1、专题四综合集训练A组一、单项选择题1.下列物理现象中属于电磁感应的是()A.通电导线周围产生磁场B.录音机使电流信号录入磁带C.电流流经导体时使导体发热D.磁带经过录音机的磁头时，还原出电流信号解析电磁感应是磁场产生感应电流的现象，D正确；A选项是电流产生磁场的现象，所以错误；录音机是利用电流产生的磁场使磁带磁化的过程，B错误；电流流经导体时使导体发热是利用电流做功使电能转化成热能的过程，C错误。答案D2.电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠。如图1所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()图1A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强
2、，电磁炉加热效果越好B.在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用C.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D.电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作解析电磁炉就是采用涡流感应加热原理；其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场，当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的，电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起
3、到加热作用，D正确，A、B、C错误。答案D3.在电源电压不变的情况下，为使正常工作的电热器在单位时间内产生的热量增加一倍，下列措施最可行的是()A.剪去一半的电阻丝B.并联一根相同的电阻丝C.串联一根相同的电阻丝D.将原电阻丝对折后接入电路解析剪去一半的电阻丝，电阻减小一半，由Qt知，在电源电压一定，通电时间相同时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍。但此时电阻丝中电流超过额定电流，故不可行，A错误；并联一根电阻丝后，电路的总阻值变为原来的一半，由Qt知，在电源电压一定，通电时间相等时，电阻减小一半，产生的热量为原来的2倍，B正确；串联一根电阻丝后，电路的总阻值为原来的二倍，由Qt知，在电源
4、电压一定时，通电时间相同，电阻增大一倍，产生的热量为原来的一半，C错误；将原电阻丝对折后由R知电阻变为原来的，由Qt知，热量变为原来的4倍，且电阻丝中电流超过额定电流，D错误。答案B4.如图2所示电路中，P、Q两灯相同，带铁芯的线圈L(线圈直流电阻不计)与Q灯串联，则()图2A.S接通瞬间，P立即发光，Q逐渐亮起来B.S接通瞬间，P、Q同时发光C.S接通瞬间，Q立即发光，P逐渐亮起来D.S接通瞬间，P、Q均逐渐亮起来解析S接通瞬间，由于L的自感作用，P立即发光，Q逐渐亮起来，稳定后两灯亮度相同，A正确、B、C、D错误。答案A5.电阻非线性变化的滑动变阻器R2接入图3甲的电路中，移动滑动变阻器触
5、头改变接入电路中的长度x(x为图中a与触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图乙，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，当触头从a移到b和从b移到c的这两过程中，下列说法正确的是()图3A.电流表A示数变化相等B.电压表V2的示数变化不相等C.电阻R1的功率变化相等D.电源的输出功率不断增大解析根据欧姆定律得到电阻R1两端的电压U1IR1，由图看出，电压U1变化相等，R1一定，则知电流的变化相等，即得电流表示数变化相等，A正确；电压表V2的示数U2EIr，电流I的变化相等，E、r一定，则U2相等，B错误；电阻R1的功率P1I2R1，其功率的变化量为P1(II12)R1，由
6、上知I相等，即I1I1相等，II不相等，则知，电阻R的功率变化不相等，C错误；由图乙知，U1减小，电路中电流减小，总电阻增大，由于外电路与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，D错误。答案A6.如图4所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B0.1 T，玻璃皿的横截面的半径为a0.05 m，电源的电动势为E3 V，内阻r0.1 ，限流电阻R04.9 ，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R0.9 ，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V，则()图
7、4A.由上往下看，液体做顺时针旋转B.液体所受的安培力大小为1.5104 NC.闭合开关10 s，液体具有的动能是4.5 JD.闭合开关后，液体电热功率为0.081 W解析由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A错误；电压表的示数为1.5 V，则根据闭合电路的欧姆定律EUIR0Ir，所以电路中的电流值I A0.3 A，液体所受的安培力大小为FBIa0.10.30.05 N1.5103 N，B错误；玻璃皿中
8、两电极间液体的等效电阻为R0.9 ，则液体热功率为P热I2R0.320.9 W0.081 W，D正确；10 s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率PUI1.50.3 W0.45 W，所以闭合开关10 s，液体具有的动能是EkW电流W热(PP热)t(0.450.081)10 J3.69 J，C错误。答案D7.如图5所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合正方形线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则拉力对线框做功之比WaWb等于()图5A.12 B.21C.14 D.41解析闭合线框a产生的感应电动势EaBLv，根据能量守恒
9、定律知外力对线框做的功为WaBLL，Ra，闭合线框b产生的感应电动势EbB2Lv，外力对线框做的功为WbB2L2L，Rb。代入解得WaWb14，选项C正确，A、B、D错误。答案C8.如图6甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为110的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，灯泡的额定功率为22 W。现闭合开关，灯泡正常发光。则()图6A.t0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B.交流发电机的转速为100 r/sC.变压器原线圈中电流表示数为1 AD.灯泡的额定电压为220 V解析由图乙可知，当0.01 s时，感应电动势
10、为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，A错误；由图可知，交流电的周期为0.02 s，则转速为n50 r/s，B错误；原线圈输入电压有效值为22 V，则副线圈的电压为2210 V220 V，由PUI可知，副线圈电流I2 A0.1 A，则由，求得I11 A，C正确；灯泡正常发光，故额定电压为220 V，D错误。答案C9.图7为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2。在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()图7A. B.C.4r D.4r解析加在原线圈
11、上的电压U1，根据电压比与匝数比关系，所以U2，输电线上的电流I，输电线上消耗的功率P耗I22r4r，C正确，A、B、D错误。答案C10.图8甲的变压器原、副线圈匝数比为31，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，闭合开关S，以下说法正确的是()图8A.ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab27sin (100t) VB.ab输入端输入功率Pab18 WC.电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光D.断开S，电压表V读数将变小解析由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为 27V，有效值是27 V，副线
12、圈电压为UU127 V9 V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流I0 A A，电流表的读数为I23 A2 A，原线圈电流为I1I22 A A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为UabU0U19 V27 V36 V，输入端电压的瞬时值表达式为uab36sin (100t) V，A错误，C正确；四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab46 W24 W，B错误；若将S断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上电压减小，所以原线圈上的电压将增大，即电压表V读数将变大，D错误。答案C11.如图9甲所示，正方形导线框abc
13、d放在绝缘水平面上，导线框的质量m1 kg，边长L1 m，电阻R0.1 ，mn为bc边中垂线，由t0时刻开始在mn左侧的线框区域内加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，在mn右侧的线框区域内加竖直向上，磁感应强度为B20.5 T的匀强磁场，线框abcd的四边恰在磁场的边界内，若导线框与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，它们之间的动摩擦因数0.3，g10 m/s2，则下列说法正确的是()图9A.导线框中的感应电动势为0.1 VB.t0.5 s时刻，导线框中感应电流为零C.导线框中产生俯视逆时针方向的感应电流D.导线框一直静止在绝缘水平面上解析根据图乙可得1 T/s，故根据
14、法拉第电磁感应定律可得导线框中的感应电动势为E110.5 V0.5 V，A错误；因为穿过线圈的磁通量先向上减小后向下增大，故根据楞次定律可得产生的感应电流俯视逆时针方向，C正确；因为磁通量均匀变化，产生的感应电动势是定值，所以t0.5 s时刻，I A5 A，B错误；1 s时ab边所受安培力大小F1B1IL151 N5 N，从0开始随时间逐渐增大，t0.1 s，F10.5 N，而cd边所受安培力大小F2B2IL0.551 N2.5 N，根据左手定则可知，它们所受的安培力方向相同，因此导线框所受的安培力大小为FF1F2，方向水平向右，而滑动时受到的摩擦力fFN0.3110 N3 N，00.1 s时
15、导线框向右滑动，D错误。答案C12.如图10所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2L，磁感应强度的大小为B0，一边长为L、电阻为R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，在四个选项中给出的线框C、D两端的电压UCD与线框移动距离x的关系的图象正确的是()图10解析由楞次定律判断可知，在线框穿过磁场的过程中，C点的电势始终高于D点的电势，则UCD始终为正值，C错误；CD、AB两边切割磁感线时产生的感应电动势为EBLv。在0L内，CD边切割磁感线，CD两端的电压是路端电压，则UCDEBLv；在L2L内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生
16、感应电流，则UCDEBLv；在2L3L内，CD两端的电压等于感应电动势的，则UCDBLv，A、B错误，D正确。答案D二、不定项选择题13.如图11甲是一个电解电容器，电容器外壳上标有“4.7F50 V”字样；图乙是一个标准自感线圈，外壳上标有“1 H”字样，下列有关该电容器和自感线圈的说法正确的是()图11A.电容器的电容为4.71012 FB.自感线圈的自感系数为1 HC.电容器在20 V的工作电压下，其带电荷量为9.4105 CD.自感线圈的自感电动势大小与流过线圈的电流大小有关解析因为4.7 F4.7106 F，A错误；外壳上标有“1 H”字样则表明自感线圈的自感系数为1 H，B正确；根
17、据公式C可得电容器在20 V的工作电压下，其带电荷量为QCU9.4105 C，C正确；在自感系数一定的条件下，根据法拉第电磁感应定律，则有：通过导体的电流的变化率越大，产生的自感电动势越大，与电流大小及电流变化的大小无关，D错误。答案BC14.如图12所示，动圈式话筒能将声音信号转化为电流信号(交变电流)，产生的电流信号再经过阻抗变压器后输出到扩音机，阻抗变压器除可进行阻抗匹配外，还可以减少信号沿导线传输过程中的电能损失，关于话筒内的这只阻抗变压器，下列说法中正确的是()图12A.阻抗变压器是升压变压器，根据PUI可知，升压后传输电流会减小B.阻抗变压器是降压变压器，根据P损可知，降压后传输电
18、流会减小C.根据P损可知，导线上损失电能减小，U损减小，I减小，输出电压U变大，所以一定是升压变压器D.根据P损I2R可知，电线上损失的电能减小，I减小，输出电压U变大，所以一定是升压变压器解析根据变压器的作用是为了减少电信号沿导线传输过程中的电能损失可知，话筒内的这只变压器一定是升压变压器，因为PUI，升压后，U变大，传输电流减小，导线上损失电能减小，U损减小，A、C、D正确，B错误。答案ACD15.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图13为汽车启动原理图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A；电动机启动时电流表读数为58 A。若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 ，
19、电动机线圈电阻为0.02 ，电流表内阻不计，不考虑车灯电阻随电流变化，则电动机启动时()图13A.车灯的电压为9.6 VB.通过电动机的电流为48 AC.电动机的电功率为50 WD.电动机输出的机械功率为430 W解析电动机未启动时，U外1EI1r12.5 V100.05 V12 V，则车灯的电阻为R 1.2 ，电动机启动后U外2EI2r12.5 V580.05 V9.6 V，由于电动机和车灯并联，故车灯的电压为9.6 V，即选项A正确；此时通过车灯的电流为I灯1 A8 A，通过电动机的电流为I机58 A8 A50 A，选项B错误；此时电动机的功率为PI机U外2509.6 W480 W，选项C
20、错误；此时电动机输出的功率为P出PIr机430 W，选项D正确。答案AD16.质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图14所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在UU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有()图14A.两种粒子均带正电B.打在M处的粒子
21、质量较小C.若U一定，U越大越容易发生重叠D.若U一定，U越大越容易发生重叠解析根据左手定则判断出两种粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qUmv2，得出v。粒子达到底片上的位置为x2r，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两种粒子打到底片的理论位置确定，U越大，两种粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；U一定，两种粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两种粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误。答案ABCB组非选择题(需写出规范的解题步骤)1.如图15所示，为某同学测绘额定电压为2.5 V的小灯泡的UI曲线的实验电路图。(1
22、)根据电路图15，用笔画线代替导线，将图16中的实验电路连接完整。(2)开关S闭合之前，图16中滑动变阻器的滑片应该置于_端(选填“A”“B或“AB中间”)。(3)实验中测得有关数据如下表：U/V0.400.801.201.602.002.402.50I/A0.100.160.200.230.250.260.27根据表中的实验数据，在图17中画出小灯泡的IU特性曲线。图17解析描绘小灯泡的伏安特性曲线，因要测量多组数据，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡电阻较小，用电流表外接法，如图所示，闭合开关时为保护电表安全，测量电路两端电压应为零，故滑片应滑至A端；伏安特性曲线，描点画图，如图所示。答案(
23、1)见解析图(2)A(3)见解析图2.某同学要测量额定电压为3 V的某圆柱体电阻R的电阻率。(1)用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图18所示，则其长度L_ mm，直径d_ mm。图18(2)该同学先用如图19甲所示的指针式多用电表粗测其电阻。他将红、黑表笔分别插入“”“”插孔中，将选择开关置于“1”挡位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小，如图甲所示。试问：图19为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“_”挡位置。再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0 ”处，如图乙所示，那么他该调节_直至指针指在“0 ”处再继续实验，结果看到指针指在如图丙所
24、示位置。现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A.灵敏电流计G(量程200 A，内阻300 )B.电流表(量程3 A，内阻约0.3 k)C.电压表(量程3 V，内阻约3 k)D.电压表(量程15 V，内阻约5 k)E.滑动变阻器R1(最大阻值为10 )F.最大阻值为99.99 的电阻箱R2以及电源E(电动势4 V，内阻可忽略)、开关、导线若干为了提高测量精确度并且使电阻R两端电压调节范围尽可能大，除电源、开关、导线以外还应选择的最恰当器材(只需填器材前面的字母)有_。请在下面的方框中画出你设计的电路图。解析(1)20分度的游标卡尺精度为0.05 mm，长度为70 mm30.0
25、5 mm70.15 mm；螺旋测微器的精度为0.01 mm，4.5 mm10.00.01 mm4.600 mm。(2)欧姆表的零刻度在右边，指针偏转角度较小说明被测阻值较大，应换较大挡，即“10”挡。换挡后应使两表笔短接，重新调节欧姆调零旋钮，使指针指右端零。由图丙可以看出被测阻值约为：1015 150 ，器材中给出的电源电动势为4 V，为了读数的准确性电压表选3 V量程，即C；电路中的最大电流为I A0.026 A，若选3 A量程的电流表则指针几乎不偏转，应选择灵敏电流计与定值电阻并联后改装成的电流表，即选择A、F；综上要选择的器材是：A、C、E、F。滑动变阻器阻值远小于待测电阻，故采用分压
26、接法，因为电阻知道可以算出真实电压，采取电流表内接，故电路图如图。答案(1)70.154.600(4.5984.602)(2)10欧姆调零旋钮ACEF电路图见解析3.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A.被测干电池一节B.电流表1：量程00.6 A，内阻r0.3 C.电流表2：量程00.6 A，内阻约为0.1 D.电压表1：量程03 V，内阻未知E.电压表2：量程015 V，内阻未知F.滑动变阻器1：010 ，2 AG.滑动变阻器2：0100 ，1 AH.开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件
27、下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。(1)在上述器材中请选择适当的器材：_(填写选项前的字母)；(2)实验电路图应选择图20中的_(填“甲”或“乙”)；图20(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的UI图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E_ V，内电阻r_ 。解析(1)测量对象为干电池，选A；3 V的电压表比15 V 的电压表的精度更小，偏角适当，读数更准确，选择D；两电流表量程相同，电流表内阻已知可消除系统误差，故电流表选B；滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，控制方便，减小误差，选F；开关和导线需要，选H。故选择的器材有A、B、D、F、H。(2)因电流表
28、B的内阻已知，故可以将电流表内阻等效为电源内阻，求出等效电阻后，再求出实际电源电阻，故采用甲图可以有效修正实验的系统误差。(3)由UI图可知，电源的电动势E1.5 V，等效内电阻r效 1 ，故实际内阻为1.0 0.3 0.7 。答案(1)ABDFH(2)甲(3)1.50.74.如图21 a为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出It图象。平行且足够长的光滑金属轨道的电阻忽略不计，左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角30，与右侧水平导轨平滑连接，轨道上端连接一阻值R0.5 的定值电阻，金属杆MN的电
29、阻r0.5 ，质量m0.2 kg，杆长(导轨宽度)L1 m跨接在两导轨上。左侧倾斜导轨区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，右侧水平导轨区域也加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小都为B1.0 T，闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止开始释放，其始终与轨道垂直且接触良好，此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的It图象，如图b所示。(g取10 m/s2)图21(1)求金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率；(2)根据计算机显示出的It图象可知，当t2 s时，I0.8 A，02 s内通过电阻R的电荷量为1.0 C，求02 s内在电阻R上产生的焦耳热；(3)金属杆MN在水平导轨
30、上滑行的最大距离。解析(1)由It图线可知，当金属杆达到最大速率时已经匀速下滑，则mgsin BIL，得I1 A，由BLvmI(Rr)，解得vm1 m/s。(2)2 s末杆的电流I0.8 A，因为I解得v0.8 m/s02 s内通过电阻R的电荷量为1.0 C，则q1t解得x1 m根据能量守恒定律mgxsin mv2Q解得Q0.936 JQR Q0.468 J。(3)根据牛顿第二定律BiLm因为BL(it)mv，故BL(it)mv，解得BLqm(vm0)，即q0.2 Cqt；故xm0.2 m。答案(1)1 m/s(2)0.468 J(3)0.2 m5.如图22所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，
31、相距l1.0 m 的光滑平行金属导轨，MP两点间接有R0.6 的定值电阻，导轨电阻不计。质量均为m0.1 kg，阻值均为r0.3 的两导体棒a、b垂直于导轨放置，并与导轨良好接触。开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距x02 m，a棒用细丝线通过光滑滑轮与质量为m00.2 kg 的重物c相连，重物c距地面高度也为x02 m。整个桌面处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B1.0 T。a棒解除约束后，在重物c的拉动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用)，当a棒即将到达b棒位置前一瞬间，b棒的约束被解除，此时a棒已经匀速运动，试求：图22(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小；(2)已知a、b两
32、棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该“粗棒”能运动的距离；(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。解析(1)由题意m0gBlIa，可得Ia2 A。(2)设碰前a棒的速度为v，则Ia，R总 0.3 0.5 v1 m/sab碰撞过程mv2mv，v0.5 m/sab碰撞后的整体运动过程，由动量定理得lBt02mv，qt得x0.075 m。(3)发生碰撞前m0gx0Q1(m0m)v2得Q13.85 J发生碰撞后Q22mv20.025 J所以整个运动过程QQ1Q23.875 J。答案(1)2 A(2)0.075 m(3)3.875 J6.(2019上海浦东二模)如图23所示
33、是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。该装置原理可等效为：间距L0.5 m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B0.2 T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R，如图24所示。在某次逃生试验中，质量M180 kg的测试者利用该装置以v11.5 m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m20 kg，重力加速度取g10 m/s2，且本次试验过程中恰好没有摩擦。 图23 图24(1)判断导体棒cd中电流的方向；(2)总电阻
34、R多大？(3)如要使一个质量M2100 kg的测试者利用该装置以v11.5 m/s的速度匀速下滑，其摩擦力f多大？(4)保持第(3)问中的摩擦力不变，让质量M2100 kg测试者从静止开始下滑，测试者的加速度将会如何变化？当其速度为v20.78 m/s时，加速度a多大？要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则必需调控摩擦力，请写出摩擦力大小随速率变化的表达式。解析(1)磁场向下运动，cd相对于磁场向上运动，由右手定则可得，电流方向从d到c。(2)对导体棒：电动势EBLv1；感应电流I；安培力FABIL由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受到磁场力向上，大小为
35、FA对M1和m：由平衡条件可得(M1m)gFAR 1.5105 。(3)对M2和m：由平衡条件可得(M2m)gFAfff(M2m)g(10020)10 N N200 N。(4)对M2和m：根据牛顿第二定律得(M2m)gFAf(M2m)a，FA所以a因为v逐渐增大，最终趋近于匀速运动，所以a逐渐减小，最终趋近于0。当其速度为v20.78 m/s时，a m/s24 m/s2要想在随后一小段时间内保持加速度不变，则由(M2m)gf(M2m)a，得f(M2m)g(M2m)a720v(0.78 m/sv1.08 m/s)。答案见解析7.(2019浙江绿色联盟模拟)如图25甲所示为某研究小组设计的用来测量
36、小车速度的实验示意图，在光滑的水平面上放置一辆用绝缘材料制成的实验小车A。在小车的上表面水平固定放置了匝数为N，宽为l、电阻为R的矩形金属线圈，线圈在左右边界恰好与小车的左右边界对齐。用天平测得小车A的质量为m(包括线圈的质量)。俯视图如图乙所示，金属线圈中接入一个冲击电流计M，用来测量通过线圈的电荷量。在PP、QQ之间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，且两磁场边界的距离为d，d大于小车长度的两倍。现小车A以某一初速度水平向右运动，当小车A完全进入磁场时的速度恰好为零，冲击电流计M显示的电荷量为q。试求：图25(1)小车A的初速度大小；(2)当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应
37、电流的大小和方向；(3)若在磁场的正中间再放置一辆与小车A完全相同的实验小车C，C上也有与小车A完全相同的金属线圈。当小车A向右运动，且与实验小车C发生完全非弹性碰撞(碰后两实验小车粘合在一起)，若要使碰后两小车均能穿过磁场区域，分析小车A的初速度应满足的条件；并求出两小车恰好穿出磁场区域的情况下，整个系统产生的焦耳热量。解析(1)进入过程由动量定理NBltmv0又qt式可得v0。(2)进入一半过程：NBltm(v0v)，又qt联立解得vv0则感应电流I，方向为逆时针。(3)设完全进入时速度为v，则由动量定理得NBltm(v0v)，即vv0合在一块后速度为v1，则mv2mv1得v1离开磁场时有N1Blt1N2Blt22mv1由以上各式可得v0故小车A的速度应大于v，v1进入磁场产生的热量为Q1mvmv2出磁场时产生的热量为Q22mv则其产生的热量为QQ1Q2。答案(1)(2)方向为逆时针 (3)
