高中物理稳恒电流解题技巧(超强)及练习题
一、稳恒电流专项训练
1．（1）用螺旋测微器测量金属导线的直径，其示数如图所示，该金属导线的直径为mm．
（2）用下列器材装成描绘电阻0R伏安特性曲线的电路，请将实物图连线成为实验电路．微安表μA（量程200μA，内阻约200Ω）；
电压表V（量程3V，内阻约10Ω）；
电阻0R（阻值约20 kΩ）；
滑动变阻器R（最大阻值50Ω，额定电流1 A）；
电池组E（电动势3V，内阻不计）；
开关S及导线若干．
【答案】（1）1.880（1.878～1.882均正确）
（2）
【解析】
（1）首先读出固定刻度1.5 mm
再读出可动刻度38. 0×0. 01 mm="0.380" mm
金属丝直径为（1.5＋0.380) mm="1.880" mm．
（注意半刻度线是否漏出；可动刻度需要估读）
（2）描绘一个电阻的伏安特性曲线一般要求电压要从0开始调节，因此要采用分压电路．由于
0V A 0
100,0.5R R
R R ==，因此μA 表要采用内接法，其电路原理图为 连线时按照上图中所标序号顺序连接即可．
2．如图所示的电路中，电源电动势E =10V ，内阻r =0.5Ω，电动机的电阻R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U 1=3.0V ，求：
（1）电源释放的电功率；
（2）电动机消耗的电功率．将电能转化为机械能的功率； 【答案】（1）20W （2）12W 8W ． 【解析】 【分析】
（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I ，电源的总功率为P=EI ，即可求得； （2）由U 内=Ir 可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E-U 1-U 内，电动机消耗的功率为P 电=UI ；电动机将电能转化为机械能的功率为P 机=P 电-I 2R 0． 【详解】
（1）电动机正常工作时，总电流为：I=1
U R
I=
3.0
1.5
A=2 A ， 电源释放的电功率为：P=EI =10×2 W=20 W ； （2）电动机两端的电压为： U= E ﹣Ir ﹣U 1 则U =（10﹣2×0.5﹣3.0）V=6 V ；
电动机消耗的电功率为： P 电=UI=6×2 W=12 W ； 电动机消耗的热功率为： P 热=I 2R 0 =22×1.0 W=4 W ；
电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P 机=P 电﹣P 热 P 机=（12﹣4）W=8 W ；
【点睛】
对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．
3．环保汽车将为2008年奥运会场馆服务．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量
3310kg m =?．当它在水平路面上以v =36km/h 的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流
I =50A ，电压U =300V ．在此行驶状态下 （1）求驱动电机的输入功率P 电；
（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P 机，求汽车所受阻力与车重的比值（g 取10m/s 2）；
（3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积．结合计算结果，简述你对该设想的思考．
已知太阳辐射的总功率26
0410W P =?，太阳到地球的距离
，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%．
【答案】（1）3
1.510W P =?电
（2）/0.045f mg = （3）2101m S = 【解析】
试题分析：⑴31.510W P IU 电==?
⑵0.9P P Fv fv 电机===0.9/f P v =电/0.045f mg =
⑶当太阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S ，距太阳中心为r 的球面面积
204πS r =
若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为P '，则
00
P S P S '= 设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P ， 所以()130%P P =-'
由于15%P P =电，所以电池板的最小面积()00
130%P S
P S =- 22000
4π101?m 0.70.150.7r P PS S P P ===?电
考点：考查非纯电阻电路、电功率的计算
点评：本题难度中等，对于非纯电阻电路欧姆定律不再适用，但消耗电功率依然是UI 的乘积，求解第3问时从能量守恒定律考虑问题是关键，注意太阳的发射功率以球面向外释放
4．如图所示，水平轨道与半径为r 的半圆弧形轨道平滑连接于S 点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上．在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P 、Q ，两板间的距离为D .半圆轨道的最高点T 、最低点S 、及P 、Q 板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L 的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一个根长度略大于L 的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心1O 的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P 、Q 连接，图中电阻阻值为R ，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q 、质量为
12m 的小球1以速度052
gr v =，向左运动，与前面静止的、质量也为12m 的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P 、Q 板正对区域间才存在电场.重力加速度为g . (1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v ；
(2)若金属杆转动的角速度为ω，计算图中电阻R 消耗的电功率P ；
(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，计算金属杆转动的角速度的范围.
【答案】(1) 52gr v = (2) 242
4B L P R
ω= (3) 2mgd qBL ≤ω≤27mgd qBL 【解析】 【分析】 【详解】
(1)两球碰撞过程动量守恒，则0111
()222
mv m m v =+ 解得52
gr
v =
(2)杆转动的电动势211
22
BLv BL L BL εωω==?
= 电阻R 的功率2
242
4B L P R R
εω==
(3)通过金属杆的转动方向可知：P 、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向
上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T ，临界状态是粘合体刚好达到T 点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E 1，粘合体达到T 点时的速度为v 1．
在T 点，由牛顿第二定律得2
11v mg qE m r
-=
从S 到T ，由动能定理得2211112222
qE r mg r mv mv ?-?=- 解得12mg
E q
=
杆转动的电动势2
1112
BL εω= 两板间电场强度1
1E d
ε=
联立解得12
mgd
qBL ω=
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S 点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S 点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E 2．
在S 点，由牛顿第二定律得2
2v qE mg m r
-=
杆转动的电动势2
2212
BL εω= 两板间电场强度2
2E d
ε=
联立解得22
7mgd
qBL ω=
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S 做圆周运动到最高点T ，金属杆转动的角速度的范围为：
22
7mgd mgd
qBL qBL ω≤≤.
5．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 =
6．在图所示的电路中，电源电压U 恒定不变，当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W ，当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，求：
（1）电阻R 1与R 2的比值是多大？
（2）S 断开时，电阻R 2消耗的电功率是多少？ （3）S 闭合与断开时，流过电阻R 1的电流之比是多少？ 【答案】2∶1，2W ，3∶2 【解析】 【分析】 【详解】
（1）当S 闭合时R 1消耗的电功率为9W,则：
211
9W U P R =
= 当S 断开时R 1消耗的电功率为4W ，则：
21112
'(
)4W U
P R R R =+= 解得：
12:2:1R R =
(2)S 断开时 R 1和R 2串联，根据公式2P I R =，功率之比等于阻值之比，所以：
1122':':2:1P P R R ==
又因为1'4W P =，所以，S 断开时，电阻R 2消耗的电功率：
22'W P =
(3)S 闭合时：
1
U
I R =
S 断开时:
12
'U
R I R +=
所以：
1212
'3R R I R I +==
7．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．
8．一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。
9．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势来表明电源的这种特性。
（1）电动势在数值上等于非静电力把1C 的电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，如图甲所示，如果移送电荷q 时非静电力所做的功为W ，写出电动势1E 的表达式； （2）如图乙所示，固定于水平面的U 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，金属框两平行导轨间距为L 。金属棒MN 在外力的作用下，沿框架以速度v 向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷
量为e
a .在金属棒产生电势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，求出这个非静电力产生的电动势2E 的表达式；
b .展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f 的表达式；
（3）现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图丙所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电
场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为e ，电子做圆周运动的轨道半径为r ，因电流变化而产生的磁感应强度随时间的变化率为
B
k t
?=?（k 为一定值）。求电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做功W 及电子所受非静电力F 的大小。
【答案】(1) 1E W
q
=
(2)a.外力充当非静电力，2E BLv =； b .f Bev = (3)2W ke r π=， 2
kre
F =
【解析】 【详解】
(1)根据电动势的定义可知：
1E W q
=
(2)a .在金属棒产生电势的过程中外力充当非静电力；由题意可知金属棒在外力和安培力的作用下做匀速直线运动，则：
=F F BIL =安
所以根据电动势的定义有：
2=W Fx BILvt E BLv q q It
=
== b .从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生了碰撞，可以看做是安全弹性碰撞，碰后自由电子损失动能，损失的动能转化为焦耳热。从整体上看，可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的的损失。
设导线MN 的横截面积为S ，单位体积内的自由电子数为n ，自由电子沿导线长度方向运动的平均速度为v e ，则导线MN 内的自由电子总数为：
N nSL =
导线中的电流为：
e I neSv =
在极短时间?t 内，导线内所有自由电子克服金属离子做功导致自由电子的动能损失为：
e W N
f v t =??损
从宏观角度看，力F 对导线做功，而导线的速度不变，即导线的动能不变，所以力F 的功完全转化为焦耳热。?t 时间内，力F 做功：
W Fv t =?
又因为：
=W W 损
即：
e Fv t N
f v t ?=??
当导线MN 做匀速运动时外力等于安培力，即：
F F BIL ==安
联立以上各式可解得：
f Bev =
(3)据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为：
22B
E r k r t
ππ?=
?=? 加速一周感生电场对电子所做的功：
2W eE ke r π==
设非静电力为F ，电子运动一周，非静电力做功为：
2W FS F r π==?非
根据电动势的定义：
W E e
=非
联立解得：
2
kre
F =
答：(1) 电动势1E 的表达式1E W q
=
； (2)a.在金属棒产生电势的过程中，外力充当非静电力；这个非静电力产生的电动势
2E BLv =；
b . 导线MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f Bev =； (3)电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子所做功2W ke r π=，电子所受非静电力2
kre
F =
。
10．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 NF υ=
自由电子受的电场力
F =Ee
又
I neS υ=U=IR
联立解以上各式推导得
2Q I Rt
=
11． 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?，23
0.91
1516.70.6010R -=Ω=Ω?，33
1.50
15001.0010
R -=Ω=Ω?， 431.791491.71.2010R -=
Ω=Ω?，53
2.71
15051.8010
R -=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．
12．如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够发光．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L 的金属圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω匀速转动，圆环上接有电阻均为r 的三根导电辐条
OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环内，圆心角为120°的扇形区域内存在垂直圆环平面向下磁感应强度为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(可看成二极管，发光时电阻为r )．圆环及其它电阻不计，从辐条OP 进入磁场开始计时．
（1）顺磁感线方向看，圆盘绕O 1O 2轴沿什么方向旋转，才能使LED 灯发光？在不改变玩具结构的情况下，如何使LED 灯发光时更亮？
（2）在辐条OP 转过60°的过程中，求通过LED 灯的电流； （3）求圆环每旋转一周，LED 灯消耗的电能．
【答案】（1）逆时针；增大角速度（2）28BL r ω（3）2432B L r
ωπ
【解析】
试题分析：（1）圆环转动过程，始终有一条导电辐条在切割磁感线，产生感应电动势，并通过M.N 和二极管构成闭合回路．由于二极管的单向导电性，只有转轴为正极，即产生指向圆心的感应电流时二极管才发光，根据右手定则判断，圆盘逆时针旋转． 要使得LED 灯发光时更亮，就要使感应电动势变大，即增大转速增大角速度ω． （2）导电辐条切割磁感线产生感应电动势212E BL ω=
此时O 点相当于电源正极，P 点为电源负极，电源内阻为r 电源外部为二个导体辐条和二极管并联，即外阻为
3
r ． 通过闭合回路的电流
343
E E I r r r =
=
+
带入即得
2
2 1
33
2
48 BL BL
I
r r
ωω
?
==
流过二极管电流为
2
38
I BL
r
ω
=
（3）转动过程始终有一个导电辐条在切割磁感线，所以经过二极管的电流不变
转过一周所用时间
2
T
π
ω
=
所以二极管消耗的电能
24
2
2
'()
332
I B L
Q I rT rT
r
ωπ
===
考点：电磁感应串并联电路
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．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．(10分)如图所示，倾角θ=30°、宽L=1m 的足够长的U 形光滑金属导轨固定在磁感应强度大小B=IT 、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一根质量m=0.2kg ，电阻R=l Ω的金属棒ab 垂直于导轨放置。现用一平行于导轨向上的牵引力F 作用在棒上，使棒由静止开始沿导轨向上运动，运动中ab 棒始终与导轨接触良好，导轨 电阻不计，重力加速度g 取l0m/s 2
。求：
(1)若牵引力的功率P 恒为56W ，则ab 棒运动的最终速度为多大?
(2)当ab 棒沿导轨向上运动到某一速度时撤去牵引力，从撤去牵引力到ab 棒的速度为零，通过ab 棒的电量q=0.5C ，则撤去牵引力后ab 棒向上滑动的距离多大? 【答案】（1）7 m/s ；（2）0.5m 【解析】
试题分析：（1）当以恒定功率牵引ab 棒达到最大速度时：P=Fv ，E=BLv ，I=E/R ，F 安=BIL
()0sin =+-安F mg F θ
解得：v=7 m/s
(2)设撤去F 后ab 棒沿导轨向上运动到速度为零时滑动的距离为x ，通过ab 的电荷量，
t BLx t E ?=??Φ=
，R
BLx
t I q =??= 联立解得：m BL
qR
x 5.0==
考点：本题考查电磁感应