單匝閉合線框在勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的轉軸OO′勻速轉動，在轉動過程中，穿過線框的最大磁通量為Φ_m，線框中的最大感應電動勢為E_m，下列說法中正確的是

A．在穿過線框的磁通量為的時刻，線框中的感應電動勢為

B．在穿過線框的磁通量為的時刻，線框中的感應電動勢為

C．線框每轉動一周，線框中的感應電流方向改變一次

D．線框轉動的角速度為

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

單匝閉合線框在勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的轉軸OO′勻速轉動，在轉動過程中，穿過線框的最大磁通量為Φ_m，線框中的最大感應電動勢為E_m，下列說法中正確的是

A．在穿過線框的磁通量為的時刻，線框中的感應電動勢為

B．在穿過線框的磁通量為的時刻，線框中的感應電動勢為

C．線框每轉動一周，線框中的感應電流方向改變一次

D．線框轉動的角速度為

查看答案和解析>>

如圖所示，質量為3m的重物與一質量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框電阻為R，橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h．初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框穿出磁場前，若線框已經做勻速直線運動，滑輪質量、摩擦阻力均不計．則下列說法中正確的是（　　）

A．線框進入磁場時的速度為 2gh

B．線框穿出磁場時的速度為 mgR B2L2

C．線框通過磁場的過程中產生的熱量Q=8mgh- 8m3g2R2 B4L4

D．線框進入磁場后，若某一時刻的速度為v，則加速度為a= 1 2 g- B2L2v 4mR

查看答案和解析>>

如圖甲所示，矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸在勻強磁場中勻速轉動，輸出交流電的電動勢圖象如圖乙所示，經原副線圈的匝數(shù)比為1:10的理想變壓器為一燈泡供電（如圖丙所示）。已知線圈電路中燈泡額定功率為22W．現(xiàn)閉合開關，燈泡正常發(fā)光。則下列說法中正確的是（    ）

A．t=0.01s時刻穿過線框回路的磁通量為零

B．交流發(fā)電機的轉速為50r／s

C．變壓器原線圈中電流表示數(shù)為10A

D．燈泡的額定電壓為V

查看答案和解析>>

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

B

C

D

D

B

C

AC

AD

BC

BD

BC

12．（1）1.00kΩ。將選擇開關打到“×100”擋；將兩表筆短接，調節(jié)調零旋鈕，進行歐姆擋調零；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打到“OFF”擋。（2）見右圖。（3）大于。

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

14．解：（1）N==；

（2）U₁=220V，U₂<=11000V，>。

15．解：（1）設光進入玻璃管的入射角為θ，射向內表面的折射角為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）設粒子離開電場時速度為，對加速過程有

                                       ②

     粒子在磁場中有                               ③

     由②、③得                         ④

（3）粒子做圓周運動的回旋周期

                                                     ⑤

     粒子在磁場中運動時間                                   ⑥

     由⑤、⑥得                         ⑦

17．解：（1）當繩被拉直時，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過程中小球機械能守恒：

在最低點時有：

代入數(shù)據(jù)可解得：T＝18.64N

18．解：（1）a方向向下時，mg－BIL=ma，I= ，Q=，

解得：Q=；

a方向向上時，BIL－mg=ma，I= ，Q=，

解得：Q=；

（2）a方向向下時，據(jù)動量定理，有：

mgt－BLt₂=mv－0，=，解得：t=；

a方向向上時，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A與M再碰時的速度為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。