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相反，但由题图可知，不会影响车速控制，B错误；设自由电子定向移动的速率为，霍尔元件前后面间的距离为h,左右运用牛顿第二定律可得mg=m,联主求解可得表面间距离为d,达到稳定后，自由电荷受力衡，由Bqv=6一写匹，=√5gr,由牛顿第二定律可得cd棒刚进入29方，可得U=Bhu,电流的微观表达式I=ngS=mghd,则U半圆轨道时对轨道的压力为Fa=mg十m=6mg,故B正确，U=,可知仅增大电流时前后表面电势差增大，对应的车C错误；cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得Q速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速：度，C正确；当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔之×2m2-合×2m2=m(V5gr-），故D正确.器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势13.解析：(1)多用电表欧姆挡读数=指针指示值X倍率。差U增大，因此车速变快，D错误。A的读数为24，倍率为×1，所以电阻为242。同理可知B9.选BD根据图像可知d=2a,斜率为k=2a=坠=g,解的电阻为4，根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多。得加速度为口=号，可知小球向下微匀加速直线运动，且电(2)因为要测量A线圈匝数，所以要用线圈C代替B线圈，场力向上，电场力做负功，电势能增大，电势沿电场线由A:将A线圈与低压交流电源相连接。根据变压器电压比等到B,电势逐渐升高，故A错误，B正确；A、B两点的电势差·点，UA=A,所以：nA-UC于匝数比，有：。nUB=E=一"驰，故C错误；根据牛顿第二定律，mg-2g答案：1)24A(2)B交流qE=ma,解得电场强度大小为E=g,故D正确。2g!14.解析：(1)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R+R。十r),整10.选AC根据图像可知T=0.02s,则交流电的频率f=宁里得片=R+R,显然该周线选取了片为飘坐标，调=50Hz,因此所用交流电的方向每秒钟改变100次，A正线斜率的倒数为电动势，可得E=4.5V。确；电源电压的有效值为220V,R1上电压的有效值为UR:(2)由于A灯恰好正常发光，对于A灯有IA=0.6A,=20V,所以原线圈中的电压为U,=200V,由-票得n2U,UA=2.5V,此时B灯有1B=2IA=0.3A,查图(c)可知原线图两端电压，=2=10V,则电流表的示教1，UB=0.5V,由闭合电路欧姆定律E=U+Ir,可得4.5Vn2.5V十0.5V十0.6A·r,解得r=2.52,由图(b)中图线R=1A,B错误：R的息流为1-是-1A,所以道过R的截距可求出R。十r=4.52,解得R。=22。(3)灯泡A与电阻箱R串联，由题意知需满足PR=2PA,的电流为1=(12十13)=0.1A,则R1的电功率为n1由于两元件串联，则UR=2UA,由闭合电路欧姆定律可得PR=URI1=2.0W,C正确；变压器传输的电功率为4.5=3UA+2.5I,即I=1.8-1.2UA,在图(c)中画出1=P=122R2十I32R3=20.0W,D错误。1.8一1.2UA的图线，如图所示11.选BC线圈A各处受到沿半径方向指向圆心的力可以理！AI/A0.75解为线圈A正在具有收缩的趋势，根据楞次定律可以知道060■此时一定是线圈D中的感应磁场正在增大，与原磁场的方0.45群0.30向无关；线圈D中的感应磁场正在增大，说明导体棒MN}正在做加速运动，与方向无关，所以导体棒MN可能向左！加速，也可能是向右加速，故B、C正确。该图线与小灯泡的IU特性曲线的交点(1.12V,0.46A),就12.选ABD ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I,则根是小灯泡此时的工作电压和电流，此时灯泡电阻为R1据导体棒切割磁场有E=Bl0,根据闭合电路欧姆定律有：I=-E≈2.43.电阻箱R的电压UR=2UA=2,24V,电R十尽，根据牛顿第二定律有F安=mao,安培力为F安的阻值应调到R=乎870，由年联电路特点可知，希导B,联立求解得a2R故A正确；设cd棒刚进」要小灯泡A、电阻箱R和电源内阻？上消耗的电功率相同，入圆形轨道时的速度为v2,此时ab棒的速度为v1,ab棒开：必须满足三者的电阻相等，电压一样，因此有4.5=3U,解始运动至cd棒即将进入圆轨道的过程，对ab和cd组成的！得U=1.5V,通过小灯泡的伏安特性曲线可得此时小灯泡系统运用动量守恒定律可得2m=2mw1十m2,cd棒进的电流为0.5A,则小灯泡的电阻为R=3,与电源内阻入圆轨道至最高，点的过程中，对cd棒运用动能定理可得不等，因此不能。mg×2=合mp2-合m一2m22,在半圆轨道的P点对cd棒！答案：(1)}4.5(2)2.52(3)4.87不能-169
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