題目列表(包括答案和解析)
某空間中存在一個有豎直邊界的水平方向勻強磁場區域，現將一個等腰梯形閉合導線圈，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過這個區域，尺寸如圖所示，下圖中能正確反映該過程線圈中感應電流隨時間變化的圖象是（ ）某空間中存在一個有豎直邊界的水平方向勻強磁場區域，現將一個等腰梯形閉合導線圈，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過這個區域，尺寸如圖所示，下圖中能正確反映該過程線圈中感應電流隨時間變化的圖象是
A．
B．
C．
D．
，則能正確反映該過程線圈中感應電流i隨時間t變化的是（規定adcba的方向為電流正方向）
如圖所示，空間被分層若干個區域，分別以水平線aa'、bb'、cc'、dd'為界，每個區域的高度均為h，期中區域Ⅱ存在垂直于紙面向外的勻強磁場，區域Ⅲ存在垂直于紙面向里且與區域Ⅱ的磁感應強度大小相等的勻強磁場．豎直面內有一邊長為h、質量為m的正方形導體框，導體框下邊與aa'重合并由凈值開始自由下落，導體框下邊剛進入bb'就做勻速直線運動，之后導體框下邊越過cc'進入區域Ⅲ，導體框的下邊到達區域Ⅲ的某一位置時又開始做勻速直線運動．求：從導體框下邊剛進入bb'時到下邊剛處dd'時的過程中，導體框中產生的熱量．（已知重力加速度為g，導體框始終在豎直面內運動且下邊始終水平）如圖所示，空間被分層若干個區域，分別以水平線aa＇、bb＇、cc＇、dd＇為界，每個區域的高度均為h，期中區域Ⅱ存在垂直于紙面向外的勻強磁場，區域Ⅲ存在垂直于紙面向里且與區域Ⅱ的磁感應強度大小相等的勻強磁場。豎直面內有一邊長為h、質量為m的正方形導體框，導體框下邊與aa＇重合并由凈值開始自由下落，導體框下邊剛進入bb＇就做勻速直線運動，之后導體框下邊越過cc＇進入區域Ⅲ，導體框的下邊到達區域Ⅲ的某一位置時又開始做勻速直線運動。求：從導體框下邊剛進入bb＇時到下邊剛處dd＇時的過程中，導體框中產生的熱量。（已知重力加速度為g，導體框始終在豎直面內運動且下邊始終水平）
題號
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12
答案
C
D
C
ACD
D
A
B
D
BCD
ACD
BD
AC
13.(1) ①從該時刻經
，質點M恰經過平衡位置，所以位移為0。②該時刻。振動增強的點是：M、O、P、Q；振動減弱的點是：N。 (2) C
14．（10分）（1）a.干電池正常；b.電鍵正常；c.閉合天關關回路是連通的，沒有斷路之處。（3分）（每答對一點得1分）；
（2）ACF（3分） （有一處錯誤即不給分）
（3）由于燈絲的電阻率隨溫度的升高而增大，歐姆表測出的小燈泡電阻值是常溫下的電阻值，而根據公式計算出的小燈泡電阻值是高溫下（正常工作）的電阻值。（3分，每答對一點得1分） （4）H（3分）
15. （10分）（1）刻度尺; （1分）
（2）把木板的末端墊起適當高度
以平衡摩擦力 （2分）
（3）點距均勻(1分)
（4）2W、3W、4W、5W(2分)
（5）v2（1分）；圖像 (2分)
（6）分析誤差來源或改進試驗
方案或測量手段，重新進行試驗（1分）；
若答：“修改試驗數據數據，
使之符合自己的推測”得0分；
16.（1）分析：要求了解光電效應的規律及光子說理論。
解答：由愛因斯坦光電效應方程可得：
=W+
m
∴=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10―19J
∴λ=
=4.3×10―7 m
(2)評析:（1） 輸電線的電阻為：
①
P損=P1×4% ②
P損=I2 R ③
P2=P1 ④
P2=I2U2 ⑤
由①②③④⑤式得升壓變壓器的輸出電壓：U2=80000V ⑥
(2) 輸電線上的電壓的損失：U損=I2R=3200V ⑦
17．（14分）分析和解：（1）帶電粒子經過電場加速，進入偏轉磁場時速度為v，由動能定理
…………………①（1分）
進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r
………………②（2分）
打到H點有 
………………………③（1分）
由①②③得 
…………(1分)
（2）要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在磁場中運動偏角小于90°，臨界狀態為90°，如圖所示，磁場區半徑
（2分）
所以磁場區域半徑滿足
�。�1分）
18．(14分) 解：（1）設小球經過B點時的速度大小為vB，由機械能守恒得：
（1分）
求得：vB=10m/s. （1分）
（2）設小球經過C點時的速度為vC，對軌道的壓力為N，則軌道對小球的壓力N’=N，根據牛頓第二定律可得：
N’－mg = 
（2分）
由機械能守恒得：
（2分）
由以上兩式及N’= N求得：N = 43N. （2分）
（3）設小球受到的阻力為f，到達S點的速度為vS，在此過程中阻力所做的功為W，易知vD= vB，由動能定理可得：
（2分）
求得W=－68J. （2分）
小球從D點拋出后在阻力場區域內的運動軌跡不是拋物線．（2分）
19.（16分） （1）由題意可知：板1為正極，板2為負極 ①
兩板間的電壓U＝
②
而：S＝πr2 �、�
帶電液滴受的電場力：F＝qE=
④
故：F－mg＝－mg＝ma
a=
－g
⑤
討論：
一．若 a>0
液滴向上偏轉，做類似平拋運動
y＝ 
⑥
當液滴剛好能射出時：
有 l＝v0t t＝
y＝d
故 d=
⑦
由②③⑦得 K1＝ 
⑧
要使液滴能射出，必須滿足 y<d 故 K＜K1
二．若 a＝0
液滴不發生偏轉，做勻速直線運動，此時 a=
－g＝0 ⑨
由②③⑨得 K2＝
⑩
液滴能射出，必須滿足K＝K2
三．若 a<0,、，液滴將被吸附在板2上。
綜上所述：液滴能射出，
替代⑧式中的d
12
13
⑴木塊和木盒分別做勻減速運動，加速度大小分別為：aA = μAg = 
代入數據得：T = 2s
（2分）
SA= vA T1－
代入數據得；T1=T=2s （2分）
m/s 
m/s 
m/s