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小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速運動，產生的感應電動勢與時間呈正弦函數關系，如圖所示．此線圈與一個R=10Ω的電阻構成閉合電路．不計電路的其他電阻，下列說法正確的是（　　）

A．交變電流的周期為0.125s

B．交變電流的頻率為8Hz

C．交變電流的有效值為 2 A

D．交變電流的最大值為4A

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小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢與時間呈正弦函數關系，如圖所示．不計線圈的電阻，下列說法正確的是（　　）

A．產生的感應電動勢瞬時值表達式為e=20 2 sin8πt（V）

B．則該交流電在0.125s時，線圈平面所在位置與中性面垂直

C．若將此電動勢加在電容為C=1μF的電容器上，則該電容器的耐壓值應小于10 2 V

D．若將該交流電壓加在阻值為R=10Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率是20 W

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小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動．產生的感應電動勢與時間呈正弦函數關系，如圖所示，此線圈與一個R=10Ω的電阻構成閉合電路，不計電路的其他電阻，下列說法正確的是（　　）

A、交變電流的周期為0.04s

B、交變電流的頻率為50Hz

C、交變電流的有效值為1A

D、交變電流的最大值為1A

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小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢隨時間變化的關系如圖所示．此線圈與一個阻值為 R=9Ω的電阻組成閉合電路，線圈自身的電阻 r=1Ω，下列說法正確的是（　　）

A、交變電流的頻率為5Hz

B、串接在電路中的電流表示數為2 A

C、發電機輸出的電壓有效值為10 2  V

D、發電機輸出的電功率為18W

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小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢與時間呈正弦函數關系，如圖所示．下列說法正確的是（　　）

A、產生的感應電動勢瞬時值表達式為e=20sin4πt（V）

B、該交流電在0.125s時，線圈平面所在位置與中性面重合

C、若將此電動勢加在電容為C=1μF的電容器上，則該電容器的耐壓值應不小于10 2 V

D、若該交流發電機的線圈在勻強磁場中勻速轉動的速度增大到原來的2倍，則產生的感應電動勢的最大值為40 2 V

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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