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如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以某一角速度ω勻速轉動．t=0時，線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則（　�。�

A．t=0時，線圈中的感應電動勢最大

B．1 s內電路中的電流方向改變了 ω 2π 次

C．滑片P向下滑動時，電壓表的讀數不變

D．線圈勻速轉動的角速度ω變大時，電流表的讀數也變大

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如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以某一角速度ω勻速轉動．t=0時，線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則（　�。�

A．1s內電路中的電流方向改變了 ω π 次

B．滑片P向下滑動時，電壓表的讀數不變

C．線圈勻速運動的角速度ω變大時，電流表的讀數也變大

D．t=0時，線圈中的感應電動勢最大

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如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以角速度ω勻速轉動．t=0時刻線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則（　�。�

A、t=0時刻線圈中的感應電動勢為零

B、1s內電路中的電流方向改變 ω π 次

C、滑片P下滑時，電壓表的讀數不變

D、開關K處于斷開狀態和閉合狀態時，電流表的讀數相同

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如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以某一角速度ω勻速轉動．t=0時，線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則（　　）

A、t=0時，線圈中的感應電動勢最大

B、1s內電路中的電流方向改變了 ω π 次

C、滑片P向下滑動時，電壓表的讀數不變

D、線圈勻速運動的角速度ω變大時，電流表的讀數也變大

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如圖所示，電阻為r的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以角速度ω=100πrad/s勻速轉動．t=0時刻線圈平面與磁場垂直，各電表均為理想交流電表，則
（　�。�

A、t=0時刻線圈中的感應電動勢最大

B、1s內電路中的電流方向改變100次

C、滑片P下滑時，電壓表的讀數變大

D、開關K處于斷開狀態和閉合狀態時，電流表的讀數相同

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一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共15分．

1．C    2．B    3．A    4．D     5．C

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得 4分，選對但不全的得 2 分，錯選或不答的得 0 分．

6．AB    7．ABD     8．AC     9．AD

三、簡答題：本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分．請將解答填在答題紙上相應的位置．

10．（1）3.00�。�2分）　　�。�2）5.2±0.2�。�2分）

（3）F′近似在豎直方向，且數值與F近似相等  （2分）

11．(1)如下左圖 （2分）   a  （2分）          (2)如下右圖�。�2分）

電流表的分壓造成電阻的測量值總比真實值大．隨著溫度的升高，熱敏電阻的阻值變小，電流表的分壓作用更明顯，相對誤差更大．（能答出任一要點即給2分）

(3)在（2）的R-t圖像中做出如圖所示的圖線，據其與理論圖線的交點即可求得

50±2　　　　　　4.8±0.3      （每空2分）

12．選做題

A．(選修模塊3―3)（本題共12分，每小題4分）

（1）AC （2）6×10⁶，75    （3）①   ②A

B．(選修模塊3―4) （本題共12分，每小題4分）

（1）AC   （2）2　　　減弱  （3）或

C．(選修模塊3―5) （本題共12分，每小題4分）

（1）AC　　�。�2）兩球質量m_A、m_B   

（3）udd  

四、計算題：本題共 3小題，共 47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中須明確寫出數值和單位．

13．解答：（1）MN與PQ重合時，穿過線框的磁通量為零，故磁通量的變化量為

    2分

（2）cd邊剛過PQ的瞬間，線框中的感應電動勢

           2分

感應電流的大小為

                     1分

線框所受安培力的大小為

            1分

線框加速度的大小為

                _2分

（3）MN到達PQ前，由能量守恒可知，線框中產生的焦耳熱為

                                     _2分

MN與PQ重合的時刻，線框中的感應電動勢

                                  _1分

MN經過PQ后，線框中產生的焦耳熱

                                       2分

故在整個運動過程中，線框中產生的焦耳熱為

                                            _2分

說明：其它的解法若正確可相應給分

14．解：⑴工件剛放在水平傳送帶上的加速度為a₁

由牛頓第二定律得　

解得　　　　                                1分

經t₁時間與傳送帶的速度相同，則                1分

前進的位移為                                 1分

此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時

                                             1分

所以工件第一次到達B點所用的時間s             1分

（2）設工件上升的最大高度為h，由動能定理

                             _2分

得                                                   _1分

（3）工件沿皮帶向上運動的時間為

                                        _2分

此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度也相同，故工件將在傳送帶上將做往復運動，其周期

                                          2分

工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變為零所需時間

                                          1分

而                                                1分

這說明經23s工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零．

故工件在A點右側，到A點的距離

                                             2分

15．解：(1)由于微粒沿方向運動，可知微粒所受的合力沿方向，可得

                       ①          2分                  

易知

解之得                    ②           2分                  

(2)微粒到達點的速度可分解為水平分速度為和豎直分速度為

根據豎直方向上自由落體運動規律有，

  則           ③       1分

     ④      1分

對于水平分速度，其所對應的洛倫茲力大小為，方向豎直向上

則   ⑤  2分

即與重力恰好平衡

對于豎直分速度，其所對應的洛倫茲力大小為，方向水平向左

此力為微粒所受的合力     ⑥        2分

 (3) 由（2）可知，微粒的運動可以看作水平面內的勻速直線運動與豎直面內的勻速圓周運動的合成．能否穿出下邊界取決于豎直面內的勻速圓周運動，則

                  ⑦                              2分

解得：         ⑧                              2分

所以欲使微粒不從其下邊界穿出，磁場下邊界的坐標值應滿足

          ⑨  （寫成“<”也給分）         2分