高考物理穩(wěn)恒電流解題技巧和訓(xùn)練方法及練習(xí)題一、穩(wěn)恒電流專項(xiàng)訓(xùn)練1．在“探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的定量關(guān)系”試驗(yàn)中，為了探究3根材料未知，橫截面積均為S=0.20mm2的金屬絲a、b、c的電阻率，采用如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路．M為金屬絲c的左端點(diǎn)，O為金屬絲a的右端點(diǎn)，P是金屬絲上可移動(dòng)的接觸點(diǎn)．在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，電流表讀數(shù)始終為I=1.25A，電壓表讀數(shù)U隨OP間距離x的變化如下表：x/mm6007008009001000120014001600180020002100220023002400U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75⑴繪出電壓表讀數(shù)U隨OP間距離x變化的圖線；⑵求出金屬絲的電阻率ρ，并進(jìn)行比較．【答案】（1）如圖所示；（2）電阻率的允許范圍：：~：~：~通過(guò)計(jì)算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠(yuǎn)大于金屬絲b的電阻率．【解析】（1）以O(shè)P間距離x為橫軸，以電壓表讀數(shù)U為縱軸，描點(diǎn)、連線繪出電壓表讀數(shù)U隨OP間距離x變化的圖線．（2）根據(jù)電阻定律可得．通過(guò)計(jì)算可知，金屬絲a與c電阻率相同，遠(yuǎn)大于金屬絲b的電阻率．2．如圖所示，已知電源電動(dòng)勢(shì)E=20V，內(nèi)阻r=lΩ，當(dāng)接入固定電阻R=3Ω時(shí)，電路中標(biāo)有“3V,6W”的燈泡L和內(nèi)阻RD=1Ω的小型直流電動(dòng)機(jī)D都恰能正常工作.試求：（1）流過(guò)燈泡的電流（2）固定電阻的發(fā)熱功率（3）電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)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(guò)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(dòng)機(jī)兩端的電壓：=9V電動(dòng)機(jī)消耗的功率：=18W一部分是線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率：=4W另一部分轉(zhuǎn)換為機(jī)械功率輸出，則=14W【點(diǎn)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(guò)的電流，就可利用熱功率方程，求出熱功率；（3）電動(dòng)機(jī)消耗的電功率有兩個(gè)去向：一部分是線圈內(nèi)阻的發(fā)熱功率；另一部分轉(zhuǎn)化為機(jī)械功率輸出。3．如圖中A、B、C、D四個(gè)電路中，小燈L1上標(biāo)有“6V3A”字樣，小燈L2上標(biāo)有“4V0.2A”字樣，電壓Uab均為U=10V。試判斷：（1）哪個(gè)電路兩小燈不可能正常發(fā)光，并說(shuō)明理由；（2）兩小燈均正常發(fā)光時(shí)，哪個(gè)電路消耗的電功率最小?！敬鸢浮浚?）b電路小燈不可能正常發(fā)光，根據(jù)串聯(lián)電路電壓關(guān)系和題中所給條件，兩燈中若有一個(gè)正常發(fā)光，則另一個(gè)也正常發(fā)光，此時(shí)L2中電流大于3A，而其額定電流為0.2A，因此兩燈均不能正常發(fā)光；例如：b電路小燈不可能正常發(fā)光；根據(jù)串、并聯(lián)電路知識(shí)和所給條件知：由于L2的電阻大于L1的電阻，L2分得電壓大于4V（燒壞）、L1分得電壓小于6V，因此兩燈均不可能正常發(fā)光（2）a電路消耗的電功率最小【解析】【詳解】（1）b電路小燈不可能正常發(fā)光，根據(jù)串聯(lián)電路電壓關(guān)系和題中所給條件，兩燈中若有一個(gè)正常發(fā)光，則另一個(gè)也正常發(fā)光，此時(shí)L2中電流大于3A，而其額定電流為0.2A，因此兩燈均不能正常發(fā)光；（2）電壓Uab均為U=10V，a圖回路電流為，所以總功率為；b圖無(wú)法滿足均正常發(fā)光；c圖干路電流為，所以總功率為；d圖干路電流為，所以總功率為，所以a圖消耗功率最小。4．一交流電壓隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．若用此交流電為一臺(tái)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(shí)的電功率P＝880W，保溫時(shí)的電功率P′＝20W．求：①該交流電電壓的有效值U；②電熱水瓶加熱時(shí)通過(guò)的電流I；．③電熱水瓶保溫5h消耗的電能E．【答案】①220V②③【解析】①根據(jù)圖像可知，交流電電壓的最大值為：，則該交流電電壓的有效值為：；②電熱水瓶加熱時(shí)，由得：③電熱水瓶保溫消耗的電能為：點(diǎn)睛：本題根據(jù)交流電圖象要能正確求解最大值、有效值、周期、頻率等物理量，要明確功率公式對(duì)交流電同樣適用，不過(guò)U、I都要用有效值．5．如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)．M、P兩點(diǎn)間接有電阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下．導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略．讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦．求：（1）在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)桿中的電流及桿的加速度大?。唬?）在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值．【答案】（1）（2）【解析】（1）當(dāng)ab加速下滑時(shí)，速度大小為v時(shí),則根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：故，方向由a到b由安培力公式：根據(jù)牛頓第二定律：整理可以得到：(2)當(dāng)時(shí)ab桿的速度可以達(dá)到最大值即：

所以：．6．如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L=1m，導(dǎo)軌平面與水平面成??=300角，下端連接阻值為R=0.8Ω的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T；質(zhì)量為m=0.1kg、電阻r=0.2Ω金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．g取10m/s2，求：（1）金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小；（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(shí)恰好獲得最大速度，求在此過(guò)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(kāi)始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律得：代人數(shù)據(jù)解得：．（2）設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，速度為，所受安培力為，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡有：，，，最大速度為：．（3）根據(jù)全過(guò)程中能的轉(zhuǎn)化和守恒規(guī)律，有：，所以全過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱為：．考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)【名師點(diǎn)睛】電磁感應(yīng)中導(dǎo)體切割引起的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在考試中涉及較多，關(guān)鍵要正確分析導(dǎo)體棒受力情況，運(yùn)用平衡條件、牛頓第二定律和功能關(guān)系進(jìn)行求解．7．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝27V，內(nèi)阻r＝2Ω，固定電阻R2＝4Ω，R1為光敏電阻．C為平行板電容器，其電容C＝3pF，虛線到兩極板距離相等，極板長(zhǎng)L＝0.2m，間距d＝1.0×10－2m．P為一圓盤(pán)，由形狀相同透光率不同的二個(gè)扇形a、b構(gòu)成，它可繞AA′軸轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)細(xì)光束通過(guò)扇形a、b照射光敏電阻R1時(shí)，R1的阻值分別為12Ω、3Ω.有帶電量為q＝－1.0×10－4C微粒沿圖中虛線以速度v0＝10m/s連續(xù)射入C的電場(chǎng)中．假設(shè)照在R1上的光強(qiáng)發(fā)生變化時(shí)R1阻值立即有相應(yīng)的改變．重力加速度為g＝10m/s2.(1)求細(xì)光束通過(guò)a照射到R1上時(shí)，電容器所帶的電量；(2)細(xì)光束通過(guò)a照射到R1上時(shí)，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)，求細(xì)光束通過(guò)b照射到R1上時(shí)帶電微粒能否從C的電場(chǎng)中射出．【答案】（1）（2）帶電粒子能從C的電場(chǎng)中射出【解析】【分析】由閉合電路歐姆定律求出電路中電流，再由歐姆定律求出電容器的電壓，即可由Q=CU求其電量；細(xì)光束通過(guò)a照射到R1上時(shí)，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力二力平衡．細(xì)光束通過(guò)b照射到R1上時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求粒子的加速度，由類平拋運(yùn)動(dòng)分位移規(guī)律分析微粒能否從C的電場(chǎng)中射出．【詳解】（1）由閉合電路歐姆定律，得又電容器板間電壓，得UC=6V設(shè)電容器的電量為Q，則Q=CUC解得（2）細(xì)光束通過(guò)a照射時(shí)，帶電微粒剛好沿虛線勻速運(yùn)動(dòng)，則有解得細(xì)光束通過(guò)b照射時(shí)，同理可得由牛頓第二定律，得解得微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，得，解得，所以帶電粒子能從C的電場(chǎng)中射出．【點(diǎn)睛】本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是明確帶電粒子的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況，對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，要掌握分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律并能熟練運(yùn)用．8．如圖a所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L＝1m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝370角，下端連接阻值為R＝0.4Ω的電阻．勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.4T，質(zhì)量m＝0.2Kg、電阻R＝0.4Ω的金屬桿放在兩導(dǎo)軌上，桿與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，金屬導(dǎo)軌之間連接一理想電壓表．現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止沿導(dǎo)軌開(kāi)始下滑，電壓表示數(shù)U隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖b所示．取g＝10m/s2，sin370＝0.6，cos370＝0.8求：⑴金屬桿在第5s末的運(yùn)動(dòng)速率；⑵第5s末外力F的功率；【答案】(1)1m/s(2)-0.8W【解析】【分析】金屬桿沿金屬導(dǎo)軌方向在三個(gè)力作用下運(yùn)動(dòng)，一是桿的重力在沿導(dǎo)軌向下方向的分力G1，二是拉力F在沿導(dǎo)軌向下方向的分力F1，三是沿導(dǎo)軌向上方向的安培力，金屬桿在這幾個(gè)力的作用下，向下做加速運(yùn)動(dòng)．【詳解】(1)如下圖所示，F(xiàn)1是F的分力，G1是桿的重力的分力，沿導(dǎo)軌向上方向的安培力未畫(huà)出，由題設(shè)條件知，電壓表示數(shù)U隨時(shí)間t均勻增加，說(shuō)明金屬桿做的是勻加速運(yùn)動(dòng)，由b圖可得金屬桿在第5s末的電壓是0.2V，設(shè)此時(shí)桿的運(yùn)動(dòng)速率為，電壓為U，電流I，由電磁感應(yīng)定律和歐姆定律有因電路中只有兩個(gè)相同電阻，有解得m/s故金屬桿在第5s末的運(yùn)動(dòng)速率是1m/s(2)金屬桿做的是勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，此時(shí)桿受的安培力為f，有=0.2m/s2Nsin=1.2N由牛頓第二定律得N由功率公式得W因的方向與棒的運(yùn)動(dòng)方向相反，故在第5s末外力F的功率是--0.8W．【點(diǎn)睛】由電阻的電壓變化情況來(lái)分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況．9．材料的電阻隨磁場(chǎng)的增強(qiáng)而增大的現(xiàn)象稱為磁阻效應(yīng)，利用這種效應(yīng)可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度．如圖所示為某磁敏電阻在室溫下的電阻—磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線，其中RB、R0分別表示有、無(wú)磁場(chǎng)時(shí)磁敏電阻的阻值．為了測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B，需先測(cè)量磁敏電阻處于磁場(chǎng)中的電阻值RB.請(qǐng)按要求完成下列實(shí)驗(yàn)．(1)設(shè)計(jì)一個(gè)可以測(cè)量磁場(chǎng)中該磁敏電阻阻值的電路，并在圖中的虛線框內(nèi)畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路原理圖(磁敏電阻及所處磁場(chǎng)已給出，待測(cè)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小約為0.6～1.0T，不考慮磁場(chǎng)對(duì)電路其他部分的影響)．要求誤差較?。峁┑钠鞑娜缦拢篈．磁敏電阻，無(wú)磁場(chǎng)時(shí)阻值R0＝150ΩB．滑動(dòng)變阻器R，總電阻約為20ΩC．電流表A，量程2.5mA，內(nèi)阻約30ΩD．電壓表V，量程3V，內(nèi)阻約3kΩE．直流電源E，電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻不計(jì)F．開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干(2)正確接線后，將磁敏電阻置入待測(cè)磁場(chǎng)中，測(cè)量數(shù)據(jù)如下表：123456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80根據(jù)上表可求出磁敏電阻的測(cè)量值RB＝______Ω.結(jié)合題圖可知待測(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝______T.(3)試結(jié)合題圖簡(jiǎn)要回答，磁感應(yīng)強(qiáng)度B在0～0.2T和0.4～1.0T范圍內(nèi)磁敏電阻阻值的變化規(guī)律有何不同？________________________________________________________________________.(4)某同學(xué)在查閱相關(guān)資料時(shí)看到了圖所示的磁敏電阻在一定溫度下的電阻—磁感應(yīng)強(qiáng)度特性曲線(關(guān)于縱軸對(duì)稱)，由圖線可以得到什么結(jié)論？___________________________________________________________________________.【答案】（1）見(jiàn)解析圖（2）1500；0.90（3）在0～0.2T范圍內(nèi)，磁敏電阻的阻值隨磁感應(yīng)強(qiáng)度非線性變化（或不均勻變化）；在10．有“200V、40W”燈泡40盞，并聯(lián)于電源兩端，這時(shí)路端電壓，當(dāng)關(guān)掉20盞，則路端電壓升為試求：（1）電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻多大？（2）若使電燈正常發(fā)光還應(yīng)關(guān)掉多少盞燈？【答案】（1）210V；10（2）15盞【解析】試題分析：（1）電燈的電阻40盞燈并聯(lián)的總電阻：R1=RD/40=25；20盞燈并聯(lián)的總電阻：R2=RD/20=50;根據(jù)歐姆定律可得：解得E=210V，r=10（2）根據(jù)歐姆定律可得：，解得:=200，，解得n=5，所以要關(guān)15盞?？键c(diǎn)：全電路歐姆定律。11．如圖甲所示，表面絕緣、傾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面所在空間有一寬度D=0.40m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與斜面底邊平行，磁場(chǎng)方向垂直斜面向上．一個(gè)質(zhì)量m=0.10kg、總電阻R=0.25W的單匝矩形金屬框abcd，放在斜面的底端，其中ab邊與斜面底邊重合，ab邊長(zhǎng)L=0.50m．從t=0時(shí)刻開(kāi)始，線框在垂直cd邊沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框的ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)撤去拉力，線框繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，線框向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示．已知線框在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離斜面，且保持ab邊與斜面底邊平行，線框與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度g取10m/s2．求：（1）線框受到的拉力F的大??；（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）線框在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．【答案】（1）F="1.5"N（2）（3）【解析】試題分析：（1）由v-t圖象可知，在0～0.4s時(shí)間內(nèi)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1=2.0m/s，所以：………………①………………②聯(lián)解①②代入數(shù)據(jù)得：F="1.5"N………………③（2）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律有：E=BLv1…④由歐姆定律得：…⑤對(duì)于線框勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由力的平衡條件有：…⑥聯(lián)解④⑤⑥代入數(shù)據(jù)得：…⑦（3）由v-t圖象可知，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v1勻速穿出磁場(chǎng)，說(shuō)明線框的寬度等于磁場(chǎng)的寬度，即為：⑧線框在減速為零時(shí)，有：所以線框不會(huì)下滑，設(shè)線框穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間為t，則：…⑨…⑩聯(lián)解④⑤⑥代人數(shù)據(jù)得：…（11）考點(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；力的合成與分解的運(yùn)用；共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；閉合電路的歐姆定律．12．如圖25甲為科技小組的同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)的一種靜電除塵裝置示意圖，其主要結(jié)構(gòu)有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后板使用絕緣材料，上、下板使用金屬材料．圖25乙是該主要結(jié)構(gòu)的截面圖，上、下兩板與輸出電壓可調(diào)的高壓直流電源(內(nèi)電阻可忽略不計(jì))相連．質(zhì)量為m、電荷量大小為q的分布均勻的帶負(fù)電的塵埃無(wú)初速度地進(jìn)入A、B兩極板間的加速電場(chǎng)．已知A、B兩極板間加速電壓為U0，塵埃加速后全都獲得相同的水平速度，此時(shí)單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n．塵埃被加速后進(jìn)入矩形通道，當(dāng)塵埃碰到下極板后其所帶電荷被中和，同時(shí)塵埃被收集．通過(guò)調(diào)整高壓直流電源的輸出電壓U可以改變收集效率η（被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值）．塵埃所受的重力、空氣阻力及塵埃之間的相互作用均可忽略不計(jì)．在該裝置處于穩(wěn)定工作狀態(tài)時(shí)：（1）求在較短的一段時(shí)間Δt內(nèi)，A、B兩極板間加速電場(chǎng)對(duì)塵埃所做的功；（2）若所有進(jìn)入通道的塵埃都被收集，求通過(guò)高壓直流電源的電流；（3）請(qǐng)推導(dǎo)出收集效率η隨電壓直流電源輸出電壓U變化的函數(shù)關(guān)系式．【答案】（1）nbdΔtqU0（2）（3）若y<d，即<d，則收集效率η＝＝(U<)；若y≥d則所有的塵埃都到達(dá)下極板，收集效率η＝100%(U≥)【解析】試題分析：（1）設(shè)電荷經(jīng)過(guò)極板B的速度大小為，對(duì)于一個(gè)塵埃通過(guò)加速電場(chǎng)過(guò)程中，加速電場(chǎng)做功為在時(shí)間內(nèi)從加速電場(chǎng)出來(lái)的塵埃總體積是其中的塵埃的總個(gè)數(shù)故A、B兩極板間的加速電場(chǎng)對(duì)塵埃所做的功對(duì)于一個(gè)塵埃通過(guò)加速電場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得故解得（2）若所有進(jìn)入矩形通道的塵埃都被收集，則時(shí)間內(nèi)碰到下極板的塵埃的總電荷量通過(guò)高壓直流電源的電流（3）對(duì)某一塵埃，其在高壓直流電源形成的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在垂直電場(chǎng)方向做速度為的勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)力方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：垂直電場(chǎng)方向位移，沿電場(chǎng)方向位移根據(jù)牛頓第二定律有距下板y處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，則x=L解得若，即，則收集效率若，則所有的塵埃都到達(dá)下極板，效率為100％考點(diǎn)：考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí)，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程（平衡、加速、減速，直線或曲線），然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題．解決這類問(wèn)題的基本方法有兩種，第一種利用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，選用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)，選用動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解13．有人為汽車設(shè)計(jì)的一個(gè)“再生能源裝置”原理簡(jiǎn)圖如圖1所示，當(dāng)汽車減速時(shí)，線圈受到磁場(chǎng)的阻尼作用幫助汽車減速，同時(shí)產(chǎn)生電能儲(chǔ)存?zhèn)溆茫畧D1中，線圈的匝數(shù)為n，ab長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，bc長(zhǎng)度為L(zhǎng)2．圖2是此裝置的側(cè)視圖，切割處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，有理想邊界的兩個(gè)扇形磁場(chǎng)區(qū)夾角都是900．某次測(cè)試時(shí)，外力使線圈以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電刷M端和N端接電流傳感器，電流傳感器記錄的圖象如圖3所示(I為已知量)，取邊剛開(kāi)始進(jìn)入左側(cè)的扇形磁場(chǎng)時(shí)刻．不計(jì)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)軸處的摩擦（1）求線圈在圖2所示位置時(shí)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E的大小，并指明電刷和哪個(gè)接電源正極；（2）求閉合電路的總電阻和外力做功的平均功率；【答案】（1）nBL1L2ω，電刷M接電源正極；（2），【解析】（1）有兩個(gè)邊一直在均勻輻向磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，故根據(jù)切割公式，有E=2nBL1v其中v＝ωL2解得E=nBL1L2ω根據(jù)右手定則，M端是電源正極

（2）根據(jù)歐姆定律，電流：解得線圈轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生電流的時(shí)間是半周期，故外力平均功率P＝I2R解得14．(10分)如圖所示，傾角θ=30°、寬L=1m的足夠長(zhǎng)的U形光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=IT、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。一根質(zhì)量m=0.2kg，電阻R=l的金屬棒ab垂