资料简介
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一、填空题（共20分）
1A．，
2A．增大，－2.5×10－8
3A．大，6.9×106
1B．，
2B．γ，：
3B．380，75%
4．Mgsinθ，增大、减小都有可能
5．2.04，1.5
二、选择题（共40分）
I．6．C
7．D
8．B
9．B
10．A
II．11．AB
12．BD
13．ACD
14．BCD
三、实验题（共30分）
15．正，大于
16．D
17．（1）偏小
（2）T′（或t、n）、θ， T′
18．（1）如图b。
（2）由于RL1比RL2小得多，灯泡L2分得的电压很小，虽然有电流渡过，但功率很小，不能发光。
（3）如图c。
19．（1），
（2）0.00125I（或kI）
（3）A，B
四、计算题（共60分）
20A．（10分）
解：由于轮胎容积不变，轮胎内气体做等容变化。
设在T0＝293K充气后的最小胎压为Pmin，最大胎压为Pmax。依题意，当T1＝233K时胎压为P1＝1.6atm。根据查理定律
，即
解得：Pmin＝2.01atm
当T2＝363K是胎压为P2＝3.5atm。根据查理定律
，即
解得：Pmax＝2.83atm
20B．（10分）
解：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A
输电线路损耗的功率为
P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW
（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A
用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V
根据
用户得到的电压为U2＝＝×4976V＝226.18V
21．（12分）
解：（1）从图中可以看邮，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为
m/s2=8m/s2
设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma
得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了
39.5×2×2m＝158
根据动能定理，有
所以有 ＝（80×10×158－×80×62）J≈1.25×105J
（3）14s后运动员做匀速运动的时间为
s＝57s
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s
22．（12分）
解：（1）从图中可以看出两列波的波长分别为λa＝2.5m，λb＝4.0m，因此它们的周期分别为
s＝1s s＝1.6s
（2）两列波的最小公倍数为 S＝20m
t＝0时，两列波的波峰生命处的所有位置为
x＝（2.520k）m，k＝0，1，2,3，……
（3）该同学的分析不正确。
要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的厅数倍恰好相等的位置。设距离x＝2.5m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设
L＝（2m－1） L＝（2n－1），式中m、n均为正整数
只要找到相应的m、n即可
将λa＝2.5m，λb＝4.0m代入并整理，得
由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处。
23．（12分）
解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
解得 y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）
（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
解得 xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有
，
解得 ，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置
24．（14分）
解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得
mg－BIL＝ma，式中l＝r
式中 ＝4R
由以上各式可得到
（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即
式中
解得
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有
得
此时导体棒重力的功率为
根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即
＝
所以，＝
（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律，有
F＋mg－F′＝ma
即
由以上各式解得
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