1.分子間的作用力F與分子間距離r的關(guān)系如圖所示，r0為分子間的平衡位置。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 當(dāng)r=r0時(shí)，分子間的作用力最小
B. 當(dāng)r=r1時(shí)，分子間的作用力最小
C. 分子間的作用力總是隨分子間距離增大而減小
D. 分子間的作用力總是隨分子間距離增大而增大
2.如圖所示，一束光沿著半圓形玻璃磚的半徑射到它的平直的邊上，在玻璃磚與空氣的界面上發(fā)生反射和折射，入射角為θ1，折射角為θ2。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 反射光的頻率大于入射光的頻率
B. 折射光的波長(zhǎng)等于入射光的波長(zhǎng)
C. 若增大入射角θ1，則折射角θ2將減小
D. 若增大入射角θ1，則折射光可能消失
3.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖1所示，K、L是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖2是質(zhì)點(diǎn)K的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是( )
A. t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)K的加速度比質(zhì)點(diǎn)L的大
B. t=0時(shí)刻后質(zhì)點(diǎn)K比質(zhì)點(diǎn)L先到達(dá)正向最大位移處
C. 波沿x軸正方向傳播，速度為v=1.0m/s
D. 波沿x軸負(fù)方向傳播，速度為v=0.5m/s
4.一個(gè)地球儀繞與其“赤道面”垂直的“地軸”勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的示意圖如圖所示。P點(diǎn)和Q點(diǎn)位于同一條“經(jīng)線(xiàn)”上、Q點(diǎn)和M點(diǎn)位于“赤道”上，O為球心。下列說(shuō)法正確的是( )
A. P、Q的線(xiàn)速度大小相等
B. P、M的角速度大小相等
C. P、Q的向心加速度大小相等
D. P、M的向心加速度方向均指向O
5.如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)A開(kāi)始，經(jīng)歷兩個(gè)過(guò)程，先后到達(dá)狀態(tài)B和C。有關(guān)A、B和C三個(gè)狀態(tài)溫度TA、TB和TC的關(guān)系，正確的是( )
A. TA>TB，TB>TC
B. TATC
C. TA=TC，TB=TC
D. TATC
對(duì)狀態(tài)A到狀態(tài)C，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程
2p0×35V0TA=35p0×2V0TC
可得
TA=TC
故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
A到B等壓過(guò)程，用蓋-呂薩克定理解決；B到C是一個(gè)等容過(guò)程，由查理定律解決；A到C，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程解決。
本題考查了氣體定律的應(yīng)用，屬于基本題型，比較容易，認(rèn)真即可。
6.【答案】A
【解析】解：A、設(shè)火星的質(zhì)量為M，“天問(wèn)一號(hào)”的質(zhì)量為m，它到火星中心的距離為r，根據(jù)牛頓第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2，近火點(diǎn)離火星的距離r小，所以“天問(wèn)一號(hào)”在近火點(diǎn)的加速度比遠(yuǎn)火點(diǎn)的大，故A正確；
B、根據(jù)開(kāi)普勒第二定律知“天問(wèn)一號(hào)”與火星連線(xiàn)在相等時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，則它在近火點(diǎn)的運(yùn)行速度比遠(yuǎn)火點(diǎn)的大，故B錯(cuò)誤；
C、“天問(wèn)一號(hào)”在火星停泊軌道運(yùn)行時(shí)，只有萬(wàn)有引力做功，其機(jī)械能守恒，在近火點(diǎn)與遠(yuǎn)火點(diǎn)的機(jī)械能相等，故C錯(cuò)誤；
D、“天問(wèn)一號(hào)”在近火點(diǎn)時(shí)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力大于萬(wàn)有引力，在此處點(diǎn)火加速時(shí)，其所需要的向心力增大，做離心運(yùn)動(dòng)，不可能繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律相結(jié)合列式分析加速度大??；根據(jù)開(kāi)普勒第二定律分析近火點(diǎn)與遠(yuǎn)火點(diǎn)的速度大??；“天問(wèn)一號(hào)”在火星停泊軌道運(yùn)行時(shí)機(jī)械能守恒；結(jié)合變軌原理分析。
解答本題時(shí)要掌握萬(wàn)有引力定律、開(kāi)普勒第二定律，要知道“天問(wèn)一號(hào)”加速時(shí)將做離心運(yùn)動(dòng)。
7.【答案】B
【解析】解：A、沿x軸電場(chǎng)線(xiàn)從B點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢(shì)逐漸減小，故A錯(cuò)誤；
B、x軸所在直線(xiàn)為等勢(shì)線(xiàn)，BO=OC，所以B、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與M、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，故B正確；
CD、根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線(xiàn)分布，可知P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，P點(diǎn)與O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行，故CD錯(cuò)誤；
故選：B。
沿電場(chǎng)線(xiàn)方向，電勢(shì)逐漸降低，根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)分布分析解答。
本題考查電勢(shì)差與電場(chǎng)線(xiàn)的分析，解題關(guān)鍵掌握等量異種電荷的電場(chǎng)線(xiàn)和電勢(shì)的特點(diǎn)。
8.【答案】C
【解析】解：A、由題意+q的粒子能從左向右勻速通過(guò)，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場(chǎng)力相平衡，若電荷量為?q的粒子從左向右通過(guò)時(shí)，粒子的速度不變時(shí)，則豎直向下的洛倫茲力也能與豎直向上的電場(chǎng)力相平衡，則該粒子沿圖中虛線(xiàn)通過(guò)，故A錯(cuò)誤；
B、電荷量為+2q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后，由題意正電粒子能從左向右勻速通過(guò)，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場(chǎng)力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可知平衡條件與電荷量的多少無(wú)關(guān)，因此帶電量為2q的粒子同樣也能勻速通過(guò)，故B錯(cuò)誤；
C、電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，洛倫茲力大于電場(chǎng)力，粒子將向上偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故C正確；
D、電荷量為?q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，洛倫茲力大于電場(chǎng)力，粒子將向下偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能將逐漸減小，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
首先根據(jù)粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可判斷帶正電粒子的電場(chǎng)力和洛倫茲力相等，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可得知電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度的大小與速度的關(guān)系．不論粒子帶正電還是負(fù)電，不論電量大還小，粒子要沿直線(xiàn)通過(guò)該復(fù)合場(chǎng)，洛倫茲力和電場(chǎng)力必應(yīng)等大反向．若速度反向，則不論粒子帶何種電，電場(chǎng)力與洛倫茲力均同向，所以不能勻速通過(guò)．
該題模型是“速度選擇器”，在速度選擇器中，粒子的受力特點(diǎn)：同時(shí)受到方向相反的電場(chǎng)力和洛倫茲力作用；
粒子能勻速通過(guò)選擇器的條件：電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即qvB=qE，v=EB，只有速度為v=EB的粒子才能沿直線(xiàn)勻速通過(guò)選擇器．若粒子從反方向射入選擇器，所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力方向相同，粒子必定發(fā)生偏轉(zhuǎn)．
9.【答案】C
【解析】解：由圖可知，0?t1內(nèi)，線(xiàn)圈中的電流的大小與方向都不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線(xiàn)圈中的磁通量的變化率相同，故0?t1內(nèi)磁場(chǎng)與時(shí)間的關(guān)系是一條斜線(xiàn)。
又由于0?t1時(shí)間內(nèi)電流的方向?yàn)檎衫愦味煽芍?，電路中感?yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向里，與原磁場(chǎng)的方向相同，所以是向里的磁場(chǎng)減小，或向外的磁場(chǎng)增大；
故C正確，ABD錯(cuò)誤；
故選：C。
由右圖可知電流的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知磁場(chǎng)與時(shí)間的變化關(guān)系。
本題要求學(xué)生能正確理解B?t圖的含義，才能準(zhǔn)確的利用楞次定律進(jìn)行判定。
10.【答案】D
【解析】解：A、根據(jù)
e=20sin100πt(V)
可知交流電的角速度
ω=100πrad/s
故交流電的頻率
f=ω2π=100π2πHz=50Hz
B、根據(jù)e=20sin100πt(V)可知交流電壓的最大值為Em=20V，交流電的有效值
E=Em 2=20 2V=10 2V
故B錯(cuò)誤；
CD.當(dāng)線(xiàn)圈平面轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)處于與中性面垂直的位置，易知磁通量的變化率最大，產(chǎn)生的電流最大，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
線(xiàn)圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值和角速度，即可求得有效值和頻率，明確中性面的特點(diǎn)即可判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和磁通量的變化率，根據(jù)右手定則判斷出電流方向。
本題主要考查了線(xiàn)圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)于正弦式交變電流，明確最大值有效值間的關(guān)系，知道中性面的特點(diǎn)即可。
11.【答案】B
【解析】解：設(shè)兩極板間的距離為d
A、對(duì)粒子，由牛頓第二定律得：q×Ud=ma，解得粒子加速度大?。篴=qUmd，q、U、m不變，兩板間距離d減小，則粒子的加速度大小變大，故A錯(cuò)誤；
B、粒子做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)負(fù)極板過(guò)程的位移d=12at2，解得t=d 2mqU，q、U、m不變，d減小，則粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，故B正確；
C、粒子從正極板運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qU=12mv2?0，解得粒子帶電負(fù)極板時(shí)的速度大小v= 2qUm，兩極板間的距離d減小，粒子速度v不變，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)粒子，由動(dòng)量定理得：I=mv?0，解得靜電力對(duì)帶電粒子的沖量I= 2qmU，q、m、U不變，兩極板間距離d減小，靜電力對(duì)帶電粒子的沖量不變，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小，然后判斷加速度大小如何變化；應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后比較時(shí)間如何變化；應(yīng)用動(dòng)能定理與動(dòng)量定理分析答題。
本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理與動(dòng)量定理可以解題。
12.【答案】D
【解析】解：A、由圖乙可知交流電壓有效值為220V，理想變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)之比為10：1，根據(jù)U1U2=n1n2，解得副線(xiàn)圈電壓為22V；即電壓表示數(shù)為22V；故A錯(cuò)誤；
BCD、滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電阻增大，由于變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)之比不變，則電壓表示數(shù)不變，電流減小，滑動(dòng)變阻器電功率減小，則變壓器的輸入功率減小，故BC錯(cuò)誤，D正確；
故選：D。
根據(jù)交流電壓u的表達(dá)式可知最大值，進(jìn)而求解有效值，通過(guò)U1U2=n1n2，解得副線(xiàn)圈電壓，根據(jù)負(fù)載電阻的變化，結(jié)合閉合電路歐姆定律分析BCD項(xiàng)。
本題考查變壓器的動(dòng)態(tài)分析，解題關(guān)鍵掌握變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)之比和電壓之比的關(guān)系，注意閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。
13.【答案】D
【解析】解：A、根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過(guò)程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，知粒子帶正電荷，故A錯(cuò)誤；
B、點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越大，場(chǎng)強(qiáng)越小，粒子在c點(diǎn)受到的電場(chǎng)力最小，故B錯(cuò)誤；
C、粒子受到的電場(chǎng)力是排斥力，所以粒子從a到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)庫(kù)侖定律可知，點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度與點(diǎn)電荷的距離有關(guān)，靠近點(diǎn)電荷處的電場(chǎng)強(qiáng)度大，所以ab之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于bc之間的電場(chǎng)強(qiáng)度，所以ab之間的電勢(shì)差大于bc之間的電勢(shì)差，粒子a到b的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功大于b到c的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功，根據(jù)動(dòng)能定理知由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化量大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化量，故D正確。
故選：D。
電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直。電場(chǎng)線(xiàn)密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線(xiàn)疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向，電勢(shì)降低，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。
此題掌握點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)面的分布情況，知道點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越大，電場(chǎng)強(qiáng)度越小，掌握住電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)面的特點(diǎn)，即可解決本題，屬于基礎(chǔ)題目。
14.【答案】D
【解析】解：A、根據(jù)右手螺旋定則可知，線(xiàn)框處于垂直紙面向里的磁場(chǎng)中，且空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即a→d→c→b→a，故A錯(cuò)誤；
B、空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔBΔtS可知，感應(yīng)電流恒定不變，故B錯(cuò)誤；
C、線(xiàn)框ad邊所受安培力F=BIL，因?yàn)锽在隨時(shí)間均勻增加，所以線(xiàn)框ad邊所受的安培力變大，故C錯(cuò)誤；
D、通電導(dǎo)線(xiàn)周?chē)艌?chǎng)不是均勻磁場(chǎng)，離導(dǎo)線(xiàn)越近，磁場(chǎng)越強(qiáng)，所以線(xiàn)框中ad邊所在的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于cd邊所在磁感應(yīng)強(qiáng)度，根據(jù)F=BIL可知，ad邊所受安培力大，由左手定則確定ad邊受安培力向右，bc邊受安培力向左，上下兩邊合力為零，所以線(xiàn)框整體受到的安培力方向水平向右，故D正確；
故選：D。
當(dāng)通過(guò)線(xiàn)圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，線(xiàn)圈中將會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)左手定則確定受力方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律判定線(xiàn)框中感應(yīng)電流的變化。
本題主要考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流周?chē)拇艌?chǎng)方向，掌握感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，會(huì)根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向。
15.【答案】A
【解析】解：CD、物塊水平沿中線(xiàn)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則平均速度：v?=xt=v0+v2，已知x=0.5m，t=1s，v>0，代入數(shù)據(jù)解得：v00
由于v0Rg
即電流計(jì)內(nèi)阻的測(cè)量值小于其真實(shí)值。
故答案為：(1)600；(2)UI；偏大；(3)R0；無(wú)；(4)R0′；小于。
(1)歐姆表測(cè)電阻，測(cè)量值=歐姆表指針?biāo)甘緮?shù)×倍率；
(2)根據(jù)歐姆定律求電阻的測(cè)量值，圖乙的誤差來(lái)源于電流表的分壓，據(jù)此分析作答；
(3)根據(jù)“等效法”測(cè)電阻的原理分析作答；
(4)根據(jù)題中“半偏法”測(cè)量電流表G的內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)原理分析誤差。
本題考查多種方式測(cè)內(nèi)阻，弄清每種方式測(cè)電阻的原理和誤差分析是解題的關(guān)鍵。
18.【答案】解：(1)炮彈飛行到最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量均為m的A、B兩部分，A部分炸裂后豎直下落，B部分繼續(xù)向前飛，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
2mv0csθ=mv
解得
v=2v0csθ，方向向右；
(2)根據(jù)能量守恒定律有
ΔE=12mv2?12×2m(v0csθ)2
解得
ΔE=mv02cs2θ
(3)炮彈上升到最高點(diǎn)的時(shí)間為t=v0sinθg
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知Δx=vt
解得Δx=v02sin2θg
答：(1)炸裂后瞬間B部分速度的大小為2v0csθ，方向向右；
(2)炸裂前后，A、B系統(tǒng)機(jī)械能的變化量為mv02cs2θ；
(3)A、B兩部分落地點(diǎn)之間的水平距離為v02sin2θg。
【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律解答；
(2)根據(jù)能量守恒定律解得A、B系統(tǒng)機(jī)械能的變化量；
(3)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得A、B兩部分落地點(diǎn)之間的水平距離。
本題考查爆炸中的動(dòng)量守恒定律，解題關(guān)鍵掌握平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，注意動(dòng)量的矢量性。
19.【答案】解：(1)由平衡條件有：Udq=mg
又根據(jù)密度的定義有：m=ρ×43πr3
聯(lián)立解得：q=4πg(shù)ρdr33U
(2)由題意可知：mg=f
由題意知，空氣阻力：f=6πηrv，速度：v=ht
聯(lián)立解得：r= 9ηh2tρg
(3)研究這些電壓變化的規(guī)律可發(fā)現(xiàn)它們都滿(mǎn)足方程：Un=mgdq=nU0
式中n=±1，±2，……即：Undq=mg
即：U0d?nq=mg
此現(xiàn)象說(shuō)明了油滴所帶電荷量都是某一值的整數(shù)倍。
答：(1)該油滴所帶的電荷量q為4πg(shù)ρdr33U；
(2)請(qǐng)推導(dǎo)半徑r的表達(dá)式為 9ηh2tρg；
(3)說(shuō)明了油滴所帶電荷量都是某一值的整數(shù)倍。
【解析】(1)根據(jù)對(duì)油滴的受力分析，結(jié)合密度的定義，由平衡條件求出電荷量；
(2)根據(jù)油滴的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和題設(shè)過(guò)程由平穩(wěn)條件列出方程，從而求得油滴的半徑；
(3)根據(jù)此電壓下求出油滴所受電場(chǎng)力，從而求得油滴的電荷，得到結(jié)論。
本題主要考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉對(duì)物體的受力分析，理解平衡條件在該實(shí)驗(yàn)的應(yīng)用，關(guān)鍵點(diǎn)是要分過(guò)程討論，對(duì)學(xué)生的理解思維要求較高，難度較大。
20.【答案】解：(1)對(duì)小球受力分析如圖
可得F=mgtanθ
(2)①小球從釋放到通過(guò)最低點(diǎn)，機(jī)械能守恒mgl(1?csθ)=12mv2
小球在最低點(diǎn)的速度大小v= 2gl(1?csθ)
小球在最低點(diǎn)的動(dòng)量大小p=mv=m 2gl(1?csθ)
②小球在最低點(diǎn)受到重力和繩子拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律FT?mg=mv2l
小球在最低點(diǎn)，受到繩子的拉力大小FT=mg(3?2csθ)
答：(1)小球的受力示意圖見(jiàn)解析，所受水平拉力的大小為mgtanθ；
(2)①小球動(dòng)量的大小為m 2gl(1?csθ)；
②輕繩對(duì)小球拉力的大小為mg(3?2csθ)。
【解析】(1)根據(jù)受力分析結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件解答；
(2)①根據(jù)機(jī)械能守恒結(jié)合動(dòng)量的公式解答；
②根據(jù)牛頓第二定律解得輕繩對(duì)小球拉力。
本題考查動(dòng)量的計(jì)算，解題關(guān)鍵掌握機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律的應(yīng)用。
21.【答案】解：(1)導(dǎo)體棒以速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
E=BLv0
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流強(qiáng)度大小為：
I=ER=BLv0R+r；
(2)根據(jù)平衡條件可得拉力的大小為：F=F安=BIL
根據(jù)功率計(jì)算公式可得：P=Fv0
聯(lián)立解得：P=B2L2v02R+r；
(3)根據(jù)能量守恒定律可得：Q總=12mv02
在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為：
Q=RR+rQ總=Rmv022(R+r)。
答：(1)通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流大小I為BLv0R+r；
(2)拉力做功的功率P為B2L2v02R+r；
(3)在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為Rmv022(R+r)。
【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電流強(qiáng)度大??；
(2)根據(jù)平衡條件可得拉力的大小，根據(jù)功率計(jì)算公式求解功率；
(3)根據(jù)能量守恒定律、焦耳定律求解此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量。
對(duì)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及電路問(wèn)題關(guān)鍵是確定哪部分相當(dāng)于電源，根據(jù)電路連接情況，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律、以及電功率的計(jì)算公式列方程求解。

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