（注：滑動(dòng)變阻器接成分壓式也正確）

    ②比例法（1分）（2 分）（2分）③r_A=R（1分）偏�。�2分）

三、解答題（本題共5小題，共54分．解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟．只寫(xiě)出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位）

15(8分)解：⑴連接BC，如圖 (1分)

在B點(diǎn)光線的入射角、折射角分別

標(biāo)為i、r，

sini=5/10=/2, 所以，

i＝45°（1分）

由折射率定律：

在B點(diǎn)有：

sin r=1/2

故：r＝30°�。�1分）

BC=2Rcos r 

t= BCn/C=2Rncos r/C（1分）

t=(/3) ×10^-9s （1分）

⑵由幾何關(guān)系可知 （1分）      α＝30°（2分）

16 解：設(shè)虛線范圍的寬度為，以帶電粒子為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得

        1分

由幾何關(guān)系可得 

    1分

虛線區(qū)域加電場(chǎng)時(shí)，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) 

       1分

    2分

由幾何關(guān)系可得 

  1分

聯(lián)立以上各式可得  2分

17（10分）解：(1) 依題意輸電電線上的功率損失為：

P_損＝ kW ＝200 kW     （1分）  

則輸電效率 η = ＝60％.     （2分）

∵P_損=I²R_線，　又∵P=IU，　　∴R_線＝＝28.8Ω.   （2分）

(2)設(shè)升壓至U′ 可滿足要求，則輸送電流I′=A.     （2分）

輸電線上損失功率為　P_損′=²R_線=P×2.5％=12500 W      （1分）

則有  ()²×R_線=12500 W， 得 U′= 2.4×10⁴V．（2分）

18（12分）解：⑴由動(dòng)能定理可知此帶電粒子穿過(guò)鉛板前的動(dòng)能，（1分）

根據(jù)，得，（2分）

又由幾何知識(shí)可得（如圖）

即，     故  （2分）

由于洛倫茲力不做功，帶電粒子穿過(guò)鉛板后的動(dòng)能， （1分）

因此粒子穿過(guò)鉛板后動(dòng)能的損失為  （1分）

（2）從D到C只有電場(chǎng)力對(duì)粒子做功，電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理，有

， （3分）

解得   （2分）

19．（16分）解：（1）根據(jù)， ，  

解得：        (3分)

（2）ab邊剛要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度    （1分）

設(shè)cd邊剛要入場(chǎng)時(shí)的速度為，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

安培力

由題得知：        解得        （3分）

線框只在進(jìn)入的過(guò)程中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，根據(jù)能量守恒定律有：

       解得      （2分）

（3）線框自由下落h的時(shí)間（線框勻加速運(yùn)動(dòng)） （1分）

設(shè)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為，由動(dòng)量定理有：

       解得（線框變加速運(yùn)動(dòng)） （3分）

完全進(jìn)入磁場(chǎng)后到落地時(shí)間為，

解得 （線框勻加速運(yùn)動(dòng)） （1分）

圖象為下：（2分）

金屬線框abcd的質(zhì)量m = 0.1kg、ab邊長(zhǎng)L = 0.1m，bc邊長(zhǎng)x=0.2m，總電阻R = 0.02Ω，線框的ab邊距離EF上方h = 0.05m處由靜止開(kāi)始自由下落，abcd始終在豎直平面內(nèi)且ab保持水平。已知在cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)之前線框已開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，求線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到ab邊剛要落地的過(guò)程中(不計(jì)空氣阻力，g取10m/s²)

⑴通過(guò)線框截面的電量q；

⑵線框產(chǎn)生的焦耳熱Q；

⑶通過(guò)計(jì)算畫(huà)出線框運(yùn)動(dòng)的v－t 圖象（在圖像上標(biāo)出關(guān)鍵的幾個(gè)數(shù)值）。