題目列表(包括答案和解析)
| A、伏特表V讀數增大，電容C的電荷量在減小 | B、安培表A的讀數增大，電容C的電荷量在增大 | C、伏特表V的讀數增大，安培表A的讀數減小 | D、伏特表V的讀數減小，安培表A的讀數增大 |
在圖中所示的電路中，當滑動變阻器的滑動觸片向 b端移動時( )
A．伏特表V的讀數增大，安培表A的讀數減小
B．伏特表V的讀數減小，安培表A的讀數增大
c．伏特表V和安培表A的讀數都增大
D．電源的總功率減小，R2的功率增大
在圖中所示的電路中，當滑動變阻器的滑動觸片向 b端移動時：（ ）
| A．伏特表 V和安培表A的讀數都減小 |
| B．伏特表V和安培表A的讀數都增大 |
| C．伏特表V的讀數增大，安培表A的讀數減小 |
| D．伏特表V的讀數減小，安培表A的讀數增大 |
在圖中所示的電路中，當滑動變阻器的滑動觸片向 b端移動時：（ ）
A．伏特表 V和安培表A的讀數都減小
B．伏特表V和安培表A的讀數都增大
C．伏特表V的讀數增大，安培表A的讀數減小
D．伏特表V的讀數減小，安培表A的讀數增大
在圖中所示的電路中，當滑動變阻器的滑動觸片向 b端移動時，正確的說法是
A．伏特表 V和安培表A的讀數都減小
B．伏特表V和安培表A的讀數都增大
C．伏特表V的讀數增大，安培表A的讀數減小
D．伏特表V的讀數減小，安培表A的讀數增大
1.ABD 2.BD 3.D 4.BD 5.AC 6.B 7.BC 8.D 9.AB 10.D 11.D 12.AD
13. 碳粒 （2分） 液體分子運動的無規(guī)則性 （3分）
系統(tǒng)或氣體（1分） 外界（1分） 下降 （3分）
14.(每空2分) 沿Ｙ軸負方向； 5； 32
紅色明暗相間的條紋；沒有干涉條紋，仍有亮光。
15．（14分）
（1）（4分）10.501（10.500-10.502） 10.155
（2）（一）①將長木板一端墊起，讓小車重力
沿斜面的分力平衡摩擦阻力；（1分）
②小車質量遠大于沙桶的總質量。（1分）
（二）0.86，（1分）
，（2分）
0.64（1分）
(三) ①如圖（無標度、圖線作成折線或曲線
均不能得分）（2分） ② AB（2分）
16．（10分）
（1）C（2分）�。�2）（圖略）（2分）
（3）方法一 a．
（2分）
b．如（方法一）圖（2分）
c．縱軸截距的倒數（1分） 斜率除以縱軸的截距（1分）
方法二 a．
（2分）
b．如（方法二）圖（2分）
c．斜率除以縱軸截距的絕對值（1分） 縱軸截距的倒數的絕對值（1分）
17.(1)解：從起跳到最高點的時間t1,
由H=
gt
得
（2分）
t1=
=
s=0.3s
（1分）
從最高點到手觸水面過程的時間為t
h+H=
gt
得
（2分）
t=
=
s≈1.4s （1分）
所以t1+ t=1.7s
（2分）
(2)飛鏢作平拋運動，飛鏢飛行時間為
t=
=0.1s
（2分）
飛鏢在豎直方向的位移h
由h=gt=0.05m
（2分）
當考慮空氣水平阻力時，飛鏢水平方向做勻減速運動
a=
=
設第二次投擲飛鏢速度為v/
由s=v/
t?a t2得
（2分）
v/=
18.解：
設小物體滑到B時速度為V
，滑槽速度為V，由系統(tǒng)水平方向動量守恒及系統(tǒng)機械能守恒得：
mV=MV
（2分）
mg(H+R)=mV
+MV
（2分）
解得：V=4m/s （2分）
V=
之后小物體進入水平表面，而滑槽由于撞墻，速度變?yōu)?，設兩者同速為V，相對位移為S，由系統(tǒng)動量守恒及功能關系，得
mV=(m+M)V
（2分）
μmgS=mV?(m+M)V
（2分）
解得S=
所以最終小物體離C端x=（3-1.6）m=1.4m （2分）
19.解：
(1)設線圈ab邊剛好進入磁場時，速度為v1，加速度為a, 對兩個物體組成的系統(tǒng)，根據機械能守恒得： 
① （2分）
ab邊上的感應電動勢為：
②
（1分）
線圈中的感應電流為：
③
（1分）
ab邊所受的安培力為：
④
（1分）
設繩上的拉力為T，選加速度作為正方向，對重物與線圈分別利用牛頓第二定律可得：
⑤
（1分）
⑥
（2分）
聯(lián)立以上幾式可得：
（2分）
(2)設線圈的cd邊剛好進入磁場時速度為v2，由于線圈向上運動進出磁場的兩個邊界過程的運動情況完全一樣，故線圈ab邊到達磁場上邊界時的速度必定是v1，線圈cd邊剛好出磁場時速度為v2。整個線圈在磁場中時，由機械能守恒有：
⑦ （2分）
對整個過程中，由能量守恒有：
⑧ （2分）
故焦耳熱為：
⑨ （2分）
20.解：（1）帶電粒子穿過磁場時，速度變?yōu)樗剑勺笫侄▌t知，帶電粒子帶負電；（1分）
粒子射入電場后從下板邊緣飛出，粒子所受電場力向下，故上板帶負電。（1分）
（2）設粒子的速度為v0,粒子在電場中作類平拋運動，飛越兩金屬板間需時間T
水平方向有：
① （1分）
豎直方向有：
② （1分）
解得：
，
。（1分）
設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，
由牛頓第二定律有：
③ （2分）
設磁場的最小半徑為r，由幾何關系得：
④ （1分）
故磁場的最小面積為：
⑤ （2分）
（3）粒子飛越電場的時間為一定值T，粒子運動的加速度為：
⑥ （1分）
若粒子從t=0、2×10-5s、4×10-5s ……時刻進入，在時間T內側向移動距離為：
⑦
（1分）
設粒子恰好從下板右邊緣水平飛出，則有：
⑧
（1分）
解得：
設粒子進入板間向下加速時間為
，據對稱性可知再歷時粒子豎直速度為零，
對以上過程，粒子向下的位移為：
⑨
（1分）
要使粒子不碰板而飛出，應滿足： 
⑩ （2分）
聯(lián)立⑧⑨解得：
故粒子能飛出兩板間對應的入射時刻為：
（k=0，1，2，……） （2分）
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