高中物理穩(wěn)恒電流解題技巧及練習題

1、高中物理穩(wěn)恒電流解題技巧及練習題一、穩(wěn)恒電流專項訓練1為了測量一個阻值較大的末知電阻，某同學使用了干電池（1.5v），毫安表（ 1ma），電阻箱（ 0 9999w），電鍵，導線等器材該同學設計的實驗電路如圖甲所示，實驗時，將電阻箱阻值置于最大，斷開k2 ，閉合 k1 ，減小電阻箱的阻值，使電流表的示數(shù)為i1 1.00ma，記錄電流強度值；然后保持電阻箱阻值不變，斷開k1 ，閉合 k2 ，此時電流表示數(shù)為 i1 0.80ma，記錄電流強度值由此可得被測電阻的阻值為_w經(jīng)分析，該同學認為上述方案中電源電動勢的值可能與標稱值不一致，因此會造成誤差為避免電源對實驗結果的影響，又設計了如圖乙所示的實驗電

2、路，實驗過程如下：斷開 k1 ，閉合 k 2 ，此時電流表指針處于某一位置，記錄相應的電流值，其大小為i；斷開k2 ，閉合 k1 ，調節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的示數(shù)為_，記錄此時電阻箱的阻值，其大小為 r0 由此可測出rx 【答案】 375, i , r0【解析】解：方案一中根據(jù)閉合電路歐姆定律，有e=i1（ r+r1+r2） （其中 r 為電源內阻，r1 為電阻箱電阻，r2 為電流表內阻）e=i2（ r+r1+r2+r）由以上兩式可解得r=375方案二是利用電阻箱等效替代電阻r0，故電流表讀數(shù)不變，為i，電阻箱的阻值為r0故答案為 375， i， r0【點評】本題關鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律列

3、方程，然后聯(lián)立求解；第二方案是用等效替代法，要保證電流相等2對于同一物理問題，常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯(lián)系，從而更加深刻地理解其物理本質（1）一段橫截面積為s、長為l 的直導線，單位體積內有n 個自由電子，電子電荷量為e該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為（a）求導線中的電流i；v（b ）將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度b，導線所受安培力大小為f安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為f，推導f 安 =f（2）正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為m，單位體積內粒子數(shù)量n 為恒量為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為

4、v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f 與 m、n 和 v 的關系（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）【答案】（ 1） invse證明見答案 （ 2） pf1nm 2s3【解析】1aqnev( st) ，代入則 i nvse（）（ ）電流 i，又因為 qit（b）f 安 =bil，nvsef 安 =bnvsel；因為總的自由電子個數(shù)n=nsl，每個自由，代入則：電子受到洛倫茲力大小f=bve，所以 f=nf=bnvsel=f安，即 f 安=f（2）氣體壓強公

5、式的推導：設分子質量為m，平均速率為v，單位體積的分子數(shù)為n ；建立圖示柱體模型，設柱體底面積為s ，長為l，則lt柱體體積vsl柱體內分子總數(shù)n 總nv因分子向各個方向運動的幾率相等，所以在t 時間內與柱體底面碰撞的分子總數(shù)為1n總n總設碰前速度方向垂直柱體底面且碰撞是彈性的，則分子碰撞器壁前后，總動量的變化量為p2m n總，依據(jù)動量定理有 ftp又壓力 ftp由以上各式得單位面積上的壓力f0f1 nm 2s3【點評】本題的第1 題中兩問都曾出現(xiàn)在課本中，例如分別出現(xiàn)在人教版選修3-1.p42，選修 3-1p.42，這兩個在上新課時如果老師注意到，并帶著學生思考推導，那么這題得分是很容易的第

6、 2 問需要利用動量守恒知識，并結合熱力學統(tǒng)計知識，通過建立模型，然后進行推導，這對學生能力要求較高，為了處理相應問題，通過建模來處理問題在整個推導過程并不復雜，但對分析容易對結果造成影響的錯誤是誤認為所有分析都朝同一方向運動，而不是熱力學統(tǒng)計結果分子向各個運動方向運動概率大致相等，即要取總分子個數(shù)的1 6【考點定位】電流微觀表達式、洛倫茲力推導以及壓強的微觀推導3 如圖所示，已知電源電動勢e=20vr=l r=3時，電路中標有，內阻，當接入固定電阻“ 3v,6w的”燈泡 l 和內阻 rd=1的小型直流電動機d 都恰能正常工作.試求：（1）流過燈泡的電流（2）固定電阻的發(fā)熱功率（3）電動機輸出

7、的機械功率【答案】 （1） 2a（ 2） 7v（3） 12w【解析】（1）接通電路后，小燈泡正常工作，由燈泡上的額定電壓u 和額定功率 p 的數(shù)值可得流過燈泡的電流為：=2a（2）根據(jù)熱功率公式，可得固定電阻的發(fā)熱功率：=12w（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知電動機兩端的電壓：=9v電動機消耗的功率：=18w一部分是線圈內阻的發(fā)熱功率：=4w另一部分轉換為機械功率輸出，則=14w【點睛】（ 1）由燈泡正常發(fā)光，可以求出燈泡中的電流；（2）知道電阻中流過的電流，就可利用熱功率方程，求出熱功率；（3）電動機消耗的電功率有兩個去向：一部分是線圈內阻的發(fā)熱功率；另一部分轉化為機械功率輸出。4 如圖所示

8、，水平軌道與半徑為r 的半圓弧形軌道平滑連接于s 點，兩者均光滑且絕緣，并安裝在固定的豎直絕緣平板上在平板的上下各有一個塊相互正對的水平金屬板p、 q，兩板間的距離為 d.半圓軌道的最高點 t、最低點 s、及 p、 q 板右側邊緣點在同一豎直線上 . 裝置左側有一半徑為 l 的水平金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面區(qū)域內有豎直向下、磁感應強度大小為b 的勻強磁場，一個根長度略大于l 的金屬棒一個端置于圓環(huán)上，另一個端與過圓心o1 的豎直轉軸連接，轉軸帶動金屬桿逆時針轉動(從上往下看 )，在圓環(huán)邊緣和轉軸處引出導線分別與 p、 q 連接，圖中電阻阻值為r，不計其它電阻，右側水平軌道上有一帶電量為+q、質量為12

9、m 的小球1 以速度v05gr2，向左運動，與前面靜止的、質量也為12m 的不帶電小球 2 發(fā)生碰撞，碰后粘合在一起共同向左運動，小球和粘合體均可看作質點，碰撞過程沒有電荷損失，設 p、 q 板正對區(qū)域間才存在電場 .重力加速度為 g.(1)計算小球1 與小球2 碰后粘合體的速度大小v；(2)若金屬桿轉動的角速度為，計算圖中電阻r 消耗的電功率p；(3)要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點s 做圓周運動到最高點t，計算金屬桿轉動的角速度的范圍.5gr(2) pb2l42mgd7mgd【答案】 (1) v4r(3)qbl222qbl【解析】【分析】【詳解】(1)兩球碰撞過程動量守恒，則1 m

10、v0( 1 m1 m)v2225gr解得 v2(2)桿轉動的電動勢blvbl1 l1 bl2222b2 l42電阻 r 的功率 p4rr(3)通過金屬桿的轉動方向可知： p、q 板間的電場方向向上，粘合體受到的電場力方向向上在半圓軌道最低點的速度恒定，如果金屬桿轉動角速度過小，粘合體受到的電場力較小，不能達到最高點t，臨界狀態(tài)是粘合體剛好達到t 點，此時金屬桿的角速度1 為最小，設此時對應的電場強度為e1，粘合體達到t 點時的速度為 v1在 t 點，由牛頓第二定律得mgqe1m v12r從 s 到 t，由動能定理得 qe1 2rmg 2r1 mv121 mv222mg解得 e12q桿轉動的電動

11、勢 11bl212兩板間電場強度e11d聯(lián)立解得mgd1qbl2如果金屬桿轉動角速度過大，粘合體受到的電場力較大，粘合體在s 點就可能脫離圓軌道，臨界狀態(tài)是粘合體剛好在s 點不脫落軌道，此時金屬桿的角速度2 為最大，設此時對應的電場強度為e2在 s 點，由牛頓第二定律得qe2 mgm v2r桿轉動的電動勢21bl222兩板間電場強度e22d聯(lián)立解得27mgdqbl2綜上所述，要使兩球碰后的粘合體能從半圓軌道的最低點s 做圓周運動到最高點 t，金屬桿轉動的角速度的范圍為：mgd7mgdqbl2qbl2 .5 在圖所示的電路中，電源電壓 u 恒定不變，當 s 閉合時 r1 消耗的電功率為 9w，當

12、 s 斷開時 r1 消耗的電功率為 4w，求：（ 1）電阻 r1 與 r2 的比值是多大？（ 2） s 斷開時，電阻 r2 消耗的電功率是多少？（ 3） s 閉合與斷開時，流過電阻 r1 的電流之比是多少？【答案】 2 1， 2w， 3 2【解析】【分析】【詳解】（1）當 s閉合時 r1 消耗的電功率為9w,則：p1u29wr1當 s 斷開時 r1 消耗的電功率為4w，則：p1 (u)2 r1 4wr1r2解得：r1 : r2 2:112i2r，功率之比等于阻值之比，所以：(2)s 斷開時 r 和r 串聯(lián)，根據(jù)公式 pp1 : p2 r1 : r2 2 :1又因為 p1 4w，所以， s 斷開

13、時，電阻r2 消耗的電功率：p2 2w(3)s 閉合時：iur1s 斷開時 :i ur1r2所以：ir1 r23i r126 利用如圖所示的電路可以測量電源的電動勢和內電阻。當滑動變阻器的滑片滑到某一位置時 ,電流表和電壓表的示數(shù)分別為i1 和 u1。改變滑片的位置后,兩表的示數(shù)分別為i2 和u2。寫出這個電源電動勢和內電阻的表達式。u 1i 2 u 2 i1u 1u 2【答案】 ：e=r= i 2i1i 2 i1【解析】【分析】由閉合電路歐姆定律列出兩次的表達式，聯(lián)立即可求解【詳解】由全電路歐姆定律得：e=u1+i1 re=u2+i2 r解得：u1i 2 u 2 i1e=i 2i1u 1u

14、2r= i 2i17 山師附中一研究性學習小組制作了一輛以蓄電池為驅動能源的環(huán)保電動汽車，其電池每次充電僅需三至五個小時，蓄電量可讓小汽車一次性跑500m，汽車時速最高可達10m/s ，汽車總質量為 9kg驅動電機直接接在蓄電池的兩極，且蓄電池的內阻為r=0.20 當該汽車在水平路面上以v2m/s 的速度勻速行駛時，驅動電機的輸入電流i1.5a，電壓u3.0v，內電阻rm=0.40 在此行駛狀態(tài)下（取 g 10 m/s 2），求：（ 1）驅動電機輸入的電功率 p 入；（ 2）驅動電機的熱功率 p 熱；（3）驅動電機輸出的機械功率p 機 ；（4）蓄電池的電動勢e【答案】 （1） 4.5w（ 2）

15、 0.9w （3） 3.6w （ 4）3.3v【解析】試題分析：根據(jù)p=ui 求出驅動電機的輸入功率；由p=i2r 可求得熱功率；由輸入功率與熱功率的差值可求出機械功率；由閉合電路歐姆定律可求得電源的電動勢（1）驅動電機輸入的電功率：p 入 iu 1.5 3.0w 4.5w（ 2）驅動電機的熱功率： p 熱 i2r (1.5)2 0.40w 0.9w（ 3）驅動電機輸出的機械功率： p 機 p 入 -p 熱 3.6w（ 4）蓄電池的電動勢： e=u+ir=（ 3.0+1.5 ）0v=3.2.3v點睛：本題主要考查了功率的公式 p=ui，以及機械功率的公式 p=fv 的應用；要注意體會能量的轉化

16、與守恒關系 8 一交流電壓隨時間變化的圖象如圖所示若用此交流電為一臺微電子控制的電熱水瓶供電，電熱水瓶恰能正常工作加熱時的電功率p 880w ，保溫時的電功率p 20w 求：該交流電電壓的有效值u；電熱水瓶加熱時通過的電流i；電熱水瓶保溫5h 消耗的電能e【答案】 220v 4a 3.6105 j【解析】 根據(jù)圖像可知 ，交流電電壓的最大值為：u m220 2v ，則該交流電電壓的有效值為： uu m220v ；2 電熱水瓶加熱時，由p8804 ap ui 得： iau220 電熱水瓶保溫 5h 消耗的電能為： w p t20 53600 j 3.6 105 j點睛：本題根據(jù)交流電圖象要能正確

17、求解最大值、有效值、周期、頻率等物理量，要明確功率公式 pui 對交流電同樣適用，不過u、 i 都要用有效值9 如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌相距l(xiāng) =1m ，導軌平面與水平面成?= 30 0 角，下端連接阻值為r = 0.8 的電阻 ，勻強磁場方向與導軌平面垂直 ，磁感應強度大小為 b=1t；質量為 m = 0.1kg 、電阻 r = 0.2 金屬棒放 在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸 g 取 10m/s2 ，求：（ 1）金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大??；（ 2）金屬棒 ab 所能獲得的最大速度；（ 3）若金屬棒 ab 沿斜面下滑 0.2m 時

18、恰好獲得最大速度 ，求在此過程中回路一共生熱多少焦 ？【答案】（ 1） 5m/s2（2） 0.5m/s （ 3） 0.0875j【解析】試題分析：（ 1）金屬棒開始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin ma代人數(shù)據(jù)解得： a5m / s2 （2）設金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v ，所受安培力為f ，棒在沿導軌方向受力平衡有：mgsinfa ， fabilblvb2 l2v， mgsinb2l2vm，brlrrrrr最大速度為： vmmgsinrr0.5m / s b2 l2（3）根據(jù)全過程中能的轉化和守恒規(guī)律，有：mgxsin1 mv2q ，2所以全過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱為：qmgxs

19、in1 mv20.0875j 2考點：導體切割磁感線時的感應電動勢【名師點睛】電磁感應中導體切割引起的感應電動勢在考試中涉及較多，關鍵要正確分析導體棒受力情況，運用平衡條件、牛頓第二定律和功能關系進行求解10 對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯(lián)系，從而更加深刻的理解其物理本質。一段長為l、電阻率為、橫截面積為s 的細金屬直導線，單位體積內有n 個自由電子，電子電荷量為e、質量為m。（1）當該導線通有恒定的電流i 時：請根據(jù)電流的定義，推導出導線中自由電子定向移動的速率 v；經(jīng)典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子（即金屬原子失去電子后的剩

20、余部分）的碰撞，該碰撞過程將對電子的定向移動形成一定的阻礙作用，該作用可等效為施加在電子上的一個沿導線的平均阻力。若電子受到的平均阻力大小與電子定向移動的速率成正比，比例系數(shù)為 k。請根據(jù)以上的描述構建物理模型，推導出比例系數(shù) k 的表達式。（ 2）將上述導線彎成一個閉合圓線圈，若該不帶電的圓線圈繞通過圓心且垂直于線圈平面的軸勻速率轉動，線圈中不會有電流通過，若線圈轉動的線速度大小發(fā)生變化，線圈中會有電流通過，這個現(xiàn)象首先由斯泰瓦和托爾曼在1917 年發(fā)現(xiàn)，被稱為斯泰瓦托爾曼效應。這一現(xiàn)象可解釋為：當線圈轉動的線速度大小均勻變化時，由于慣性，自由電子與線圈中的金屬離子間產(chǎn)生定向的相對運動。取線

21、圈為參照物，金屬離子相對靜止，由于慣性影響，可認為線圈中的自由電子受到一個大小不變、方向始終沿線圈切線方向的力，該力的作用相當于非靜電力的作用。已知某次此線圈勻加速轉動過程中，該切線方向的力的大小恒為f。根據(jù)上述模型回答下列問題： 求一個電子沿線圈運動一圈，該切線方向的力f 做功的大??； 推導該圓線圈中的電流i 的表達式?！敬鸢浮浚?1） vi； ne2；（ 2） fl； i fsnes。e【解析】【分析】【詳解】（1）一小段時間t 內，流過導線橫截面的電子個數(shù)為：nn sv t對應的電荷量為：qnen sv t e根據(jù)電流的定義有：解得： vqinesvtines從能量角度考慮，假設金屬中的

22、自由電子定向移動的速率不變，則電場力對電子做的正功與阻力對電子做的負功大小相等，即：uekvl0又因為：nesvluirnev ls聯(lián)立以上兩式得：kne2（2）電子運動一圈，非靜電力做功為：w非f2 rfl對于圓線圈這個閉合回路，電動勢為：w 非fleee根據(jù)閉合電路歐姆定律，圓線圈這個閉合回路的電流為：eir聯(lián)立以上兩式，并根據(jù)電阻定律：解得： ilrsfse11 如圖所示，粗糙斜面的傾角 37r 0.5 m的圓形區(qū)域內存在著垂直于斜面向，半徑下的勻強磁場一個匝數(shù)n10 匝的剛性正方形線框abcd，通過松弛的柔軟導線與一個額定功率 p 1.25 w 的小燈泡 a 相連，圓形磁場的一條直徑恰

23、好過線框bc 邊已知線框質量m 2 kg，總電阻 r0 1.25 ，邊長 l2r，與斜面間的動摩擦因數(shù) 0.5.從 t0 時起，磁場的磁感應強度按b 2 2 t(t)的規(guī)律變化開始時線框靜止在斜面上，在線框運動前，燈泡始終正常發(fā)光設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g 取 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos37 0.8.求：(1)小燈泡正常發(fā)光時的電阻r；(2)線框保持不動的時間內，小燈泡產(chǎn)生的熱量q.【答案】 (1)1.25(2)3.14 j【解析】【分析】（ 1）根據(jù)法拉第電磁感應定律，即可求解感應電動勢；由功率表達式，結合閉合電路歐姆定律即可；（ 2）對線框受力分析，并結合平衡

24、條件，及焦耳定律，從而求得【詳解】（1）由法拉第電磁感應定律有e nt得 e nb1r 210210.52v2.5?vt22小燈泡正常發(fā)光，有p i2r由閉合電路歐姆定律有e i(r0 r)e則有 p ()2r，代入數(shù)據(jù)解得r 1.25.r0r（2）對線框受力分析如圖設線框恰好要運動時，磁場的磁感應強度大小為b，由力的平衡條件有mgsin f 安 f f 安 mgcos f 安 nbi2r聯(lián)立解得線框剛要運動時，磁場的磁感應強度大小b 0.4 t線框在斜面上可保持靜止的時間 t1.6 s4s2 /5小燈泡產(chǎn)生的熱量 q pt 1.25 4j 3.14 j.512 麥克斯韋的電磁場理論告訴我們：

25、變化的磁場產(chǎn)生感生電場，該感生電場是渦旋電場；變化的電場也可以產(chǎn)生感生磁場，該感生磁場是渦旋磁場（1）如圖所示，在半徑為r 的虛線邊界內有一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間的變化關系為b=kt （ k0 且為常量）將一半徑也為r 的細金屬圓環(huán)（圖中未畫出）與虛線邊界同心放置求金屬圓環(huán)內產(chǎn)生的感生電動勢的大小變化的磁場產(chǎn)生的渦旋電場存在于磁場內外的廣闊空間中，在與磁場垂直的平面內其電場線是一系列同心圓，如圖中的實線所示，圓心與磁場區(qū)域的中心重合在同一圓周上，渦旋電場的電場強度大小處處相等使得金屬圓環(huán)內產(chǎn)生感生電動勢的非靜電力是渦旋電場對自由電荷的作用力，這個力稱為渦旋電場力，其與電

26、場強度的關系和靜電力與電場強度的關系相同請推導金屬圓環(huán)位置的渦旋電場的場強大小e 感 （ 2）如圖所示，在半徑為 r 的虛線邊界內有一垂直于紙面向里的勻強電場，電場強度大小隨時間的變化關系為 e=t（0 且為常量）我們把穿過某個面的磁感線條數(shù)稱為穿過此面的磁通量，同樣地，我們可以把穿過某個面的電場線條數(shù)稱為穿過此面的電通量電場強度發(fā)生變化時，對應面積內的電通量也會發(fā)生變化，該變化的電場必然會產(chǎn)生磁場小明同學猜想求解該磁場的磁感應強度b 感的方法可以類比（1）中求解 e 感的方法若小明同學的猜想成立，請推導b 感 在距離電場中心為 a（ ar）處的表達式，并求出在距離電場中心r 和 2r 處的磁

27、感應強度的比值b 感 1： b2感 2小紅同學對上問通過類比得到的b 感的表達式提出質疑，請你用學過的知識判斷b 感 的表達式是否正確，并給出合理的理由【答案】 （1） k r 2kr；（ 2） 1:1 不正確 .2【解析】【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律求解金屬圓環(huán)內產(chǎn)生的感生電動勢 的大小在金屬圓環(huán)內，求解非靜電力對帶電量為-q 的自由電荷所做的功，求解電動勢，從而求解感應電場強度； （2） 類比（ 1）中求解 e 感的過程求解 兩處的磁感應強度的比值 ； 通過量綱分析表達式的正誤 .【詳解】（1） 根據(jù)法拉第電磁感應定律得b sb skr 2ttt在金屬圓環(huán)內，非靜電力對帶電量為-q

28、 的自由電荷所做的功 w 非 =qe 感2rw非根據(jù)電動勢的定義q解得感生電場的場強大小e感kr2rt 2（2） 類比（ 1）中求解 e 感 的過程，在半徑為r 處的磁感應強度為b感et2 r在 r=a 時， ee a2，解得 b感a2r2r在 r=時，er，解得 b感12e124將 r=2r 時，e2er 2，解得 b感2r4所以b感11b感21 上問中通過類比得到的b 感 的表達式不正確；因為通過量綱分析我們知道：用基本物理量的國際單位表示b感e的導出單位為r t2kg m2；又因為 bf，用基本物理量的國際單位表示fas4ilb的導出單位為ilkg可見，通過類比得到的b 感 的單位是不正

29、確的，所以b感e的表達式不正a s22rt確【點睛】考查電磁學綜合運用的內容，掌握法拉第電磁感應定律、電場強度和磁感應強度的應用，會用類比法解決問題以及用物理量的量綱判斷表達式的正誤13 如圖所示，水平面內固定的三條光滑平行金屬導軌a、 b、 c，相距均為d=2m，導軌 ac間橫跨一質量為m=1kg的金屬棒mn，棒與導軌始終良好接觸棒的總電阻r=2 ，導軌的電阻忽略不計在導軌bc 間接一電阻為r=2 的燈泡，導軌ac 間接一理想電壓表整個裝置放在磁感應強度b=2t 勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下現(xiàn)對棒mn施加一水平向右的拉力f，使棒從靜止開始運動，已知施加的水平外力功率恒定，經(jīng)過t=2s

30、 時間棒的速度達到=3m/s 且以后穩(wěn)定試求：（1）金屬棒速度穩(wěn)定時施加的水平恒力f 為多大 ?（ 2）水平外力 f 的功率為多少 ?（ 3）在此 t=2s 時間內金屬棒產(chǎn)生的熱量是多少?【答案】（ 1） 16n（2） 48w（3） 305j【解析】試題分析：（ 1）金屬棒速度達到穩(wěn)定，有：f f安 0bd而 f安 bid ， ir r / 2聯(lián)立得： f=16n（ 2） p f=48w（3）設小燈泡和金屬棒產(chǎn)生的熱量分別為q1 、 q2 ，根據(jù)焦耳定律得知：q1rq22r / 2由功能關系得： pt= q1 +q2 + 1m22代入數(shù)據(jù)得：q2 =30 5j考點：法拉第電磁感應定律；焦耳定律；功能關系14 用質量為 m 、總電阻為r的導線做成邊長為l 的正方形線框mnpq，并將其放在傾角為的平行絕緣導軌上，平行導軌的間距也為l ，如圖所示，線框與導軌之間是光滑的，在導軌的下端有一寬度為l （即 abl ）、磁感應強度為b 的有界勻強磁場，磁場的邊界aa 、 bb 垂直于導軌，磁場的方向