題目列表(包括答案和解析)
T．長度也為L1、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環中心，另一端恰好搭接在金屬環上，繞著a端做逆時針方向的勻速轉動，角速度為ω=
rad/s．通過導線將金屬桿的a端和金屬環連接到圖示的電路中（連接a端的導線與圓環不接觸，圖中的定值電阻R1=R，滑片P位于R2的正中央，R2=4R），圖中的平行板長度為L2=2m，寬度為d=2m．當金屬桿運動到圖示位置時，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度vo=0.5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B2=2T，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大．（忽略金屬桿與圓環的接觸電阻、圓環電阻及導線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射等影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應及帶電粒子的重力和空氣阻力．提示：導體棒以某一端點為圓心勻速轉動切割勻強磁場時產生的感應電動勢為E=
）試分析下列問題：
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Rl和R2的阻值均為50
，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=50
sin l0πt V
B．電流表的示數為1 A
C．電壓表的示數為25 V
D．R1上消耗的電功率為50W
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50
V
D．R1上消耗的電功率為50 W
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
的勻強磁場中，以10
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）
上消耗的電功率為多少？
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
的勻強磁場中，以10
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）
上消耗的電功率為多少？
題號
1
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3
4
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6
7
8
9
10
11
12
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vB，由機械能守恒得：
（1分）
求得：vB=10m/s. （1分）
（2）設小球經過C點時的速度為vC，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vS，在此過程中阻力所做的功為W，易知vD= vB，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 �、�
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＝ 
�、�
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 �、�
由②③⑨得 K2＝
�、�
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，
替代⑧式中的d
12
13
⑴木塊和木盒分別做勻減速運動，加速度大小分別為：aA = μAg = 
代入數據得：T = 2s
（2分）
SA= vA T1－
代入數據得；T1=T=2s （2分）
m/s 
m/s 
m/s