某種小發電機的內部結構平面圖如圖1所示，永久磁體的內側為半圓柱面形狀，它與共軸的圓柱形鐵芯間的縫隙中存在輻向分布、大小近似均勻的磁場，磁感應強度B=0.5T．磁極間的缺口很小，可忽略．如圖2所示，單匝矩形導線框abcd繞在鐵芯上構成轉子，ab=cd=0.4m，bc=0.2m．鐵芯的軸線OO′在線框所在平面內，線框可隨鐵芯繞軸線轉動．將線框的兩個端點M、N接入圖中裝置A，在線框轉動的過程中，裝置A能使端點M始終與P相連，而端點N始終與Q相連．現使轉子以ω=200π rad/s角速度勻速轉動．在圖1中看，轉動方向是順時針的，設線框經過圖1位置時t=0．（取π=3）
（1）求t=

1

400

s時刻線框產生的感應電動勢；
（2）在圖3給出的坐標平面內，畫出P、Q兩點電勢差U_PQ隨時間變化的關系圖線（要求標出橫、縱坐標標度，至少畫出一個周期）；
（3）如圖4所示為豎直放置的兩塊平行金屬板X、Y，兩板間距d=0.17m．將電壓U_PQ加在兩板上，P與X相連，Q與Y相連．將一個質量m=2.4×10^-12kg，電量q=+1.7×10^-10C的帶電粒子，在t₀=6.00×10^-3s時刻，從緊臨X板處無初速釋放．求粒子從X板運動到Y板經歷的時間．（不計粒子重力）

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某種小發電機的內部結構平面圖如圖1所示，永久磁體的內側為半圓柱面形狀，它與共軸的圓柱形鐵芯間的縫隙中存在輻向分布、大小近似均勻的磁場，磁感應強度B=0.5T．磁極間的缺口很小，可忽略．如圖2所示，單匝矩形導線框abcd繞在鐵芯上構成轉子，ab=cd=0.4m，bc=0.2m．鐵芯的軸線OO′在線框所在平面內，線框可隨鐵芯繞軸線轉動．將線框的兩個端點M、N接入圖中裝置A，在線框轉動的過程中，裝置A能使端點M始終與P相連，而端點N始終與Q相連．現使轉子以ω=200π rad/s角速度勻速轉動．在圖1中看，轉動方向是順時針的，設線框經過圖1位置時t=0．（取π=3）
（1）求t=

1

400

s時刻線框產生的感應電動勢；
（2）在圖3給出的坐標平面內，畫出P、Q兩點電勢差U_PQ隨時間變化的關系圖線（要求標出橫、縱坐標標度，至少畫出一個周期）；
（3）如圖4所示為豎直放置的兩塊平行金屬板X、Y，兩板間距d=0.17m．將電壓U_PQ加在兩板上，P與X相連，Q與Y相連．將一個質量m=2.4×10^-12kg，電量q=+1.7×10^-10C的帶電粒子，在t₀=6.00×10^-3s時刻，從緊臨X板處無初速釋放．求粒子從X板運動到Y板經歷的時間．（不計粒子重力）

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某種小發電機的內部結構平面圖如圖1所示，永久磁體的內側為半圓柱面形狀，它與共軸的圓柱形鐵芯間的縫隙中存在輻向分布、大小近似均勻的磁場，磁感應強度B=0.5T．磁極間的缺口很小，可忽略．如圖2所示，單匝矩形導線框abcd繞在鐵芯上構成轉子，ab=cd=0.4m，bc=0.2m．鐵芯的軸線OO′在線框所在平面內，線框可隨鐵芯繞軸線轉動．將線框的兩個端點M、N接入圖中裝置A，在線框轉動的過程中，裝置A能使端點M始終與P相連，而端點N始終與Q相連．現使轉子以ω=200π rad/s角速度勻速轉動．在圖1中看，轉動方向是順時針的，設線框經過圖1位置時t=0．（取π=3）
（1）求t=s時刻線框產生的感應電動勢；
（2）在圖3給出的坐標平面內，畫出P、Q兩點電勢差U_PQ隨時間變化的關系圖線（要求標出橫、縱坐標標度，至少畫出一個周期）；
（3）如圖4所示為豎直放置的兩塊平行金屬板X、Y，兩板間距d=0.17m．將電壓U_PQ加在兩板上，P與X相連，Q與Y相連．將一個質量m=2.4×10^-12kg，電量q=+1.7×10^-10C的帶電粒子，在t=6.00×10^-3s時刻，從緊臨X板處無初速釋放．求粒子從X板運動到Y板經歷的時間．（不計粒子重力）

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一．選擇題

1．A 

2．B 

3．C 　

4．AD  　

5．D 

6．D  　

7．C 

8．A 

9.C 

10.CD

二、實驗題

11． (1)5.10  （4分） (2)1.0， 2.6 （每空2分） (3)P點到桌面的高度h；重錘在桌面上所指的點與Q點的距離a；圖略（指明各物理量含義4分，圖中的標注清晰合理2分） （４）    （4分） 

說明：其中第三小題測量也可有其它組合，相應第小題的表達式也會有所不同，如測量兩光電門距水平桌面的高度和兩光電門之間的水平距離，只要合理的也給分．

計算題

12．①將S₂切換到b ，R₁＝ ②.E＝1.43或10/7V，R₂＝1.2Ω

③較小  ，  甲 

三．計算題

13、（15分）（1）土衛六圍繞土星做圓周運動，萬有引力提供向心力

依牛頓第二定律有：           ①

整理得土星的質量：                  ②

（2）

（3）中子和氮核碰撞過程遵循動量守恒定律，設中子質量為m，入射速度大小為v，反彈速度大小為v₁，氮核獲得的速度大小為v₂，取中子入射方向為正方向，由動量守恒定律：

       ③

代入數據有：     ④

解得：      ⑤

其中①②式各1分，③④⑤各2分，完成核反應方程2分

14、（1）由題意可知，粒子在磁場中做勻速圓周，軌跡如圖所示，粒子先通過A點，則在O點的速度方向如圖，由左手定則可判斷出磁場方向垂直紙面向外．

（2）設粒子初速度方向與x軸的負方向夾角為α，軌道半徑為R，由幾何關系知：

tanα= = a/b  ①    所以  　②　　

又據幾何關系　　�、�

由牛頓第二定律：BQV=mV²/R　　④

由⑤⑥兩式得：　　�、�

本題共15分，其中磁場方向占3分，①――④各2分，⑤式4分

15．解：從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變，根據它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1   ①

       兩球碰撞過程有：   ②　

                          ③

                 解得：   �、�

本題共12分，其中①④式各2分，②③各4分。

16．(15分)

(1)線框轉動過程中，bc邊始終和磁場方向垂直，感應電動勢大小不變，設t=2.5×10^－3s的感應應電動勢為E    E=BL₂L₁ω     ①

帶入數據得：         E=25V    ②

設，根據安培定則，從t=0開始，內U_ad為正值，內U_ad為負值，圖像如圖

(2)在EF上加電壓后，板間產生強度E不變，方向交替變化的勻強電場，微粒時刻開始運動，一個周期內的運動情況如圖，設微粒在電場中運動的加速度為a

   ③     其中   ④

       ⑤

       ⑥ 

微粒在一個周期內前進的距離S=2S₁－2S₁ ⑦    

由③④⑤⑥各式得：S=0.125m

由于粒子做往復運動，所以實際運動時間小于4T,設運動總時間為t，

t=3T+2×0.3T-Δt       ⑧

其中Δt滿足：　　�、�

由以上各式t=3.32×10^-2s　　　　　　�、�

本提共21分，其中①②⑦⑧⑨⑩式每式1分，③④⑤⑥每式1分， 圖象占5分，其它表達方式正確也給分。