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B r R mg v θ +=
?由能量转化守恒得E 电=E G -E K 即E 电=(2
021sin mv d d mg -+θ=((4 422 2302sin sin L
B r R g m d d mg θθ+-+
13.解:(1当方框固定不动,U 型框以v 0滑至方框最右侧时,感应电动势为E ,有:E=BLV 0 (1
bc 间并联电阻 R 并=r ×3r r +3r =3 4
r (2 bc 两端的电势差 U bc =E R 并+2r +r R 并 (3 c a b M d N B
1 由(1(2(3得 Ubc= BLV。 5 E 此时方框的热功率 P=（ ）2 R 并 R并+2r+r 2 2 2 由(1(2(5得： p
4 B l v0 75r (4 M (5 (6 N B a d b c Q （2）若方框不固定，当 U 型
(3m
4mv 由能的
框恰好不与方框分离时速度设为 v,由动量守恒可知： P 3mv0
转化和守恒可知总热量 Q 为 1 1 Q= 3m v02 - (3m+4mv2 2 2 6 由(7(8可知，Q=
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mv02 7 由动量守恒可知：3mv=3mv1+4mv2 在 t 时间内相距 S 可知：s=(v1-v2t 1 4s 由（10） （11）可知 v1= (3v+ 7 t 3 s v2= (v- 7 t (7 (8 (9 （3）若方框不固定，设 U 型框与方框分离时速度分别为 v1、v2 (10 (11 14．解： （1）设导体棒 ab 的质量为 m1，下落到最低点的速度为 v1，离开最低点的速度为 v1 。导体棒 cd 的质量 为 m2，速度为 v2 ，相互作用的时间为△t。 导体棒 ab 下落过程和跳起过程都机械能守恒，则有： 2 ，解得： v1
1 2 mv1 ，解得：v1 = 2gh1
2
10
2
10
0.8m / s = 4 m/s 2 1
= 2gh2 0.45m / s = 3 m/s m1gh2 = m1v1 2 m1gh1 = 导体
+ m2 v 2
，解得：
棒 ab、cd 在水平面相互作用过程中，由动量守恒定律有： v 2 = m1v1 = m1 v1
0.1
(4 3 m1v1
m1v1
m / s
0.5m / s m2 0.2
（2）设通过导体棒 ab 电量为 q，在水平方向受安培力作用，由动量定理有： m1v1 ， q = I C
1C BL 0.2
t
BIL
2
t m1v1 解得：q = 0.1
(4 3 m1v1
m1v1
0.5 1 Q m2 v 2 2 则：Q = m1g (h1 – h2 – （3）设产生的
热能为 Q，由导体棒 ab、cd 系统全过程能量守恒，则有： m1gh1 = m1gh2 + 1 1 2 = 0.1 ×10 ×(0.8 – 0.45 – ×0.2 ×0.52J = 0.32J m2 v 2 2 2 15．解?由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热 Q 就是线圈从图中 2 位 置到 4 位置产生的电热，而 2、4 位置动能相同，由能量守恒得：Q=mgd=0.50J ?3 位置时线圈速度一定最小，而 3 到 4 线圈是自由落体运动因此有：v02-v2=2g（d-l） ，得 v=2 2 m/s 第11页
2 2 ?2 到 3 是减速过程，因此安培力 F
B l v 减小，由 F-mg=ma 知加速度减
小，到 3 位置时加速度最小， R a=4.1m/s2 16．解： （1）在图示位置时，电动势有最大值，所以此发电机电动势最大值为： （2）电动势的瞬时值： e t ∴感应电流函数表达式为： i （3）电动势有效值： E
EM 2
E M
nBS
e nBS
cos
t R
E M cos r R
r
电流的有效值为：I
· R
r 2 ( R
电压的有效值为：U r R 2 R ·E
· nBS
（4）发电机的输出功率为： E 2 nBSR
r 2 R
r P出
IU
R n 2 B 2 S 2
2 2( R r 2 17．解：根据题意，题中所
给交流的电动势、原线圈中的电流，均为交流的有效值，应用有效值这一概念可把 问题转化为直流问题来处理。 （1） 由于变压器为理想变压器， 则负载电阻上 R 上获得的功率等于交流电源的输出功率， 即 P I1 E I12 r 。 该式表明负载电
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阻上获得的功率 P 是 I1 的一元二次函数，为此求 P 的最大值： P E E E2 可见，当 I 1
E 时，P 有最大值： Pm
E 。 I 1
r ( I1
r ( I12 2
2
r 2r 4r
2r 4r （2）由于负载获得最大功率时 I 1 E ，变压器原线圈上电压为 U1 E
I1r E ( E r E 。 2r 2 2r 变压器副线圈上的电压为 U2，由 Pm 2 Pm R
(
R
R 4r 2 所以变压器原副线圈的匝数比为： n1
P2 24
0.25 n n U1
1A, I1
U 2 ，得 U U1
r 。 n2
U 2 R 18．解： 2 E2 E R。 r I2 2 I 2 2 U2 6 n1
n1 n1 n U2 2 R n2 n1 1 A， 3 （1） E 得： I 1
n1
3： 1 n2 第12页 144 72
， R负载
L
I1 R （2） 联立（1） （2）解
R U2 62 n1 2 ）R负载
8 (3 RL 18 P 0.25 R等效 （ ‘ U 1
n2 ER等效 R R等效 240 V 13 小灯泡两端电压为 n2 ‘ 80 U1
6.15V n1 13
2'
3'
6.15V,故不能正常工作,其实际功率为 0.26W ’ U2 19．解： （1）P3=40× 6× 22=5280W ' U2 6 A n3 U2 U2 2 （3）
'
P
I 2 R
' P n2 P' U 3
P3
880 V , I 2
144 W ， P输出
P n1 U 2 100%
P =5424W （2） U 2
输出
24A ，
U2 I 2 R 904 V ,U 1 226 V ， I1 97% sin i
则 E=U1+I1r=250V n2 U1 P用 P输出 n ，折射角 r 一定
小于介质的临界角，光线 CE 再到达球 sin r 20 解：如图 DC 光线进入介质球内，发生折射 面时的入射角∠OEC=r，小于临界角，因此一定不发生全反射。如图 sini=0.8 sin r 5
0.4 4 7 5 折射率 n
sin i 4 5
1.79 i 5 sin( 2 21 解：光路如
图示。 （1）设玻璃的临介角为 C，由折射定律得： sinc=1/n= 由几何知识得:∠2=60 > ∠c 在 E 点，由折射定律得： 0 2 2 ∴∠c=45 0 ∴光线在 D 点发生全反射. sin
5
n ，由几何知识得∠4＝30° sin
4 ∴ 第一次射入空气的折射角 ∠5＝
45° （2） 、设光线由 O 点到 E 点所需的时间 t，则 第13页
t
OD DE V 又 v
c n 由数学知识得： OD
AO / tan300
3a ， DE
OC / sin 600 2 3 a 3 由以上各式可得： t
86 Rn
5 3a 3c （4 分） 222 4 22．解： (1核
反应方程： 226 88 Ra 2 He (2设衰变后，氡核的速度为 v0，α 粒子的
速度为 vα ， 由动量守恒定律得 (M-mv0=mvα （2 分） α 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 到达 A 点需时 t
L 2
2 （2 分） （2 分） 又 q
B
m
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L 2 氡核在电场中做匀加速直线运动，t 时速度为 v=v0+at 氡核加速度 a
qE M
m 2(M
mqB 2 2 由以上各式解得：
（2 分） （2 分） (Q 2 (Q
q B L
qmE 。 （2 分） 第14页