[物理]北京市2024-2025学年高三上学期入学定位考试试卷(解析版)

这是一份[物理]北京市2024-2025学年高三上学期入学定位考试试卷(解析版)，共23页。试卷主要包含了 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共9页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 当氢原子从的状态跃迁到的状态时，发射出光子
B. 卢瑟福通过粒子散射实验证实了原子核内部存在质子
C. 原子核发生衰变时，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了2
D. 铀238的半衰期将随其温度的升高而变短
【答案】C
【解析】A．当氢原子从的状态跃迁到的状态时，需吸收能量，故A错误；
B．卢瑟福通过粒子散射实验证实了原子的核式结构，并没有证实原子核内部存在质子，故B错误；
C．原子核发生衰变时，生成的新核与原来的原子核相比，质量数减少4，质子数减少2，则中子数减少了2，故C正确；
D．半衰期是物质的固有属性，铀238的半衰期不会随其温度的升高而变短，故D错误；
故选C。
2. 如图所示，一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分离成a、b、c三束单色光，将这三束光分别照射到相同的金属板上，b光照射在金属板上有光电子放出，则可知（ ）
A. a光照射在金属板上一定不放出光电子
B. c光照射在金属板上一定放出光电子
C. 三束单色光中a光在三棱镜中传播的速度最小
D. 若三束单色光照射到相同的单缝，则a光的衍射条纹最窄
【答案】B
【解析】AB．介质对不同频率的色光折射率不同，频率越高折射率越大，通过三棱镜后偏折得越厉害。由题图可知，经玻璃三棱镜分别射向金属板a、b、c的三束光，频率依次升高。a、b、c是相同的金属板，发生光电效应的极限频率是相同的，b板有光电子放出时，说明金属的极限频率低于射向b板的光的频率，但不能确定其值是否也低于射向a板的光的频率，则c板一定有光电子放出，a板不一定有光电子放出，故A错误，B正确；
C．三种色光，c的偏折程度最大，知c的折射率最大，a的折射率最小．则c的频率最大，a的频率最小，根据公式可得在玻璃中传播时a光的速度最大，故C错误；
D．由于折射率越大，波长越小，则若三束单色光照射到相同的单缝，则a的衍射现象明显，则a光的衍射条纹最宽，故D错误。
故选B。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 布朗运动就是液体分子热运动
B. 物体的温度升高，物体内所有分子运动的速度都增大
C. 对于一定质量的气体，当分子热运动变剧烈时，其压强可以不变
D. 对一定质量的气体加热，其内能一定增加
【答案】C
【解析】A．布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的热运动，是液体分子无规则运动的反映，故A错误；
B．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能增大，并不是每个分子的动能越大，故B错误；
C．对于一定质量的气体，当分子热运动变剧烈时，即气体的温度升高，但压强可以不变，气体做等压变化，故C正确；
D．根据热力学第一定律可知，对气体加热，若气体对外做功，其内能不一定增加，故D错误。
故选C。
4. 现代生活中共享电动车已成为一种新型的短途交通工具，通过扫码开锁，循环共享，方便快捷。一辆共享电动车所用电池是锂电池，骑行在一段倾角不太大的坡路上加速上坡过程中，在此过程中电能向其他形式能量转化，下列说法正确的是（ ）
A. 电能转化动能和重力势能B. 电能转化为重力势能和内能
C. 电能转化成动能和内能D. 电能转化为机械能和内能
【答案】D
【解析】电动平衡车在一段倾角不太大的坡路上加速上坡过程中，电动平衡车速度增大，动能增大，电动平衡车的高度升高，重力势能增大，且电动平衡车在运动过程中克服摩擦力做功产生热量，故根据能量守恒可知电能转化为机械能和内能。
故选D。
5. 如图所示为沿x轴传播的一列简谐波在时刻的波形图。已知波的传播速度为，从此时起，图中的Q质点比P质点先经过平衡位置。下列说法中正确的是（ ）
A. 这列波一定沿x轴正向传播
B. 这列波的周期是2.0s
C. 经过1个周期，P质点沿x轴运动的位移为4m
D. 时Q质点的速度和加速度都沿y轴负向
【答案】A
【解析】A．Q质点比P质点先经过平衡位置，则Q质点向下运动，根据平移法可知，这列波一定沿x轴正向传播，故A正确；
B．由图可知波长为4m，则周期为
s
故B错误；
C．P质点只能在平衡位置附近沿竖直方向运动，不会“随波迁移”，故C错误；
D．=，则经过半个周期后，Q质点在x轴下方，此时速度和加速度都沿y轴正向，故D错误；
故选A。
6. 如图所示，理想变压器的原线圈匝数匝，副线圈匝数匝，交流电源的电动势瞬时值，内电阻。交流电表A和V的内阻对电路的影响可忽略不计。则（ ）
A. 当可变电阻R的阻值为10Ω时，电流表A的示数为1A
B. 当可变电阻R的阻值为10Ω时，电流表A的示数为
C. 当可变电阻R的阻值增大时，电流表A的示数减小，电压表V的示数增大
D. 通过可变电阻R的交变电流的频率为50Hz
【答案】D
【解析】AB．变压器原线圈的输入电压为
根据变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得副线圈输出电压为
当可变电阻R的阻值为10Ω时，则有
根据
可得原线圈电流为
即电流表A示数为，故AB错误；
C．当可变电阻R的阻值增大时，根据
可知副线圈输出电压不变，则电压表V的示数不变；根据
可知副线圈电流减小，则原线圈电流减小，电流表A的示数减小，故C错误；
D．变压器不改变频率，所以通过可变电阻R的交变电流的频率为
故D正确。
故选D。
7. 如图所示，两颗人造地球卫星A、B在距离地面高度不同的轨道上，绕地球做匀速圆周运动。关于这两颗卫星下列说法中正确的是（ ）
A. 卫星A的向心加速度一定较大B. 卫星A所受的向心力一定较大
C. 卫星B的机械能一定较大D. 卫星B运行的线速度可能为7.9km/s
【答案】A
【解析】A．根据万有引力提供向心力有
解得
A的轨道半径较小，则向心加速度较大，故A正确；
BC．两卫星质量大小未知，无法比较向心力和机械能的大小，故BC错误；
D．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星环绕的最大速度，卫星B运行的线速度小于为7.9km/s，故D错误；
故选A。
8. 一定质量的理想气体由状态A经过图中所示过程变到状态B（AB连线为直线），对于此过程，下列说法正确的是（ ）
A. 气体向外放热B. 外界对气体做功
C. 气体的密度一直变小D. 气体的内能一直减小
【答案】C
【解析】ABD．根据理想气体状态方程有
则有
可知图像各点与坐标原点连线斜率的倒数代表气体体积，则从A到B，体积增大，气体对外做功，即0，气体温度升高，则内能增大，根据热力学第一定律
可知，气体吸热，故ABD错误；
C．气体质量不变，体积增大，则密度减小，故C正确；故选C。
9. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，、、和为四个可变电阻。要使电容器和所带的电荷量都减少，下列措施中可行的是（ ）
A. 仅减小B. 仅减小C. 仅减小D. 仅减小
【答案】B
【解析】A．仅减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；则、的电压均增大，由于电容器电压等于的电压，电容器电压等于与的电压之和，所以两个电容器的电压都增大，所带的电荷量都增加，故A错误；
B．仅减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；由于、的电压均增大，则的电压减小，与的电压之和减小，所以两个电容器的电压都减小，所带的电荷量都减少，故B正确；
C．仅减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；由于、的电压均增大，则与的电压之和减小，所以电容器电压增大，电容器所带的电荷量增加，电容器电压减小，电容器所带的电荷量减少，故C错误；
D．仅减小，电路中电流和电压不改变，所以电容器的电压和电量都不改变，故D错误。
故选B。
10. 如图所示，a、b是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其直流电阻值与R相同，且R小于小灯泡的电阻。闭合开关S，待电路达到稳定后，a、b两灯泡均可发光。由于自感作用，在开关S接通和断开后，灯泡a和b中的电流方向和发光情况（只考虑接通和断开后的短时间内），下列说法中正确的是（ ）
A. S断开后，两灯泡中的电流方向均与S接通后的方向相反
B. S断开后，两灯泡中的电流方向均与S接通后的方向相同
C. S接通后灯泡a先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭
D. S接通后灯泡b先达到最亮，S断开后灯泡b滞后熄灭
【答案】D
【解析】S接通时，由于线圈L产生自感电动势阻碍通过线圈L电流的增大，则接通S瞬间，干路电流全部通过灯泡b，则灯泡b先达到最亮；当电路稳定后，由于线圈L直流电阻值与R相同，则灯泡a和灯泡b亮度相同；S断开时，由于线圈L产生自感电动势阻碍原电流的减小，且线圈L和灯泡b构成自感回路，灯泡a和R被中间导线短路，所以灯泡a立刻熄灭，灯泡b滞后熄灭，且通过灯泡b的电流方向与原来相反。
故选D。
11. 在跳伞比赛中，一跳伞运动员从高空竖直下落的图像如图所示，图中和的图线为两段曲线，28s开始图线可视为平行于时间轴的直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 时间内运动员所受合力先竖直向下后竖直向上
B. 时间内运动员的平均速度可能为
C. 时间内运动员的位移一定小于504m
D. 时间内运动员的位移为18m
【答案】C
【解析】A．由图像的斜率表示加速度可知，在时间内，图像的切线斜率逐渐减小，可知加速度逐渐减小，可加速度方向不变，由牛顿第二定律可知，运动员所受的合力逐渐减小，方向不变，A错误；
B．若时间内，图像是一条过原点的倾斜直线，即初速度是零，末速度是的匀加速直线运动，由图像与时间轴所围面积表示位移可知，则在时间内运动员的平均速度可能为
可实际图像与时间轴所围面积要比倾斜直线与时间轴所围面积大，因此时间内运动员的平均速度大于，B错误；
C．在时间内若运动员做初速度是，末速度是的匀减速直线运动，其位移是
在时间内，实际图像与时间轴所围面积要比504m小，C正确；
D．由题图可知，在后运动员做匀速直线运动，因此时间内运动员的位移为
D错误。
故选C。
12. 某同学在学习了奥斯特实验和磁场的相关知识后设计了一个测量微弱磁场的实验装置。他先把一个可以自由转动的小磁针放在水平桌面上，小磁针静止在南北指向上，然后再将一长直导线沿南北方向放置在小磁针上方，将导线中通入微弱电流，稳定后小磁针N极偏转了角再次处于静止状态，如图所示，他又从网上查出了小磁针所在地磁场的水平分量大小为，不考虑磁偏角，则通电长直导线在小磁针所在处产生磁场的磁感应强度大小和方向分别为（ ）
A. ，向东B. ，向西
C. ，向东D. ，向西
【答案】A
【解析】把一个可以自由转动的小磁针放在水平桌面上，小磁针静止在南北指向上，可知小磁针所在地磁场的水平分量向北，则通电长直导线在小磁针所在处产生磁场的磁感应强度向东，大小为
故选A。
13. 如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为。带电粒子束持续以速度大小为v、方向与轴线成角自管道左端轴线处进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧（圆弧半径小于a）打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，以及空气阻力的影响。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动的圆弧半径大小与v和均有关
B. 粒子相邻两次打到管壁上经历的时间与和B均无关
C. 粒子束在管道内的等效电流与v和a均有关
D. 粒子束对管道的平均作用力大小与v和a均无关
【答案】D
【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子在磁场中运动的圆弧半径大小与v有关，和无关，故A错误；
B．粒子与管壁发生弹性碰撞，则相邻两次打到管壁上经历的时间为，即
故B错误；
C．根据电流的定义式有
故C错误；
D．粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力
F=BIl=nqBl
故D正确。
故选D。
14. 中华人民共和国的标准时间是“北京时间”，而发布“北京时间”的地点在西安，因为向全国授时的钟（铯原子钟）在西安，它是我国最为精确的计时器，平均几万年或几十万年才误差1秒（s）。1s正好等于位于西安的铯原子钟的铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁时，所辐射电磁波周期的9192631770倍。若已知普朗克常量为，可见光的波长范围大约在之间，电子的电荷量为，真空中光速为。下列说法错误的是（ ）
A. 在国际单位制中，秒（s）是七个基本物理量之一的国际单位
B. 与可见光相比，铯原子基态两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波更难发生衍射
C. 两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波的能量约为
D. 两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波的能量约为
【答案】B
【解析】A．在国际单位制中，秒（s）是七个基本物理量之一的国际单位。故A正确，与题意不符；
B．根据
可得铯原子基态两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波的波长为
远大于可见光的波长，所以与可见光相比，铯原子基态两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波更容易发生衍射。故B错误，与题意相符；
CD．两个超精细能级之间跃迁时所辐射的电磁波的能量约为
故CD正确，与题意不符。
本题选错误的故选B。
第二部分
本部分共6题，共58分。
15. 在“用双缝干涉测光的波长”实验中（实验装置如图1所示）：
（1）装置图中的甲、乙、丙分别是____。
A. 滤色片、单缝和双缝B. 双缝、单缝和滤色片
C. 单缝、双缝和滤色片D. 双缝、滤色片和双缝
（2）测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图2所示，其示数为____mm。
（3）如果双缝间距是d，双缝到屏的距离是L，第1条亮纹中心到第6条亮纹中心的间距是x，则光波波长的测量值为____（用x、d、L表示）。
【答案】（1）A （2）1.970 （3）
【解析】【小问1详解】
装置图中的甲、乙、丙分别是滤色片、单缝和双缝。
故选A。
【小问2详解】
示数为
【小问3详解】
相邻两条亮纹间距为，则6条亮纹间距为
解得
根据
解得
16. 如图所示电路为用电流表和电压表测未知电阻R的两种实验电路，甲、乙两图中各同种仪器对应的规格都相同。电压表的量程为10V、内电阻约为15kΩ，电流表量程为100mA、内电阻约为50Ω，待测电阻R约为100Ω，滑动变阻器的最大阻值为20Ω、最大允许电流1.0A，电池的电动势，内阻可忽略。
（1）为了便于在实验过程中对被测电阻两端电压进行调整，以及测量的系统误差尽量小一些，应选择___（选填“甲”或“乙”）图所示的接法较为合理。
（2）若用甲图进行测量，闭合开关前，滑动变阻器的滑动头应调至最____（选填“左”或“右”）端。
（3）若使用图甲所示电路进行测量，在测量操作与计算无误的情况下，其测量值比待测电阻的真实值应偏____（选填“大”或“小”）。
【答案】（1）甲 （2）左 （3）小
【解析】【小问1详解】
待测电阻约为100Ω，由于
采用电流表外接的方式误差较小，故选甲。
【小问2详解】
滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前，应使滑动变阻器的输出电压最小，滑动头应调至最左端。
小问3详解】
电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使得电流表的示数大于通过待测电阻的电流，根据欧姆定律可知待测电阻的测量值比真实值应偏小。
17. 某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，有频率为50Hz的“交流输出”和“直流输出”两种输出，输出的电压均恒为6V。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点迹。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。
（1）下列说法正确的是 。
A. 必须将打点计时器接到电源的“交流输出”上
B. 必须用天平测出重锤的质量
C. 必须用秒表测量重锤下落的时间
D. 必须测量纸带上某些点间的距离
（2）他进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图所示。其中O点为起始点，A、B、C、D、E、F为六个连续的点迹。设B点速度为v，OB对应的高度为h，根据图中所示的数据，计算出____，____，如果在误差范围内存在关系式，即可验证机械能守恒定律。（取，结果保留3位有效数字）
（3）他继续根据纸带算出各点的速度v，量出打出各点迹时重锤下落距离h，并以为纵轴、以h为横轴画出图像，应是图中的 。
A B. C. D.
（4）他进一步分析，发现本实验存在较大误差。为此设计出用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与光电门相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t，用刻度尺测出AB之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d。已知当地的重力加速度为g，实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，且保证。指出改进后的方案相比原方案的最主要优点，并推导当机械能守恒时，物理量d、t、h、g应满足的关系式_____。
【答案】（1）AD （2）1.69 1.74 （3）C （4）
【解析】【小问1详解】
[1]A．必须将打点计时器接到电源的“交流输出”上，才能持续打点，故A正确；
B．因为这是验证单个物体机械能守恒，比较mgh与的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平测出重锤的质量，故B错误；
C．打点计时器每隔0.02s打一个点，故不需要用秒表测量重锤下落的时间，故C错误；
D．在计算重力势能减少量时，需要测量高度；在计算速度时，需要测出位移，故需要测量纸带上某些点间的距离，故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
[2] 根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为
则有
[3]对应的
【小问3详解】
继续根据纸带算出各点的速度v，量出下落距离h，并以纵轴、以h为横轴画出的图像，根据
可知是一条过原点的倾斜直线。
故选C。
【小问4详解】
光电门测速度的原理是用平均速度代替瞬时速度，因此有
根据
则有
18. 如图所示，在真空中两块带电金属板a、b水平正对放置，在板间形成匀强电场，电场方向竖直向上。板间同时存在与匀强电场正交的匀强磁场，方向垂直纸面向外。假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度从两板的左端中央，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，恰好无偏转地通过场区。已知板长为l，两板间距为d，两板间电势差为U，电子的质量为m、电荷量为e，不计电子所受重力和电子之间的相互作用力。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若撤去磁场，求电子离开电场时偏离入射方向的距离y；
（3）若撤去磁场，求电子穿过电场的整个过程中动能的增加量。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
电子恰好无偏转地通过场区，根据平衡条件有
解得
【小问2详解】
撤去磁场，电子做类平抛运动，则有
根据牛顿第二定律有
解得
【小问3详解】
根据动能定理有
解得
19. 我国跳水运动员曾多次获得跳水世界冠军，为祖国赢得了荣誉。国家队某运动员在一次10m跳台的比赛中，从跳台上跳起到达到最高点时，重心离跳台台面的高度为1.5m，在下落过程中她要做一系列动作，当下落到伸直双臂手触及水面时还要做一个翻掌压水花的动作，当手接触水面时她的重心离水面的距离是1.0m。触水后由于水的阻力作用（这个阻力包括浮力和由于运动而受到的水的阻碍作用），她将做减速运动，其重心下沉的最大深度离水面4.5m。假设她触水后，将保持竖直姿势不变，不计空气阻力，g取。
（1）估算她在下落过程中可用来完成一系列动作的时间为多少？
（2）运动员触水后到她停止下沉的过程中，所受的阻力是变力，为计算方便我们可以用平均阻力f表示她所受到的阻力。估算水对她的平均阻力约是她自身所受重力的多少倍？
（3）实际上运动员在水下向下运动过程中所受阻力是变力，其大小随着运动员在水中运动速度的减小而减小。请在图所示的坐标中，定性画出运动员入水后速度随时间变化的关系图线。
【答案】（1） （2）2.9 （3）见解析
【解析】【小问1详解】
这段时间人重心下降高度为
设空中动作可利用的时间为t，则有
得
【小问2详解】
运动员重心入水前下降高度，从接触水到水中最大深度重心下降的高度为
根据动能定理有
得
即水对他的平均阻力约是他自身所受重力的2.9倍。
【小问3详解】
由题可知
随着速度的减小，可知阻力减小，则加速度减小，当阻力等于重力时物体做匀速直线运动。如图所示
20. 在宇宙尺度下，物质在空间中的分布是均匀的。大量观测表明，星系（数量巨大的恒星系及星际尘埃组成的系统）间距在逐渐增大，即宇宙正处于膨胀状态。哈勃根据前人观测的数据提出，星系退行速度（远离观测者的速度）v跟星系与观测者的距离r之间的关系为，这一关系称为哈勃定律，式中H称为哈勃参量，仅与时间有关，目前的测量值为。根据宇宙学原理，上述哈勃定律适用于宇宙中任何一处的观察者，任何一个星系都会发现其他星系在径向地远离自己而去。
（1）星系退行速度的上限是光速c，根据哈勃参量的目前测量值，估算在地球上人们可以观察到的宇宙的最大距离。
（2）现在的宇宙仍然处于膨胀状态。如果宇宙物质密度足够大，引力减速作用强，膨胀将会停止，而后又会收缩，这样的宇宙称之为封闭宇宙；如果密度小，引力减速作用弱，宇宙会永远膨胀下去，这样的宇宙称之为开放宇宙。如图所示，以观察者O所在位置为球心，取半径为R、质量为M的球体，球面某处星系的质量为m，退行速度大小为v。
已知：质量分布均匀的球壳对于球壳外部的质点的引力，可以将球壳质量视为集中在球心，然后再应用万有引力公式进行计算；相距为R，质量分别为和的两质点之间的引力势能可表示为，其中G为引力常数。
a.写出球面处该星系与球内物质组成的系统所具有的机械能E的表达式。
b.根据哈勃参量目前测量值，分析说明开放宇宙的密度值应满足什么条件？（用和G以及一些数字表示）
【答案】（1） （2），
【解析】【小问1详解】
星系退行速度的上限是光速c，由公式可知，地球上人们可以观察到的宇宙的最大距离
【小问2详解】
[1]由可知系统的引力势能为
星系的动能为，则系统所具有的机械能
[2]对于开放宇宙，当星系速度达到上限c时，系统机械能，即
带入，联立解得
21. 近年来，电动汽车在我国迅速发展，其动力装置是电动机。如图甲所示是一台最简单的直流电动机模型示意图，固定部分（定子）装了一对磁极，旋转部分（转子）装了圆柱形铁芯，将abcd矩形单匝导线框固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴转动。线框与铁芯是绝缘的，线框通过换向器与直流电源连接。定子与转子之间的空隙很小，可认为磁场沿径向分布，线框无论转到什么位置，它的平面都跟磁感线平行，如图乙所示，线框所处位置的磁感应强度大小均为B。已知ab、cd边的质量均为M、长度均为L，其他部分质量不计，线框总电阻为R。电源电动势为E，内阻不计。当闭合开关S，线框由静止开始在磁场中转动，忽略一切阻力与摩擦，以及线圈的自感系数。
（1）分别求出刚闭合开关S后瞬间、线框的转速达到稳定后线框中的电流和；
（2）求闭合开关后，线框由静止开始转动，到转动速率达到稳定的过程中，线框ab边能达到的最大速度和电源所释放的电能W；
（3）当用电动机带动其他机器稳定工作时，线框的ab、cd边相当于都受到与转动速度方向相反、大小恒定的阻力f，f不同转动速率也不同。写出此时电动机工作效率的表达式，并求出当时，线框的ab、cd边转动的速率。
【答案】（1）； （2）， （3）
【解析】【小问1详解】
刚闭合开关S，线框中的电流为
线框的转速达到稳定后，线框的转动不再加速，又因不计一切阻力和摩擦，所以稳定后ab、cd边所受安培力为0，因此线框中的电流为。
【小问2详解】
线框转动速率达到稳定时，ab、cd边产生的感应电动势与电源的电动势相等，所以稳定时有
解得
在很短的时间内可认为电流不变，以ab为研究对象，在ab边转动的方向应用动量定理得
对整个过程求和有
其中为在整个过程中通过杆横截面的电量，又因为电源所释放的电能为
联立以上各式求得
【小问3详解】
因线框ab边和cd边所受的阻力均为f，当线框稳定转动时，线框ab边和cd边所受安培力大小与f相等，即
f=BIL
则电动机的输出功率可表示为
P=2 fv= 2BILv
又因为电源消耗的功率为EI，所以效率为
又因为
解得
当= 50%时，解得