【正文】 阻遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，電流表應(yīng)采用外接法，滑動(dòng)變阻器最大阻值為5Ω，遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻阻值，為測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，電路圖如圖所示： （ 4）由電阻定律可知，電阻： R=ρLS=ρ Lπ(d2)2，則電阻率： ρ=πd2R4L ， 根據(jù)歐姆定律得： R=URIR= UR0+RgR0 I= UR0(R0+Rg)I， 電阻率： ρ= πUR0d24L(R0+Rg)I． 故答案為：（ 1） 1…… （ 2分 ）；（ 2） …… （ 2分） ；（ 3）電路圖如圖所示 ……（ 3 分） ；（ 4） πUR0d24L(R0+Rg)I． ………… （ 3 分 ） 【說(shuō)明】 本題考查了歐姆表的使用注意事項(xiàng)、電流表改裝、設(shè)計(jì)電路圖、求電阻率，根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器與電流表的接法是設(shè)計(jì)電路圖的關(guān)鍵，應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)、歐姆定律與電阻定律可以求出電阻率的表達(dá)式． 24．（ 14 分）如圖所示，質(zhì)量分布均勻、半徑為 R 的光滑半圓形金屬槽，靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁． 一 質(zhì)量為 m的小球從距金屬槽上端 R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)最低點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)從金屬槽的右端沖出，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的距離為 74R，重力加速度為 g，不計(jì)空氣阻力． 求： （ 1）小球第 一 次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬槽的壓力大?。? （ 2）金屬槽的質(zhì)量． 【解析】 （ 1）由機(jī)械能守恒求出小球第 一 次到達(dá)最低點(diǎn)的速度，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出小球在最低點(diǎn)對(duì)金屬塊的壓力； （ 2）小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，金屬槽離開(kāi)墻壁，小球和金屬槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的機(jī)械能也守恒，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒即可求出金屬槽的質(zhì)量． 【解答】 解：（ 1）小球從靜止到第 一 次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： mg?2R=12mv20………… …………………… （ 2分 ） 小球剛到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律的知識(shí)有： FNmg=mv20R…………………………………… （ 2 分 ） 據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘賶K的壓力為： FN′=FN………… （ 1 分 ） 聯(lián)立解得： FN′=5mg………………………… （ 2 分 ） （ 2）小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程，小球和金屬塊水平方向動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則： mv0=(m+M)v…………………… （ 2 分 ） 設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的高度為 h． 則有 R2+h2=(74R)2……………………………… （ 2分 ） 根據(jù)能量守恒定律有： mgh=12mv2012(m+M)v2……………… （ 2 分 ） 聯(lián)立解得： M= 333 33m…………………… （ 1 分 ） 答：（ 1）小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球?qū)饘賶K的壓力為 5mg； （ 2）金屬塊的質(zhì)量為 333 33m． 【說(shuō)明】 本題要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，選 擇合適的規(guī)律來(lái)求解．要知道小球從最低點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量并不守恒，只是水平動(dòng)量守恒． 25． （ 1）如圖 1 所示，固定于水平面上的金屬框架 abcd，處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．金屬棒 MN 沿框架以速度 v 向右做勻速運(yùn)動(dòng)．框架的 ab 與 dc 平行， bc 與 ab、 dc 垂直． MN與 bc 的長(zhǎng)度均為 l，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 MN 始終與 bc 平行，且與框架保持良好接觸．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B． a．請(qǐng)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律 E=ΔΦΔt，推導(dǎo)金屬棒 MN 中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E； b．在上述情景中，金屬棒 MN 相當(dāng)于一個(gè)電源，這 時(shí)的非靜電力與棒中自由電子所受洛倫茲力有關(guān)．請(qǐng)根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義，推導(dǎo)金屬棒 MN 中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E． （ 2）為進(jìn)一步研究導(dǎo)線做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的過(guò)程，現(xiàn)構(gòu)建如下情景：如圖2 所示，在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一內(nèi)壁光滑長(zhǎng)為 l 的絕緣細(xì)管 MN，沿紙面以速度 v向右做勻速運(yùn)動(dòng)．在管的 N 端固定一個(gè)電量為 q的帶正電小球（可看做質(zhì)點(diǎn)）．某時(shí)刻將小球釋放，小球?qū)?huì)沿管運(yùn)動(dòng)．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，小球的重力可忽略．在小球沿管從 N 運(yùn)動(dòng)到 M 的過(guò)程中，求小球所受各力分別對(duì)小球做的功． 【解析】 （ 1） a、先求出金屬棒 MN 向右滑行的位移，得到回路磁通量的變化量 ΔΦ，再由法拉第電磁感應(yīng)定律求得 E的表達(dá)式； b、棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛倫茲力， f=evB，棒中電子在洛倫茲力的作用下，電子從 M 移動(dòng)到 N 的過(guò)程中，非靜電力做功 W=evBl，根據(jù)電動(dòng)勢(shì)定義 E=Wq解得 E． （ 2）小球隨管向右運(yùn)動(dòng)的同時(shí)還沿管向上運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，將洛倫茲力進(jìn)行正交分解，小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，管的支持力 F對(duì)小球做正功． 【解答】 解：（ 1） a．如圖 1 所示，在一小段時(shí)間 Δt內(nèi)，金屬棒 MN 的位移為： Δx=vΔt…………………………………… （ 1 分 ） 這個(gè)過(guò)程中線框的面積的變化量為： ΔS=lΔx=lvΔt…………………………………… （ 1分 ） 穿過(guò)閉合電路的磁通量的變化量為： ΔΦ=BΔS=BlvΔt…………………………………… （ 2分 ） 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律為： E=ΔΦΔt…………………………………… （ 1 分 ） 解得： E=Blv…………………………………… （ 1分 ） b．如圖 2 所示，棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛倫茲力為： f=evB…………………………………… （ 1 分 ） 電子在 f 的作用下，電子從 M 移動(dòng)到 N 的過(guò)程中，非靜電力做功為： W=evBl…………………………………… （ 2 分 ） 根據(jù)電動(dòng)勢(shì)定義為： E=Wq…………………………………… （ 2 分 ） 解得： E=Blv…………………………………… （ 1分 ） （ 2）小球隨管向右運(yùn)動(dòng)的同時(shí)還沿管向上運(yùn)動(dòng)，其速度如圖 3 所示．小球所受洛倫茲力 f 合如圖 4 所示．將 f 合 正交分解如圖 5 所示．球除受到洛倫茲力 f 合 外，還受到管對(duì)它向右的支持力 F，如圖 6 所示 …………………………………… （ 1 分 ） 洛倫茲力 f 合 不做功： Wf 合 =0……… …………………………… （ 1 分 ） 沿管方向，洛倫茲力 f做正功為： W1=fl=qvBl…………………………………… （ 1分 ） 垂直管方向，洛倫茲力 f′變力，做負(fù)功為： W2=W1=qvBl………