1、1在电磁感应现象中，下列说法正确的是( )A导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流【答案】D产生感应电流的条件：闭合回路的磁通量发生变化，故D正确。故选D。【考点】产生感应电流的条件2如图所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin 4/5，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为( )ABS B4BS/5 C3BS/5 D3BS/4【答案】B矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向
2、成角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以，则穿过矩形线圈的磁通量是，故B正确。故选B。【考点】磁通量3如图所示，通电螺线管水平固定，OO为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO轴则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量a、b、c的大小关系，下列正确的是( )ABaBbBc，abc BBaBbBc，abBbBc，abc DBaBbBc，abc【答案】C由题意可知，a线圈所处的磁场最强，而c线圈所处的磁场最弱，则三点的磁感应强度的大小是：，而根据磁通量可知，则有穿过三个小圆环的磁通量的大小：。
3、故选C。【考点】磁通量4如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则( )A系统的动量守恒B水平方向任意时刻m与M的动量等大反向Cm不能向左摆到原高度D小球和车可以同时向同一方向运动【答案】BA、当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；B、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；C、以小球和小车组成的系
4、统，只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；D、由前面知水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误。故选B。【考点】动量守恒定律5一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次依次通过位置和位置时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为( )A.逆时针方向 逆时针方向 B.逆时针方向 顺时针方向C.顺时针方向 顺时针方向 D.顺时针方向 逆时针方向【答案】B由图可知，当线圈从位置运动到最低点过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向，
5、顺着磁场方向看是逆时针；当线圈从最低点运动到位置的过程中，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向应是顺时针，所以当线圈第一次通过位置和位置时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向应是先逆时针方向，再顺时针方向，故B正确。故选B。【考点】楞次定律6电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A.从a到b，上极板带正电 B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电 D.从b到a，下极板带正电【答案】D当磁铁N极向下运动时，导致向下穿
6、过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律；电容；楞次定律7图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里,abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l.t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )【答案】B A、D开
7、始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；D、当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误；BC、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确C错误。故选B。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律8如图，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功
8、率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1n2和电源电压U1分别为（）A122U B124U C214U D212U【答案】C设灯泡正常发光时，额定电流为I0由题图可知，原线圈中电流，副线圈中两灯并联，副线圈中电流根据理想变压器的基本规律：得；得，所以，故C正确。故选C。【考点】变压器9在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆有匀强磁场垂直于导轨平面若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()A匀速滑动时，I10，I20B匀速滑动时，I10，I20C加速滑动时，I10，I20D加速
9、滑动时，I10，I20【答案】DAB、当横杆匀速滑动时，感应电动势是恒定值，由欧姆定律知I10，电容器两端电压恒定，所以I20，故AB错误；CD、当横杆加速滑动时，感应电动势增大，由欧姆定律知I10，电容器两端电压增大，所以I20，故C错误D正确。故选D。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律10用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，AB为圆环的一条直径。如图所示，在AB的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率（k0）。则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流 B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为
10、D圆环具有收缩的趋势【答案】BA、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率（k0），说明B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A错误；B、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩展的趋势，故B正确D错误；C、由法拉第电磁感应定律得，圆环的电阻，则感应电流大小为，故C错误。故选B。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律11如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v开始运动，则（ ）A将沿轨迹I运动，半径越来越小 B将沿轨迹I运动，半径越来越大 C将沿轨迹II运动，半径
11、越来越小 D将沿轨迹II运动，半径越来越大 【答案】A根据右手螺旋定则判断出通电导线下方的磁场方向垂着纸面向里，由左手定则可知电子受到的洛伦兹力向上，因此电子将向上偏，即转沿轨迹I运动，离导线越近，磁场越强，根据可知半径越来越小，故A正确。故选A。【考点】洛仑兹力12如图所示，有一矩形线圈面积为S，匝数为N，总电阻为r，外电阻为R，接触电阻不计。线圈绕垂直于磁感线的轴OO以角速度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B.则（ ）A当线圈平面与磁感线平行时，线圈中电流强度为零B电流有效值C外力做功的平均功率D当线圈平面与磁感线平行时开始转动过程中，通过电阻的电量为【答案】DA、当线圈平面与磁感线平行时
12、，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈中电流不为零，故A错误；B、感应电动势最大值是，所以感应电动势有效值，所以电流有效值，故B错误；C、根据能量守恒得：外力做功的平均功率等于整个电路消耗的热功率，所以外力做功的平均功率，解得：，故C错误；D、通过电阻R的电量，故D正确。故选D。【考点】交流发电机原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率13如图电路中A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L电阻不可忽略.下列说法中正确的是( ) A合上开关K接通电路时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮 B合上开关K接通电路时,A1和A2始终一样亮C断开开关K切断电路时,A2立刻熄灭,A1过一会儿才熄
13、灭D断开开关K前后短时间内,通过A1的电流方向不变【答案】DAB、合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，因线圈L电阻不可忽略，最后两灯泡的电压产一样大，所以不一样亮，故AB错误；CD、断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，且通过A1的电流方向不变，故C错误D正确。故选D。【考点】自感现象和自感系数14如图所示电路中,当电键S断开瞬间（）.A流经R2的电流方向向右,流经L的电流方向向左B流经R2的电流方向向左,流经L的电流方向向右C流
14、经R2和L的电流方向都向右D流经R2和L的电流方向都向左【答案】A在S断开前，自感线圈L中有自右向左的电流，断开S后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是逐渐减小为零原来跟L并联的电阻R2，由于电源的断开，向左的电流会立即消失，但此时它却与L形成了串联的回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从电阻R中流过，方向由左到右。故选A。【考点】自感现象和自感系数15如图为远距离高压输电的示意图关于远距离输电，下列表述不正确的是()A增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗的C在输送电压一定时，输送的电功率越大
15、，输电过程中的电能损失越小D高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【答案】CA、增加输电导线的横截面积能减小电阻，根据，减小电阻，有利于减少输电过程中的电能损失，故A正确；B、根据知，高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗，故B正确；C、输送的电功率越大，则输电线上流过的电流越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；D、高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好，故D正确。故选C。【考点】远距离输电二.多项选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，不止一个选项符合题目要求。每小题全对者得3分；漏选得2分；多选、错选、不选均不得分）16单匝
16、矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则OD过程中() A线圈中O时刻感应电动势最大 B线圈中D时刻感应电动势为零C线圈中D时刻感应电动势最大D线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4 V【答案】ABDAC、线圈中0时刻切线斜率最大，即磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大，而在D时刻感应电动势为零，故A正确C错误；B、线圈中D时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故B正确；D、根据法拉第电磁感应定律得：，故D正确。故选ABD。【考点】法拉第电磁感应定律17如图所示，物体 A置于物体 B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与 B相连，在弹性
17、限度范围内，A和 B一起在光滑水平面上作往复运动（不计空气阻力），均保持相对静止。 则下列说法正确的是 AA和 B均作简谐运动 B作用在 A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 CB对 A的静摩擦力对 A做功，而 A对 B的静摩擦力对 B不做功 DB对 A的静摩擦力始终对A做正功，而 A对 B的静摩擦力始终对 B做负功 【答案】ABA、A和B-起在光滑水平面上做往复运动，回复力，故都做简谐运动，故A错误；B、设弹簧的形变量为x，弹簧的劲度系数为k，A、B的质量分别为M和m，根据牛顿第二定律得到整体的加速度为，对A：，可见，作用在A上的静摩擦力大小f与弹簧的形变量x成正比，故B正确；C、在简谐运
18、动过程中，B对A的静摩擦力与位移方向相同或相反，B对A的静摩擦力对A做功，同理，A对B的静摩擦力对B也做功，故C错误；D、当AB离开平衡位置时，B对A的静摩擦力做负功，A对B的静摩擦力做正功，当AB靠近平衡位置时，B对A的静摩擦力做正功，A对B的静摩擦力做负功，故D错误。故选AB。【考点】简谐运动；胡克定律18下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是( ) A图甲：黑体辐射的强度，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加且极大值向波长较短的方向移动B图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的C图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子D图丁：工
19、业上利用射线来检查金属内部伤痕，是因为射线穿透能力很强【答案】ABDA、图甲：黑体辐射的强度，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加且极大值向波长较短的方向移动，故A正确；B、图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故B正确；C、图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误；D、图丁：工业上利用射线来检查金属内部伤痕，是因为射线穿透能力很强故D正确。故选ABD。【考点】氢原子的能级公式和跃迁；原子的核式结构19自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（ ）A.奥斯特发现了
20、电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【答案】ACDA、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故A正确；B、欧姆定律说明了电流与电压的关系，故B错误；C、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，故C正确；D、焦耳发现了电流的热效应，故D正确。故选ACD。【考点】物理学史20调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流，交流电压有效值恒定为U
21、，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压在输出端连接了滑动变阻器R，变阻器的滑动触头为Q，图中的电表均为理想交流电表，则() A保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小B保持P的位置不动，将Q向下移动时，电压表的读数变小C保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电压表的读数变小【答案】ACAB、保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小，故A正确B错误；CD、保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P
22、沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑动变阻器R两端的电压将增大，所以电流表的读数变大，故C正确D错误。故选AC。【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率第卷 非选择题（共55分）三、实验题：（每空2分，共24分）21(8分)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验: 在小车A的前端粘有橡皮泥, 推动小车A使之做匀速运动, 然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体, 继续做匀速运动. 他设计的装置如图 (a)所示. 在小车A后连着纸带, 电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz, 长木板下垫着小木片以平衡摩擦力. （1）若已
23、测得打点的纸带如图(b)所示, 并测得各计数点的间距(已标在图上). A为运动的起点, 则应选_段来计算A碰撞前的速度, 应选_段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”). （2）已测得小车A的质量m10.4kg, 小车B的质量m20.2kg, 则碰前两小车的总动量大小为_kgm/s, 碰后两小车的总动量大小为_kgm/s.（计算结果保留三位有效数字）【答案】（1）BC，DE； （2）0.420，0.417（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度
24、；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度；（2）碰前小车的速度为诶：，碰前的总动量为：；碰后小车的共同速度为：，碰后的动量为：。【考点】验证动量守恒定律22(8分)在“用单分子油膜估测分子大小”实验中(1)某同学操作步骤如下：取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴该油酸酒精溶液，待其散开稳定；在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。改正步聚中的两处错误或遗漏：和(2)正确操作后，一滴油酸
25、在水面展开稳定后形成的纯油膜的形状如图所示若每一个小方格的边长为10 mm，油酸膜的面积为 m2(3) 若每一滴液体的纯油酸体积用V表示，展开的油膜面积用S表示，则估算油酸分子直径的表达式d_。【答案】（1）应在量筒中滴入多滴溶液后测量它的体积；为能清楚地看清油膜的形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入油酸酒酒精溶液；（2）；（3）；（1）要测出一滴油酸酒精溶液的体积，即在量筒中滴入N滴溶液，测出其体积为V，则一滴该溶液的体积为；为了使一滴油酸酒精溶液散开后界面比较清晰，要在水面上先撒上痱子粉；因此错误的步骤是：应在量筒中滴入多滴溶液后测量它的体积；有遗漏的步骤是：为能清楚地看清油膜的
26、形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入油酸酒酒精溶液；（2）由图示可知，油膜所占方格的个数为70个（6872均正确），则油膜的面积；（3）纯油酸体积为V，油膜面积为S，油酸分子直径；【考点】用油膜法估测分子的大小23(8分)单摆测定重力加速度的实验中： （1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示， 该摆球的直径d= mm. （2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0= cm（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F-t图象。那么：重力加速度的表达式g= （用题目中的物理量d、l0、t0表示）.
27、设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是 .A B C D【答案】11.70mm 100.25mm BD（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是11mm，游标尺示数是140.05=0.70mm，金属球的直径为11mm+0.70mm=11.70mm；（2）刻度尺的分度值是1mm，读数时要往后估读一位，则L0=100.25mm；（3）在单摆摆动的过程中，每一个周期中有两次最大值；由F-t图象，单摆周期，根据整理得：；单摆在最低点时，根据周期公式摆长，联立三个式子，得：；单摆在最高点时，如图，有，其中、得；故选BD。【考点】用单摆测
28、定重力加速度四、计算题(本题共4小题,共31分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)24（11分）如图，相距L=1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R=2的电阻，导轨所在足够长区域内加上与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。现有电阻r=1，质量m=1kg的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab以速度从边界MN进入磁场后。(1)求棒ab刚进入磁场时的加速度大小;(2)棒ab进入磁场一段距离后,速度大小变为6m/s,求从进入磁场到此时的过程中电阻R产生
29、的焦耳热为多少.(3)求棒ab最终停的位置.【答案】 （1）当导体棒进入磁场切割磁感线时，导体棒受到的安培力：由牛顿第二定律得：代入数据解得：；（2）对导体棒，由能量守恒定律得：在闭合电路中：，电路中的总热量；，代入数据解得：；（3）在导体棒运动的极短时间t内，从tt时间内，多导体棒，由动量定理得：安培力：，则，则，求和，解得：，则。【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；焦耳定律25（10分）如图所示，在地面上的A点将一质量为m=2kg的装有少量炸药物块以初速度v010 m/s,抛射角=60斜向右上方抛出，当物块恰好到达最高点时爆炸成质量相等的两块，其中一物块的速度v=12 m/s,方向水
30、平向右，(不计空气阻力，炸药的质量可忽略不计。假设爆炸前后物块的总质量不变)求（1）另一物块的速度v；（2）爆炸时释放的能量E；【答案】 （1）设向右为正方向，由动量守恒定律：解得：（2）爆炸前的动能爆炸后的动能爆炸时释放的能量【考点】动量守恒定律；能量守恒定律26（10分）如图所示，倾角=30、宽为L1m的足够长的U形光 滑金属框固定在磁感应强度B1T、范围足够大的匀强磁场中磁场方向垂直导轨平面斜向上，现用一平行于导轨的牵引力F，牵引一根质量为m0.2 kg，电阻R1的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动。（金属棒ab始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻及一切摩擦）问：（1）若牵引力是恒力
31、，大小F=9 N，则金属棒达到的稳定速度v1多大？（2）若金属棒受到向上的拉力在斜面导轨上达到某一速度时，突然撤去拉力，从撤去拉力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为q=0.48 C，金属棒发热为Q=1.12 J，则撤力时棒的速度v2多大？【答案】（1） v18 m/s；（2）v24 m/s（1）棒速度稳定时，沿导轨方向上外力平衡，有：又，得：解得：代入数据可解得：（2）由，得：所以扫过的面积代入数据，可解得得上升的高度根据能量关系代入数据，可解得。【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化参考答案1D 2B 3C 4B 5B 6D 7B 8C 9D 10B 11A
32、 12D13D 14A 15C 16ABD 17AB 18ABD 19ACD 20AC21(8分)（1）BC，DE； （2）0.420，0.41722(8分)（1）应在量筒中滴入多滴溶液后测量它的体积；为能清楚地看清油膜的形状，要先在水面上撒上薄薄的一层痱子粉，再滴入油酸酒酒精溶液；（2）；（3）；23(8分)11.70mm 100.25mm BD24（11分）（1）当导体棒进入磁场切割磁感线时，导体棒受到的安培力：由牛顿第二定律得：代入数据解得：；（2）对导体棒，由能量守恒定律得：在闭合电路中：，电路中的总热量；，代入数据解得：；（3）在导体棒运动的极短时间t内，从tt时间内，多导体棒，由动量定理得：安培力：，则，则，求和，解得：，则。25（10分）（1）设向右为正方向，由动量守恒定律：解得：（2）爆炸前的动能爆炸后的动能爆炸时释放的能量26（10分）（1）棒速度稳定时，沿导轨方向上外力平衡，有：又，得：解得：代入数据可解得：（2）由，得：所以扫过的面积代入数据，可解得得上升的高度根据能量关系代入数据，可解得。
