【文档说明】《高考物理一轮复习压轴题剖析（电学部分）》专题21 闭合电路的欧姆定律（解析版）.doc，共(20)页，970.047 KB，由管理员店铺上传

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1专题21闭合电路的欧姆定律一、单选题1．某种热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，可以利用这种特性来测量环境温度。在下面的四个电路中，电源电动势一定，内阻不计，Rt表示热敏电阻，R0表示定值电阻。若希望在温度升高时，电路中的电压表或电流表示数减小，则下列电路中符合要求的是（）A．B．C．D．【答

案】C【解析】A．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，流过电流表的电流增加，A错误；B．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，总电流强度增加，内电电压升高，路端电压降低，流过R0的电流减小，因此流过电流表的电流强度增加

，B错误；C．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及R0两端的电压都增加，Rt两端的电压降低，电压表测量的是热敏电阻Rt两端的电压，因此电压表的示数减小，C正确；D．当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，电流强度增加，内电压及R0两端的

电压都增加，电压表测量的是R0两端的电压升高，D错误。故选C。2．如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为A．两电表示数都增大B．两电表示数都减少2C．电压表示数减少，电流表示数增大D．电压表示数增大，电流表示数减少【答案】D【解

析】当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，则电压表的示数UV=E-I(r+R1)，则UV增大；流过R2的电流22VUIR=增大，电流表的读数为2AIII=−，则电

流表示数减小；故A，B，C错误，D正确.3．如图所示，开关S闭合后，带电质点P在平行金属板中处于静止状态。则（）A．质点P一定带正电B．滑片向a端移动时，两只电表的示数均增大C．滑片向a端移动时，质点P将向上板运动D．若将开关S断开

，质点P将向下板运动【答案】C【解析】A．由图可知电容器的上极板带正电，板间场强向下，质点处于平衡状态，则知受到的电场力向上，故液滴带负电，故A错误；BC．滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，根据“串反并同”法可知电流表的示

数减小，电压表的示数变大，电容器两端的电压增大，质点所受的电场力增大，则质点将向上移动，故B错误，C正确；D．开关S断开，电容器两端的电压等于电源的电动势，即电容器两端电压增大，板间场强增大，受到的电场力变大，质点P将向上运动，故D错

误。故选C。4．将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知()3A．电源最大输出功率可能大于45WB．电源内阻一定等于5ΩC．电源电动势为45VD．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率大于50%【答案】B【解析】A．由电阻箱

所消耗功率P与电阻箱读数P变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45W，所以电源最大输出功率为45W，A错误；B．电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5Ω，B正确；C．

由电阻箱所消耗功率P最大值为45W可知，此时电阻箱读数为R=5Ω，则有：2max4EPR=解得：E=30V，C错误；D．电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，D错误．5．如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性

曲线。曲线Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为()5,3.5P、()6,5Q。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确．．．的是（）A．电源1与电源2的内阻之比是3∶2B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C

．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21∶26D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7∶104【答案】D【解析】A．在电源的UI−图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源UI−图线，可知电源1、电源2的内阻分别为111105ΩΩ84UrI===，222105ΩΩ

126UrI===则有12:3:2rr=，故A正确，不符合题意；B．UI−图象的纵轴截距表示电动势，所以1210VEE==故B正确，不符合题意；CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，则连接电源1时，则有13.5VU=，15.

2AI=故灯泡消耗的功率为11118.2WPUI==灯泡的电阻1113.535ΩΩ5.252URI===连接电源2时，则有25VU=，26AI=故灯泡消耗的功率22230WPUI==灯泡的电阻2225Ω6URI==则有1291::150PP=，12::2126RR=5故

C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。6．2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极——艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内，震惊了全世界。嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如图所示，则下列说法正确的

是（）A．该电池板的电动势为2.80VB．随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大C．外电路阻值为1kΩ时电源输出功率约为3.2WD．外电路阻值为1kΩ时电源效率约为36%【答案】A【解析】A．电源的路端电压

与干路电流的关系图像中，图线与纵轴的交点表示电动势，所以由图可知该电池板的电动势为2.80V，A正确。B．随着外电路电阻增大，干路电流不断减小，由闭合电路欧姆定律EUIr=+可知内阻EUrI−=如图所示，外电路电阻12RR，阻的伏安特性曲线与原路端电压与干路电

流的图线分别交于P1、P2，则6111EUrI−=指的是E与P1的斜率，222EUrI−=指的是E与P2连线的斜率，可知12rr，B错误。C．在原图中作出阻值为1kΩ的电阻的伏安特性曲线，如下图所示与原图交于(1.8V，1

.8mA)，此交点即表示电阻的实际状态，所以电源输出功率约为31.78V1.78mA3.210W−故C错误。D．此时电源的效率1.7864%2.8IUIE==故D错误。故选A。7．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘

细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（）A．小球带负电7B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，

方向从下向上D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率【答案】B【解析】A．根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；B．当滑动头从a向

b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B项正确；C．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流

过电流表，所以C项错误；D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。故选B。8．如图，某交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．该小型发电机的线圈共200匝，线圈面积S=100cm2，线圈内阻r=48Ω，磁场的磁感

应强度B=1T．如果用此发电机能带动两个标有“220V，1.1kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，原副线圈匝数比n1：n2=4：1，电路如图，下列说法正确的是（）A．线圈转动的角速度为500rad/sB．电动机内阻为

44ΩC．电流表示数为40AD．发电机的输出功率为32.210W【答案】D【解析】AC、两个标有“220V，1.1kW”的电动机正常工作，即副线圈电压2220VU=，副线圈电流222210APIU==，由于原副线圈匝数比12:4:1nn=，根据变压器的规律得原线

圈电压是880V，原线圈电流12.5AI=，即电流表示数是2.5A，线圈内阻48Ωr=，所以线圈转动产生的电动势有效值是880+120V=1000V，线圈转8动产生的电动势最大值为：10002VmENBS==，所以线圈转动的角速

度为5002rad/s=，故选项A、C错误；B、由于电动机两端电压等于220V，电流为5A，所以电动机内阻小于44Ω，故选项B错误；D、由电路可知电源输出功率等于电动机的输入功率，故发电机的输出功率为32.

210WP=，故选项D正确；9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的2R、3R分别为总阻值一定的滑动变阻器，0R为定值电阻，1R为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是（）A．只逐渐增大1R的光照

强度，电阻0R消耗的电功率变大，电阻3R中有向上的电流B．只调节电阻3R的滑动端2P向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻3R中有向上的电流C．只调节电阻2R的滑动端1P向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上

运动【答案】A【解析】逐渐增大1R的光照强度，1R的电阻减小，回路总电阻减小，回路总电流增大，根据2PUII==可知0R上消耗的电功率变大，同时，2R上端电阻两端电压也增大，则电容器两端电压增大，根据QCU=可知电荷量增加，则

3R中有向上的电流，故A正确．恒定电路中电容器所在支路相当于断路，滑动3R的滑片不改变电路通电情况，不会发生任何变化，故B错误．调节2R的滑动端向下移动时，回路总电阻不发生变化，电压表测的路端电压也不发生变化，示数不变，但是电容器两端分得的电压增大，电场强度增大，电场力大于重力，带电微粒向上

运动，故C错误．若断开开关S，则电容器在与2R、3R组成的电路中放电，电荷量减少，电压减小，电场力减小，带电微粒向下运动，故D错误．9二、多选题10．如图甲所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，外电路接有三个定值电阻R1=2Ω、R2=3Ω、R3=6Ω，虚线框

内的电路可等效为一个电源，如图乙所示，其等效电动势E＇等于CD间未接入用电器时CD间的电压，若用导线直接将C、D两点连接起来，通过该导线的电流等于等效电源的短路电流．下列说法正确的是A．等效电源的电动势E＇=5VB．等效电源的短路电流为1.2AC．等效电源的内阻r

＇=7.5ΩD．等效电源的最大输出功率为0.3W【答案】CD【解析】当CD间未接入用电器时，由闭合电路欧姆定律得回路中电流1121AEIRRr==++，CD间电压123VCDUEIR===，A项错误；若CD间用导线连接，通过

电源的电流21231.2AEIRRr==++，232323RRRRR=+，根据并联电路电流分配关系可知流过CD间导线的电流即通过3R的电流210.4A3II==短，等效电源的短路电流为0.4A，B项错误；等效电源

的内阻=7.5ΩErI=短，C项错误；等效电源的输出功率2=PIEIr出−，当0.2A2EIr==时，等效电源的输出功率最大，2=0.3W4EPr=出，D项正确．11．如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表V

110和V2的读数随电流表A读数的变化情况如图乙所示．已知电流表A读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是()A．电路中电源电动势为3.6VB．变阻器的最大阻值为30ΩC．此电路中，电动机的最大输入功率是

0.9WD．若电流表A示数小于0.2A，随着变阻器滑片向右滑动，测量R0两端电压表V读数的变化量与电流表A读数的变化量之比6UI=【答案】ACD【解析】由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的

电压与电流的关系．此图线的斜率大小等于电源的内阻，为3.43.020.30.1UrI−===−；当电流I=0.1A时，U=3.4V，则电源的电动势E=U+Ir=3.4+0.1×2V=3.6V，故A正确：当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所

以R与R0并联电阻的最大值3.624300.1MERrrI=−−=−−=（），则变阻器的最大阻值小于30Ω，故B错误．当I=0.3A时，U=3V，电动机输入功率最大，最大为P=UI=3×0.3W=0.9W，故C正确．若电流表A示数小于0.2A，由图知，电

动机不转动，电动机的电阻rM=0.80.40.1−Ω=4Ω．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（r+rM），得UI=r+rM=6Ω．故D正确；故选ACD．12．如图所示，电路中R1和R2均为可变电阻，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路

达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间．下列说法正确的是()11A．仅增大的R2阻值，油滴仍然静止B．仅增大R1的阻值，油滴向上运动C．增大两板间的距离，油滴仍然静止D．断开开关S，油滴将向下运动【答案】ABD【解析】开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：

mg=qUd；由图示电路图可知，电源与电阻R1组成简单电路，电容器与R1并联，电容器两端电压等于R1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U=IR1=11ERrR+；仅增大R2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，故A正确；仅增大R1的阻值，极板间电压U

变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，故B正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，故C错误；断开电键，电热器通过

两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，故D正确；故选ABD．三、解答题13．直流电动机的基本结构由永磁铁和矩形线圈构成，如图1所示．现将标有“3V，3W”的直流电动机，串联一个滑动变阻器接在电动势为

E=4.0V、内阻为r=0.40Ω的电源的两端，如图2所示．已知电动机线圈的电阻Ro=0.10Ω,不计其它电阻．(1)若滑动变阻器接人电路的阻值R1=3.5Ω，且电动机卡住不转，求此时电路中的电流I1．(2)调节滑动变阻器接

人电路的阻值，或电动机工作时的负载发生变化，回路中的电流I及电源的输出功率12P随之改变．a．请从理论上推导P与I的关系式，并在图3中定性画出P-I图像；b．求该电源对外电路能够输出的最大功率Pm．(3)调节滑动

变阻器接人电路的阻值，使电动机正常工作．现保持滑动变阻器接人电路的阻值不变，增加电动机的负载，电动机将通过转速调节达到新的稳定状态．请分析说明在这个过程中，电路中的电流如何变化．【答案】（1）1101.0EIARRr==++；10W（2）电路中的电流变大【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律有：110

1.0EIARRr==++（2）a.电源的输出功率2PIEIr=−，PI−图像如图所示：当电路中的电流2EIr=时，电源的输出功率最大，且2104mEPWr==（3）电动机的负载增加，达到新的稳定状态后，线圈的转

速变慢，线圈因为切割磁感线产生反电动势E变小，根据10EEIRRr−=++可知，电路中的电流变大．14．如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为d，上、下两面是绝缘板，前后两侧M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板

与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向．管道内始终充满导电液体（有大量带电离子），开关S闭合前后，液体均以恒定速率v0沿x轴正方向流动．13（1）开关S断开时，求M、N两导体板间电压U0；（2）开关S闭合后，设M

、N两导体板间液体的电阻为r，导电液体中全部为正离子，且管道中所有正离子的总电荷量为Q．求：a．通过电阻R的电流I及M、N两导体板间电压U；b．所有正离子定向移动时沿y轴方向所受平均阻力的大小Ff．【答案】(1)00UBdv=(2)a.0BdvRURr=

+b.0fQvBrFRr=+【解析】（1）解法一：该发电装置原理图等效为如图，管道中液体的流动等效为宽度为d的导体棒切割磁感线，产生的电动势E=Bdv0．则开关断开时00UBdv=解法二：设带电粒子点

电量为q，离子在液体中沿x轴正向运动，所受的洛伦兹力与所受的M、N两板间电场的电场力平衡时，U0保持恒定，有0UqqvBd=，得00UBdv=（2）a．由闭合电路欧姆定律00UBdvIRrRr==++0BdvRUIRRr==+b．解法一：受力角度：正离子在y轴上沿y轴负方向

运动，M板电势高，运动过程中受力平衡．设一个正离子电荷14量为q，沿y轴方向受到的平均阻力为f．如上图所示，沿y轴方向离子共受三个力的作用，沿y轴正方向受阻力f和电场力Uqd，沿y轴负方向受洛伦兹力0

qvB，所以0yUfqqvBd+=．对管道中所有正离子则有0fUFQQvBd+=，因此0fQvBrFRr=+解法二：能量角度：正离子在y轴上定向移动时所受的阻力等效于导体中定向移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）的碰撞所受的阻力．电子所受阻力做的功大小等于电流在导体电阻上产生的热量，因此正离子在y轴方向移动过程中，阻力做的功等于电流在液体中产生的热量．所有的正离子从N板（电源负极）移动到M板（电源正极）过程中，电场力做功大小fWFd

=，电流在液体中产生的热量Q′2Irt=．W=Q′，又QIt=，得0fQvBrFRr=+15．真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电，以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出．电子逸出时其速度是向各个方向的，作为一种简化模型

，我们假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，且电子离开A板时的动能在0到Ekm之间概率均匀，即动能在任意Ek到Ek+∆Ek之间的电子数都相等．已知单位时间内从A板逸出的电子数为N0，忽略电子的重力及它们之间的相互作用，保持光照条

件不变，a和b为接线柱．电子逸出时的最大动能为Ekm，元电荷为e．（1）图示装置可看作直流电源，试判断该电源的正负极并求其电动势E．15（2）当ab间接有用电器时，AB板间电压为某一小于电动势的值Uab，此

时初速度较小的电子将不能到达B板，求此时能够到达B板的电子数N与N0的比值，以及此时电路中电流强度I与短路电流I0的比值．（3）在对外供电时，并不是所有的电源其路端电压与电源电动势之间都满足U=E-Ir，其中r为一与外电路无关的量

，但可以证明在上述简化模型中这一关系成立．试证明之，并求出相应的r．【答案】(1)A板为正极B板为负极，/KmEEe=(2)0/()/KmabKmNNEeUE=−，00//()/KmabKmIINNEeUE==−(3)0=ErI【解析】（1）电子从A板发出在B板积聚，A板为正

极板，B板为负极板；电源电动势等于电源两端开路是的路端电压，此时动能最大的电子也不能到达B板，即有Ee=Ekm可得E=Ekm/e，方向经电源内部B指向A;（2）当AB板间接有用电器电压Uab时，设能到达B板的电子最小动能为Ek1，即有1abkeUE=，又因为电子离开A板时具有各种动

能的概率均匀，设单位时间内到达B板的电子数为N,既有10kmkabkmabkmkmEEEUEeUNNEEE−−−===此时电路中的电流：I=Ne短路时所有电子均能到达B板，此时电路中电流为短路电流I0=N0e所以此时电路中电流强度I与短路电流

I0的比值：00kmabkmEeUININE−==(3)由（2）可见：当电源处于工作状态时，电路中的电流强度I与电源两端的电压U之间满足一般关系为0IEUIE−==即0EUEII=−，其中0EI与外电路无关，即所求0=Er

I，把电动势E和短路电流I0的表达式带入，解得：2000/=kmkmEeEErINeNe==其中0kmEhW=−可见r只与光照条件、材料和其它物理常量有关，与外电路无关.16．如图所示，两根质量均为250m=g的金属杆、cd静止置于

平行轨道MNPQ、上，可沿轨道滑动，两轨道间距0.5l=m，轨道所在空间有匀强磁场，磁感应强度0.5B=T，若ab、a与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，均为0.15f=N，两杆的电阻分别为1R，2R，导轨电阻不计16（

1）若cd杆与轨道固定，F=0.25N求稳定时ab杆的速度和cd杆发热功率；（2）若cd杆不固定，F为0.4N，cd杆开始运动p后两杆有稳定的速度差，求t=5s时ab、cd速度．【答案】（1）0.32m/s；41.610−W（2）11.

38v=m/s；20.74v=m/s【解析】（1）当cd杆固定，设ab棒的最终稳定速度vmax感应电动势为：maxmEBlv=电流为：max1212mmEBlvIRRRR==++根据平衡条件可得：1AFFf=+安培力为：max

AFBIl=联立解得：max0.32v=m/scd杆发热功率为：22max1112cdmBlvPIRRRR==+解得：41.610cdP−=W（2）cd不固定，F为0.4N时，设ab速度为v0，c

d才开始运动根据平衡条件有：0212AvFBlfRR==+解得：00.12v=m/s设t=5s时ab、cd运动某时刻速度分别为v1、v2，稳定时一定有相同的加速度a，则运动过程中回路中感应电动势为：()12EBlvv=−感应电流为：()1212BlvvIRR−=

+17对于ab棒有：1FfBIlma−−=对于cd棒有：2BIlfma−=cd杆开始运动后t=5s内有：()12210Ftfftmvmvmv−+=+−联立解得：11.38v=m/s20.74v=m/s17．许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释．(1)

如图甲所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．在平行于导轨、大小为F的水平恒力作用下，导体棒从静止开

始沿导轨向右运动．a．当导体棒运动的速度为v时，求其加速度a的大小；b．已知导体棒从静止到速度达到稳定所经历的时间为t，求这段时间内流经导体棒某一横截面的电荷量q．(2)在如图乙所示的闭合电路中，设电源的电动势为E，内阻为

r，外电阻为R，其余电阻不计，电路中的电流为I．请你根据电动势的定义并结合能量转化与守恒定律证明：EIRr=+．【答案】(1)a.22()FBLvammRr=−+b.33()FtFRrqBLBL+=−(2)EI

Rr=+【解析】（1）a．当导体棒运动的速度为v时，电路中的感应电动势为EBLv=①电流为EIRr=+②导体棒所受的安培力为AFBIL=③18根据牛顿第二定律可得：AFFam−=④联立①②③④式可得：22()FBLvammRr

=−+⑤（7分）b．设导体棒运动稳定的速度为vm，令⑤式中的0a=，v=vm，可得：m22()FRrvBL+=⑥设某段极短的时间t内，电路的电流为i，则安培力在这段时间内的冲量为BiLt，在时间t内，根据动量定理有：mFtBLitmv−=⑦其中，qi

t=⑧联立⑥⑦⑧式可得：33()FtFRrqBLBL+=−（6分）（2）根据电动势的定义有：WEq=非⑨在时间t内通过电路的电荷量为：q=It⑩根据能量守恒定律，非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总和．

即：W非=Q外+Q内⑪在时间t内：Q外=I2RtQ内=I2rt⑫联立⑨⑩⑪⑫式可得：EIt=I2Rt+I2rt整理后可得：EIRr=+（5分）18．如图所示，PQ为水平面内平行放置的金属长直导轨，间距为1L=0．5m，处在磁感应强度大

小为1B=0．7T、方向竖直向下的匀强磁场中．一根质量为M=0．3kg、电阻为r=1Ω的导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，导体杆ef与P、Q导轨间的动摩擦因数为μ=0．1．在外力作用下导体杆ef向左做匀速直线运动．质量为m=0．2kg，每边电阻均为r=1Ω，边长为

2L=0．2m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点A．b通过细导线与导轨相连，金属框处在磁感应强度大小为2B=1T、方向垂直框面向里的匀强磁场中，金属框恰好处于静止状态，重力加速度210/gms=，不计其余电阻

和细导线对A．b点的作用力，求：19（1）通过ab边的电流abI；（2）导体杆ef做匀速直线运动的速度v；（3）t=1s时间内，导体杆ef向左移动时克服摩擦力所做的功；（4）外力做功的功率P外【答案】（1）7.5A（2）50/ms（3）15J（4）190W【解析】（1）设通过正方形

金属框的总电流为I，ab边的电流为abI，dc边的电流为dcI，有：34abII=，14cdII=，金属框受重力和安培力，处于静止状态，有：2222abdcmgBILBIL=+联立三式解得：2237.5

A4abmgIBL==（2）由（1）可得：22mgIBL=设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有：11EBLv=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：34Rr=R与ef串联的总电阻3744Rrrr=+=总e

f由于运动切割磁感线而产生的电动势11EBLv=根据闭合电路欧姆定律，有：EIR=总联立以上各式：112274BLvmgBLr=20解得：1212750/4mgrvmsBBLL==．（3）摩擦力为恒力，可以用功的定义式求解：2121274fMmg

rtWMgsMgvtBBLL====15J（4）ef棒在水平方向上受到外力F、安培力、摩擦力，根据平衡条件可知AFFMg=+因为111122ABLmgFBILBL==所以外力F的功率为：()2222222121277190

W4?4AmgrMmgrPFvFMgvBLBBLL==+=+=外