章末检测卷二 电磁感应-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步练测素能提升训练（人教版2019）

代入数据得：FN=20.1 N。根据牛顿第三定律，滑块 对轨道的压力为20.1 N。 答案(1)2 m/s,方向水平向左(2)0.1 N,方向竖直 向下 (3)20.1 N 15.解析 (1)正离子在电场中加速，可知高压电源 A 端 为负极；根据左手定则知，磁场室内的磁场方向垂直纸 面向外。 (2)设离子通过高压电源区后的速度为 w,由动能定理 可得eU=2mv2;离子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向 r=B√2mu,由euB=m2;两式联立解得；心力，有 此可见，质量大的离子的轨迹半径大，故C?Hg+对应轨 迹Ⅱ,C?H?+对应轨迹I。 (3)离子在磁场中偏转，运动轨迹如图所示： 有几何关系可得； R0 R r=B√2mu,结合 r 20m可得 0′ 答案(1)负极 垂直纸面向外(2)C?Hg+对应轨迹 Ⅱ,C?H?+对应轨迹I (3)正确 章末检测卷二 电磁感应 1.C 由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导 线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时 刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大 反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁 感应现象，因此消除了自感，A、B错误，C正确。 2.C 由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为M→ R→P,a端电势比b端高，A、D错误，C正确；ab产生的 U=2E=电动势为E=Blv,则 a、b两点间的电压为 2Blv,B错误。 3.D 制动过程中，导体中会产生涡流，可知导体会发热， A错误；导体运动速度越大，产生的涡流越大，导体所受 安培力即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速 度有关，B错误；根据楞次定律，原磁场对涡流的安培力 总是要阻碍导体的相对运动，改变线圈中的电流方向， 导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导 体的速度逐渐减小，产生的涡流变小，导体所受安培力 即制动力变小，D正确。故选D。 4.A 按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左且增大， 根据楞次定律结合安培定则可知螺线管中感应电流从 P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则 Q端电势较 高；同理可知，松开按钮过程，P端电势较高，故 A正 确，B错误。按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变， 螺线管中不会产生感应电动势，C错误。按下和松开按 钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线 管产生的感应电动势大小不一定相同，D错误。 5.C 根据实物连线图画出正确的电路 文√ 图，如图所示，当闭合开关S,电路稳 定之后，小灯泡中有稳定的电流 IA,自 L 感线圈中有稳定的电流I,当开关S[ sE突然断开时，电流IA立即消失，但是， 由于自感电动势的作用，流过线圈的电流I?不能突变， 自感线圈和小灯泡构成回路，如果 I>IA,则能观察到 小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡 延时闪亮的时间就越长。如果不满足I>IA的条件， 小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭。可 见小灯泡未闪亮的根本原因是不满足I>IA的条件， 这是线圈电阻偏大造成的。故C正确。 6.B 线圈产生的感应电动势为3匝正方形线圈产生的感 E=t+应电动势之和，根据法拉第电磁感应定律得 △+=(L2+L?2+L2),代入数据解得E= 0.44 V,B正确。 7.D 金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机 mgh=2mv2,金属棒到达平直部分械能守恒定律，得 时的速度 v=√2gh,金属棒到达平直部分后做减速运 动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势 I=k+R=B2Rsh,E=Blv,最大感应电流1 ,故 A 错 误；通过金属棒的电荷量q=I△t=2=2R,故 B错 误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得 mgh— W安-μmgd=0-0,克服安培力做的功W委=mgh— μmgd,故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定 值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则 金属棒产生的焦耳热Q=2Q=2w=2mg(h-pd), 故D正确。 8.BC 开关S拨向2的瞬间，驱动线圈中的电流增大，线 圈周围的磁场增强，根据楞次定律，发射线圈中的感应 电流与驱动线圈中的电流反向，驱动线圈和发射线圈相 互排斥，A错误，B正确；0～t。时间内，驱动线圈中的电 流的变化率逐渐减小，则周围磁场磁感应强度的变化率 逐渐减小，由法拉第电磁感应定律，发射线圈中的感应 电动势减小，发射线圈中的电流不断减小，C正确；to时 刻后驱动线圈中的电流减小，发射线圈中的感应电流与 驱动线圈中的电流同向，驱动线圈和发射线圈相互吸 引，发射线圈减速，只有发射导管长度适当，使发射线圈 在t。时刻能刚好到达管口，发射线圈的出射速度才最 大，D错误。故选 B、C。 47 9.AC 开关S闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感 系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢 减小，即流过电感的电流增大，所以I?慢慢减小，最后 稳定时电感相当于一根导线，I?为0,断开开关S,电感 阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯 D?,其方 向与规定图示流过电灯 D?的方向相反，I?慢慢减小最 后为0,故 A正确，B错误；开关S闭合时，电感阻碍电 流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈， 电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以I? 慢慢增大，最后稳定，断开开关S,原来通过D?的电流 立即消失，故C正确，D错误。 10.AD 当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金 属杆 ab中电流的方向由a 到b。由乙图知，刚进入磁 场时，金属杆的加速度大小 a?=10 m/s2,方向竖直向 上。由牛顿第二定律得：I?LB-mg=ma?,其中I?= 長=BR,代入数据解得：B=2.0T,故 A正确；当 a=0时，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，有 I=BR,mg-ILB=0,其中1 ,联立得：v=0.5 m/s,故 B 错误；从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守恒有： mgh-Q=2mv,代入数据得：Q=0.287 5 J,故C错 ho=2g=0.05m,金属杆误；金属杆自由下落高度为 下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为q=I△t= 贵·-簧N-策-La-2,代入数据得q= 0.25 C,故D正确。 11.解析 (1)将线圈 A插入线圈 B中，闭合开关的瞬间， 穿过副线圈的B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈 B中感应电流与线圈 A中电流的绕行方向相反。 (2)使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流 顺时针流动，两线圈电流磁场方向相反，则穿过线圈 B 的磁通量应增加；抽出线圈 A时，穿过线圈 B的磁通 量减小，线圈 A、B电流方向相同，故 A错误；插入软铁 棒，穿过线圈 B的磁通量增大，线圈 A、B电流方向相 反，故B正确；由电路图可知，使变阻器滑片P右移，线 圈 A电流增大，穿过线圈 B的磁通量变大，线圈A、B电 流方向相反，故C正确；断开开关，穿过线圈 B的磁通 量减小，线圈 A、B电流方向相同，故 D错误。 答案(1)相反(2)BC 12.解析 (2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方 向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转 一下；②向左偏转一下。 (3)穿过电路中的磁通量发生变化即产生电磁感应现 象。如电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且 可以用楞次定律判断出感应电动势。要产生感应电 流，电路要求必须闭合，故答案选 BD。 (4)粗线圈中产生顺时针方向的感应电流，可依据楞次 定律来判断细线圈通入电流的情况。如果细线圈电流 在减小(或磁通量减小),肯定与顺时针方向相同。因 为粗线圈会阻碍其磁通量的减小，在电流上表现为同 向。反过来如果细线圈电流在增大(或磁通量增加), 则粗线圈中电流方向与细线圈中电流方向相反。故答 案选 AB。 答案(1)如图所示(2)①向右偏转一下 ②向左偏 转一下 (3)BD(4)AB G B=卡，13.解析 (1)铝环所在处磁感应强度为 R?=p5=p2s,切割有效长度L=2πR,铝环电阻1 速度为v时，E=BLv=2kπv, P=IR。=R电流I=是。=k,所以 (2)当达到最大速度时Fx=mg,F。=ILB=R, v=og。又m=2πRp。S,所以； 答案(1)2mSR2(2)a?gR 14.解析 (1)棒在0～0.3 s内通过的电荷量q?=I△t?, I=k+r,平均感应电流 F=B,得q=R+,回路中平均感应电动势 同理，棒在0.3～0.4 s 内通过的电荷量： q?=BLR+r), 由题图乙读出0.4 s时刻位移大小x?=0.9 m, 又q?=2q?,解得x?=0.6m。 (2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，棒 v=0.4-0.3m/s=3 m/s,的速度大小 对整个系统，根据能量守恒定律得， Q=Mgx?-mga?sinθ-1(M+m)2, 代入数据解得Q=3.15 J, Q=kR根据焦耳定律有 代入数据解得Q?=3 J。 答案(1)0.6m (2)3 J 15.解析(1)电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产 生感应电动势E?=2nBLv?,由欧姆定律，可得此时线 48 I?=長圈内产生的感应电流大小为 ,代入数据得I?= 50 A。 (2)当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平 Im=2nR衡，有mg=2nBIL,又有 ,联立得 vm= 4mBL,,代入数据得 vm=7.5 m/s。 (3)在电梯下落过程中，电梯所受安培力不断变化，取 △t为时间间隔，则△t 无限趋近于0时，该时刻安培力 可视为恒力，由动量定理，得mg△t—2nBIL△t=m△v, 而I=2mRL?,代入上式，有mg△t-4”2BR= mg△t-4nBRh=m△v。m△v,即 。将电梯下落的各 mgt-4RLh=mu,解得t=段时间累加，可得 4mgRh+,而v=4om=6 m/s,代入数据得t= 1.2s。 答案(1)50 A(2)7.5m/s (3)1.2 s 章末检测卷三 交变电流 1.A 由题图知，只有 A、B图中线圈在切割磁感线，穿过 线圈的磁通量在变化，从而产生感应电流。但B图中在 t=0时产生的感应电动势最大，不按正弦规律变化，故 只有 A图中产生正弦式交流电动势e= BSwsin wt, A正确。 2.B 要使电吹风正常工作，所需变压器的原、副线圈匝数 比=u,=20=号,故 A错误；标准电压220 V指的 -可是交流电的有效值，故 B正确，C错误；根据- 知，匝数少的线圈电流大，则变压器中匝数少的线圈导 线较粗，匝数多的线圈导线较细，故 D错误。 )x+×2-×33.D 由焦耳定律得- ,即电压 有效值U=6 V,电压表读数为有效值，故 A、B错误；热 量根据有效值进行计算，则Q=长T=9JJ,故C错误；电 I=景=0.5 A,故D正确。流表读数为有效值，则1 4.C 设灯泡正常发光时，流过它的电流为I,则该变压器 原线圈中电流 I?=I,副线圈中电流 I?=2I,则原、副线 n=I=2:1;所以原线图两端的电压圈匝数之比 U?="U?=2U,则AB端输入电压为3U。故 A、B、D 错误，C正确。 E=n可得感应电动势最大值不相等，有效5.B 根据I p=R可知，两电阻的电功率也不相值也不相等；根据 等，选项 A、D错误。因两线圈放在同一个旋转磁铁的 旁边，则两线圈产生的交变电流的频率相等，选项 B正 确。当磁铁的磁极到达一线圈附近时，这个线圈的磁通 量最大，感应电动势为0,另一个线圈通过的磁通量最 小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不 可能同时达到最大值，选项C错误。 6.D 变压器不能改变直流电电压，A错误；两次灯泡电 n=工压相等，电流也一定相等，因为 所以图1流过 A 的电流大于图 2 流过 A的电流，P=I2R,图1线圈 A消 耗的功率大于图 2 线圈 A消耗的功率，C错误，D正确； 由U=IR可知图1 A两端的电压大，B错误。 7.C 以线圈平面与磁场夹角θ=45°时为计时起点，由楞 次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a,则瞬时电流 的表达式i=-Isin(wt+4),C正确。 8.CD 线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过 线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两条边的速度 方向与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于 零，此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动 势或感应电流的方向也就在此位置改变。线框垂直于 中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两 边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最 大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大。故 C、D 正确。 9.AC 原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，因 此该互感器为电流互感器，A正确，B、D错误；火线中的 I,c电流为 I,根据变流公式，通过电表的电流为 正确。 10.AD 无线充电技术是利用变化的电流产生变化的磁 场，使穿过受电线圈的磁通量变化，从而在受电线圈中 产生变化的电流，即与变压器的工作原理相同，故 A 正确；若输入端 ab接380 V直流电，由于供电线圈中 电流产生的磁场不变，则受电线圈中不会产生感应电 流，则不能进行充电，故 B错误；设供电线圈和受电线 =n=k,即I?=k=20kA,由元?圈匝数比为k,有 -×-4,m解-一效品，=n可得 C错误；副线圈的功率为P=U?I?=12 kW,供电线路 导线的等效电阻也消耗功率，则ab端的输入功率大于 12 kW,故D正确。 11.解析 (1)“探究变压器电压与线圈匝数的关系”的实 验，需要的器材有学生电源，提供低压交流电，同时还 需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线；故 选B、E、G。 49 》高中物理·选择性必修 第二册（人教版， 章末检测卷二 电磁感应 (满分：100分，时间：75分钟) 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小 C.改变线圈中的电流方向，导体就可获得 题给出的四个选项中，第1~7题只有一项 动力 符合题目要求，每小题4分；第8~10题有 D.制动过程中导体获得的制动力逐渐减小 多项符合题目要求，每小题6分，全部选对：4.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发 的得6分，选对但不全的得3分，有选错的 电”原理如图乙所示。按下门铃按钮过程磁 得0分。 铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线 1.在制作精密电阻时，为了消除使 管回归原位置。下列说法正确的是() 用过程中由电流变化而引起的 自感现象，采用双线并绕的方 螺线管 磁铁按下按钮 法，如图所示。其道理是( N 松开按钮 A当电路中的电流变化时，两股导线产生 的自感电动势相互抵消 B.当电路中的电流变化时，两股导线产生 乙 A.按下按钮过程，螺线管Q端电势较高 的感应电流相互抵消 C.当电路中的电流变化时，两股导线中原 B.松开按钮过程，螺线管P端电势较低 电流的磁通量互相抵消 C.按住按钮不动，螺线管中会产生感应电 D.以上说法都不对 动势 2.如图所示，MN、PQ是间 D.按下和松开按钮过程，螺线管产生大小 距为1的平行金属导轨， 相同的感应电动势 R 置于磁感应强度为B、方 5.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带 向垂直导轨所在平面向 铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组 里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为 E,用导线将它们连接成如图所示的电路。 R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻 检查电路后，闭合开关S,小灯泡发光；再断 值为R的金属导线ab垂直导轨放置，并 开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现 在水平外力F的作用下以速度。向右匀 象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现 速运动，则（不计导轨电阻） 的小灯泡闪亮现象，他苦思冥想找不出原 A.通过电阻R的电流方向为P→R→M 因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的 B.a、b两点间的电压为Blu 原因是 C.a端电势比b端高 A.电源的内阻较大 D.a端电势比b端低 B.小灯泡电阻偏大 3.汽车使用的电磁制动装置原理示意图如图 C.线圈电阻偏大 所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中 运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动 D,线圈的自感系数 较大 的制动力。下列说 电源 法正确的是( 6.近场通信(NFC)器件应用电 天线 A.制动过程中，导铁过 磁感应原理进行通讯，其天 芯片 体不会发热 线类似一个压平的线圈，线 B.制动力的大小与 圈尺寸从内到外逐渐变大。 导体运动的速 旋转轴运动导体转盘) 如图所示，一正方形NFC线 度无关 圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和 58 1.4cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内： C.在0~o时间内，发射线圈中的电流不断 部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈， 减小 磁感应强度变化率为103T/s,则线圈产生 D.发射导管越长，发射线圈的出射速度 的感应电动势最接近 越大 A.0.30V B.0.44V 9.如图所示的电路中，L为一 C.0.59V D.4.3V 个自感系数很大、直流电阻 7.如图所示，MN和PQ 不计的线圈，D、D2是两个 D D 是电阻不计的平行金 完全相同的灯泡，E是一内 属导轨，其间距为1，导 阻不计的电源。t=0时刻，闭合开关S,经 轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑 过一段时间后，电路达到稳定，1时刻断开 连接。金属导轨右端接一个阻值为R的定 开关S。I1、I2分别表示通过灯泡D,和D2 值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为 的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的 方向，图中能定性描述电流I随时间t变化 匀强磁场。质量为、接入电路的电阻也为 关系的是 R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达 磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平 直部分导轨间的动摩擦因数为以，金属棒与 导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。金 10.如图甲所示，电阻不计且间距L=1m 属棒穿过磁场区域的过程中 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接 A,流过金属棒的最大电流为B,2g 一阻值R=2Ω的电阻，虚线OO下方有 2R 垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将 B通过金属棒的电荷量为兴 质量m=0,1kg、电阻不计的金属杆ab C.克服安培力所做的功为mgh 从OO上方某处由静止释放。金属杆在 下落的过程中与导轨保持良好接触且始 D.金属棒产生的焦耳热为2mg(h一ud) 终水平。已知杆ab进入磁场时的速度 8.“电磁橇”是我国建成的世界首个电磁驱动 。=1m/s,下落0.3m的过程中加速度 地面超高速试验设施。图甲是一种线圈型 a与下落距离h的关系图像如图乙所 电磁弹射装置的原理图，开关S拨向1，向 示，g取10m/s2,则 电容器充电，充电完毕后，在t=0时刻开关 S拨向2，发射线圈被弹射出去。图乙是驱 a/(ms) 10 动线圈中的电流随时间变化的图像。发射 XXX风 30h/(×102m 导管材质绝缘且内壁光滑，下列说法正确的 ×XXX 10 甲 是 乙 A.匀强磁场的磁感应强度为2T B.杆ab下落0.3m时金属杆的速度为 1 m/s 电 )发射线圈 C.杆ab下落O.3m的过程中R上产生的 驱动线 发射导管 热量为0.2J D.杆ab下落0.3m的过程中通过R的电 A.开关S拨向2的瞬间，驱动线圈和发射 荷量为0.25C 线圈中的电流同向 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 B.开关S拨向2的瞬间，驱动线圈和发射 11.(6分)在研究电磁感应现象和磁通量变化 线圈相互排斥 时感应电流方向的实验中，所需的实验器 59 高中物理·选择性必修第二册（人教版 材已用导线连接成如图所示的实验电路。 A.细线圈通入顺时针方向 的电流，且正从粗线圈中 取出 B.细线圈通入顺时针方向 的电流，且其中铁芯正被取出 C.细线圈通入顺时针方向的电流，且将滑 动变阻器阻值调小 (1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的 D.细线圈通入逆时针方向的电流，且正在 瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流 断开电源 的绕行方向 (选填“相同”或“相：13.(10分)如图所示，一个 反”)。 很长的竖直放置的圆柱 (2)某同学设想使一线圈中电流逆时针流 形磁体，在其外部产生中 动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行 心辐射的磁场，磁场方向 的实验操作是 水平向外，其大小为B A.抽出线圈A B.插入软铁棒 冬，其中，为辐射半径。 C.使变阻器滑片P右移 指考察点到圆柱体中心轴线的距离，为 D.断开开关 常数。设一个与磁体同轴的圆形铝环，半 12.(10分)如图为研究电磁感应现象的实验 径R比磁体的半径大，而弯成铝环的铝丝 装置。 的横截面积为S,铝环通过磁场由静止开 始下落，下落过程中铝环平面始终水平，已 知铝丝的电阻率为P,密度为，当地重力加 速度为g,试求： (1)铝环下落速度为？时的电功率； (2)铝环下落的最终速度Vm。 (1)将图中所缺的导线补接完整。 (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的 指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能 出现的情况有： ①将细线圈迅速插入粗线圈时，灵敏电流 计指针将 ； ②细线圈插入粗线圈后，将滑动变阻器的 阻值调大时，灵敏电流计指针 (3)在做研究电磁感应现象实验时，如果粗 线圈两端不接任何元件，则粗线圈电路中 将 A因电路不闭合，无电磁感应现象 B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有 感应电动势 C.不能用楞次定律判断感应电动势方向 D.可以用楞次定律判断感应电动势方向 (4)如图所示的A、B分别表示细、粗线圈， 若粗线圈中产生顺时针方向的感应电流， 可能是因为 ) 60 14.(14分)如图甲所示，一电阻不计且足够长：15.(14分)如图是一种电梯突然失控下落时 的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距 的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布 L=0.8m,下端接有阻值R=32的电阻， 着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽 导轨平面与水平面间的夹角0=30°。整个 1.6m,高0.5m,磁感应强度大小均为 装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁 0.5T。电梯后方周定一个100匝矩形线 场中。一质量m=0.1kg、阻值r=0.15 圈，线圈总电阻为8Ω，高度为1.5m,宽度 的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过 略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电 光滑的定滑轮与质量M=0.9kg的重物 梯总质量为2400kg,g取10m/s2,忽略摩 相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM 擦阻力。当电梯失去其他保护，由静止从 方向。棒由静止释放后，沿NM方向位移 高处突然失控下落时，求： x与时间t之间的关系如图乙所示，其中 (1)电梯下落速度达到 ab为直线。已知棒在0~0.3s内通过的 2.5m/s时，线圈内产生的感 电荷量是0.3~0.4s内通过电荷量的 应电流大小： 2倍，取g=10m/s2,求： (2)电梯可达到的最大速度： 线 (3)若电梯下落4.5m,达到 最大速度的号，此过程所用 XXX 0.30.46 时间。 甲 乙 (1)0~0.3s内棒通过的位移x1的大小： (2)电阻R在00.4s内产生的热量Q1。 61