题目列表(包括答案和解析)
矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是
A．此交流电的频率为0.2Hz
B. 此交流电动势的有效值为1V
C. t=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行
D. 线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为
单匝矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法中正确的是：（ ）
A．此交流电的频率为0.2Hz
B．0.05s时穿过线圈的磁通量为零
C．t=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行
D．线圈转速加倍时，感应电动势随时间变化的表达式为e=2sin2πt（V）
矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是
A．此交流电的频率为0.2Hz
B．此交流电动势的有效值为1V
C．t=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行
D．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为
矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是
A．此交流电的频率为0.2Hz
B. 此交流电动势的有效值为1V
C. t=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行
D. 线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为
矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是
A．此交流电的频率为0.2Hz
B．此交流电动势的有效值为1V
C．t=0.1s时，线圈平面与磁场方向平行
D．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为
一、二、选择题。
1. C 2. C 3. A 4. D 5. B 6. AB 7. ABD 8. AC 9. BD
三、简答题.本题共２小题，共计２０分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答．
10.(1)7.2 （2分） 8.695(8.692~8.698均对) （2分）
(2) ①a.平衡摩擦力（1分） b.钩码的重力远小于小车的总重力（1分）
②
（2分，其它正确也得分） 钩码的重力和小车的总质量 （2分）
11．（10分）
（1）略（3分）
（2）（3）
（3）（4分）(写出正确结果即给满分）
，电压表的电阻为RV，开关闭合电，电路中电流为I，外电路总电阻为
根据闭合电路欧姆定律有：E=U+Ir=U+
r，整理得：
可见
图象为一条直线，故横坐标应表
直线的斜率为
由此解得：
四．简答题：本题有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组题，请在其中任选两组题作答；若三组题均答，则以Ⅰ、Ⅱ两组题计分,共24分，把答案填在题中的横线上或根据要求作答。
12．(1)ＢＦＨ （全对得4分，不全对的，选对1个给1分，选错1个扣1分，扣完为止）
(2)解：
①如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最半径。
设紫光临界角为C，由全反射的知识：
（2分）
由几何知识可知: 
（1分）
（1分）
（1分）
所以有:
＝
(其他几何关系解法，只要正确参考上述步骤给分)
②紫色。（2分）
13．(1) CDF （全对得4分，不全对的，选对1个给1分，选错1个扣1分，扣完为止）
(2) 解：（1）由质量数和电荷数守恒可知：
(2分)
（2）由题设条件可求出质量亏损为：
△m=2.0136u×2-（3.0150-1.0087）u=0.0035u
所以释放的核能为：
(2分)
（3）由动量和能量守恒有
解得：
(1分)
(1分)
14．（1）飞机水平速度不变 
①
y方向加速度恒定 
②
消去t即得 
③ 由牛顿第二定律 
④
（2）在h处 
⑥ 
⑦
①~④式 共4分 ⑥~⑦式 共4分(用动能定理或其他解法正确同样给分)
15、(12分) (1)证明：因为行星的质量M=
（R是行星的半径），(1分)
行星的体积V=
R3，所以行星的平均密度
=
=
， (2分)
即T2=
，是一个常量，对任何行星都相同。
(1分)
（2）空间探测器绕地球作圆周运动，有
由
＝
得，空间站的轨道半径R＝
（1分）
＝
随空间站一起运动时，空间探测器的动能为
mv2＝
＝
（1分）
随空间站一起运动时，空间探测器具有的机械能为
E1＝－
＋mv2=－＝－
（2分）
（3）空间站要脱离地球的引力，机械能最小值为E∞＝0，因此，对探测器做功为
W＝E∞－E1＝ （2分）
由地面附近的重力加速度
得
2分）
16.
(1)
(3分)
在ab棒上升到最高点的过程中,根据能量守恒定律:
(2分)
Q=30J (1分) 电阻R上的热量:QR=Q/3=10J (1分)
(2)在0~T/4内,
(1分)
在T/4~T/2内,
(2分)
在3T/4~T内 Q3=Q1=
(1分)
+
+
=5J (1分)解得:B0=0.5T (1分)
17．解：（1）粒子由a点进入磁场在洛仑兹力作用下做圆周运动,所以
①（1分）
由题意知粒子圆周运动的半径:
② （1分）
由①、②得：
（2分）
（2）据题意，粒子在电场中的运动时间为周期的整数倍，
即：
于是得：
（1分）
粒子在电场中运动侧向总位移：
（2分）
带入已知量计算得：
（1分）
（3）由粒子在磁场中的受力可判断粒子带负电,粒子在
时刻进入电场后向N板偏转,由题意知粒子应刚好平行于N板从N板的边缘水平飞出.并沿着水平方向进入磁场.
如图，设粒子从B点进入磁场,从C点射出,O"点为粒子圆周运动的圆心,由(1)知:
,所以OBO''C为菱形,故有
, （2分）
由于粒子水平射出,故O"B⊥v0,于是OC⊥v0,方向竖直,故aOC共线,
所以射出的点到a点的距为:aC=2R=
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