参考答案：设从图示位置开始导体棒运动时间为t时，速度大小为v，磁感应强度为B．
? A、B根据感应电动势公式E=Blv=Bv2t，回路电阻R=vtR0，消耗的电功率P=E2R=B2v3R0t，可知P不断增大．故A错误，B正确．
? C、D由闭合电路欧姆定律得I=ER=BvR0，I不变．故CD错误．
故选B

本题解析：

本题难度：简单

4、简答题  使用“弹簧式角速度测量仪”可以测量运动装置自转时角速度的大小，其结构示意图如图所示．将测量仪固定在待测装置上，当装置绕竖直固定轴转动时，与轻弹簧相连的小球A可在光滑绝缘细杆BC上滑动，同时带动连接在A上的滑动变阻器动触片P在与BC平行的电阻丝MN上滑动，使得电压表V的示数随装置转动的角速度发生变化，据此可测出待测装置的角速度的大小．

　　已知：小球A的质量为m；弹簧的劲度系数为k，原长为；电阻丝MN粗细均匀，长度为L，阻值为R；电压表V通过两根导线，分别接在电阻丝MN的中点Q和动触片P上；电阻线MN接在电压为U的直流稳压电源上．闭合电键S，测量仪则可工作．
　　若：不计导线、动触片P的电阻，以及导线对动触片P的影响，忽略动触片P与电阻丝MN之间的摩擦，电压表视为理想表．装置静止时，动触片P与Q点重合．
　　（1）试推导：待测装置自转的角速度与电压表V的示数之间的关系式．
　　（2）用该测量仪测量某装置自转角速度的最大值是多少？
?

参考答案：（1）?（2）

本题解析：（1）设：待测装置自转的角速度为时，弹簧伸长量为x，电压表V的示数为，小球A做圆周运动的半径为，弹簧弹力为f．
　　此时小球A受力情况如图所示．　　（2分）

　　根据牛顿第二定律，可列出方程：
　　　　　①　　（3分）
　　由胡克定律：f＝kx　　②　　（3分）
　　电压表V的示数为，即：P、Q间的电压为，有：　　③
　　（3分）
　　①、②、③式联立，解得：　　④　　（4分）
　　④式即为装置自转的角速度与电压表V的示数之间的关系式．
　　（2）用该测量仪测量某装置自转的角速度为最大值时，即：动触片P与电阻丝的相交点在电阻丝的最远处N点，必有：，且：，得：．　　（3分）
　　代入④式，解得：　　（4分）

本题难度：一般

5、选择题  如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S板到位置1时，电压表的读数为2.0V，当开关S板到位置2时，电压表的读数可能是

[? ]
A．2.2 V
B．1.9 V
C．1.6 V
D．1.4 V

参考答案：B

本题解析：

本题难度：一般