人教版物理必修3同步练习: 11.2 导体的电阻(优生加练)

人教版物理必修3同步练习: 11.2 导体的电阻(优生加练)
一、选择题
1．（2022·石景山模拟）角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示。当系统绕光滑的轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P位于B点，当系统以角速度ω转动时（　　）
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的减小而增大
C．弹簧的伸长量为
D．输出电压U与ω的函数式为
2．（2023高二上·上海市月考）两个电阻、的伏安特性曲线如图所示，由图可知（　　）
A．的电阻
B．的电阻随电压的增大而减小
C．当时，的电阻等于的电阻
D．曲线与横轴所围面积表示电阻的电功率
3．（2022·深圳模拟）如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像错误的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（选择性必修二 第二章电磁感应本章达标检测【xm】）M、N两个闭合正方形线圈用相同的导线制成，分别为10匝和30匝，边长l=3IN，图示区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律为B=B0+kt(k<0)，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法正确的是（　　）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．M、N线圈中感应电动势大小之比为1：9
C．M、N线圈中感应电流大小之比为1：3
D．M、N线圈中的电功率之比为1：27
5．（2021高二下·舒城月考）在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图。PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为 ，则下列说法正确的是（　　）
A．此过程中通过线框截面的电量为
B．此时线框的加速度为
C．此过程中回路产生的电能为
D．此时线框中的电功率为
6．（2017高二上·郑州期中）如图，一正方形导线框各边电阻均为R，MN、PQ两边均接有电容为C的电容器．开关闭合后，若电流表的示数为I，则每个电容器所带的电荷量为（　　）
A． IRC B． IRC C． IRC D． IRC
二、多项选择题
7．（2022高二上·衡南期末）如图，电源电动势，内阻不计，定值电阻，，。M点和N点之间接有定值电阻和水平放置的平行板电容器，电容器的电容，为变阻箱，将其阻值由调整到，下列说法正确的是（　　）
A．时M点的电势高于N点的电势
B．时电容器两端的电压为
C．变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为
D．变阻箱的阻值改变前后，通过电阻的电荷量为
8．（2022高二上·保定期中）在如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个理想电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示。则（　　）
A．电源内阻为
B．定值电阻R1的最大功率为1.8W
C．电源的最大输出功率为1.8W
D．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W
9．（2021高三上·南阳期末）如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量的绝缘板底座静止在动摩擦因数的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量，边长为，电阻为，与绝缘板间的动摩擦因数，为AD．BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内（），若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放瞬间（　　）
A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为
B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为
C．若金属框不固定，金属框的加速度为，绝缘板仍静止
D．若金属框不固定，金属框的加速度为，绝缘板的加速度为
10．（2021高二下·乐山期中）如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面。纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd（由均匀材料制成），其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为
B．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大
C．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直减小
D．导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一定一直减小
11．（2021高二下·蚌埠月考）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成 角（ ），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与导轨的两边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）
A．ab运动的平均速率小于
B．金属棒的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为
12．（2019·宝鸡模拟）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计。斜面处在方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F作用。已知金属棒从静止开始沿导轨下滑，它在滑下高度h时的速度大小为v，重力加速度为g，则在此过程中（　　）
A．金属棒损失的机械能为
B．金属棒克服安培力做的功为
C．电阻R上产生的焦耳热为
D．电阻R通过的电荷量为
三、非选择题
13．（2022高三上·湖北月考）有一额定电压为2.8V、额定功率为0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：
A．电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）
B．电压表V2（量程0~18V，内阻约18kΩ）
C．电流表A（量程0~100mA，内阻为15Ω）
D．定值电阻
E．滑动变阻器（最大电阻10Ω，允许最大电流2A）
F．滑动变阻器（最大电阻200Ω，允许最大电流150mA）
G．三节干电池（总电动势约为4.5V）
H．电键、导线若干
（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　（以上均填器材前的序号）
（2）请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图。
14．（2021高二上·信阳期中）某同学想要描绘标有“ ， ”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据，绘制曲线尽量准确，且操作方便，可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
电压表V，量程 ，内阻约
电流表 ，量程 ，内阻约
电流表 ，量程 ，内阻约
滑动变阻器 ，最大阻值 ，额定电流
滑动变阻器 ，最大阻值 ，额定电流
直流电源E，电动势约 ，内阻可忽略不计。
（1）上述器材中，电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　（填写所选器材后的字母）。
（2）请将虚线框内图甲所示的实验电路图补画完整。
（3）该同学通过实验得出了小灯泡的 图像如图乙所示，由图可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐　 　（选填“增大”或“减小”）；当小灯泡上的电压为 时，小灯泡的电阻是　 　（结果保留3位有效数字）。
（4）该同学在获得了（3）中小灯泡的 图像后，又把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势 ，内阻为 的电源上组成闭合回路，请你利用图像计算此时一只小灯泡的功率约为　 　W（结果保留2位有效数字）。
（5）如图丙所示为某二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是_________。
A．该二极管是线性元件
B．只要加正向电压该二极管的电阻就为零
C．只要加反向电压该二极管中就没有电流通过
D．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的电阻增大
E．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的功率增大
15．（2021高二上·岳池期中）在描绘一个标有“8.4V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到8.4V，并便于操作。已选用的器材有：
①学生电源（电动势9V，内阻约1Ω）
②电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω；量程0~3A，内阻约0.04Ω）；
③电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ；量程0~15V，内阻约15kΩ）；
④开关一个，导线若干。
（1）实验中还需要选择一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的______（填字母序号）；
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）
（2）实验电路图应选用图甲、乙中的　 　；
（3）请根据（2）中所选的电路图，补充完成图丙中实物电路的连线；
（4）根据实验数据，画出的小灯泡I-U图线如图丁所示。由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值　 　（填“变大”或“变小”）；
（5）此实验结果还可得出，此小灯泡灯丝的电阻率随温度的升高而　 　（填“变大”或“变小”）。
16．（2021高三上·浙江月考）某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V、2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：
A．直流电源4.5V（内阻很小可不计）
B．直流电流表0～500mA（内阻约为5Ω）
C．直流电压表0～3V（内阻等于6kΩ）
D．滑动变阻器甲，0～10Ω，额定电流2A
E．滑动变阻器乙，0～100Ω，额定电流1A
F．三个定值电阻（R1=1kΩ，R2=2kΩ，R3=5kΩ）
（1）在给定的器材中，滑动变阻器选用　 　（选填“甲”或“乙”），定值电阻选用　 　（选填“R1”、“R2”或“R3”）；
（2）小组同学设计好实验电路图后，如图A已经连好了部分导线，请用笔代替导线将实物图补充完整；
（3）实验测得小灯泡伏安特性曲线如图B所示，若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图C所示电路连接，电源电动势E=6V，内阻r=12Ω，此时每个小灯泡消耗的电功率为　 　W（结果保留两位有效数字）。
17．（2021高三上·洛南月考）某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至　 　档进行测量．（填选项前的字母）
A．直流电压10V B．直流电流5mA
C．欧姆× 100 D．欧姆× 1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流1.0A），L为待测小电珠，V为电压表（量程6V，内阻20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．
Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最　 　端；（填“左”或“右”）
Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭和开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是　 　点至　 　点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）
Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而　 　．（填“不变”、“增大”或“减小”）
18．（2021·新疆模拟）某同学在做描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时发现铭牌上标有小灯泡的额定电压为3 V，但额定功率不清晰。
（1）该同学使用多用电表粗测小灯泡的电阻，选择“×1”欧姆档测量，示数如图所示，则其电阻为　 　Ω（保留3位有效数字）；
（2）除了导线、开关和电动势为6 V的直流电源外，有以下一些器材可供选择：
电流表：A1（量程0.6 A，内阻约1 Ω）； A2（量程3 A，内阻约 .2 Ω）；
电压表：V （量程3V，内阻约10 kΩ）；
滑动变阻器：R1（阻值范围 ~10 Ω）； R2（阻值范围0~1 kΩ）；
为了让灯泡两端电压从零调节，以及测量更准确，实验时电流表应选择　 　，滑动变阻器应选择　 　；（均填字母代号）
（3）将实物图中还未完成的部分用笔代替导线补充完整；
（4）利用实验数据绘出小灯泡的部分伏安特性曲线如图所示。如果将两个这种小灯泡串联后，再接在电动势是3 V，内阻是2 Ω的电源上，则此时每个小灯泡的功率约为　 　W （结果保留2位有效数字）。
19．（2019高二上·安平月考）如图所示，电源电动势E=64V，内阻不计，电阻 ，开始开关 闭合， 断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角 ，两极板A、B间的距离d=0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v=4m/s，现有一个质量m=0.1kg、电荷量q=+0.02C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25．同时开关 也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来。（ ，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）开关 闭合， 断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；
（2）工件在传送带上运动的加速度大小；
（3）工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量．
20．（2017·太原模拟）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：
A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）
C．电流表A（0﹣0.6А，内阻未知）D．滑动变阻器R（0﹣20Ω，5A）
E．滑动变阻器R，（0﹣200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值1990Ω）
G．开关与导线若干
（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“ ”表示）．（画在方框内）
（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用　 　．（填写器材序号）
（3）将上述电子元件R1 和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=10.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为　 　Ω，R3接入电路的阻值为　 　Ω（结果保留两位有效数字）．
21．（2017高二上·葫芦岛期中）有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．现有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）
B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）
C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．滑动变阻器（1kΩ，1A）
H．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干
（1）实验中所用电压表应选　 　，电流表应选用　 　，滑动变阻器应选用　 　（用序号字母表示）
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．
（3）某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是　 　 W．
22．（2017高二上·遵义期中）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：
A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ）
B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）
C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω）
D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）
F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）
G．学生电源（直流6V）、开关及导线
（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表　 　，电流表　 　，滑动变阻器　 　．（填器材的前方选项符号，如A，B）
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方框中完成实验电路图1．
（3）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，对应P点，小灯泡的电阻约为　 　Ω．（保留两位有效数字）
（4）小灯泡的U﹣I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是　 　．
23．（2017高二上·扬州期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：
A．直流电源3V（内阻可不计）
B．直流电表0～3A（内阻约0.1Ω）
C．直流电表0～600mA（内阻约0.5Ω）
D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）
E．直流电压表0～15V（内阻约200kΩ）
F．滑线变阻器（10Ω，1A）
G．滑线变阻器（1kΩ，300mA）
（1）除开关、导线外，为完成实验，需要从上述器材中选用　 　（用字母）．
（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接的电路如图所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零．闭合开关后发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可判断断路的电线是　 　；若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是　 　；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是　 　．
（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，某位同学根据表格中的数据作出了该灯泡的伏安特性曲线．
U/V I/A
0 0
0.5 0.17
1.0 0.30
1.5 0.39
2.0 0.45
2.5 0.49
若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，则可以估算出该灯泡的实际功率为　 　W．（结果保留两位有效数字）
24．（2024高二上·辽宁期末）如图甲所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图乙所示，已知运输车管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为．运输车的质量为m，横截面是个圆，运输车上固定着长为的两根导体棒1和2（与导轨垂直），两根导体棒前后间距为D，每根导体棒的电阻为R．导轨电阻忽略不计．运输车在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力，不考虑两根导体棒的相互作用．问：
（1）当运输车由静止离站时，在导体棒2后距离为D处，接通固定在导轨上电动势为E的直流电源（电源内阻为R），此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，如图丙所示，则刚接通电源时运输车的加速度为多大？
（2）运输车进站时切断电源，管道内依次分布着相邻的方向相反的匀强磁场，各个匀强磁场的宽度均为D，磁感应强度大小均为B，如图丁所示，则当运输车的速度为v时受到的安培力为多大？
（3）求在（2）的条件下，运输车以速度进入磁场到停止运动的过程中，导体棒1上产生的焦耳热为多少？
25．（2023高三下·山西月考）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，电源电动势为E，内阻为r，电容器电容为C，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒沿垂直导轨方向放置于金属导轨上距离导轨右端x处，并通过一跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块相连，调节滑轮使连接金属棒的细线与导轨保持平行，在外力作用下系统保持静止。把开关S接1，可调电阻阻值调为R时，撤去外力，金属棒恰好保持静止，重力加速度为g，金属棒及导轨电阻不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）若将开关S迅速接2，则金属棒脱离导轨时电容器所储存的电能多大。（金属棒脱离导轨时，物块M尚未落地，且电容器C亦未被击穿，结果中磁场磁感应强度用“B”表示）
26．（2022高二下·莆田期末）如图（a）所示，在水平面内固定有两根平行且足够长光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，电阻不计。以PQ上的O点为坐标原点，沿导轨建立如图所示的x轴。导轨间区域内存在竖直向上的磁场，磁感应强度B随位置坐标x的变化规律如图（b）所示（图中，d已知）。金属棒a置于处，金属棒b置于的某处，两棒均与导轨垂直且始终接触良好，电阻均为R，质量均为m。时，锁定b棒，a棒获得瞬时初速度并在拉力的作用下开始做匀速直线运动。
（1）求a棒运动到处回路中电流的大小；
（2）写出a棒从处运动到处的过程中回路中电流i与时间的关系式并求出此过程中通过a棒的电荷量：
（3）当a棒运动到处时，撤去拉力，同时解锁b棒，假设A，B棒不会相碰，求此后回路中产生的焦耳热。
27．（2022高二下·江宁期末）如图所示，足够长的U形轨道倾斜放置，与水平面成角，宽度，其下端连接一个定值电阻。导轨间存在的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下。一根质量、电阻的导体棒ab，垂直于导轨放置。虚线MN以上部分，导轨光滑；MN以下部分，导轨粗糙，且导体棒与轨道间动摩擦因数。距虚线MN上方0.8m处，导体棒ab以的初速度开始向下滑行，恰能以最大速度越过虚线MN，此后继续滑行，最终停止。（g取）求：
（1）导体棒刚开始下滑时的加速度；
（2）在整个过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）越过虚线MN之后，导体棒滑行的距离。
28．（2022高二下·桂林期末）如图甲所示，表面绝缘、倾角的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离。一个质量、总电阻的单匝长方形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长。从时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力F作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取。
（1）求线框受到的拉力F的大小：
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及线框ad边的长度；
（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足（式中为线框向下运动时ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后相对磁场上边界的位移大小），求从时刻开始线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q（即电热）。
29．（2022·义乌模拟）图（a）所示，相距L=0.2m的两个完全相同的金属直角导轨ABC和，中间用的电阻焊连在一起，竖直固定在水平的绝缘垫上，导轨AC、BC足够长且电阻不计，金属棒EF、MN均通过棒两端的套环水平地锁定在导轨上，其中导轨AC光滑，金属棒EF的质量和电阻分别是、：金属棒MN的质量和电阻分别是、，BC与导体MN间的摩擦因数，平面上虚线下方有垂直平面向下的匀强磁场，平面与水平面成37°角，全平面内有平行平面向下的匀强磁场，两处磁场互不影响，磁感应强度大小均为B=2T。解除锁定后EF、MN同时下滑，MN棒速度随时间的变化图线如图（b）所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取）求：
（1）时刻导体EF中电流强度的大小和方向。
（2）时刻MN棒受到的摩擦力大小。
（3）若至内EF棒滑行了50米，求这段时间内MN棒产生的焦耳热。
30．（2022高二下·湖北期中）如图甲所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分连接组成，水平部分处在竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，两个磁场的磁感应强度大小均为B，导轨的间距均为L，倾斜部分倾角为。质量为m、电阻为R、长为L的两根相同导体棒a和b，导体棒a在水平导轨上垂直导轨静止放置，导体棒b在倾斜导轨上垂直导轨由静止释放并开始计时，利用传感器技术测得导体棒a的图像如图乙所示，导体棒a从时刻开始运动，时间内图线为曲线，之后图线为一条倾斜直线，时其速度大小为，图中均为已知量。水平导轨与导体棒a间的动摩擦因数为，倾斜导轨光滑，除导体棒外，其余电阻不计，两部分导轨都足够长。求：
（1）时刻导体棒b的速度大小；
（2）从释放到时刻过程中，导体棒b的位移大小；
（3）时导体棒b的速度大小。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．A B系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小， BC 的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，AB 错误；
C.设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
求得
C不符合题意；
D.输出电压
求得
D符合题意
故答案为：D。
【分析】当其AB系统转动时，不管其就受到的大小，结合欧姆定律可以判别回路中电流大小保持不变；当利用牛顿第二定律可以求出弹簧伸长量的大小；利用其电阻定律结合分压规律可以求出输出电压的函数式。
2．【答案】C
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AC.根据伏安特性曲线，当时，电阻的阻值，电阻的阻值，即当时，的电阻等于的电阻，故A错误，C正确；
B.伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，电阻随电压的增大，斜率减小，电阻值增大，故B错误；
D.根据可知，伏安特性曲线上某点坐标的乘积表示电阻消耗的功率，即矩形面积表示功率，不是曲线与横轴所围面积表示电阻的电功率，故D错误。
故选：C。
【分析】AC.根据伏安特性曲线结合欧姆定律求电阻；
B.根据伏安特性曲线的含义作答；
D.根据功率的计算公式结合伏安特性曲线作答。
需要注意的是，伏安特性曲线的斜率不能简单地用倾角的正切值表示
3．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】设导轨宽度为L、金属杆的质量为m、电阻为r
A．对金属杆根据牛顿第二定律可得
其中
则有
所以加速度随着速度的减小而减小，根据
可知v-t图象的斜率减小，A正确，不符合题意；
B．取初速度方向为正方向，根据动量定理可得
解得
由于加速度逐渐减小，则q-t图象的斜率减小，B错误，符合题意；
C．取初速度方向为正方向，在很短的一段时间 内，根据动量定理可得即
解得
所以v-x图象为一条倾斜的直线，C正确，不符合题意；
D．根据电荷量的计算公式可得
所以q-x图象是一条倾斜的直线，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对金属杆根据牛顿第二定律以及闭合电路欧姆定律得出加速度的表达式，根据动量定理以及电流的表达式得出导体中电荷量的表达式以及速度变化量和位移变化量的比值表达式。
4．【答案】C
【知识点】电阻定律；电路动态分析；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】穿过两线圈的 磁通量随时间不断减小，根据楞次定律可知两线圈内产生逆时针方向的感应电流，A不符合题意；穿过两线圈的磁通量随时间的变化率相等，根据法拉第电磁感应定律可得M、N线圈中感应电动势大小之比为 ，B不符合题意；根据电阻定律R=ρ· 可得M、N线圈的电阻之比为为 = 1，根据闭合电路欧姆定律可得M、N线圈中感应电流大小之比为 ，C符合题意；M、N线圈中的电功率 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及楞次定律得出感应电流的方向，利用法拉第电磁感应定律得出电动势之比，结合电阻定律得出线圈的电阻之比；结合闭合电路欧姆定律得出线圈中的电流比，结合功率的计算得出线圈中的功率比。
5．【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．线圈磁通量的变化ΔΦ＝Ba2
则由电流定义和欧姆定律可得
A不符合题意；
B．此时线框产生的电流
由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度
B不符合题意；
C．对此过程，由能量守恒定律可得，回路产生的电能
C不符合题意；
D．由电功率定义可得
D符合题意．
故答案为：D。
【分析】结合切割产生感应电动势大小和欧姆定律得出感应电流的大小，从而得出两条边所受安培力的合力，结合牛顿第二定律求出加速度；根据电量公式计算出线框截面的电量，根据能量守恒求出回路产生的电能；结合回路中克服安培力的功率等于电功率求出线框中的电功率。
6．【答案】C
【知识点】电阻定律；含容电路分析；欧姆定律
【解析】【解答】解：由于电容器中无电流通过，去掉电容器C，则电路可简化为如图所示．由对称性可知，每个主支路的电流为 ，分支路的电流为 ，则根据电容器的连接方式可知，两电容器两端电压均为 IR，由C= 可知，每个电容器所带的电荷量Q=CU= IRC，C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C．
【分析】这个题目的主要思路是画出等效电路，求出两点间的电势差，利用Q=CU求出电容的电荷量。
7．【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A：当，电阻R1两端的电压 ，得，电阻R4两端的电压，外电路中电流由高电势流向低电势，可知M点的电势等于N点的电势，故A错误；
B：当电阻箱时，电阻箱两端的电压为，则电容器两端的电压为，故B错误；
C：电阻箱改变前，电路消耗的功率为，电阻箱改变后电路消耗的功率，故，故C正确；
D：电阻箱阻值改变前，电容器两端电压为零，故两极板上电荷量为零，电阻箱的阻值改变后，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】AB：分析电路两点电势的高低，可从求两点的电压入手；
CD：进行比较从变化前后的区别入手，分别计算。
8．【答案】B,C,D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大， 的电压和电源的内电压增大，则 的电压减小，所以电压表 的示数增大，电压表 的示数减小，可知图线b反映的是电压表 的示数随电流的变化，图线a反映的是电压表 的示数随电流的变化，根据闭合电路欧姆定律得，电压表 的示数 ，由图线a的斜率大小等于 ，由图知 ，图线b的斜率等于 ，则 ， ，A不符合题意；
B．当滑动变阻器阻值为零时， 的功率最大，此时电流 ， ，B符合题意；
C．当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于 时，此时滑动变阻器滑到最左端，电源的输出功率最大，此时电流 ，故电源的最大输出功率 ，C符合题意；
D．由C的分析可知， 的阻值为 ， 电阻为 ；当 等效为电源内阻，则当滑动变阻器的阻值等于 时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为 时，滑动变阻器消耗的功率最大，此时 两端电压是 两端电压的两倍，由图可得，电路中的电流 ，则滑动变阻器消耗的最大功率 ，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】滑动变阻器的滑片移动的过程根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律得出电压表示数的变化情况，结合图乙中的U-I图像得出电源的内阻和和R1的阻值，当滑动变阻器的阻值为零时利用热功率的表达式得出定值电阻R1的最大功率，当内阻等于外阻时，电源的输出功率达到最大值，结合电功率的表达式得出电源的最大输出功率和滑动变阻器消耗的最大功率。
9．【答案】A,D
【知识点】安培力；受力分析的应用；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律有
则回路中的电流为
所受安培力的大小为
根据牛顿第二定律有
代入数据解得，A符合题意，B不符合题意；
若金属框不固定在绝缘板上：对金属框，由牛顿第二定律，则有
解得：，对绝缘板，由牛顿第二定律，则有
解得
因此C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出回路中的电流，利用安培力和牛顿第二定律得出加速度的大小；当若金属框不固定在绝缘板上时对绝缘板和金属框进行受力分析，根据牛顿第二定律得出两者的加速度。
10．【答案】B,C
【知识点】安培力；匀变速直线运动的位移与速度的关系；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．ab边进入磁场前线框做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式可知，v2=2gh，则ab边进入磁场时线框的速度
ab边刚进入磁场时感应电动势：E=BLv，感应电流： ，ab边受到的安培力 故A错误；
B．若线框进入磁场过程所受安培力一直小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框进入磁场过程做加速运动，线框速度一直增大，故B正确；
C．若线框进入磁场过程所受安培力大于重力，则线框所受合力竖直向上，线框进入磁场过程做减速运动，线框速度减小、则安培力减小，当安培力大小等于重力时，线框匀速运动，如果还未匀速就穿过上边界，则下落的速度可能一直减小，故C正确；
D．若线框刚好达到磁场下边界时所受安培力小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框离开磁场过程做加速运动，线框速度增大、则安培力增大，当安培力大小等于重力时，线框匀速运动，并非一定一直减小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据匀变速直线运动的速度-位移公式得出ab边进入磁场时线框的速度，利用法拉第电磁感应定律以及欧姆定律和安培力的表达式得出安培力的大小，根据合力的方向和速度方向的关系判断线框的运动情况。
11．【答案】B,D
【知识点】安培力；焦耳定律；牛顿第二定律；导体切割磁感线时的感应电动势；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，因此运动的平均速度大小大于 ，A不符合题意；
B．由电量计算公式
可得，下滑的位移大小为
B符合题意；
C．产生的焦耳热
而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流
小，故这一过程产生的焦耳热小于 ，C不符合题意；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据安培力公式结合牛顿第二定律判断金属板的运动情况，从而求出平均速度；根据电量公式求出下滑的位移；根据焦耳定律和安培力公式进行分析计算。
12．【答案】A,D
【知识点】安培力；焦耳定律；动能；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A. 金属棒在滑下高度h时的速度大小为v，重力势能减少mgh，动能增加 mv2，金属棒损失的机械能为 ，A符合题意；
B.金属棒从静止开始速度逐渐增大为v，安培力从0逐渐增大到 ，金属棒克服安培力做的功小于 ，B不符合题意；
C. 由能量转化和守恒定律得知，金属棒损失的机械能等于金属棒克服安培力做功和恒力F做的功与安培力做的功之和，电阻R上产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功，所以电阻R上产生的焦耳热为 - ，C不符合题意；
D.根据法拉第电磁感应定律 ， ，q=I△t，联立得q= = ，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，利用欧姆定律求出回路中的电流，发热功率即为安培力的功率，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
13．【答案】（1）A；E
（2）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡额定电压为2.8V，为使电压表指针偏转合适角度，电压表选V1
测量伏安特性曲线，要求电表从零开始变化，故采用分压式接法，选择小滑动变阻器
（2）计算可得小灯泡的额定电流为200毫安，电流表量程过小，可通过定值电阻并联对其进行改装。故实验电路图为
【分析】（1）根据小灯泡的额定电压判断选择的电压表，根据电压的变化情况选择滑动变阻器的连接方式，同时选择滑动变阻器；
（2）根据题意画出改装后的电路图。
14．【答案】（1）；
（2）
（3）增大；10.7
（4）0.19
（5）E
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡额定电流为0.3A，故电流表选择 。要求测量数据，绘制曲线尽量准确，应尽量多测数据，故采用分压接法，使用阻值范围较小的滑动变阻器 即可。
（2）因小灯泡电阻约为
电压表内阻远大于小灯泡电阻，故采用电流表外接法，电路如图
（3） 图像斜率的倒数表示电阻，故随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐增大。当小灯泡上的电压为 时，电流为0.28A，小灯泡电阻为
（4） 把两只这样的小灯泡并联，直接接在电源上，根据闭合电路欧姆定律有
代入数据
将此函数绘在 图像上
两图像的交点表示此时小灯泡实际的电压、电流，故小灯泡的功率为
（5）A．由图知，二极管的电流与电压不成线性关系，是非线性元件，A不符合题意；
B． 图像斜率的倒数表示电阻，由图知，加正向电压较小时，该二极管的电阻大于零，B不符合题意；
C．由图知，加反向电压较大时，该二极管中有电流通过，C不符合题意；
D． 图像斜率的倒数表示电阻，由图知，给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的电阻减小，D不符合题意；
E．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，电流也增大，则它的功率增大，故E正确。
故答案为：E。
【分析】（1）根据小灯泡的额定电流判断电流表；根据实验原理确定滑动变阻器的连接方式；
（2）根据实验原理画出电路图；
（3）利用欧姆定律得出小灯泡的电阻；
（4）根据闭合电路欧姆定律得出I和U的关系式，从而得出I-U图像，进一步得出小灯泡的功率；
（5）根据小灯泡伏安特性曲线的实验原理以及注意事项进行分析判断正确的选项。
15．【答案】（1）A
（2）乙
（3）
（4）变大
（5）变大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到8.4V，则滑动变阻器应采用分压接法，选择最大阻值比较小的A。
（2）灯泡正常发光时的电阻
该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表采用外接法，且要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到8.4V，则滑动变阻器需要分压式，因此实验电路应选乙。
（3）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示（根据小灯泡的额定电压和电流可知道电流表选择量程0~0.6A，电压表选择量程0~15V）
（4）在I-U图像中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，可知小灯泡的阻值变大。
（5）实验表明小灯泡的阻值随温度的升高而变大，小灯泡灯丝的电阻率随温度的升高而变大。
【分析】（1）根据小灯泡两端电压的变化情况判断滑动变阻器的连接方式；
（2）根据欧姆定律得出灯泡正常发光时的电阻，因此得出电流表的连接方式；从而进行分析判断正确的电路图；
（3）根据电路图完成实物图；
（4）I-U图像中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数从而判断小灯泡的阻值如何让变化；
（5）小灯泡的阻值随温度的升高而变大。
16．【答案】（1）甲；
（2）如图所示：
（3）0.34（0.32~0.35）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）本要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压式接法，为了便于控制分压，滑动变阻器选择最大阻值较小的甲。
器材中提供的直流电压表量程只有3V，而小灯泡L的额定电压为4V，所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为R，则根据串联分压规律有
解得R=2kΩ
所以定值电阻选用R2。
（2）小灯泡正常发光时的电阻为
改装后电压表的内阻为
所以
电流表应采用外接法，电路图见答案。
（3）设每个灯泡两端电压为U，通过灯泡的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
代入数据并整理得
将上述表达式所代表的的I-U图线作在题图B中，如图所示
可得U=1.05V
I=0.32A
此时每个小灯泡消耗的电功率为
【分析】（1）根据灯泡两端电压的变化得出滑动变阻器的连接方式，根据电表的改装原理得出所选的定值电阻；
（2）根据电功率的计算公式得出小灯泡正常发光时的电阻，结合内外接的判断得出电流表的内外接法；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出I-U的表达式，从而结合图像得出小灯泡消耗的功率。
17．【答案】D；左；1；5；增大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】①根据电珠的规格标称值可算出其正常工作时的电阻为12 Ω，测电阻选欧姆挡并选×1挡．
②开关闭合前，应保证灯泡电压不能太大，要有实验安全意识，调滑片在最左端使灯泡电压从零开始实验．电表示数总调不到零，是由于电源总是对电表供电，滑动变阻器串联在了电路中，1点和5点间没有接好，连成了限流式接法，这也是限流式与分压式接法的最显著区别．伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，所以随着电压的增大，曲线斜率减小，电阻增大．
【分析】根据电珠的电阻判断选择的欧姆档；根据实验安全滑动变阻器的阻值应在最大处；根据伏安特性曲线的斜率得知电阻的大小。
18．【答案】（1）10.0
（2）A1；R1
（3）
（4）0.27
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)由图中可得读数为10.0Ω；
(2)小灯泡的额定电压为3V，故小灯泡中的额定电流约为
故电流表选择A1，由于该实验要用分压电路，故滑动变阻器选择阻值小的R1。
(3)电路图和实物连线如图所示
(4)将两个这种小灯泡串联后，则2U=E-Ir
即U=1.5-I
画出电源的U-I图像，如图中所示，两图像的交点即通过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压，由图可知I=0.21A，U=1.3V，故
【分析】（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表的示数；
（2）根据通过灯泡的最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；
（4）在灯泡的I-U坐标内做出电源的U-I图像，求出灯泡的电流与电压，然后根据电功率公式求出灯泡的实际功率。
19．【答案】（1）解：开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：
此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，
所以：
两极板A、B间的场强大小：
电场方向为由B指向A
（2）解：开关S2也闭合，R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：
两极板A、B间的场强大小：
此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：
垂直于传送带的方向：
（3）解：工件达到4m/s需要的时间：
工件的位移：
所以工件应该一直做加速运动，
此时传送带的位移：
工件相对于传送带的位移：
工件与传动带因摩擦而产生的热量：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功的计算；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】由闭合电路的欧姆定律求出开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的电压，然后由 即可求出场强；同（1）求出开关S2也闭合后AB之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用Q=fL相对求出工件与传动带因摩擦而产生的热量；
20．【答案】（1）
（2）D
（3）10；20
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）描绘伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；
由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，
电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，作出电路图如图所示；（2）电路中滑动变阻器采用分压接法，为了实验操作方便，所以要选择总阻值较小的滑动变阻器D；（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，
由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，
根据欧姆定律得：R1=
根据串联电路的特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=I=0.25A
两端的电压为：U′=E﹣2U=10V﹣2.5×2V=5V，R3=
故答案为：（1）如图所示；（2）D；（3）10，20．
【分析】（1）题目中给出的实验器材没有电压表，根据题目已知改装电流表，代替电压表使用。描绘小灯泡伏安特性曲线因为是曲线，所以滑动变阻器应采用分压式接法。
（2）分压式接法当中，应采用小阻值的，滑动变阻器。
（3）根据题意分析，两个电阻元件的电压和电流都相等。根据欧姆定律，求解即可。
21．【答案】（1）A；D；E
（2）
（3）0.8
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，应选A；
由P=UI得，灯泡的额定电流 A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故电流表选D；
而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（2）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法．所以电路图如图．（3）在U﹣I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线，与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，电压U=2.0V，则灯泡的实际功率P=UI=0.8W．
故答案为：（1）A、D、E（2）如图
；（3）0.8W
【分析】（1）灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；通过计算电流表应选择0～0.6A的量程，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器。
（2）用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法．
（3）在U﹣I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线，与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，电压U=2.0V，则灯泡的实际功率可求。
22．【答案】（1）A；D；E
（2）解：电路图如图所示：
（3）5.3
（4）灯泡电阻随温度的变化而变化
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表选A，灯泡额定电流I= = =0.5A，则电流表选D，为方便实验操作，滑动变阻器选择总阻值较小的F．（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻R= = =8Ω，灯泡内阻应视为小电阻，故电流表应采用外接法，电路图如图所示． （3）由图象可知，随着所加电压的增加，通过小灯泡的电流增大，但电压与电流的比值增大，即灯泡电阻将增大；由图象可知，在P点U=2.4V，I=0.45A，此时灯泡电阻R= = ≈5.3Ω．（4）由于灯泡内阻随温度的变化而变化，所以对应的图象是曲线而不是直线；
故答案为：（1）A；D；E；（2）电路图如图所示；（3）5.3．（4）灯泡电阻随温度的变化而变化．
【分析】由灯泡的额定电压和功率计算出通过小灯泡的最大电流和小灯泡的电阻值，据此选择合适的仪器，小灯泡电阻和电流表电阻接近，选择电流表外接法；根据U-I图线计算小灯泡电阻值，电阻随温度变化而变化。
23．【答案】（1）ACDF
（2）d；h；g
（3）0.19
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）根据小灯泡铭牌知额定电压为3V，额定电流I由I= = =0.5A，故电源应选A，电流表应选C，电压表应选D，又描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流从零调，故滑动变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器F．（2）根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后，发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为 d；若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线为 h；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g．（3）若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，在I﹣U图象中再做出定值电阻的I﹣U图象，如图所示，由图象可读出当电流I=0.25A时，小灯泡两端电压为0.75V，定值电阻两端电压为2.5V（此时两电压之和接近电压电压），由P=UI=0.75×0.25≈0.19W．
故答案为：（1）ACDF；（2）d；h；g；（3）0.19．
【分析】（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流或电压从零调，滑动变阻器应用分压式接法，电流表与电压表量程要根据小灯泡的规格利用部分电路欧姆定律计算来确定；
（2）电路中的故障，只有两种短路和断路，要画出电路图，再通过电路图判断故障；
（3）通过图象读出满足条件的坐标点，然后再求功率．
24．【答案】（1）解：运输车离站时，电路的总电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
通过导体棒的电流为
导体棒所受的安培力为
运输车的加速度
代入数据解得
（2）解：运输车进站时，当车速为时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路的欧姆定律得
导体棒所受的安培力为
运输车受到的安培力为
（3）解：根据能量守恒定律，两根导体棒产生的总焦耳热为
则可知导体棒1产生的焦耳热为
【知识点】牛顿第二定律；串联电路和并联电路的特点及应用；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）确定闭合开关后，回路的连接方式，根据闭合电路的欧姆定律及串并联规律确定通过导体棒的电流。导体棒运动过程只受安培力作用，再根据安培力公式及牛顿第二定律进行解答；
（2）根据左手定则确定各导体棒所受安培力的方向。进站后导体棒切割磁场产生感应电动势，根据右手定则确定两导体棒产生感应电流的方向。再根据法拉第电磁感应定律及串并联规律确定回路中的总电动势，再根据闭合电路的欧姆定律及安培力公式进行解答；
（3）运输车进站后最终速度为零，运输车的动能全部转化为焦耳热。再根据能量守恒定律及串并联电路规律确定导体棒1产生的焦耳热。
25．【答案】（1）解：开关S接1时，金属棒保持静止。由闭合电路欧姆定律可得，金属棒中的电流为
导体棒受力如图，所以
且
所以，匀强磁场磁感应强度大小为
由左手定则可知，磁感应强度方向为“竖直向上”。
（2）解：当开关S接2时，物块通过细线拉动金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，设金属棒的速度为v，则感应电动势为
又因为金属棒及导轨电阻不计，所以电容器的带电量为
所以，金属棒中的电流为
金属棒所受安培力为
对金属棒及物块受力分析并运用牛顿第二定律
可得
所以，金属棒脱离导轨时
此时，金属棒及物块系统的动能为
由能量守恒定律可得，金属棒脱离导轨时电容器所储存的电能为
【知识点】安培力；共点力的平衡；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）当开关接1时，利用欧姆定律结合平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（2）当开关接2时，利用动生电动势的表达式及电流的表达式可以求出电流的大小，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小，再利用速度位移公式可以求出金属板脱离导轨的速度大小，结合动的表达式及能量守恒定律可以求出电容器所存储的电能大小。
26．【答案】（1）解：根据题意，由图（b）可知，a棒运动到处时，此处的磁感应强度为，则感应电动势为
a棒运动到处回路中电流的大小
（2）解：根据题意，由图（b）可知，磁感应强度与的关系式为
由于a棒获得瞬时初速度并在拉力的作用下开始做匀速直线运动，设运动时间为，则有
则时刻，磁感应强度为
感应电动势为
感应电流为
根据题意可知，感应电动势为
感应电流为
通过a棒的电荷量为
由图（b）可得
则
（3）解：当a棒运动到处时，撤去拉力，同时解锁b棒，假设A，B棒不会相碰，A，B棒系统动量守恒，且最终两棒速度相等，设相等速度为，则有
解得
由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为
【知识点】动量守恒定律；焦耳定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出回路中的电流表达式；
（2）根据磁感应强度与的关系式以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出感应电流的表达式，结合电流的定义式得出 通过a棒的电荷量：
（3） A，B棒系统动量守恒 ，结合动量守恒以及能量守恒定律得出回路中产生的热量。
27．【答案】（1）解：导体棒刚开始下滑时感应电动势
由欧姆定律得电路中定律
导体棒所受安培力
由牛顿第二定律得导体棒刚开始下滑时的加速度
方向沿斜面向下。
（2）解：越过虚线MN之后，动摩擦因数，则
越过虚线MN之后，重力与摩擦力对导体棒所做总功为0，对导体棒从开始到最终停止利用动能定理
解得
导体棒克服安培力做的功转化为电路中的焦耳热，由
解得在整个过程中，电阻R产生的焦耳热
（3）解：导体棒到达MN时，恰好速度最大，则
又，，
即
解得导体棒的速度
越过虚线MN之后，对导体棒由动量定理得
即
解得
解得
【知识点】安培力；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出导体棒所受的安培力，结合牛顿第二定律得出导体棒下滑时的加速度：
（2） 越过虚线MN之后 ，根据共点力平衡以及动能定理和焦耳定律得出电阻R产生的焦耳热；
（3）速度最大时根据共点力平衡以及安培力的表达式和闭合电路欧姆定律得出导体棒的速度，利用动量定理得出导体棒滑行的距离。
28．【答案】（1）解：由图乙可知，在0~0.4s内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为
所以此过程中的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：由图乙可知，线框进入磁场区域后以速度做匀速直线运动，则产生的感应电动势为
通过线框的电流为
则线框所受的安培力为
线框匀速运动，处于受力平衡状态，则有
解得
线框在穿过磁场区域的整个过程中做匀速直线运动，说明线框所受的安培力在整个中保持不变，则线框的宽度与磁场区域的宽度相同，即
（3）解：线框的ab边离开磁场后，线框做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为
设线框与挡板碰撞前速度为，根据动能定理有
解得
线框与挡板碰撞后的速度大小仍为，线框下滑过程中，由于
即重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力等大反向，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为；进入后因受到安培力的作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为，由
解得
说明线框在离开磁场前速度已经减小为零，这时安培力已经消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热
所以整个过程中产生的热量
【知识点】安培力；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】 （1）根据加速度的定义式以及牛顿第二定律得出线框受到的拉力：
（2）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出线框中的电流，结合安培力的表达式以及共点力平衡得出磁感应强度的大小，同时得出及线框ad边的长度；
（3） 线框的ab边离开磁场后 ，根据动能定理以及共点力平衡个匀变速直线运动的规律和焦耳定律得出线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热 。
29．【答案】（1）解：由图可知，在0-t1时间内MN做匀加速运动，在t1时刻以后做变减速运动，可知此时刻EF刚进入磁场区域，t1时刻MN的速度v2=1m/s，MN的加速度
EF的加速度
解得I=1.6A
方向从E到F
（2）解：由左手定则，当EF下滑时，MN受垂直斜面向下的安培力，且随着EF的加速下滑，MN受安培力逐渐变大，摩擦力变大，因t2时刻后MN匀减速下滑，可知此时受到的摩擦力恒定不变，安培力不变，此时EF应该匀速下滑，则
对MN
解得f=2.4N
vm=20m/s
（3）解：由题意可知从EF进入磁场到达到最大速度，EF运动了x=50m，则由能量关系可知
MN棒产生的焦耳热
解得
【知识点】功能关系；受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律以及法拉第电磁感应定律和匀变速直线运动的规律、欧姆定律得出时刻导体EF中电流强度 ；
（2）导体棒运动的过程中根据共点力平衡以及滑动摩擦力的表达式得出 时刻MN棒受到的摩擦力；
（3） 从EF进入磁场到达到最大速度 的过程中根据能量关系得出这段时间内MN棒产生的焦耳热。
30．【答案】（1）解：设时刻，导体棒b的速度为，产生的感应电动势为，回路中的电流为，导体棒受到的安培力为，则有：，，，
联立以上各式解得
（2）解：设从释放到时刻过程中，导体棒的平均速度为，产生的平均感应电动势为，回路中的电流为，导体棒受到的安培力为，发生的位移为，则有：，，
由动量定理：
整理上述各式得
又
联立上两式的
（3）解：设运动过程中导体棒a的速度为，导体棒b的速度为，分别对两导体棒由牛顿第二定律：，
当时（只要表达定值的意思即可得分）
为定值当时
【知识点】安培力；牛顿第二定律；电路动态分析；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）对导体棒b根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出 时刻导体棒b的速度 ；
（2） 从释放到时刻过程中 ，根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出导体棒受到安培力的表达式，结合动量定理得出导体棒b的位移 ；
（3）对两个导体棒分别根据牛顿第二定律以及速度关系得出 时导体棒b的速度 。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 11.2 导体的电阻(优生加练)
一、选择题
1．（2022·石景山模拟）角速度计可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度，其结构如图所示。当系统绕光滑的轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，系统静止时滑片P位于B点，当系统以角速度ω转动时（　　）
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的减小而增大
C．弹簧的伸长量为
D．输出电压U与ω的函数式为
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．A B系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小， BC 的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，AB 错误；
C.设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得
求得
C不符合题意；
D.输出电压
求得
D符合题意
故答案为：D。
【分析】当其AB系统转动时，不管其就受到的大小，结合欧姆定律可以判别回路中电流大小保持不变；当利用牛顿第二定律可以求出弹簧伸长量的大小；利用其电阻定律结合分压规律可以求出输出电压的函数式。
2．（2023高二上·上海市月考）两个电阻、的伏安特性曲线如图所示，由图可知（　　）
A．的电阻
B．的电阻随电压的增大而减小
C．当时，的电阻等于的电阻
D．曲线与横轴所围面积表示电阻的电功率
【答案】C
【知识点】电功率和电功；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AC.根据伏安特性曲线，当时，电阻的阻值，电阻的阻值，即当时，的电阻等于的电阻，故A错误，C正确；
B.伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，电阻随电压的增大，斜率减小，电阻值增大，故B错误；
D.根据可知，伏安特性曲线上某点坐标的乘积表示电阻消耗的功率，即矩形面积表示功率，不是曲线与横轴所围面积表示电阻的电功率，故D错误。
故选：C。
【分析】AC.根据伏安特性曲线结合欧姆定律求电阻；
B.根据伏安特性曲线的含义作答；
D.根据功率的计算公式结合伏安特性曲线作答。
需要注意的是，伏安特性曲线的斜率不能简单地用倾角的正切值表示
3．（2022·深圳模拟）如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计。则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律；电路动态分析；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】设导轨宽度为L、金属杆的质量为m、电阻为r
A．对金属杆根据牛顿第二定律可得
其中
则有
所以加速度随着速度的减小而减小，根据
可知v-t图象的斜率减小，A正确，不符合题意；
B．取初速度方向为正方向，根据动量定理可得
解得
由于加速度逐渐减小，则q-t图象的斜率减小，B错误，符合题意；
C．取初速度方向为正方向，在很短的一段时间 内，根据动量定理可得即
解得
所以v-x图象为一条倾斜的直线，C正确，不符合题意；
D．根据电荷量的计算公式可得
所以q-x图象是一条倾斜的直线，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对金属杆根据牛顿第二定律以及闭合电路欧姆定律得出加速度的表达式，根据动量定理以及电流的表达式得出导体中电荷量的表达式以及速度变化量和位移变化量的比值表达式。
4．（选择性必修二 第二章电磁感应本章达标检测【xm】）M、N两个闭合正方形线圈用相同的导线制成，分别为10匝和30匝，边长l=3IN，图示区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间变化的规律为B=B0+kt(k<0)，不考虑线圈之间的相互影响，则下列说法正确的是（　　）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．M、N线圈中感应电动势大小之比为1：9
C．M、N线圈中感应电流大小之比为1：3
D．M、N线圈中的电功率之比为1：27
【答案】C
【知识点】电阻定律；电路动态分析；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】穿过两线圈的 磁通量随时间不断减小，根据楞次定律可知两线圈内产生逆时针方向的感应电流，A不符合题意；穿过两线圈的磁通量随时间的变化率相等，根据法拉第电磁感应定律可得M、N线圈中感应电动势大小之比为 ，B不符合题意；根据电阻定律R=ρ· 可得M、N线圈的电阻之比为为 = 1，根据闭合电路欧姆定律可得M、N线圈中感应电流大小之比为 ，C符合题意；M、N线圈中的电功率 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及楞次定律得出感应电流的方向，利用法拉第电磁感应定律得出电动势之比，结合电阻定律得出线圈的电阻之比；结合闭合电路欧姆定律得出线圈中的电流比，结合功率的计算得出线圈中的功率比。
5．（2021高二下·舒城月考）在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图。PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为 ，则下列说法正确的是（　　）
A．此过程中通过线框截面的电量为
B．此时线框的加速度为
C．此过程中回路产生的电能为
D．此时线框中的电功率为
【答案】D
【知识点】能量守恒定律；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．线圈磁通量的变化ΔΦ＝Ba2
则由电流定义和欧姆定律可得
A不符合题意；
B．此时线框产生的电流
由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度
B不符合题意；
C．对此过程，由能量守恒定律可得，回路产生的电能
C不符合题意；
D．由电功率定义可得
D符合题意．
故答案为：D。
【分析】结合切割产生感应电动势大小和欧姆定律得出感应电流的大小，从而得出两条边所受安培力的合力，结合牛顿第二定律求出加速度；根据电量公式计算出线框截面的电量，根据能量守恒求出回路产生的电能；结合回路中克服安培力的功率等于电功率求出线框中的电功率。
6．（2017高二上·郑州期中）如图，一正方形导线框各边电阻均为R，MN、PQ两边均接有电容为C的电容器．开关闭合后，若电流表的示数为I，则每个电容器所带的电荷量为（　　）
A． IRC B． IRC C． IRC D． IRC
【答案】C
【知识点】电阻定律；含容电路分析；欧姆定律
【解析】【解答】解：由于电容器中无电流通过，去掉电容器C，则电路可简化为如图所示．由对称性可知，每个主支路的电流为 ，分支路的电流为 ，则根据电容器的连接方式可知，两电容器两端电压均为 IR，由C= 可知，每个电容器所带的电荷量Q=CU= IRC，C符合题意，ABD不符合题意．
故答案为：C．
【分析】这个题目的主要思路是画出等效电路，求出两点间的电势差，利用Q=CU求出电容的电荷量。
二、多项选择题
7．（2022高二上·衡南期末）如图，电源电动势，内阻不计，定值电阻，，。M点和N点之间接有定值电阻和水平放置的平行板电容器，电容器的电容，为变阻箱，将其阻值由调整到，下列说法正确的是（　　）
A．时M点的电势高于N点的电势
B．时电容器两端的电压为
C．变阻箱的阻值改变前后，电路消耗的电功率之比为
D．变阻箱的阻值改变前后，通过电阻的电荷量为
【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A：当，电阻R1两端的电压 ，得，电阻R4两端的电压，外电路中电流由高电势流向低电势，可知M点的电势等于N点的电势，故A错误；
B：当电阻箱时，电阻箱两端的电压为，则电容器两端的电压为，故B错误；
C：电阻箱改变前，电路消耗的功率为，电阻箱改变后电路消耗的功率，故，故C正确；
D：电阻箱阻值改变前，电容器两端电压为零，故两极板上电荷量为零，电阻箱的阻值改变后，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】AB：分析电路两点电势的高低，可从求两点的电压入手；
CD：进行比较从变化前后的区别入手，分别计算。
8．（2022高二上·保定期中）在如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个理想电压表的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图乙所示。则（　　）
A．电源内阻为
B．定值电阻R1的最大功率为1.8W
C．电源的最大输出功率为1.8W
D．滑动变阻器R2的最大功率为0.9W
【答案】B,C,D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大， 的电压和电源的内电压增大，则 的电压减小，所以电压表 的示数增大，电压表 的示数减小，可知图线b反映的是电压表 的示数随电流的变化，图线a反映的是电压表 的示数随电流的变化，根据闭合电路欧姆定律得，电压表 的示数 ，由图线a的斜率大小等于 ，由图知 ，图线b的斜率等于 ，则 ， ，A不符合题意；
B．当滑动变阻器阻值为零时， 的功率最大，此时电流 ， ，B符合题意；
C．当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于 时，此时滑动变阻器滑到最左端，电源的输出功率最大，此时电流 ，故电源的最大输出功率 ，C符合题意；
D．由C的分析可知， 的阻值为 ， 电阻为 ；当 等效为电源内阻，则当滑动变阻器的阻值等于 时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为 时，滑动变阻器消耗的功率最大，此时 两端电压是 两端电压的两倍，由图可得，电路中的电流 ，则滑动变阻器消耗的最大功率 ，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】滑动变阻器的滑片移动的过程根据闭合电路欧姆定律和欧姆定律得出电压表示数的变化情况，结合图乙中的U-I图像得出电源的内阻和和R1的阻值，当滑动变阻器的阻值为零时利用热功率的表达式得出定值电阻R1的最大功率，当内阻等于外阻时，电源的输出功率达到最大值，结合电功率的表达式得出电源的最大输出功率和滑动变阻器消耗的最大功率。
9．（2021高三上·南阳期末）如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量的绝缘板底座静止在动摩擦因数的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量，边长为，电阻为，与绝缘板间的动摩擦因数，为AD．BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内（），若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放瞬间（　　）
A．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为
B．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为
C．若金属框不固定，金属框的加速度为，绝缘板仍静止
D．若金属框不固定，金属框的加速度为，绝缘板的加速度为
【答案】A,D
【知识点】安培力；受力分析的应用；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律有
则回路中的电流为
所受安培力的大小为
根据牛顿第二定律有
代入数据解得，A符合题意，B不符合题意；
若金属框不固定在绝缘板上：对金属框，由牛顿第二定律，则有
解得：，对绝缘板，由牛顿第二定律，则有
解得
因此C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出回路中的电流，利用安培力和牛顿第二定律得出加速度的大小；当若金属框不固定在绝缘板上时对绝缘板和金属框进行受力分析，根据牛顿第二定律得出两者的加速度。
10．（2021高二下·乐山期中）如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B、方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均为水平面。纸面内磁场上方有一个质量为m、总电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd（由均匀材料制成），其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。导线框从ab边距磁场上边界为h处自由下落，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．ab边刚进入磁场时，受到的安培力大小为
B．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直增大
C．导线框通过磁场上边界的过程中，下落的速度可能一直减小
D．导线框通过磁场下边界的过程中，下落的速度一定一直减小
【答案】B,C
【知识点】安培力；匀变速直线运动的位移与速度的关系；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．ab边进入磁场前线框做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式可知，v2=2gh，则ab边进入磁场时线框的速度
ab边刚进入磁场时感应电动势：E=BLv，感应电流： ，ab边受到的安培力 故A错误；
B．若线框进入磁场过程所受安培力一直小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框进入磁场过程做加速运动，线框速度一直增大，故B正确；
C．若线框进入磁场过程所受安培力大于重力，则线框所受合力竖直向上，线框进入磁场过程做减速运动，线框速度减小、则安培力减小，当安培力大小等于重力时，线框匀速运动，如果还未匀速就穿过上边界，则下落的速度可能一直减小，故C正确；
D．若线框刚好达到磁场下边界时所受安培力小于重力，则线框所受合力竖直向下，线框离开磁场过程做加速运动，线框速度增大、则安培力增大，当安培力大小等于重力时，线框匀速运动，并非一定一直减小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据匀变速直线运动的速度-位移公式得出ab边进入磁场时线框的速度，利用法拉第电磁感应定律以及欧姆定律和安培力的表达式得出安培力的大小，根据合力的方向和速度方向的关系判断线框的运动情况。
11．（2021高二下·蚌埠月考）如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成 角（ ），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与导轨的两边始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R。从释放开始，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　　）
A．ab运动的平均速率小于
B．金属棒的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为
【答案】B,D
【知识点】安培力；焦耳定律；牛顿第二定律；导体切割磁感线时的感应电动势；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，因此运动的平均速度大小大于 ，A不符合题意；
B．由电量计算公式
可得，下滑的位移大小为
B符合题意；
C．产生的焦耳热
而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流
小，故这一过程产生的焦耳热小于 ，C不符合题意；
D．金属棒ab受到的最大安培力大小为
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据安培力公式结合牛顿第二定律判断金属板的运动情况，从而求出平均速度；根据电量公式求出下滑的位移；根据焦耳定律和安培力公式进行分析计算。
12．（2019·宝鸡模拟）如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计。斜面处在方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，电阻不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F作用。已知金属棒从静止开始沿导轨下滑，它在滑下高度h时的速度大小为v，重力加速度为g，则在此过程中（　　）
A．金属棒损失的机械能为
B．金属棒克服安培力做的功为
C．电阻R上产生的焦耳热为
D．电阻R通过的电荷量为
【答案】A,D
【知识点】安培力；焦耳定律；动能；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A. 金属棒在滑下高度h时的速度大小为v，重力势能减少mgh，动能增加 mv2，金属棒损失的机械能为 ，A符合题意；
B.金属棒从静止开始速度逐渐增大为v，安培力从0逐渐增大到 ，金属棒克服安培力做的功小于 ，B不符合题意；
C. 由能量转化和守恒定律得知，金属棒损失的机械能等于金属棒克服安培力做功和恒力F做的功与安培力做的功之和，电阻R上产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功，所以电阻R上产生的焦耳热为 - ，C不符合题意；
D.根据法拉第电磁感应定律 ， ，q=I△t，联立得q= = ，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，利用欧姆定律求出回路中的电流，发热功率即为安培力的功率，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
三、非选择题
13．（2022高三上·湖北月考）有一额定电压为2.8V、额定功率为0.56W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：
A．电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ）
B．电压表V2（量程0~18V，内阻约18kΩ）
C．电流表A（量程0~100mA，内阻为15Ω）
D．定值电阻
E．滑动变阻器（最大电阻10Ω，允许最大电流2A）
F．滑动变阻器（最大电阻200Ω，允许最大电流150mA）
G．三节干电池（总电动势约为4.5V）
H．电键、导线若干
（1）为提高实验的精确程度，电压表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　（以上均填器材前的序号）
（2）请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图。
【答案】（1）A；E
（2）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡额定电压为2.8V，为使电压表指针偏转合适角度，电压表选V1
测量伏安特性曲线，要求电表从零开始变化，故采用分压式接法，选择小滑动变阻器
（2）计算可得小灯泡的额定电流为200毫安，电流表量程过小，可通过定值电阻并联对其进行改装。故实验电路图为
【分析】（1）根据小灯泡的额定电压判断选择的电压表，根据电压的变化情况选择滑动变阻器的连接方式，同时选择滑动变阻器；
（2）根据题意画出改装后的电路图。
14．（2021高二上·信阳期中）某同学想要描绘标有“ ， ”字样的小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据，绘制曲线尽量准确，且操作方便，可供选择的器材除小灯泡、开关、导线外，还有：
电压表V，量程 ，内阻约
电流表 ，量程 ，内阻约
电流表 ，量程 ，内阻约
滑动变阻器 ，最大阻值 ，额定电流
滑动变阻器 ，最大阻值 ，额定电流
直流电源E，电动势约 ，内阻可忽略不计。
（1）上述器材中，电流表应选　 　，滑动变阻器应选　 　（填写所选器材后的字母）。
（2）请将虚线框内图甲所示的实验电路图补画完整。
（3）该同学通过实验得出了小灯泡的 图像如图乙所示，由图可知，随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐　 　（选填“增大”或“减小”）；当小灯泡上的电压为 时，小灯泡的电阻是　 　（结果保留3位有效数字）。
（4）该同学在获得了（3）中小灯泡的 图像后，又把两只这样的小灯泡并联，直接接在电动势 ，内阻为 的电源上组成闭合回路，请你利用图像计算此时一只小灯泡的功率约为　 　W（结果保留2位有效数字）。
（5）如图丙所示为某二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是_________。
A．该二极管是线性元件
B．只要加正向电压该二极管的电阻就为零
C．只要加反向电压该二极管中就没有电流通过
D．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的电阻增大
E．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的功率增大
【答案】（1）；
（2）
（3）增大；10.7
（4）0.19
（5）E
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）小灯泡额定电流为0.3A，故电流表选择 。要求测量数据，绘制曲线尽量准确，应尽量多测数据，故采用分压接法，使用阻值范围较小的滑动变阻器 即可。
（2）因小灯泡电阻约为
电压表内阻远大于小灯泡电阻，故采用电流表外接法，电路如图
（3） 图像斜率的倒数表示电阻，故随着电压的增加，小灯泡的电阻逐渐增大。当小灯泡上的电压为 时，电流为0.28A，小灯泡电阻为
（4） 把两只这样的小灯泡并联，直接接在电源上，根据闭合电路欧姆定律有
代入数据
将此函数绘在 图像上
两图像的交点表示此时小灯泡实际的电压、电流，故小灯泡的功率为
（5）A．由图知，二极管的电流与电压不成线性关系，是非线性元件，A不符合题意；
B． 图像斜率的倒数表示电阻，由图知，加正向电压较小时，该二极管的电阻大于零，B不符合题意；
C．由图知，加反向电压较大时，该二极管中有电流通过，C不符合题意；
D． 图像斜率的倒数表示电阻，由图知，给该二极管加正向电压时，随着电压升高，它的电阻减小，D不符合题意；
E．给该二极管加正向电压时，随着电压升高，电流也增大，则它的功率增大，故E正确。
故答案为：E。
【分析】（1）根据小灯泡的额定电流判断电流表；根据实验原理确定滑动变阻器的连接方式；
（2）根据实验原理画出电路图；
（3）利用欧姆定律得出小灯泡的电阻；
（4）根据闭合电路欧姆定律得出I和U的关系式，从而得出I-U图像，进一步得出小灯泡的功率；
（5）根据小灯泡伏安特性曲线的实验原理以及注意事项进行分析判断正确的选项。
15．（2021高二上·岳池期中）在描绘一个标有“8.4V，0.3A”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到8.4V，并便于操作。已选用的器材有：
①学生电源（电动势9V，内阻约1Ω）
②电流表（量程0~0.6A，内阻约0.2Ω；量程0~3A，内阻约0.04Ω）；
③电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ；量程0~15V，内阻约15kΩ）；
④开关一个，导线若干。
（1）实验中还需要选择一个滑动变阻器，现有以下两个滑动变阻器，则应选其中的______（填字母序号）；
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，最大允许电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1500Ω，最大允许电流0.3A）
（2）实验电路图应选用图甲、乙中的　 　；
（3）请根据（2）中所选的电路图，补充完成图丙中实物电路的连线；
（4）根据实验数据，画出的小灯泡I-U图线如图丁所示。由此可知，当小灯泡两端的电压增加时，小灯泡的电阻值　 　（填“变大”或“变小”）；
（5）此实验结果还可得出，此小灯泡灯丝的电阻率随温度的升高而　 　（填“变大”或“变小”）。
【答案】（1）A
（2）乙
（3）
（4）变大
（5）变大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到8.4V，则滑动变阻器应采用分压接法，选择最大阻值比较小的A。
（2）灯泡正常发光时的电阻
该电阻值相对于电压表属于小电阻，所以电流表采用外接法，且要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到8.4V，则滑动变阻器需要分压式，因此实验电路应选乙。
（3）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示（根据小灯泡的额定电压和电流可知道电流表选择量程0~0.6A，电压表选择量程0~15V）
（4）在I-U图像中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率减小，可知小灯泡的阻值变大。
（5）实验表明小灯泡的阻值随温度的升高而变大，小灯泡灯丝的电阻率随温度的升高而变大。
【分析】（1）根据小灯泡两端电压的变化情况判断滑动变阻器的连接方式；
（2）根据欧姆定律得出灯泡正常发光时的电阻，因此得出电流表的连接方式；从而进行分析判断正确的电路图；
（3）根据电路图完成实物图；
（4）I-U图像中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数从而判断小灯泡的阻值如何让变化；
（5）小灯泡的阻值随温度的升高而变大。
16．（2021高三上·浙江月考）某物理兴趣小组要描绘一个标有“4V、2.0W”的小灯泡L的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有以下器材：
A．直流电源4.5V（内阻很小可不计）
B．直流电流表0～500mA（内阻约为5Ω）
C．直流电压表0～3V（内阻等于6kΩ）
D．滑动变阻器甲，0～10Ω，额定电流2A
E．滑动变阻器乙，0～100Ω，额定电流1A
F．三个定值电阻（R1=1kΩ，R2=2kΩ，R3=5kΩ）
（1）在给定的器材中，滑动变阻器选用　 　（选填“甲”或“乙”），定值电阻选用　 　（选填“R1”、“R2”或“R3”）；
（2）小组同学设计好实验电路图后，如图A已经连好了部分导线，请用笔代替导线将实物图补充完整；
（3）实验测得小灯泡伏安特性曲线如图B所示，若将两个完全相同规格的小灯泡L按如图C所示电路连接，电源电动势E=6V，内阻r=12Ω，此时每个小灯泡消耗的电功率为　 　W（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）甲；
（2）如图所示：
（3）0.34（0.32~0.35）
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）本要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压式接法，为了便于控制分压，滑动变阻器选择最大阻值较小的甲。
器材中提供的直流电压表量程只有3V，而小灯泡L的额定电压为4V，所以需要给电压表串联一个电阻从而扩大量程，设定值电阻的阻值为R，则根据串联分压规律有
解得R=2kΩ
所以定值电阻选用R2。
（2）小灯泡正常发光时的电阻为
改装后电压表的内阻为
所以
电流表应采用外接法，电路图见答案。
（3）设每个灯泡两端电压为U，通过灯泡的电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
代入数据并整理得
将上述表达式所代表的的I-U图线作在题图B中，如图所示
可得U=1.05V
I=0.32A
此时每个小灯泡消耗的电功率为
【分析】（1）根据灯泡两端电压的变化得出滑动变阻器的连接方式，根据电表的改装原理得出所选的定值电阻；
（2）根据电功率的计算公式得出小灯泡正常发光时的电阻，结合内外接的判断得出电流表的内外接法；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出I-U的表达式，从而结合图像得出小灯泡消耗的功率。
17．（2021高三上·洛南月考）某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至　 　档进行测量．（填选项前的字母）
A．直流电压10V B．直流电流5mA
C．欧姆× 100 D．欧姆× 1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流1.0A），L为待测小电珠，V为电压表（量程6V，内阻20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．
Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最　 　端；（填“左”或“右”）
Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭和开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是　 　点至　 　点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）
Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而　 　．（填“不变”、“增大”或“减小”）
【答案】D；左；1；5；增大
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】①根据电珠的规格标称值可算出其正常工作时的电阻为12 Ω，测电阻选欧姆挡并选×1挡．
②开关闭合前，应保证灯泡电压不能太大，要有实验安全意识，调滑片在最左端使灯泡电压从零开始实验．电表示数总调不到零，是由于电源总是对电表供电，滑动变阻器串联在了电路中，1点和5点间没有接好，连成了限流式接法，这也是限流式与分压式接法的最显著区别．伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，所以随着电压的增大，曲线斜率减小，电阻增大．
【分析】根据电珠的电阻判断选择的欧姆档；根据实验安全滑动变阻器的阻值应在最大处；根据伏安特性曲线的斜率得知电阻的大小。
18．（2021·新疆模拟）某同学在做描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时发现铭牌上标有小灯泡的额定电压为3 V，但额定功率不清晰。
（1）该同学使用多用电表粗测小灯泡的电阻，选择“×1”欧姆档测量，示数如图所示，则其电阻为　 　Ω（保留3位有效数字）；
（2）除了导线、开关和电动势为6 V的直流电源外，有以下一些器材可供选择：
电流表：A1（量程0.6 A，内阻约1 Ω）； A2（量程3 A，内阻约 .2 Ω）；
电压表：V （量程3V，内阻约10 kΩ）；
滑动变阻器：R1（阻值范围 ~10 Ω）； R2（阻值范围0~1 kΩ）；
为了让灯泡两端电压从零调节，以及测量更准确，实验时电流表应选择　 　，滑动变阻器应选择　 　；（均填字母代号）
（3）将实物图中还未完成的部分用笔代替导线补充完整；
（4）利用实验数据绘出小灯泡的部分伏安特性曲线如图所示。如果将两个这种小灯泡串联后，再接在电动势是3 V，内阻是2 Ω的电源上，则此时每个小灯泡的功率约为　 　W （结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）10.0
（2）A1；R1
（3）
（4）0.27
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)由图中可得读数为10.0Ω；
(2)小灯泡的额定电压为3V，故小灯泡中的额定电流约为
故电流表选择A1，由于该实验要用分压电路，故滑动变阻器选择阻值小的R1。
(3)电路图和实物连线如图所示
(4)将两个这种小灯泡串联后，则2U=E-Ir
即U=1.5-I
画出电源的U-I图像，如图中所示，两图像的交点即通过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压，由图可知I=0.21A，U=1.3V，故
【分析】（1）欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表的示数；
（2）根据通过灯泡的最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图；
（4）在灯泡的I-U坐标内做出电源的U-I图像，求出灯泡的电流与电压，然后根据电功率公式求出灯泡的实际功率。
19．（2019高二上·安平月考）如图所示，电源电动势E=64V，内阻不计，电阻 ，开始开关 闭合， 断开，平行板电容器的两极板A、B与水平面的夹角 ，两极板A、B间的距离d=0.4m，板间有一个传动装置，绝缘传送带与极板平行，皮带传动装置两轮轴心相距L=1m，传送带逆时针匀速转动，其速度为v=4m/s，现有一个质量m=0.1kg、电荷量q=+0.02C的工件（可视为质点，电荷量保持不变）轻放在传送带底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25．同时开关 也闭合，极板间电场反向，电路瞬间能稳定下来。（ ，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）开关 闭合， 断开时，两极板A、B间的场强大小和方向；
（2）工件在传送带上运动的加速度大小；
（3）工件从底端运动到顶端过程中，工件因与传送带摩擦而产生的热量．
【答案】（1）解：开关S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路中的电流：
此时A、B之间的电势差等于R1两端的电压，
所以：
两极板A、B间的场强大小：
电场方向为由B指向A
（2）解：开关S2也闭合，R1与R2串联电压不变，所以流过它们的电流不变，此时A、B之间的电势差等于R2两端的电压，所以：
两极板A、B间的场强大小：
此时工件的受力如图，则沿传送带的方向由牛顿第二定律得：
垂直于传送带的方向：
（3）解：工件达到4m/s需要的时间：
工件的位移：
所以工件应该一直做加速运动，
此时传送带的位移：
工件相对于传送带的位移：
工件与传动带因摩擦而产生的热量：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；功的计算；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】由闭合电路的欧姆定律求出开关S1闭合，S2断开时，两极板A、B间的电压，然后由 即可求出场强；同（1）求出开关S2也闭合后AB之间的电压和场强，求出工件受到的合力，然后使用牛顿第二定律求出加速度；使用运动学的公式，求出工件从底端运动到顶端的过程中相对于传送带的位移，然后用Q=fL相对求出工件与传动带因摩擦而产生的热量；
20．（2017·太原模拟）某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：
A．直流电源（6V，内阻不计）B．电流表G（满偏电流3mA，内阻Rg=10Ω）
C．电流表A（0﹣0.6А，内阻未知）D．滑动变阻器R（0﹣20Ω，5A）
E．滑动变阻器R，（0﹣200Ω，1A）F．定值电阻R0（阻值1990Ω）
G．开关与导线若干
（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“ ”表示）．（画在方框内）
（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用　 　．（填写器材序号）
（3）将上述电子元件R1 和另一电子元件R2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示．电源的电动势E=10.0V，内阻忽略不计．调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为　 　Ω，R3接入电路的阻值为　 　Ω（结果保留两位有效数字）．
【答案】（1）
（2）D
（3）10；20
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）描绘伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；
由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，
电压表内阻为10+1990=2000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，作出电路图如图所示；（2）电路中滑动变阻器采用分压接法，为了实验操作方便，所以要选择总阻值较小的滑动变阻器D；（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，
由图乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，
根据欧姆定律得：R1=
根据串联电路的特点，可知，此时流过R3的电流为：I′=I=0.25A
两端的电压为：U′=E﹣2U=10V﹣2.5×2V=5V，R3=
故答案为：（1）如图所示；（2）D；（3）10，20．
【分析】（1）题目中给出的实验器材没有电压表，根据题目已知改装电流表，代替电压表使用。描绘小灯泡伏安特性曲线因为是曲线，所以滑动变阻器应采用分压式接法。
（2）分压式接法当中，应采用小阻值的，滑动变阻器。
（3）根据题意分析，两个电阻元件的电压和电流都相等。根据欧姆定律，求解即可。
21．（2017高二上·葫芦岛期中）有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．现有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）
B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）
C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．滑动变阻器（1kΩ，1A）
H．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干
（1）实验中所用电压表应选　 　，电流表应选用　 　，滑动变阻器应选用　 　（用序号字母表示）
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．
（3）某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是　 　 W．
【答案】（1）A；D；E
（2）
（3）0.8
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，应选A；
由P=UI得，灯泡的额定电流 A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故电流表选D；
而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（2）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法．所以电路图如图．（3）在U﹣I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线，与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，电压U=2.0V，则灯泡的实际功率P=UI=0.8W．
故答案为：（1）A、D、E（2）如图
；（3）0.8W
【分析】（1）灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；通过计算电流表应选择0～0.6A的量程，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器。
（2）用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法．
（3）在U﹣I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线，与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，电压U=2.0V，则灯泡的实际功率可求。
22．（2017高二上·遵义期中）有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：
A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ）
B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）
C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω）
D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）
E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A）
F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）
G．学生电源（直流6V）、开关及导线
（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表　 　，电流表　 　，滑动变阻器　 　．（填器材的前方选项符号，如A，B）
（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方框中完成实验电路图1．
（3）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，对应P点，小灯泡的电阻约为　 　Ω．（保留两位有效数字）
（4）小灯泡的U﹣I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是　 　．
【答案】（1）A；D；E
（2）解：电路图如图所示：
（3）5.3
（4）灯泡电阻随温度的变化而变化
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表选A，灯泡额定电流I= = =0.5A，则电流表选D，为方便实验操作，滑动变阻器选择总阻值较小的F．（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻R= = =8Ω，灯泡内阻应视为小电阻，故电流表应采用外接法，电路图如图所示． （3）由图象可知，随着所加电压的增加，通过小灯泡的电流增大，但电压与电流的比值增大，即灯泡电阻将增大；由图象可知，在P点U=2.4V，I=0.45A，此时灯泡电阻R= = ≈5.3Ω．（4）由于灯泡内阻随温度的变化而变化，所以对应的图象是曲线而不是直线；
故答案为：（1）A；D；E；（2）电路图如图所示；（3）5.3．（4）灯泡电阻随温度的变化而变化．
【分析】由灯泡的额定电压和功率计算出通过小灯泡的最大电流和小灯泡的电阻值，据此选择合适的仪器，小灯泡电阻和电流表电阻接近，选择电流表外接法；根据U-I图线计算小灯泡电阻值，电阻随温度变化而变化。
23．（2017高二上·扬州期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3V 1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：
A．直流电源3V（内阻可不计）
B．直流电表0～3A（内阻约0.1Ω）
C．直流电表0～600mA（内阻约0.5Ω）
D．直流电压表0～3V（内阻约3kΩ）
E．直流电压表0～15V（内阻约200kΩ）
F．滑线变阻器（10Ω，1A）
G．滑线变阻器（1kΩ，300mA）
（1）除开关、导线外，为完成实验，需要从上述器材中选用　 　（用字母）．
（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接的电路如图所示，电路中所有元器件都是完好的，且电压表和电流表已调零．闭合开关后发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则可判断断路的电线是　 　；若电压表示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线是　 　；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表示数不能调为零，则断路的导线是　 　．
（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，某位同学根据表格中的数据作出了该灯泡的伏安特性曲线．
U/V I/A
0 0
0.5 0.17
1.0 0.30
1.5 0.39
2.0 0.45
2.5 0.49
若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，则可以估算出该灯泡的实际功率为　 　W．（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）ACDF
（2）d；h；g
（3）0.19
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】解：（1）根据小灯泡铭牌知额定电压为3V，额定电流I由I= = =0.5A，故电源应选A，电流表应选C，电压表应选D，又描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流从零调，故滑动变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器F．（2）根据电路图电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后，发现电压表的示数为2V，电流表的示数为零，小灯泡不亮，则判断断路的导线为 d；若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3A，小灯泡亮，则断路的导线为 h；若反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为g．（3）若将该灯泡与一个10Ω的定值电阻串联，直接接在题中电源两端，在I﹣U图象中再做出定值电阻的I﹣U图象，如图所示，由图象可读出当电流I=0.25A时，小灯泡两端电压为0.75V，定值电阻两端电压为2.5V（此时两电压之和接近电压电压），由P=UI=0.75×0.25≈0.19W．
故答案为：（1）ACDF；（2）d；h；g；（3）0.19．
【分析】（1）描绘小灯泡的伏安特性曲线实验要求电流或电压从零调，滑动变阻器应用分压式接法，电流表与电压表量程要根据小灯泡的规格利用部分电路欧姆定律计算来确定；
（2）电路中的故障，只有两种短路和断路，要画出电路图，再通过电路图判断故障；
（3）通过图象读出满足条件的坐标点，然后再求功率．
24．（2024高二上·辽宁期末）如图甲所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图乙所示，已知运输车管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为．运输车的质量为m，横截面是个圆，运输车上固定着长为的两根导体棒1和2（与导轨垂直），两根导体棒前后间距为D，每根导体棒的电阻为R．导轨电阻忽略不计．运输车在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力，不考虑两根导体棒的相互作用．问：
（1）当运输车由静止离站时，在导体棒2后距离为D处，接通固定在导轨上电动势为E的直流电源（电源内阻为R），此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，如图丙所示，则刚接通电源时运输车的加速度为多大？
（2）运输车进站时切断电源，管道内依次分布着相邻的方向相反的匀强磁场，各个匀强磁场的宽度均为D，磁感应强度大小均为B，如图丁所示，则当运输车的速度为v时受到的安培力为多大？
（3）求在（2）的条件下，运输车以速度进入磁场到停止运动的过程中，导体棒1上产生的焦耳热为多少？
【答案】（1）解：运输车离站时，电路的总电阻为
由闭合电路的欧姆定律得
通过导体棒的电流为
导体棒所受的安培力为
运输车的加速度
代入数据解得
（2）解：运输车进站时，当车速为时，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路的欧姆定律得
导体棒所受的安培力为
运输车受到的安培力为
（3）解：根据能量守恒定律，两根导体棒产生的总焦耳热为
则可知导体棒1产生的焦耳热为
【知识点】牛顿第二定律；串联电路和并联电路的特点及应用；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；欧姆定律的内容、表达式及简单应用；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）确定闭合开关后，回路的连接方式，根据闭合电路的欧姆定律及串并联规律确定通过导体棒的电流。导体棒运动过程只受安培力作用，再根据安培力公式及牛顿第二定律进行解答；
（2）根据左手定则确定各导体棒所受安培力的方向。进站后导体棒切割磁场产生感应电动势，根据右手定则确定两导体棒产生感应电流的方向。再根据法拉第电磁感应定律及串并联规律确定回路中的总电动势，再根据闭合电路的欧姆定律及安培力公式进行解答；
（3）运输车进站后最终速度为零，运输车的动能全部转化为焦耳热。再根据能量守恒定律及串并联电路规律确定导体棒1产生的焦耳热。
25．（2023高三下·山西月考）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，电源电动势为E，内阻为r，电容器电容为C，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒沿垂直导轨方向放置于金属导轨上距离导轨右端x处，并通过一跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块相连，调节滑轮使连接金属棒的细线与导轨保持平行，在外力作用下系统保持静止。把开关S接1，可调电阻阻值调为R时，撤去外力，金属棒恰好保持静止，重力加速度为g，金属棒及导轨电阻不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）若将开关S迅速接2，则金属棒脱离导轨时电容器所储存的电能多大。（金属棒脱离导轨时，物块M尚未落地，且电容器C亦未被击穿，结果中磁场磁感应强度用“B”表示）
【答案】（1）解：开关S接1时，金属棒保持静止。由闭合电路欧姆定律可得，金属棒中的电流为
导体棒受力如图，所以
且
所以，匀强磁场磁感应强度大小为
由左手定则可知，磁感应强度方向为“竖直向上”。
（2）解：当开关S接2时，物块通过细线拉动金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势，设金属棒的速度为v，则感应电动势为
又因为金属棒及导轨电阻不计，所以电容器的带电量为
所以，金属棒中的电流为
金属棒所受安培力为
对金属棒及物块受力分析并运用牛顿第二定律
可得
所以，金属棒脱离导轨时
此时，金属棒及物块系统的动能为
由能量守恒定律可得，金属棒脱离导轨时电容器所储存的电能为
【知识点】安培力；共点力的平衡；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）当开关接1时，利用欧姆定律结合平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（2）当开关接2时，利用动生电动势的表达式及电流的表达式可以求出电流的大小，结合安培力的表达式及牛顿第二定律可以求出加速度的大小，再利用速度位移公式可以求出金属板脱离导轨的速度大小，结合动的表达式及能量守恒定律可以求出电容器所存储的电能大小。
26．（2022高二下·莆田期末）如图（a）所示，在水平面内固定有两根平行且足够长光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，电阻不计。以PQ上的O点为坐标原点，沿导轨建立如图所示的x轴。导轨间区域内存在竖直向上的磁场，磁感应强度B随位置坐标x的变化规律如图（b）所示（图中，d已知）。金属棒a置于处，金属棒b置于的某处，两棒均与导轨垂直且始终接触良好，电阻均为R，质量均为m。时，锁定b棒，a棒获得瞬时初速度并在拉力的作用下开始做匀速直线运动。
（1）求a棒运动到处回路中电流的大小；
（2）写出a棒从处运动到处的过程中回路中电流i与时间的关系式并求出此过程中通过a棒的电荷量：
（3）当a棒运动到处时，撤去拉力，同时解锁b棒，假设A，B棒不会相碰，求此后回路中产生的焦耳热。
【答案】（1）解：根据题意，由图（b）可知，a棒运动到处时，此处的磁感应强度为，则感应电动势为
a棒运动到处回路中电流的大小
（2）解：根据题意，由图（b）可知，磁感应强度与的关系式为
由于a棒获得瞬时初速度并在拉力的作用下开始做匀速直线运动，设运动时间为，则有
则时刻，磁感应强度为
感应电动势为
感应电流为
根据题意可知，感应电动势为
感应电流为
通过a棒的电荷量为
由图（b）可得
则
（3）解：当a棒运动到处时，撤去拉力，同时解锁b棒，假设A，B棒不会相碰，A，B棒系统动量守恒，且最终两棒速度相等，设相等速度为，则有
解得
由能量守恒定律可得，回路中产生的焦耳热为
【知识点】动量守恒定律；焦耳定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出回路中的电流表达式；
（2）根据磁感应强度与的关系式以及法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出感应电流的表达式，结合电流的定义式得出 通过a棒的电荷量：
（3） A，B棒系统动量守恒 ，结合动量守恒以及能量守恒定律得出回路中产生的热量。
27．（2022高二下·江宁期末）如图所示，足够长的U形轨道倾斜放置，与水平面成角，宽度，其下端连接一个定值电阻。导轨间存在的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下。一根质量、电阻的导体棒ab，垂直于导轨放置。虚线MN以上部分，导轨光滑；MN以下部分，导轨粗糙，且导体棒与轨道间动摩擦因数。距虚线MN上方0.8m处，导体棒ab以的初速度开始向下滑行，恰能以最大速度越过虚线MN，此后继续滑行，最终停止。（g取）求：
（1）导体棒刚开始下滑时的加速度；
（2）在整个过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）越过虚线MN之后，导体棒滑行的距离。
【答案】（1）解：导体棒刚开始下滑时感应电动势
由欧姆定律得电路中定律
导体棒所受安培力
由牛顿第二定律得导体棒刚开始下滑时的加速度
方向沿斜面向下。
（2）解：越过虚线MN之后，动摩擦因数，则
越过虚线MN之后，重力与摩擦力对导体棒所做总功为0，对导体棒从开始到最终停止利用动能定理
解得
导体棒克服安培力做的功转化为电路中的焦耳热，由
解得在整个过程中，电阻R产生的焦耳热
（3）解：导体棒到达MN时，恰好速度最大，则
又，，
即
解得导体棒的速度
越过虚线MN之后，对导体棒由动量定理得
即
解得
解得
【知识点】安培力；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出导体棒所受的安培力，结合牛顿第二定律得出导体棒下滑时的加速度：
（2） 越过虚线MN之后 ，根据共点力平衡以及动能定理和焦耳定律得出电阻R产生的焦耳热；
（3）速度最大时根据共点力平衡以及安培力的表达式和闭合电路欧姆定律得出导体棒的速度，利用动量定理得出导体棒滑行的距离。
28．（2022高二下·桂林期末）如图甲所示，表面绝缘、倾角的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离。一个质量、总电阻的单匝长方形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长。从时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上且大小恒定的拉力F作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取。
（1）求线框受到的拉力F的大小：
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小及线框ad边的长度；
（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足（式中为线框向下运动时ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后相对磁场上边界的位移大小），求从时刻开始线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q（即电热）。
【答案】（1）解：由图乙可知，在0~0.4s内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为
所以此过程中的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：由图乙可知，线框进入磁场区域后以速度做匀速直线运动，则产生的感应电动势为
通过线框的电流为
则线框所受的安培力为
线框匀速运动，处于受力平衡状态，则有
解得
线框在穿过磁场区域的整个过程中做匀速直线运动，说明线框所受的安培力在整个中保持不变，则线框的宽度与磁场区域的宽度相同，即
（3）解：线框的ab边离开磁场后，线框做匀减速直线运动，到达挡板时的位移为
设线框与挡板碰撞前速度为，根据动能定理有
解得
线框与挡板碰撞后的速度大小仍为，线框下滑过程中，由于
即重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力等大反向，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为；进入后因受到安培力的作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为，由
解得
说明线框在离开磁场前速度已经减小为零，这时安培力已经消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热
所以整个过程中产生的热量
【知识点】安培力；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】 （1）根据加速度的定义式以及牛顿第二定律得出线框受到的拉力：
（2）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出线框中的电流，结合安培力的表达式以及共点力平衡得出磁感应强度的大小，同时得出及线框ad边的长度；
（3） 线框的ab边离开磁场后 ，根据动能定理以及共点力平衡个匀变速直线运动的规律和焦耳定律得出线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热 。
29．（2022·义乌模拟）图（a）所示，相距L=0.2m的两个完全相同的金属直角导轨ABC和，中间用的电阻焊连在一起，竖直固定在水平的绝缘垫上，导轨AC、BC足够长且电阻不计，金属棒EF、MN均通过棒两端的套环水平地锁定在导轨上，其中导轨AC光滑，金属棒EF的质量和电阻分别是、：金属棒MN的质量和电阻分别是、，BC与导体MN间的摩擦因数，平面上虚线下方有垂直平面向下的匀强磁场，平面与水平面成37°角，全平面内有平行平面向下的匀强磁场，两处磁场互不影响，磁感应强度大小均为B=2T。解除锁定后EF、MN同时下滑，MN棒速度随时间的变化图线如图（b）所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取）求：
（1）时刻导体EF中电流强度的大小和方向。
（2）时刻MN棒受到的摩擦力大小。
（3）若至内EF棒滑行了50米，求这段时间内MN棒产生的焦耳热。
【答案】（1）解：由图可知，在0-t1时间内MN做匀加速运动，在t1时刻以后做变减速运动，可知此时刻EF刚进入磁场区域，t1时刻MN的速度v2=1m/s，MN的加速度
EF的加速度
解得I=1.6A
方向从E到F
（2）解：由左手定则，当EF下滑时，MN受垂直斜面向下的安培力，且随着EF的加速下滑，MN受安培力逐渐变大，摩擦力变大，因t2时刻后MN匀减速下滑，可知此时受到的摩擦力恒定不变，安培力不变，此时EF应该匀速下滑，则
对MN
解得f=2.4N
vm=20m/s
（3）解：由题意可知从EF进入磁场到达到最大速度，EF运动了x=50m，则由能量关系可知
MN棒产生的焦耳热
解得
【知识点】功能关系；受力分析的应用；共点力的平衡；牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律以及法拉第电磁感应定律和匀变速直线运动的规律、欧姆定律得出时刻导体EF中电流强度 ；
（2）导体棒运动的过程中根据共点力平衡以及滑动摩擦力的表达式得出 时刻MN棒受到的摩擦力；
（3） 从EF进入磁场到达到最大速度 的过程中根据能量关系得出这段时间内MN棒产生的焦耳热。
30．（2022高二下·湖北期中）如图甲所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分连接组成，水平部分处在竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，两个磁场的磁感应强度大小均为B，导轨的间距均为L，倾斜部分倾角为。质量为m、电阻为R、长为L的两根相同导体棒a和b，导体棒a在水平导轨上垂直导轨静止放置，导体棒b在倾斜导轨上垂直导轨由静止释放并开始计时，利用传感器技术测得导体棒a的图像如图乙所示，导体棒a从时刻开始运动，时间内图线为曲线，之后图线为一条倾斜直线，时其速度大小为，图中均为已知量。水平导轨与导体棒a间的动摩擦因数为，倾斜导轨光滑，除导体棒外，其余电阻不计，两部分导轨都足够长。求：
（1）时刻导体棒b的速度大小；
（2）从释放到时刻过程中，导体棒b的位移大小；
（3）时导体棒b的速度大小。
【答案】（1）解：设时刻，导体棒b的速度为，产生的感应电动势为，回路中的电流为，导体棒受到的安培力为，则有：，，，
联立以上各式解得
（2）解：设从释放到时刻过程中，导体棒的平均速度为，产生的平均感应电动势为，回路中的电流为，导体棒受到的安培力为，发生的位移为，则有：，，
由动量定理：
整理上述各式得
又
联立上两式的
（3）解：设运动过程中导体棒a的速度为，导体棒b的速度为，分别对两导体棒由牛顿第二定律：，
当时（只要表达定值的意思即可得分）
为定值当时
【知识点】安培力；牛顿第二定律；电路动态分析；法拉第电磁感应定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【分析】（1）对导体棒b根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出 时刻导体棒b的速度 ；
（2） 从释放到时刻过程中 ，根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出导体棒受到安培力的表达式，结合动量定理得出导体棒b的位移 ；
（3）对两个导体棒分别根据牛顿第二定律以及速度关系得出 时导体棒b的速度 。
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