考生注意：
1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。
2.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在本試卷和答題卡相應(yīng)位置上。
3.請按照題號順序在各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。
4.考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并上交。
一、選擇題：本題共10小題，共43分。第1~7題只有一個選項符合要求，每小題4分；第8~10題有多個選項符合要求，每小題5分，全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
1.如圖所示，將一塊平凹形玻璃板倒扣在另一塊平板玻璃之上，從而在兩塊玻璃之間形成一層空氣薄膜，玻璃板的一邊沿x方向，用平行單色光向下垂直照射平凹形玻璃板，觀察到的干涉條紋形狀可能正確的是（ ）
A. B. C. D.
2.2028年奧運會新增壁球運動項目.如圖所示，運動員從A點將球斜向上擊出，水平擊中墻上B點反彈后又水平飛出，落到C點，豎直，三點在同一水平面上，垂直于AC.不計空氣阻力，球碰撞B點前后的速度大小分別為v1、v2，球在AB、BC兩段運動時間分別為t1、t2，則正確的是（ ）
A.v1=v2B.v1t2D.t1=t2
3.電影中的太空電梯非常吸引人.現(xiàn)假設(shè)已經(jīng)建成了如圖所示的太空電梯，其通過超級纜繩將地球赤道上的固定基地、同步空間站和配重空間站連接在一起，它們隨地球同步旋轉(zhuǎn).圖中配重空間站比同步空間站更高，P是纜繩上的一個平臺.則下列說法正確的是（ ）
A.太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離的平方成反比
B.超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心
C.若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉(zhuǎn)動的方向向前運動，一邊落向地球
D.若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，且斷裂處為橢圓的遠(yuǎn)地點
4.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷abcda過程回到原狀態(tài)，其P-T圖像如圖所示，其中ab、cd與T軸平行，bd的延長線過原點O.下列判斷正確的是（ ）
A.在a、c兩狀態(tài)，氣體的體積相等
B.在b、d兩狀態(tài)，氣體的體積相等
C.由c狀態(tài)到d狀態(tài)，氣體內(nèi)能增大
D.由d狀態(tài)到a狀態(tài)，氣體對外做功
5.如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.一帶電粒子從ad邊的中點M以速度v垂直于ad邊射入磁場，并恰好從ab邊的中點N射出磁場.不計粒子的重力，下列說法正確的是（ ）
A.粒子帶負(fù)電
B.若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子將從a點射出
C.若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子將從b點射出
D.若粒子射入磁場的速度增大為2v，粒子在磁場中的運動時間將變短
6.如圖，電路中電源電動勢8V、內(nèi)阻0.5Ω，電流表內(nèi)阻不計，R為定值電阻，M為電動機，P、Q兩極板正對，間距為d.閉合開關(guān)S、S1，電流表示數(shù)為3.2A，電子從P板以速度v0垂直于極板射出，恰能到達(dá)兩極板中央.再將S2閉合，穩(wěn)定后電流表示數(shù)為4A.下列說法正確的是（ ）
A.電動機M的輸出功率為6W
B.電動機M的繞線電阻為6Ω
C.定值電阻R消耗的功率減小18W
D.再讓電子從P板以速度2v0垂直于極板射出，能到達(dá)Q板
7.如圖所示，A、B、C是位于勻強電場中某直角三角形的三個頂點，AB=0.2m，∠C=30°.現(xiàn)將電荷量q=-0.1C的電荷P從A移動到B，電場力做功W1=0.2J；將P從C移動到A，電場力做功W2=-0.8J，已知B點的電勢φ=0，則（ ）
A.將電荷P從B移動到C，電場力做的功為-0.6J
B.C點的電勢為-6V
C.電場強度大小為20N/C，方向由C指向A
D.電荷P在A點的電勢能為-0.2J
8.如圖所示為一電子透鏡內(nèi)電場線的分布情況，正中間的一條電場線為直線，其他電場線關(guān)于其對稱分布，a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d兩點關(guān)于中間電場線對稱，虛線為一電子僅在電場力作用下從a運動到b的軌跡.下列說法正確的是（ ）
A.四點電勢大小關(guān)系為φa>φb=φd>φc
B.b、d兩點間連線為等勢線，且兩點電場強度大小相等
C.電子從a到b電場力做負(fù)功，電勢能增大
D.若從c點由靜止釋放一電子，其運動軌跡將與圖中c、b兩點間的電場線重合
9.如圖，足夠大水平圓盤中央固定一光滑豎直細(xì)桿，質(zhì)量分別為2m和m的小球A、B用輕繩相連，小球A穿過豎直桿置于原長為l的輕質(zhì)彈簧上，彈簧勁度系數(shù)為，B緊靠一個固定在圓盤上且與OAB共面的擋板上，在緩慢增加圓盤轉(zhuǎn)速過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，重力加速度為g，則（ ）
A.球離開圓盤后，彈簧彈力不變 B.繩子越長小球飛離圓盤時的角速度就越大
C.當(dāng)角速度為時，彈簧長度等于 D.當(dāng)角速度為時，彈簧彈力等于3mg
10.如圖甲所示，傾角為30°的光滑斜面上，質(zhì)量為2kg的小物塊在平行于斜面的拉力F作用下由靜止沿斜面向上運動，拉力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙所示.取g=10m/s2，則在物塊沿斜面運動的過程中，下列判斷正確的是（ ）
圖甲 圖乙
A.上升過程中，當(dāng)x=7.5m時物塊的速度最大
B.上升過程中，當(dāng)x=10m時物塊的速度為0
C.上升過程中，物塊能達(dá)到的最大高度為7.5m
D.下降過程中，當(dāng)x=0時重力對物塊做功的功率為
二、非選擇題：本題共6小題，共57分。
11.（6分）圖為某實驗小組利用氣墊導(dǎo)軌驗證機械能守恒定律的裝置，實驗的主要步驟有：
A.將氣墊導(dǎo)軌放在水平桌面上并調(diào)至水平；
B.測出擋光條的寬度d；
C.分別測出滑塊與擋光條的總質(zhì)量M及托盤與砝碼的總質(zhì)量m；
D.將滑塊移至圖示位置，測出擋光條到光電門的距離L；
E.由靜止釋放滑塊，讀出擋光條通過光電門的時間t；
F.改變擋光條到光電門的距離，重復(fù)步驟D、E，測出多組L和t.
已知重力加速度為g，請回答下列問題：
（1）本實驗中______（填“需要”或“不需要”）滿足m遠(yuǎn)小于M.
（2）若某次測得擋光條到光電門的距離為L，擋光條通過光電門的時間為t，滑塊由靜止釋放至光電門的過程，系統(tǒng)的重力勢能減少了______；若系統(tǒng)機械能守恒，應(yīng)滿足______.（用實驗步驟中各測量量符號表示）
（3）多次改變擋光條到光電門的距離，重復(fù)步驟D、E，測出多組L和t，作出L隨的變化圖像如圖所示，圖線為過坐標(biāo)原點的直線，如果在誤差允許的范圍內(nèi)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間=______時，可以判斷槽碼帶動滑塊運動過程中機械能守恒.（用題中已知量和測得的物理量符號表示）
12.（7分）某同學(xué)利用如圖所示裝置做探究一定質(zhì)量的理想氣體在溫度不變時壓強與體積關(guān)系的實驗.
步驟如下：
①將一個帶兩根細(xì)管的橡膠塞塞緊燒瓶的瓶口，封閉一定質(zhì)量的氣體，其中一根帶閥門的細(xì)管連通充滿水的注射器，另一根細(xì)管與壓強傳感器相連.
②將壓強傳感器連接數(shù)據(jù)采集器，數(shù)據(jù)采集器連接計算機.
③打開閥門，用手握住燒瓶，緩慢推動注射器活塞向燒瓶內(nèi)注入一定量的水，然后關(guān)閉閥門.
④根據(jù)注射器刻度記錄注入燒瓶中水的體積V，并記錄此時氣體的壓強p.
⑤多次實驗，記錄多組數(shù)據(jù)，分析得出結(jié)論.
（1）該同學(xué)錯誤的操作步驟為______（填序號）.
（2）正確進(jìn)行實驗后，該同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出的圖像如圖所示，其中的縱坐標(biāo)為______（選填“V”或“”），燒瓶的容積V0為______.（用圖中字母表示）
（3）另一同學(xué)重復(fù)實驗，計算了多組p與（V0-V）乘積，發(fā)現(xiàn)p（V0-V）隨壓強p增大而變小，導(dǎo)致這個現(xiàn)象的原因可能為______.（寫出一個原因即可）
13.（8分）在測量某電源電動勢和內(nèi)阻時，因為電壓表和電流表的影響，不論使用何種接法，都會產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實驗興趣小組設(shè)計了如圖甲實驗電路進(jìn)行測量.已知定值電阻R0=2Ω.
（1）實驗中，定值電阻R0的作用有______.
A.保護(hù)電源
B.在電流變化時使電壓表示數(shù)變化明顯
C.在電壓變化時使電流表示數(shù)變化明顯
（2）實驗操作步驟如下：
①將滑動變阻器滑片滑到最左端位置；
②接法Ⅰ：單刀雙擲開關(guān)S與1接通，閉合開關(guān)S0，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)S0；
③將滑動變阻器滑到最左端位置；
④接法Ⅱ：單刀雙擲開關(guān)S與2接通，閉合開關(guān)S0，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，記錄下若干組數(shù)據(jù)U-I的值，斷開開關(guān)S0；
⑤分別作出兩種情況所對應(yīng)的U-I圖像.
（3）單刀雙擲開關(guān)接1時，某次讀取電表數(shù)據(jù)時，電壓表指針如圖乙所示，此時U=______V.
（4）根據(jù)測得數(shù)據(jù)，作出兩U-I圖像分別如圖丙、丁所示，根據(jù)圖像可知圖丙對應(yīng)的接法為____________（填“接法Ⅰ”或“接法Ⅱ”）.
（5）綜合可求得電源電動勢E=______V，內(nèi)阻r=______Ω.（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）
14.（9分）如圖甲所示，工人師傅自房檐向水平地面運送瓦片，他將兩根完全一樣的直桿平行固定在房檐和地面之間當(dāng)成軌道，瓦片沿軌道滑動時，其垂直于直桿的截面（如圖乙）外側(cè)為半徑為0.1m的圓弧.已知兩直桿之間的距離為，房檐距地面的高度為4m，兩直桿在房檐和地面之間的長度L=8m，忽略直桿的粗細(xì)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.工人師傅將瓦片無初速度地放置在軌道頂端，只有瓦片與直桿間的動摩擦因數(shù)小于μ0（未知）時，瓦片才能開始沿軌道下滑，取g=10m/s2.
（1）求μ0；
（2）若直桿自上端開始在長度L1=1.8m的范圍內(nèi)與瓦片間的動摩擦因數(shù)為，其余部分為μ0，忽略瓦片沿著軌道方向的長度，工人師傅每隔0.5s將一瓦片無初速度地放置在軌道頂端，求第一片瓦片落地后的某一時刻軌道上瓦片的個數(shù).
15.（13分）我國在高鐵列車和電動汽車的設(shè)計和制造領(lǐng)域現(xiàn)在處于世界領(lǐng)先水平，為了節(jié)約利用能源，在“剎車”時采用了電磁式動力回收裝置，可將部分動能轉(zhuǎn)化為電能并儲存起來.如圖所示為該裝置的簡化模型，在光滑的水平面內(nèi)，一個“日”字形的金屬線框，各邊長l=0.5m，其中CD、JK、MN邊電阻均為，CM、DN電阻可忽略，線框以v0=9m/s的速度沖進(jìn)寬度也為l，磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場，最終整個線框恰好能穿出磁場，忽略空氣阻力的影響，求：
（1）線框剛進(jìn)磁場時流過MN的電流大小和方向，并指出M、N哪端電勢高；
（2）整個線框的質(zhì)量m；
（3）MN邊穿過磁場過程中，MN邊產(chǎn)生的焦耳熱Q.
16.（14分）如圖甲所示，兩個半徑為R的豎直固定的絕緣光滑細(xì)圓管道與粗糙水平地面AB在B點平滑相切，過管道圓心O1O2的水平界面下方空間有水平向右的電場，記A點所在位置為坐標(biāo)原點，沿AB方向建立x坐標(biāo)軸，電場強度大小隨位置x變化如圖乙所示.質(zhì)量為m、帶電量為+q（q>0）的小球P靜止在A點，與地面間動摩擦因數(shù)μ=0.5.另有一光滑絕緣不帶電小球Q，質(zhì)量為，以速度向右運動，與小球P發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短，且P、Q間無電荷轉(zhuǎn)移，碰后P球可從B點無碰撞進(jìn)入管道.已知A、B間距離為4R，，重力加速度為g，不計空氣阻力，小球P、Q均可視為質(zhì)點.求：
圖甲 圖乙
（1）碰后小球P的速度大小vp；
（2）小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功WAC；
（3）小球P再次到達(dá)水平地面時與B點的距離.
【參考答案】
1.B 由題意可知，當(dāng)用平行單色光向下垂直照射平凹形玻璃板時，觀察到的干涉條紋是由于空氣薄膜的上下表面所反射的光發(fā)生了干涉產(chǎn)生的，由牛頓環(huán)原理可知，干涉條紋寬窄的差異，則是空氣薄膜厚度變化率的不同所導(dǎo)致的；變化率越大，光程差半波長的奇偶數(shù)倍更替得就越頻繁，使得條紋更加密集，從而使條紋看起來更窄.即空氣薄膜厚度變化率越大，條紋也隨之變密變窄.由本題空氣薄膜的形狀可知，薄膜的厚度越大的地方，薄膜厚度變化率越小，條紋間距越大，條紋越寬；薄膜的厚度越小的地方，薄膜厚度變化率越大，條紋間距越小，條紋越窄.因此觀察到的干涉條紋形狀可能正確的是B.故選B.
2.D CD.依題意，球在AB段做斜拋運動，看成反方向的平拋運動，則有，球在BC段做平拋運動，有，聯(lián)立，解得t1=t2，故C錯誤；D正確；AB.球在AB段水平方向，有，球在BC段水平方向，有，由圖可知，聯(lián)立，解得v1>v2，故AB錯誤.故選D.
3.B A.太空電梯上各點具有相同的角速度，根據(jù)，可知太空電梯上各點加速度與該點離地球球心的距離成正比，故A錯誤；B.P平臺如果只受地球萬有引力，則圓周運動角速度比同步空間站要快，而實際圓周運動角速度等于同步空間站角速度，則在萬有引力之外，P平臺還受到纜繩拉力，故地球的引力與纜繩拉力提供P平臺做圓周運動所需的向心力，P平臺做圓周運動所需的向心力小于地球?qū)λ娜f有引力，所以超級纜繩對P平臺的作用力方向背離地心，故B正確；C.若從配重空間站向外自由釋放一個小物塊，則小物塊會一邊朝配重空間站轉(zhuǎn)動的方向向前運動，一邊偏離地球，做離心運動，故C錯誤；D.若兩空間站之間纜繩斷裂，配重空間站將繞地球做橢圓運動，其斷裂處為橢圓的近地點，因為在近地點線速度較大，半徑較小，需要的向心力更大，故D錯誤.故選B.
4.B AB.由氣體的狀態(tài)方程，可得則有圖像的斜率可知a、c兩狀態(tài)分別與O點連線的斜率不同，在a、c兩狀態(tài)，氣體的體積不相等；b、d兩狀態(tài)在同一條過原點的直線上，即在同一條等容線上，則在b、d兩狀態(tài)，氣體的體積相等，A錯誤，B正確；C.理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度越高，內(nèi)能越大，因此氣體由c狀態(tài)到d狀態(tài)，氣體的溫度減小，則內(nèi)能減小，C錯誤；D.由題圖可知，d與O點連線的斜率小于a與O點連線的斜率，則d狀態(tài)時的體積大于a狀態(tài)時的體積，即由d狀態(tài)到a狀態(tài)，氣體的體積減小，外界對氣體做功，D錯誤.故選B.
5.D A.根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；BC.根據(jù)，解得，設(shè)正方形邊長為L，粒子以速度v和速度2v進(jìn)入磁場，有，，軌跡如圖，可知若粒子射入磁場的速度增大為2v，射出的位置在Nb之間，故BC錯誤；D.根據(jù)C選項分析可知，若粒子射入磁場的速度增大為2v，則在磁場中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角將變小，由，又，粒子在磁場中的運動時間將變短，故D正確.故選D.
6.D AB.閉合開關(guān)S、S1時，電流表示數(shù)為I1=3.2A，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，解得定值電阻R的阻值為，再將S2閉合，穩(wěn)定后電流表示數(shù)為，此時電動機M和定值電阻R并聯(lián)，兩者電壓相等，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E=U+Ir，解得兩者的電壓為，通過定值電阻的電流為，通過電動機的電流為，因電動機為非純電阻電路，則電動機的繞線電阻小，電動機的輸出功率小于，故AB錯誤；C.閉合開關(guān)S、S1時，定值電阻R消耗的功率為，再將S2閉合，穩(wěn)定后定值電阻R消耗的功率為，定值電阻R消耗的功率的變化為，因此定值電阻R.消耗的功率減小2.48W，故C錯誤；D.設(shè)電子從P板以速度2v0垂直于極板射出，運動的距離為x，根據(jù)動能定理可得，，由于極板間電壓減小，則電場強度減小，聯(lián)立解得x>2d>d，因此讓電子從P板以速度2v0垂直于極板射出，能到達(dá)Q板，故D正確.故選D.
7.C D.電荷P從A移動到B，電場力做功為，可得，可得φA=-2V，則電荷P在A點的電勢能為，故D錯誤；B.將P從C移動到A，電場力做功，可得，可得，故B錯誤；A.將電荷P從B移動到C，電場力做的功為，故A錯誤；C.過B點做AC的垂線，交于D點，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得，則有可得，可知BD為等勢線，則電場方向由C指向A，大小為，故C正確.故選C.
8.AC A.沿著電場線方向電勢降低，由圖中電場線及對稱性可知，故A正確；B.等勢面與電場線垂直，bd連線與電場線不垂直，則b、d兩點間連線不是等勢線，兩點的電場強度大小相等，方向不同，故B錯誤；C.由于，電子帶負(fù)電，根據(jù)，所以電子從a到b電勢能增大，電場力做負(fù)功，故C正確；D.c點處的電場線為曲線，電子受到的電場力始終與電場線相切，電場力的方向變化，所以電子由靜止釋放后軌跡不與電場線重合，故D錯誤.故選AC.
9.AD A.球離開圓盤后，對B豎直方向，對A豎直方向，，即彈簧彈力不變，選項A正確；B.設(shè)小球恰飛離圓盤時繩子與豎直方向夾角為θ0，此時彈簧長度為，對A，，解得，則對B，，，則小球飛離圓盤時的角速度為定值，與繩長無關(guān)，選項B錯誤；C.當(dāng)角速度為，此時物塊還沒有離開圓盤，此時彈簧長度大于，選項C錯誤；D.當(dāng)角速度為，此時物塊已經(jīng)離開圓盤，此時彈簧彈力等于，選項D正確.故選AD.
10.AC A.小物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為，根據(jù)圖像可知，在拉力作用下，物塊先沿斜面向上做勻加速直線運動，后向上做加速度減小的直線運動，當(dāng)拉力大小為10N時，加速度減小為0，此時速度達(dá)到最大值，根據(jù)圖乙，結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系，可以解得x=7.5m，故A正確；B.當(dāng)x=10m時，根據(jù)動能定理有，其中，解得，故B錯誤；C.令物塊沿斜面運動到x=10m位置之后，能夠沿斜面繼續(xù)向上減速至0的位移為x1，則有，解得x1=5m，則上升過程中，物塊能達(dá)到的最大高度為，故C正確；D.物塊由最高點下降至最低點過程有，解得，，則下降過程中，當(dāng)x=0時重力對物塊做功的功率為，解得，故D錯誤.故選AC.
11.（1）不需要（1分） （2）（1分）
（3）（2分）
解析：（1）實驗中需驗證砝碼及托盤減少的重力勢能與系統(tǒng)增加的動能是否相等，并不需要測量拉力，故不需要滿足m遠(yuǎn)小于M.
（2）滑塊由靜止釋放至光電門的過程，系統(tǒng)的重力勢能減少了；
根據(jù)極短時間的平均速度等于瞬時速度，滑塊通過光電門時速度大小為，系統(tǒng)動能增加了，系統(tǒng)機械能守恒有，則系統(tǒng)機械能守恒成立的表達(dá)式是.
（3）由（2）可知系統(tǒng)機械能守恒成立的表達(dá)式是，整理得，圖像的斜率為解得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?br>12.（1）③（1分） （2）V（2分） n（2分） （3）見解析（2分）
解析：（1）探究理想氣體溫度不變時壓強與體積關(guān)系，實驗過程，用手握住燒瓶（步驟③）會導(dǎo)致容器內(nèi)氣體的溫度發(fā)生變化，會影響實驗，所以是錯誤的操作.
（2）設(shè)燒瓶容積為，由波意耳定律有，得，所以圖線的縱坐標(biāo)是V，圖線的縱截距為容器的容積，有.
（3） 這個乘積與物質(zhì)的量有關(guān)，與氣體溫度有關(guān)，實驗中發(fā)現(xiàn)乘積變小，有可能是實驗過程中溫度降低或漏氣導(dǎo)致的.
13.（1）AB（1分） （3）1.50（1分） （4）接法Ⅰ（2分） （5）1.80（2分） 0.25（2分）
解析：（1）定值電阻R0有保護(hù)電源的作用，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有，可知加了定值電阻后可以達(dá)到電流變化時使電壓表的示數(shù)變化明顯的效果.故選AB.
（3）根據(jù)（4）中所做圖像可知，電壓表最大量程應(yīng)為3V，而量程為3V的電壓表，其分度值為0.1V，采用十分之一讀法，需估讀到分度值的下一位，由圖乙可知電壓表的讀數(shù)為1.50V.
（4）兩種方法中接法Ⅰ采用了電流表的內(nèi)接法，所得U-I圖像斜率的絕對值表示電源的內(nèi)阻、電阻R0與電流表內(nèi)阻之和，接法Ⅱ采用了電流表外接法，對應(yīng)圖像斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻與電阻R0之和，由此可知圖丙對應(yīng)的接法為接法Ⅰ.
（5）當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接1，且電流表示數(shù)為0時，電壓表測量準(zhǔn)確，此時電壓表所測電壓即為電源的電動勢，因此電源電動勢為圖丙的縱軸截距，可得E=1.80V，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)接2，且電壓表示數(shù)為0時，電流表測量準(zhǔn)確，由圖丁圖像可知，此時電路電流為I=0.80A，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有，解得.
14.解：（1）由幾何知識可知，兩直桿形成的軌道與水平面的夾角為30°，兩直桿對瓦片的彈力之間的夾角為90°，受力分析如圖所示，
垂直于軌道方向有
沿著導(dǎo)軌方向有
聯(lián)立解得.
（2）瓦片在軌道上運動時，在L1范圍內(nèi)，
根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
運動時間為
瓦片在軌道上運動時，在大于L1范圍內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
則瓦片速度
運動時間為
瓦片在軌道上總時間
軌道上瓦片個數(shù)個
所以軌道上瓦片的個數(shù)為6個或7個（2分）
15.解：（1）導(dǎo)體MN進(jìn)入磁場時感應(yīng)電動勢為E=Blv0=1.8V
回路的總電阻為
流過導(dǎo)體MN的電流大小為
根據(jù)楞次定律或右手定則，電流的方向為N到M，M端電勢高；（1分）
（2）在整個線框穿過磁場的過程中，總有一個邊在切割磁感線，回路的總電阻相當(dāng)于不變，根據(jù)動量定理
解得（約為0.013kg）（1分）
（3）對MN邊通過磁場的過程使用動量定理，設(shè)t1為MN穿過磁場的時間，
解得
根據(jù)能量守恒定律
MN導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱
16.解：（1）由動量守恒定律和能量守恒定律得
解得：
（2）A→B過程中，由圖乙可知電場力做功
小球P從A點運動到管道最高點C點過程中電場力做的功
（3）A→B過程中摩擦力做功
小球P從A點運動到管道最高點C點過程中由動能定理得
解得最高點C點速度
過C點后小球先在電場線上方做平拋運動，后在電場力和重力的共同作用下運動.
小球做平拋運動的時間
小球做平拋運動的水平位移
小球進(jìn)入電場中運動時，運動時間
電場力方向加速度
電場力方向位移
綜上可解得
綜合以上可得，小球P再次到達(dá)水平地面時與B點的距離

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