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如圖所示，交流發(fā)電機的矩形線圈邊長ab=cd="0.4" m，ad=bc=0.2m，線圈匝數N=100，電阻r="1" 0Ω。線圈在磁感應強度B="0." 2 T的勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以rad/s的角速度勻速轉動，外接電阻R=9Ω，以圖示時刻開始計時，則（ ）

A．電動勢瞬時值V

B．t=0時線圈中磁通量變化率最大

C．s時線圈中感應電動勢最大

D．交變電流的有效值是A

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如圖所示，矩形線圈abcd與可變電容器C、理想電流表A組成閉合電路．線圈在有界勻強磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉動，轉動的角速度ω=100π rad/s．線圈的匝數N=100，邊長ab=0.2m、ad=0.4m，電阻不計．磁場只分布在bc邊的左側，磁感應強度大小B=

2

16π

T．電容器放電時間不計．下列說法正確的是（　�。�

A、該線圈產生的交流電動勢峰值為50 V

B、該線圈產生的交流電動勢有效值為25 2 V

C、電容器的耐壓值至少為50V

D、電容器的電容C變大時，電流表的示數變小

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14.C  15.C  16.A  17.B  18.AD  19.D  20.AD  21.BC

22.（1）①保證小球沿水平方向拋出②③1.0，1.5

（2）甲圖不合理之處：不能多次測量；超過電流表量程，不安全；超過電壓表量程，也不安全。郝 雙制 作

乙圖不合理之處：電流表量程太小；電壓表量程太大。

較為合理的電路如圖所示，

Rx的計算公式，其中U是電壓表V₁示數，I是電流表A₁示數，R₀是電阻箱示數。

23. 解：滑塊從A處到B處，由動能定理mgssin37°－μmgscos37°=mv_B²

滑塊從B到C處，由動能定理－μmgBC＝mv_C²－mv_B²

若滑塊恰好從C處平拋射出，則在C處時不受彈力作用 mg=m

聯立解得郝雙   BC＝1m

所以水平滑槽BC長度至少為1m

24. 解：⑴設第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v₁,根據動量守恒定律：

  代入數據，解得：  v₁=3m/s  

⑵設第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經過t₀與木盒相遇,

則：  

設第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度為a，根據牛頓第二定律：

得：   

設木盒減速運動的時間為t₁,加速到與傳送帶相同的速度的時間為t₂，則：

故木盒在2s內的位移為零

依題意：   

代入數據，解得：郝雙

25.解：（1）小球進入電場，做勻速直線運動時　Eq=mg　①E=mg/q②

（2）在t₁時刻加磁場，小球在時間t_０內做勻速圓周運動，設圓周運動周期為Ｔ₀，半徑為R。

豎直向下通過D點，則t₀=3T₀/4③  ④

PF-PD=R即⑤

將③、④代入⑤式解得⑥

（3）小球運動的速率始終不變，當R變大時，T₀也增加，小球在電場中的運動周期T也增加。

在小球不飛出電場的情況下，當T最大時，有：郝雙 制作

DQ=2R即⑥  ⑦

結合⑥⑦式解得⑧

⑨

結合軌跡圖可知，小球在電場中運動的最大周期⑩

結合上式解得

小球在電場中運動一個周期的軌跡圖如圖乙所示