根据法律的电磁感应定律列式求解平均感应电动势、根据欧姆定律列式求解平均电流、再根据电流定义求解电荷量；（3）根据牛顿第二定律和电流的定义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况．由法拉第电磁感应定律求解MN 棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量． 【详解】

（1）当安培力与外力相等时，加速度为零，物体速度达到最大，即F=BIL=22max

B L v R

由此可得金属棒的最大速度：v max =

22

FR

B L （2）由动量定律可得：(F-F )t 0=mv max

其中：F =220

x

Rt B L

解得金属棒从静止达到最大速度的过程中运动的距离：x=022Ft R B L -2

44FmR B L

通过电阻R 的电荷量：q=

BLx R =0Ft BL -33

FmR

B L （3）设导体棒运动加速度为a ，某时装金属棒的速度为v 1，经过n t 金属体的速度为v 2，导体棒中流过的电流(充电电流)为I ，则:F-BIL=ma 电流：I=

Q t V V =C E

t

V V 其中：n E=BLv 2-BLv 1=BL n v ，a=v

t

n n 联立各式得：a=

22

F

m CB L +

因此，导体棒向右做匀加速直线运动．由于所有电阻均忽略，平行板电容器两板间电压U 与导体棒切割磁感线产生的感应电动势E 相等，电容器的电荷量：Q=CBLat=22

FCBLt

m CB L +

答：（1）金属棒的最大速度max v 是

22

FR

B L ； （2）金属棒从静止达到最大速度的过程中，通过电阻R 的电荷量q 为033

Ft FmR

BL B L -； （3）金属棒由静止开始经过时间t 后，电容器所带的电荷量Q 为22

FCBLt

m CB L +．

【点睛】

解决本题的关键有两个：一是抓住电流的定义式，结合牛顿第二定律分析金属棒的加速度．二是运用微元法，求解金属棒的位移，其切入口是加速度的定义式．

14．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/s 2

．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．

15．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。