題目列表(包括答案和解析)
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：（ ）
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：（ ）
| 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則性 （3分）
系統或氣體（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，由系統水平方向動量守恒及系統機械能守恒得：
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，速度變為0，設兩者同速為V，相對位移為S，由系統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，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，速度變為水平，由左手定則知，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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