北京市學業(yè)水平物理試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016年北京市學業(yè)水平物理試卷一、本部分共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項．1．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播,某時刻的波形如圖所示，則該簡諧波的（）A．波長為1.0m B．波長為2。0m C．振幅為10.0cm D．振幅為20。0cm2．衛(wèi)星發(fā)射時，可利用其隨地球自轉(zhuǎn)的速度，達到節(jié)省燃料的目的．僅從該角度考慮，衛(wèi)星發(fā)射場的位置應建在（）A．赤道附近 B．靠近南極 C．靠近北極 D．地面任意處3．如圖甲所示，矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，線框中的感應電動勢e隨時間t的變化關系如圖乙所示,則(）A．線框的轉(zhuǎn)動周期為0。01s B．電動勢的有效值為311VC．電動勢e=220sin（50πt)V D．電動勢e=311sinV4．陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上出現(xiàn)一條亮線（如圖）．要使該亮線向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，可加上沿（）A．z軸正方向的磁場 B．y軸負方向的磁場C．z軸正方向的電場 D．y軸負方向的電場5．如圖所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩點電荷連線的中垂線，O點是MN與兩點電荷連線的交點，b、c位于兩點電荷的連線上，Ob=Oc．則（）A．場強Ea=EO B．電勢?b=?cC．電勢差UbO=UOc D．電勢?O＞?a6．如圖所示，將小砝碼置于水平桌面上的薄紙板上，用向右的水平拉力F將紙板迅速抽出,砝碼最后停在桌面上．若增加F的大小,則砝碼（）A．與紙板之間的摩擦力增大 B．在紙板上運動的時間減小C．相對于桌面運動的距離增大 D．相對于桌面運動的距離不變7．四個固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道ab如圖所示,從O點靜止釋放小物塊（可視為質(zhì)點)，仍能上升到與O點等高的位置的是（）A． B． C． D．8．一靈敏電流計G的滿偏電流為200μA,內(nèi)阻為495.0Ω．如圖所示,虛線框內(nèi)為利用該靈敏電流計改裝好的電表，M、N為新電表的接線柱，圖中電阻箱讀數(shù)為5。0Ω．現(xiàn)將MN接入某電路，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計G剛好滿偏,則根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算可知（）A．M、N兩端的電壓為0.1mV B．M、N兩端的電壓為10mVC．流過M、N的電流為2μA D．流過M、N的電流為20mA9．在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰,小球的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1=0。2kg．取向右為正方向,它們碰撞前后的x﹣t圖象如圖所示．則（）A．碰前m2做勻速運動，m1做勻加速運動B．碰后m2和m1都向右運動C．碰撞過程中兩小球的機械能總量減小D．碰撞過程中兩小球的機械能總量不變10．與一般吉他以箱體的振動發(fā)聲不同，電吉他靠拾音器發(fā)聲．如圖所示，拾音器由小磁體及繞在其上的線圈組成．磁體產(chǎn)生的磁場使鋼質(zhì)琴弦磁化而產(chǎn)生磁性,即琴弦也產(chǎn)生自己的磁場．當某根琴弦被撥動而相對線圈振動時,線圈中就會產(chǎn)生相應的電流，并最終還原為聲音信號．下列說法中正確的是（）A．換用尼龍材質(zhì)的琴弦，電吉他仍能正常工作B．若小磁體失去磁性,電吉他仍能正常工作C．琴弦振動的過程中，線圈中電流的方向不會發(fā)生變化D．拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉(zhuǎn)化成電信號二、非選擇題共60分）本部分共5小題，共60分．11．某同學用圖1所示的裝置驗證牛頓第二定律．（1）實驗中,補償打點計時器對小車的阻力和其它阻力的具體做法是：將小車放在木板上,后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器．把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做運動．(2）實驗中打出的一條紙帶的一部分如圖2所示．①紙帶上標出了連續(xù)的3個計數(shù)點A、B、C,相鄰計數(shù)點之間還有4個點沒有標出．打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上．則打點計時器打B點時,小車的速度vB=m/s；②如圖3所示，在v﹣t坐標系中已標出5個計數(shù)點對應的坐標點．其中,t=0。10s時的坐標點對應于圖2中的A點．請你將①中計算出的vB標在圖3所示的坐標系中,作出小車運動的v﹣t圖線，并利用圖線求出小車此次運動的加速度a=m/s2．（3）“細線作用于小車的拉力F等于砂和桶所受的總重力mg"是有條件的．若把實驗裝置設想成如圖4所示的模型：水平面上的小車，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有砂的砂桶相連．已知小車的質(zhì)量為M,砂和桶的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計摩擦阻力與空氣的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得F=；由此可知，當滿足條件時,可認為細線作用于小車的拉力F等于砂和桶的總重力mg．（4）在研究a與M的關系時,已經(jīng)補償了打點計時器對小車的阻力及其它阻力．若以小車加速度的倒數(shù)為縱軸、小車和車上砝碼的總質(zhì)量M為橫軸，可作出﹣M圖象．請在圖5所示的坐標系中畫出﹣M圖象的示意圖．12．如圖所示，用一個電動勢為E、內(nèi)電阻為r的電源，向滑動變阻器R供電．請推導電源輸出功率最大時需滿足的條件．13．如圖所示，長直導線與圓形線圈處于同一水平面．已知長直導線中的電流I在逐漸減小,線圈的電阻為24Ω．(1）線圈中的電流是什么方向？（2）導線對線圈的作用是吸引還是排斥？（3)當線圈中的感應電流是84mA時,通過線圈的磁通量的變化率是多少？14．如圖所示，某回旋加速器的兩個半圓金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中,兩金屬盒間存在交變電場，用其加速質(zhì)子．已知金屬盒的半徑R為16cm，磁場的磁感應強度B為1。3T，質(zhì)子穿過金屬盒間的縫隙時加速電壓U為10kV,取質(zhì)子的質(zhì)量m為1.6×10﹣27kg，電荷量q為1。6×10﹣19C．求(1）交變電場的頻率f；（2)質(zhì)子出射時的動能Ek；(3)質(zhì)子在回旋加速器中運動的圈數(shù)n．15．有些知識我們可能沒有學過，但運用我們已有的物理思想和科學方法,通過必要的分析和推理可以解決一些新的問題．(1)分別寫出國際單位制中動量和沖量的單位，并證明二者等價．（2）拉提琴時，琴弦振動的頻率f由琴弦的質(zhì)量m、長度L和所受拉力T決定．現(xiàn)將拉力增大21%，琴弦振動的頻率將怎樣改變？

2016年北京市學業(yè)水平物理試卷參考答案與試題解析一、本部分共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項．1．一列簡諧橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，某時刻的波形如圖所示，則該簡諧波的（）A．波長為1。0m B．波長為2.0m C．振幅為10.0cm D．振幅為20。0cm【考點】橫波的圖象．【分析】明確波動圖象的性質(zhì)，能根據(jù)圖象直接讀出振幅和波長即可．【解答】解：由圖可知，該波的波長為2。0m；振幅為5.0cm，故B正確，ACD錯誤．故選：B．2．衛(wèi)星發(fā)射時，可利用其隨地球自轉(zhuǎn)的速度,達到節(jié)省燃料的目的．僅從該角度考慮，衛(wèi)星發(fā)射場的位置應建在()A．赤道附近 B．靠近南極 C．靠近北極 D．地面任意處【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；萬有引力定律及其應用．【分析】地球自轉(zhuǎn)是圍繞地軸自轉(zhuǎn)的，所以地球上各點緯度越高，自轉(zhuǎn)半徑越小，又因為自轉(zhuǎn)的周期和角速度是一定的，所以緯度越低自轉(zhuǎn)半徑越大，自轉(zhuǎn)的線速度越大，越有利于衛(wèi)星的發(fā)射．【解答】解：題目要求充分利用地球的自轉(zhuǎn)，因為從空間看，地球是自西向東自轉(zhuǎn)的，所以要充分利用自轉(zhuǎn)的速度，所以在地球上發(fā)射衛(wèi)星的地點，自轉(zhuǎn)的線速度越大越好，根據(jù)v=rω可知,地球上各點自轉(zhuǎn)的ω是一樣的，那么需要更大的線速度則在自轉(zhuǎn)半徑最大的地方建立發(fā)射場就好,又因為地球是圍繞地軸在轉(zhuǎn)動的,轉(zhuǎn)動半徑隨緯度的增加而減小，故要使發(fā)射時自轉(zhuǎn)線速度最大，則自轉(zhuǎn)半徑最大，而自轉(zhuǎn)半徑最大處在赤道即緯度最低的地方，衛(wèi)星發(fā)射場的位置應建在赤道附近．故A正確,BCD錯誤故選:A3．如圖甲所示，矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，線框中的感應電動勢e隨時間t的變化關系如圖乙所示，則（）A．線框的轉(zhuǎn)動周期為0.01s B．電動勢的有效值為311VC．電動勢e=220sin（50πt）V D．電動勢e=311sinV【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關系．【分析】根據(jù)圖象可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進一步可求出其瞬時值的表達式以及有效值等．【解答】解：A、由乙圖可知，線框轉(zhuǎn)動的周期T=0.02s，故A錯誤；B、由乙圖可知，交流電的最大值為Em=311V，有效值為E=，故B錯誤；C、交流電的角速度為，電動勢的瞬時值為e=311sin100πtV,故C錯誤，D正確；故選:D4．陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上出現(xiàn)一條亮線（如圖）．要使該亮線向z軸正方向偏轉(zhuǎn)，可加上沿()A．z軸正方向的磁場 B．y軸負方向的磁場C．z軸正方向的電場 D．y軸負方向的電場【考點】左手定則．【分析】電子射線由陰極沿x軸方向射出,形成的亮線沿z軸正方向偏轉(zhuǎn)，說明電子受到的洛倫茲力方向向上,將四個選項逐一代入,根據(jù)左手定則判斷分析,選擇可行的磁場方向．【解答】解：A、若加一沿z軸正方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y軸正方向，亮線向y軸正方向偏轉(zhuǎn),故A錯誤．B、若加一沿y軸負方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z軸正方向，亮線向上偏轉(zhuǎn)，故B正確．C、若加一沿z軸正方向的電場，電子受到的電場力沿z軸的負方向，亮線向下偏轉(zhuǎn)，故C錯誤．D、若加一沿y軸負方向的電場,電子受電場力作用向內(nèi)，即亮線向y軸正方向偏轉(zhuǎn),故D錯誤．故選：B．5．如圖所示,在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩點電荷連線的中垂線,O點是MN與兩點電荷連線的交點，b、c位于兩點電荷的連線上，Ob=Oc．則（)A．場強Ea=EO B．電勢?b=?cC．電勢差UbO=UOc D．電勢?O＞?a【考點】電場的疊加；電勢差與電場強度的關系．【分析】該題考查電場強度與電勢的關系．根據(jù)對稱關系得到電荷在電場中做功的關系,進而比較電勢、電勢差．【解答】解：A、點電荷的場強，所以，每個電荷在O點的場強都要大于在a點的場強;且兩個點電荷在O點的場強方向相同,在a點的方向不同，根據(jù)疊加原理，可得,EO＞Ea,故A錯誤；B、在兩點電荷連線上，電場線方向由正電荷指向負電荷,沿著電場線電勢降低，所以，Φb＞Φc,故B錯誤;C、電場強度大小關于MN對稱，另外，在bc上，電場強度方向向右，所以，電勢沿著bc降落，且與O點距離相同處，電勢差相等，即有UbO=UOc，故C正確；D、在兩點電荷連線的中垂線MN上，電場強度方向都是水平向右，電場線方向也都是水平的,根據(jù)等勢線處處與電場線垂直，所以，MN為一條等勢線，所以，ΦO=Φa．故選:C．6．如圖所示,將小砝碼置于水平桌面上的薄紙板上，用向右的水平拉力F將紙板迅速抽出，砝碼最后停在桌面上．若增加F的大小，則砝碼(）A．與紙板之間的摩擦力增大 B．在紙板上運動的時間減小C．相對于桌面運動的距離增大 D．相對于桌面運動的距離不變【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．【分析】根據(jù)滑動摩擦力公式分析砝碼與紙板間摩擦力的變化，分析兩者加速度的變化，判斷運動時間的變化．由速度公式分析砝碼滑到桌面上時速度的變化,再分析相對于桌面滑行距離的變化．【解答】解:A、砝碼對紙板的壓力，由f=μN知砝碼與紙板之間的摩擦力不變，故A錯誤．B、增加F的大小,紙板的加速度增大，而砝碼的加速度不變，所以砝碼在紙板上運動的時間減小，故B正確．CD、設砝碼在紙板上運動時的加速度大小為a1，在桌面上運動時的加速度為a2．則砝碼相對于桌面運動的距離為：S=+由v=a1t1知：a1不變，砝碼在紙板上運動的時間t1減小，則砝碼離開紙板時的速度v減小，由上知砝碼相對于桌面運動的距離S減小，故CD錯誤．故選:B7．四個固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道ab如圖所示，從O點靜止釋放小物塊(可視為質(zhì)點)，仍能上升到與O點等高的位置的是(）A． B． C． D．【考點】機械能守恒定律．【分析】根據(jù)機械能守恒的條件，結合各選項中小球運動的特點，逐選項分析即可．【解答】解：A、小球沿光滑的斜面軌道運動,到達最高點時的速度等于0，恰好到達與O點高度相等的點,故A正確;B、小球沿光滑的斜面軌道運動，離開軌道后做斜上拋運動，到達最高點時沿水平方向的分速度不能等于0，由機械能守恒可知,小球不能到達與O點等高的點．故B錯誤；C、D、小球沿光滑的斜面軌道運動到接近軌道的端點b點時，速度的方向沿軌道的切線方向指向左上方,可知小球沿軌道運動到接近b點時，沿水平方向的分速度不能等于0，由機械能守恒可知，小球不能到達與O點等高的點．故C錯誤，D錯誤．故選：A8．一靈敏電流計G的滿偏電流為200μA,內(nèi)阻為495.0Ω．如圖所示，虛線框內(nèi)為利用該靈敏電流計改裝好的電表，M、N為新電表的接線柱,圖中電阻箱讀數(shù)為5。0Ω．現(xiàn)將MN接入某電路，發(fā)現(xiàn)靈敏電流計G剛好滿偏，則根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算可知()A．M、N兩端的電壓為0.1mV B．M、N兩端的電壓為10mVC．流過M、N的電流為2μA D．流過M、N的電流為20mA【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】由圖示電路圖可知：電流計與電阻箱并聯(lián)，應用并聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題．【解答】解：AB、M、N兩端電壓為：U=IgRg=200×10﹣6×495。0V=0。099V=99mV,故AB錯誤；CD、流過M、N的電流為：I=Ig+=200×10﹣6+=0。02A=20mA,故C錯誤，D正確；故選：D9．在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰,小球的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1=0。2kg．取向右為正方向，它們碰撞前后的x﹣t圖象如圖所示．則（）A．碰前m2做勻速運動,m1做勻加速運動B．碰后m2和m1都向右運動C．碰撞過程中兩小球的機械能總量減小D．碰撞過程中兩小球的機械能總量不變【考點】動量守恒定律．【分析】x﹣t（位移時間）圖象的斜率等于速度，由數(shù)學知識求出碰撞前后兩球的速度，分析碰撞前后兩球的運動情況．根據(jù)動量守恒定律求解兩球質(zhì)量關系，由能量守恒定律求出碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能．【解答】解:A、由x﹣t（位移時間）圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時間而變化,處于靜止．m1向速度大小為:v1==4m/s,做勻速運動，故A錯誤．B、由圖示圖象可知，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動，兩物體運動方向相反，故B錯誤．CD、由圖示圖象可知，碰后m2和m1的速度分別為v2′=2m/s，v1′=﹣2m/s,根據(jù)動量守恒定律得：m1v1=m2v2′+m1v1′,代入解得：m2=0.6kg．碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為:△E=m1v12﹣m1v1′2﹣m2v22，代入解得:△E=0，機械能守恒，故C錯誤，D正確．故選：D10．與一般吉他以箱體的振動發(fā)聲不同，電吉他靠拾音器發(fā)聲．如圖所示，拾音器由小磁體及繞在其上的線圈組成．磁體產(chǎn)生的磁場使鋼質(zhì)琴弦磁化而產(chǎn)生磁性，即琴弦也產(chǎn)生自己的磁場．當某根琴弦被撥動而相對線圈振動時,線圈中就會產(chǎn)生相應的電流，并最終還原為聲音信號．下列說法中正確的是()A．換用尼龍材質(zhì)的琴弦，電吉他仍能正常工作B．若小磁體失去磁性，電吉他仍能正常工作C．琴弦振動的過程中,線圈中電流的方向不會發(fā)生變化D．拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉(zhuǎn)化成電信號【考點】電磁感應在生活和生產(chǎn)中的應用．【分析】電吉他是將琴弦與線圈所圍成的面積放入于磁場中，當琴弦振動時所圍成面積的磁通量發(fā)生變化，導致線圈產(chǎn)生感應電流，最后通過擴音器放大經(jīng)揚聲器播出．【解答】解：A、電吉他不可以使用尼龍線做琴弦．若是尼龍線則不能構成回路,故A錯誤；B、若失去磁性則無法產(chǎn)生電磁感應，因此吉他不能正常工作，故B錯誤；C、琴弦振動時，線圈中產(chǎn)生感應電流的大小和方向均是變化的,若是恒定,則聲音全是一種調(diào)，更何況也不可是恒定電流的．故C錯誤；D、電吉他是屬于磁生電的應用,是根據(jù)電磁感應原理工作的．拾音器的作用是利用電磁感應把琴弦的振動轉(zhuǎn)化成電信號，故D正確．故選：D．二、非選擇題共60分）本部分共5小題，共60分．11．某同學用圖1所示的裝置驗證牛頓第二定律．（1)實驗中，補償打點計時器對小車的阻力和其它阻力的具體做法是：將小車放在木板上，后面固定一條紙帶,紙帶穿過打點計時器．把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做勻速運動．（2）實驗中打出的一條紙帶的一部分如圖2所示．①紙帶上標出了連續(xù)的3個計數(shù)點A、B、C，相鄰計數(shù)點之間還有4個點沒有標出．打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源上．則打點計時器打B點時，小車的速度vB=0。44m/s；②如圖3所示，在v﹣t坐標系中已標出5個計數(shù)點對應的坐標點．其中，t=0.10s時的坐標點對應于圖2中的A點．請你將①中計算出的vB標在圖3所示的坐標系中，作出小車運動的v﹣t圖線，并利用圖線求出小車此次運動的加速度a=1.0m/s2．（3）“細線作用于小車的拉力F等于砂和桶所受的總重力mg”是有條件的．若把實驗裝置設想成如圖4所示的模型：水平面上的小車，用輕繩跨過定滑輪使之與盛有砂的砂桶相連．已知小車的質(zhì)量為M，砂和桶的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計摩擦阻力與空氣的阻力，根據(jù)牛頓第二定律可得F=；由此可知，當滿足m＜＜M條件時，可認為細線作用于小車的拉力F等于砂和桶的總重力mg．（4）在研究a與M的關系時,已經(jīng)補償了打點計時器對小車的阻力及其它阻力．若以小車加速度的倒數(shù)為縱軸、小車和車上砝碼的總質(zhì)量M為橫軸，可作出﹣M圖象．請在圖5所示的坐標系中畫出﹣M圖象的示意圖．【考點】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系．【分析】根據(jù)實驗目的明確實驗步驟和所要測量的物理量,即可知道實驗所需要的實驗器材，根據(jù)勻變速直線運動的推論平均速度等于中間時刻的瞬時速度求B點速度，由v﹣t圖線的斜率求加速度；根據(jù)牛頓第二定律得出加速度的倒數(shù)與小車質(zhì)量的關系以及加速度倒數(shù)與鉤碼的總質(zhì)量m的倒數(shù)的關系，從而選擇圖象．【解答】解：（1）平衡摩擦力時，把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時能拖動紙帶沿木板做勻速直線運動即可；（2)根據(jù)勻變速直線運動的推論，平均速度等于中間時刻的瞬時速度（3）作圖v﹣t圖象的斜率等于加速度，=1。0（3）以小車與砂和桶組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得：mg=（M+m）a，系統(tǒng)的加速度a=，以小車為研究對象，由牛頓第二定律得細線作用于小車的拉力為：F=Ma==，當m＜＜M時，F(xiàn)≈mg，可以認為小車受到的拉力等于砂和桶的總重力．（4）保持外力一定時，根據(jù)牛頓第二定律得：a=,則，則以為縱軸,以總質(zhì)量M為橫軸,作出的圖象為一傾斜直線,且縱坐標不為0圖象如圖所示：故答案為：(1）勻速；(2）①0。44；②作圖如圖4，1.0;(3），m＜＜M；(4）圖象見上圖512．如圖所示，用一個電動勢為E、內(nèi)電阻為r的電源，向滑動變阻器R供電．請推導電源輸出功率最大時需滿足的條件．【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律得出電路中電流的表達式，由功率公式得出電源的輸出功率表達式，再由數(shù)學知識求解．【解答】解：由閉合電路歐姆定律得：電源的輸出功率為:P=I2R聯(lián)立得：由數(shù)學變形得：當R=r時，P有最大值．答：當R=r時電源輸出功率最大．13．如圖所示,長直導線與圓形線圈處于同一水平面．已知長直導線中的電流I在逐漸減小，線圈的電阻為24Ω．（1）線圈中的電流是什么方向?（2）導線對線圈的作用是吸引還是排斥?（3)當線圈中的感應電流是84mA時，通過線圈的磁通量的變化率是多少？【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律．【分析】（1）根據(jù)楞次定律判斷線圈中的電流方向；（2）根據(jù)楞次定律的定性的結論分析；(3）由法拉第電磁感應定律求通過線圈的磁通量的變化率；【解答】解：(1）長直導線下方的磁場方向垂直紙面向里，導線中的電流逐漸減小，穿過圓形線圈的磁通量減小，由楞次定律知線圈中的電流為順時針方向；（2）根據(jù)楞次定律感應電流的磁場阻礙磁通量的減小，圓形線圈將受到向上磁場力，所以導線對圓形線圈的作用力為吸引力（3)線圈中的感應電動勢E=IR得E═根據(jù)法拉第電磁感應定律有=2.0Wb/s答：（1）線圈中的電流是順時針方向；（2）導線對線圈的作用是吸引力（3）當線圈中的感應電流是84mA時，通過線圈的磁通量的變化率是2。0Wb/s14．如圖所示，某回旋加速器的兩個半圓金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，兩金屬盒間存在交變電場，用其加速質(zhì)子．已知金屬盒的半徑R為16cm，磁場的磁感應強度B為1.3T，質(zhì)子穿過金屬盒間的縫隙時加速電壓U為10kV,取質(zhì)子的質(zhì)量m為1。6×10﹣27kg，電荷量q為1.6×10﹣19C．求（1)交變電場的頻率f;（2)質(zhì)子出射時的動能Ek；（3）質(zhì)子在回旋加速器中運動的圈數(shù)n．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動;帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】（1)根據(jù)旋加速器的工作原理，它靠電場加速，靠磁場束縛在D形