如图所示.竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R.C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域.其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外.区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1=b+kt变化.C2中磁场的磁感强度恒为B2.一质量为m.电阻为r.长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心C2垂直地跨放在两导轨上.且与导轨接触良好.并恰能保存静止．则( )A．通� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

11．

如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C₁和C₂是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C₁中磁场的磁感强度随时间按B₁=b+kt（k＞0）变化，C₂中磁场的磁感强度恒为B₂，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C₂的圆心C₂垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保存静止．则（　　）

	A．	通过金属杆的电流大小为$\frac{mg}{{B}_{2}L}$
	B．	通过金属杆的电流方向为从B到A
	C．	定值电阻的阻值为R=$\frac{2πk{B}_{2}{a}^{3}}{mg}$-r
	D．	整个电路中产生的热功率P=$\frac{πkamg}{2{B}_{2}}$

分析金属杆静止，合力为零．根据受力分析，结合平衡条件与安培力表达式，求解通过金属杆的电流大小；由楞次定律分析通过金属杆的电流方向．根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合题意，即可求定值电阻的阻值．由功率公式整个电路中产生的热功率P．

解答解：A、对金属杆，根据平衡方程得：mg=B₂I•2a，解得：I=$\frac{mg}{2{B}_{2}a}$，故A错误．
B、区域C₁中磁场的磁感强度随时间按B₁=b+kt（k＞0）变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A．故B正确．
C、由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势 E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△{B}_{1}}{△t}$•πa²=kπa²；
且闭合电路欧姆定律有：I=$\frac{E}{R+r}$
又 I=$\frac{mg}{2{B}_{2}a}$，解得：R=$\frac{2πk{B}_{2}{a}^{3}}{mg}$-r．故C正确．
D、整个电路中产生的热功率 P=EI=$\frac{πkamg}{2{B}_{2}}$．故D正确．
故选：BCD

点评本题是电磁感应与力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和平衡条件的应用，要注意产生感应电动势的有效面积等于C₁圆面积，不是整个矩形面积．

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1．

A、B两质点从同一地点沿同一方向开始做直线运动，A、B两质点运动的x-t图象，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

	A．	B质点最初4s做加速运动，后4s做减速运动
	B．	A质点以20m/s²的加速度做匀加速运动
	C．	A、B两质点在4s时相遇
	D．	在0-4s内两个质点间的距离在一直增大

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2．做直线运动的物体，在前一半位移内的平均速度是2m/s，后一半位移内的平均速度为5m/s，则在全程的平均速度是（　　）

A．

3.5m/s

B．

0.35m/s

C．

2.86 m/s

D．

4m/s

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19．

如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等，一小球穿过细直杆且球与两轨道间的动摩擦因数相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，假定球在经过轨道转折点的前后速度大小不变．全过程中动能增量分别为△E_k1、△E_k2，重力势能增量分别为△E_P1、△E_P2，则（　　）

	A．	△E_k1=△E_k2，△E_P1=△E_P2		B．	△E_k1＞△E_k2，△E_P1=△E_P2
	C．	△E_k1＜△E_k2，△E_P1=△E_P2		D．	△E_k1＞△E_k2，△E_P1＜△E_P2

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6．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤：

（1）按图1连接实验装置，其中小车质量M=0.20kg，钩码总质量未知，钩码和细线用拉力传感器连接，传感器用来测量细线的拉力大小．
（2）释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为f=50Hz），打出一条纸带．
（3）他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图2所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d₁=0.041m，d₂=0.055m，d₃=0.167m，d₄=0.256m，
d₅=0.360m，d₆=0.480m…，这次实验中传感器的读数为0.40N，算出打下0点到打下第5点合力做功W=0.176J和打下第5点时的速度大小V₅=4.20m/s，用正确的公式E_k=$\frac{M{f}^{2}}{200}$（$\frac{{d}_{6}-{d}_{4}}{2T}$）² （用相关数据前字母列式）把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得E_k=0.125J．（结果保留三位有效数字）
（4）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生误差的原因如下，其中正确的是AB．
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小
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16．某小组设计了使用位移传感器的图1所示实验装置测量木块下滑的加速度，让木块从倾斜木板上一点A静止释放，计算机描绘了滑块相对传感器的位移随时间变化规律如图2所示．根据图线计算t₀时刻速度v=$\frac{{s}_{0}-{s}_{2}}{2{t}_{0}}$，木块加速度a=$\frac{2{s}_{1}-{s}_{0}-{s}_{2}}{{{t}_{0}}^{2}}$（用图中给出的s₀、s₁、s₂、t₀表示）．

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20．（1）使用螺旋测微器测某金属丝直径如图1所示，则金属丝的直径为0.590mm．

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C．电流表（0～0.6A，内阻约为0.125Ω）
D．电压表（0～3V，内阻约为3KΩ）
E．电压表（0～15V，内阻约为15KΩ）
F．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A）
G．滑动变阻器（0～1750Ω，额定电流0.3A）
H．电键、导线
①为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应选择的电流表是C，电压表是D，滑动变阻器是F（填写器材前面的字母代号）．
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1．

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	C．	粒子经过Q点动能大于P点动能
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