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如圖所示，交流發電機線圈的面積為0.05m²，共100匝．該線圈在磁感應強度為

1

π

T的勻強磁場中，以10πrad/s的角速度勻速轉動，電阻R₁和R₂的阻值均為50Ω，線圈的內阻忽略不計，若從圖示位置開始計時，則：
（1）寫出電壓的瞬時值的表達式？
（2）電流表的示數是多少？
（3）R₁上消耗的電功率為多少？

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如圖所示，交流發電機線圈的面積為 0.05m²，共100匝．該線圈在磁感應強度為

1

π

T的勻強磁場中，以10πrad/s的角速度勻速轉動，電阻R₁和R₂的阻值均為50Ω，線圈的內阻忽略不計，若從圖示位置開始計時，則（　　）

A．線圈中的電動勢為e=50sin10πt（V）

B．電流表的示數為 2 A

C．電壓表的示數為50 2 V

D．R1上消耗的電功率為50 W

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如圖所示，交流發電機線圈的面積為 0.05m²，共100匝．該線圈在磁感應強度為T的勻強磁場中，以10πrad/s的角速度勻速轉動，電阻R₁和R₂的阻值均為50Ω，線圈的內阻忽略不計，若從圖示位置開始計時，則（ ）
A．線圈中的電動勢為e=50sin10πt（V）
B．電流表的示數為A
C．電壓表的示數為50V
D．R₁上消耗的電功率為50 W

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如圖所示，交流發電機線圈的面積為0.05 m²，共100匝．該線圈在磁感應強度為T的勻強磁場中，以10πrad/s的角速度勻速轉動，電阻R₁和R₂的阻值均為50 Ω，線圈的內阻忽略不計，若從圖示位置開始計時，則

[　　]

A．線圈中的電動勢為e＝50sin10πtV

B．電流表的示數為A

C．電壓表的示數為50V

D．R₁上消耗的電功率為50 W

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題號

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答案

C

D

C

ACD

D

A

B

D

BCD

ACD

BD

AC

13.(1) ①從該時刻經，質點M恰經過平衡位置，所以位移為0。②該時刻。振動增強的點是：M、O、P、Q；振動減弱的點是：N。  (2) C

14．（10分）（1）a.干電池正常；b.電鍵正常；c.閉合天關關回路是連通的，沒有斷路之處。（3分）（每答對一點得1分）；

   （2）ACF（3分）  （有一處錯誤即不給分）

   （3）由于燈絲的電阻率隨溫度的升高而增大，歐姆表測出的小燈泡電阻值是常溫下的電阻值，而根據公式計算出的小燈泡電阻值是高溫下（正常工作）的電阻值。（3分，每答對一點得1分）      （4）H（3分）

15. （10分）（1）刻度尺;   （1分）

（2）把木板的末端墊起適當高度

以平衡摩擦力 （2分）

（3）點距均勻(1分)

（4）2W、3W、4W、5W(2分)

（5）v²（1分）；圖像 (2分)

（6）分析誤差來源或改進試驗

方案或測量手段，重新進行試驗（1分）；

若答：“修改試驗數據數據，

使之符合自己的推測”得0分；

16.（1）分析：要求了解光電效應的規律及光子說理論。

解答：由愛因斯坦光電效應方程可得：

=W+m                 ∴=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10^―19J

∴λ==4.3×10^―7 m

 (2)評析:（1） 輸電線的電阻為：      ①        

P_損=P₁×4%                                           ②        

P_損=I² R                                              ③     

P₂=P₁                                                 ④     

P₂=I₂U₂                                               ⑤      

由①②③④⑤式得升壓變壓器的輸出電壓：U₂=80000V      ⑥     

(2)  輸電線上的電壓的損失：U_損=I₂R=3200V              ⑦  

17．（14分）分析和解：（1）帶電粒子經過電場加速，進入偏轉磁場時速度為v，由動能定理

   　　　…………………①（1分）

進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r

………………②（2分）

   打到H點有　　　　………………………③（1分）

由①②③得　…………(1分)

（2）要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在磁場中運動偏角小于90°，臨界狀態為90°，如圖所示，磁場區半徑

　　　　　　　　　　　　（2分）

　所以磁場區域半徑滿足　　　（1分）

18．(14分) 解：（1）設小球經過B點時的速度大小為v_B，由機械能守恒得：

            （1分）

        求得：v_B=10m/s.        （1分）

（2）設小球經過C點時的速度為v_C，對軌道的壓力為N，則軌道對小球的壓力N’=N，根據牛頓第二定律可得：

 N’－mg =     （2分）

由機械能守恒得：

     （2分）

由以上兩式及N’= N求得：N = 43N.      （2分）

（3）設小球受到的阻力為f，到達S點的速度為v_S，在此過程中阻力所做的功為W，易知v_D= v_B，由動能定理可得：

    （2分）

求得W=－68J. （2分）

小球從D點拋出后在阻力場區域內的運動軌跡不是拋物線．（2分）

19.（16分） （1）由題意可知：板1為正極，板2為負極                  ①

　　兩板間的電壓U＝                   　　 ②

而：S＝πr²　　　　　　　　　　　　　 　 　③

帶電液滴受的電場力：F＝qE=　　　　　　　　　　 　　 ④

故：F－mg＝－mg＝ma

a=－g                                            　　⑤

討論：

一．若　a>0

液滴向上偏轉，做類似平拋運動

y＝ 　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥

當液滴剛好能射出時：

有　l＝v₀t   t＝　　y＝d　

故　d=                        　　⑦

由②③⑦得　　K₁＝    ⑧

 要使液滴能射出，必須滿足　y<d    故　K＜K₁

二．若　a＝0

液滴不發生偏轉，做勻速直線運動，此時　a=－g＝0　　　　⑨

由②③⑨得　K₂＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑩

液滴能射出，必須滿足K＝K₂

三．若　a<0,、，液滴將被吸附在板2上。

綜上所述：液滴能射出，