如圖所示，匝矩形導(dǎo)線框以角速度在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場中繞軸勻速轉(zhuǎn)動，線框面積為，線框的電阻為，電感不計(jì)，外電路接電阻、理想交流電流表。下列說法正確的是

A．圖示位置線圈的感應(yīng)電動勢為

B．交流電流表的示數(shù)

C．一個(gè)周期內(nèi)通過的電荷量

D．兩端電壓的有效值

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如圖所示，匝矩形導(dǎo)線框以角速度在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場中繞軸勻速轉(zhuǎn)動，線框面積為，線框的電阻為，電感不計(jì)，外電路接電阻、理想交流電流表。下列說法正確的是

A．圖示位置線圈的感應(yīng)電動勢為

B．交流電流表的示數(shù)

C．一個(gè)周期內(nèi)通過的電荷量

D．兩端電壓的有效值

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如圖所示，N匝矩形導(dǎo)線框以角速度ω在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計(jì)，外電路接有電阻R、理想交流電流表和二極管D，二極管D具有單向?qū)щ娦裕�即正向電阻為零，反向電阻無窮大．下列說法正確的是（　�。�

A．圖示位置電流表的示數(shù)為0

B．R兩端電壓的有效值U= ω 2 NBS

C．一個(gè)周期內(nèi)通過R的電荷量q= 2NBS R

D．交流電流表的示數(shù)I= ω 2R NBS

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如圖所示，N匝矩形導(dǎo)線框以角速度ω在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計(jì)，外電路接有電阻R、理想交流電流表和二極管D．二極管D具有單向?qū)щ娦裕�即正向電阻為零，反向電阻無窮大．下列說法中不正確的是（　　）

A．圖示位置電流表的示數(shù)為0

B．R兩端電壓的有效值U= ω 2 NBS

C．一個(gè)周期內(nèi)通過R的電荷量q= 2BS R

D．交流電流表的示數(shù)I= ω 2R NBS

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題號

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答案

B

C

D

D

B

C

AC

AD

BC

BD

BC

12．（1）1.00kΩ。將選擇開關(guān)打到“×100”擋；將兩表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，進(jìn)行歐姆擋調(diào)零；再將被電阻接到兩表筆之間測量其阻值并讀出讀數(shù)；測量完畢將選擇開關(guān)打到“OFF”擋。（2）見右圖。（3）大于。

13．（1）2L/t²；不改變；無關(guān)；9.8m/s²；a=gsinα；（2）控制變量法。

14．解：（1）N==；

（2）U₁=220V，U₂<=11000V，>。

15．解：（1）設(shè)光進(jìn)入玻璃管的入射角為θ，射向內(nèi)表面的折射角為β，據(jù)折射定律有：

sinα=nsinθ；sinβ≥1/n；

據(jù)正弦定律有：2sinθ/d= sinβ/d；解得：sinα≥1/2；所以：α≥30°。

（2）有三處，第一處，60°；第二處，180°；第三處，60°。

16．解：（1）釷核衰變方程                     ①

（2）設(shè)粒子離開電場時(shí)速度為，對加速過程有

                                       ②

     粒子在磁場中有                               ③

     由②、③得                         ④

（3）粒子做圓周運(yùn)動的回旋周期

                                                     ⑤

     粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間                                   ⑥

     由⑤、⑥得                         ⑦

17．解：（1）當(dāng)繩被拉直時(shí)，小球下降的高度h=Lcosθ-d=0.2m

據(jù)h=gt²/2，可得t=0.2s，所以v₀=Lsinθ/t=4m/s

（2）當(dāng)繩被拉直前瞬間，小球豎直方向上的速度v_y=gt=2m/s，繩被拉直后球沿繩方向的速度立即為零，沿垂直于繩方向的速度為v_t= v₀cos53º- v_ysin53º=0.8m/s，垂直于繩向上。

此后的擺動到最低點(diǎn)過程中小球機(jī)械能守恒：

在最低點(diǎn)時(shí)有：

代入數(shù)據(jù)可解得：T＝18.64N

18．解：（1）a方向向下時(shí)，mg－BIL=ma，I= ，Q=，

解得：Q=；

a方向向上時(shí)，BIL－mg=ma，I= ，Q=，

解得：Q=；

（2）a方向向下時(shí)，據(jù)動量定理，有：

mgt－BLt₂=mv－0，=，解得：t=；

a方向向上時(shí)，同理得：t=

19．解：（1）AB第一次與M碰后　A返回速度為v₀，m_Av₀=(m_A+m_B)v₁，解得v₁=4m/s；

（2）A相對B滑行Δs₁，μm_AgΔs₁=－，解得Δs₁=6m；

（3）AB與N碰撞后，返回速度大小為v₁，B與M再相碰后停止，設(shè)A與M再碰時(shí)的速度為v₂，－μm_AgΔs₁=－，解得v₂=2m/s，

A與M碰后再與B速度相同時(shí)為v₃，相對位移Δs₂，m_Av₂=(m_A+m_B)v₃，v₃=

μm_AgΔs₂=－，解得：Δs₂= ，……，最終A和B停在M處，

Δs =Δs₁+Δs₂+……=13.5m。