单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为Φ_m，线框中的最大感应电动势为E_m，下列说法中正确的是

A．在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为

B．在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为

C．线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次

D．线框转动的角速度为

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单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为Φ_m，线框中的最大感应电动势为E_m，下列说法中正确的是

A．在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为

B．在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为

C．线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次

D．线框转动的角速度为

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如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框电阻为R，横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h．初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框穿出磁场前，若线框已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是（　　）

A．线框进入磁场时的速度为 2gh

B．线框穿出磁场时的速度为 mgR B2L2

C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q=8mgh- 8m3g2R2 B4L4

D．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a= 1 2 g- B2L2v 4mR

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如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1:10的理想变压器为一灯泡供电（如图丙所示）。已知线圈电路中灯泡额定功率为22W．现闭合开关，灯泡正常发光。则下列说法中正确的是（    ）

A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零

B．交流发电机的转速为50r／s

C．变压器原线圈中电流表示数为10A

D．灯泡的额定电压为V

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题号

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答案

B

C

D

D

B

C

AC

AD

BC

BD

BC

12．（1）1.00kΩ。将选择开关打到“×100”挡；将两表笔短接，调节调零旋钮，进行欧姆挡调零；再将被电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数；测量完毕将选择开关打到“OFF”挡。（2）见右图。（3）大于。

13．（1）2L/t²；不改变；无关；9.8m/s²；a=gsinα；（2）控制变量法。

14．解：（1）N==；

（2）U₁=220V，U₂<=11000V，>。

15．解：（1）设光进入玻璃管的入射角为θ，射向内表面的折射角为β，据折射定律有：

sinα=nsinθ；sinβ≥1/n；

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

（2）有三处，第一处，60°；第二处，180°；第三处，60°。

16．解：（1）钍核衰变方程                     ①

（2）设粒子离开电场时速度为，对加速过程有

                                       ②

     粒子在磁场中有                               ③

     由②、③得                         ④

（3）粒子做圆周运动的回旋周期

                                                     ⑤

     粒子在磁场中运动时间                                   ⑥

     由⑤、⑥得                         ⑦

17．解：（1）当绳被拉直时，小球下降的高度h=Lcosθ-d=0.2m

据h=gt²/2，可得t=0.2s，所以v₀=Lsinθ/t=4m/s

（2）当绳被拉直前瞬间，小球竖直方向上的速度v_y=gt=2m/s，绳被拉直后球沿绳方向的速度立即为零，沿垂直于绳方向的速度为v_t= v₀cos53º- v_ysin53º=0.8m/s，垂直于绳向上。

此后的摆动到最低点过程中小球机械能守恒：

在最低点时有：

代入数据可解得：T＝18.64N

18．解：（1）a方向向下时，mg－BIL=ma，I= ，Q=，

解得：Q=；

a方向向上时，BIL－mg=ma，I= ，Q=，

解得：Q=；

（2）a方向向下时，据动量定理，有：

mgt－BLt₂=mv－0，=，解得：t=；

a方向向上时，同理得：t=

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

（2）A相对B滑行Δs₁，μm_AgΔs₁=－，解得Δs₁=6m；

（3）AB与N碰撞后，返回速度大小为v₁，B与M再相碰后停止，设A与M再碰时的速度为v₂，－μm_AgΔs₁=－，解得v₂=2m/s，

A与M碰后再与B速度相同时为v₃，相对位移Δs₂，m_Av₂=(m_A+m_B)v₃，v₃=

μm_AgΔs₂=－，解得：Δs₂= ，……，最终A和B停在M处，

Δs =Δs₁+Δs₂+……=13.5m。