23．分析：

該同學(xué)的結(jié)論不正確。因?yàn)榇艌鲆?sub>=0.1 T/s增加，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流恒定，但導(dǎo)體棒ab受到的安培力隨磁感強(qiáng)度的增大而增大，該同學(xué)在計(jì)算安培力時，忽視了B的變化，將t=0時B的瞬時值代入公式導(dǎo)致錯誤結(jié)論。(3分)

正確解答：

由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出回路感應(yīng)電動勢：E=　　　 ① (2分)

由閉合電路歐姆定律可求出回路中電流：I＝　　 ②　 (1分)

在t時磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B′＝(B+·t) ③　 (2分)

此時安培力為：　 ④　　 (2分)

物體被拉動的臨界條件為：=Mg　 　 ⑤　 (1分)

由①②③④⑤式并代入數(shù)據(jù)得：t=90 s ，所以經(jīng)過t=90 s物體能被拉動。(1分)

22．(1)(6分)第一次下滑回到N時速度為v

　　　 mgsinθS-μmgcosθS=mv²/2　 ①　 (2分)

　　　　 第二次上滑,初速度也為v

　　　 mgsinθS/2+μmgcosθS/2= mv²/2　 ②　 (2分)

　　　 聯(lián)立方程①、②，解得μ=1/3 tgθ　　 (2分)

　　　 (或直接對動能為零的兩個狀態(tài)及過程運(yùn)用動能定理：

　　　　　 mgsinθS/2 –μmgcosθ3S/2 = 0　 解得μ=1/3 tgθ同樣給分)

　 (2)(6分)物塊進(jìn)入N獲得的初始動能為 mgsinθS+μmgcosθS　 (1分)

　　　 這部分能量全部用來克服摩擦力做功，所以

　　　　　　　 mgsinθS+μmgcosθS=μmgcosθS_克　 (3分)

　　　　 從中解得S_克=S/μtgθ+S = 4S　　 (2分)

21．(1)(3分)M_G=mgL_G=0.6×10×0.3×0.6Nm=1.08Nm　 (3分)

　　 (2) (5分) M_N+M_f=M_G　 (2分)　　　

　　　 m₁gX cos37⁰+μm₁gL cos37⁰=M_G 　　代入數(shù)據(jù)，求得 X=0.21m　 (2分)

　　　 即距B端距離為0.4-0.21m=0.19 m　 (1分)

　　 (3) (4分) 滑行的最大距離為S_m=0.4+0.21m=0.61m　 (1分)

　　　 由動能定理得 –m₁gS_msin37⁰-μm₁gS_m cos37⁰=- m₁v₀²/2　 (2分)

　　　 代入數(shù)據(jù)，求得v₀=3.04m/s　　 (1分)

1.0×10⁵×1.2×10^-3=4.17×10⁴×60×10^-4×h　 (2分)

　　　　　 求得　　 h=0.48 m ＞容器高度　　　 ∴金屬容器不能被提離地面　 (2分)

1.0×10⁵×1.2×10^-3=1.17×10⁵×V₂　 (2分)

　　 求得 V₂=1.03×10^-3m³　　 h₂= V₂/S=1.03×10^-3/60×10^-4=0.17m　 (1分)

(2) (5分)活塞靜止后關(guān)閉閥門, 假設(shè)當(dāng)活塞被向上拉起至容器底部h高時,容器剛被提離地面,則氣體的壓強(qiáng)為P₃= P₀－Mg/S=1.0×10⁵－35×10/60×10^-4=4.17×10⁴ Pa

　(1分)

P₂V₂=P₃V₃　　

20．(1)(5分)

活塞經(jīng)閥門細(xì)管時, 容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為P₁=1.0×10⁵Pa，容器內(nèi)氣體的體積為V₁=60×10^-4×0.2m³=1.2×10^-3m³ (1分)

活塞靜止時,氣體的壓強(qiáng)為P₂=P₀+mg/S=1.0×10⁵+10×10/60×10^-4=1.17×10⁵ Pa

(1分)

根據(jù)玻意耳定律，P₁V₁=P₂V₂

19．(1)pq　 (2)ADEG 　(3)

18．(1)減速轉(zhuǎn)動。(2)某磁極附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度，另一個磁極附近的磁感應(yīng)強(qiáng)度

17．(1)0.5(2)L ₂燒壞，電壓分配不均，L ₂的電壓過大；(3)14，2

16．03，　 02　 04