2024年河南省郑州市教研联盟高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

2024年河南省郑州市名校教研联盟高考物理模拟试卷

一、单选题：本大题共5小题，共30分。

1.2023年12月8日，百亿级中核核能产业园签约落地成都，助力打造国家级

核能产业集聚战略高地。核能是通过核反应从原子核释放的能量，如氮3与

笊核的核反应方程是刍He+出方程中dE为释放的核能。己知

笊核的比结合能为%,氮核的比结合能为则下列说法中正确的是（）

A.该反应为核裂变反应，生成的新核x是,，e

B.氮4核中有4个质子2个中子，氮4核与氮3核不是互为同位素

C.亥反应中氮3的比结合能为竺喑B

D.该反应生成物的质量数将小于反应物的质量数

2.在杭州亚运会女子排球决赛中，中国队战胜日本队获得冠军。如图所示，在决赛

中，一运动员将排球从4点斜向上以速度内击出，排球沿轨迹48c运动；另一运动

员将该排球从C点以水平速度/击回，排球沿轨迹CD4运动，恰好落回出发点A。

不计空气阻力，则排球（）

A.沿轨迹CDA运动的最大速度可能为巧

B.沿轨迹A/3C运动的最小速度为0

C.沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量大小相同

D.沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小可能相同

3.一质点做简谐运动，其相对于平衡位置的位移x与时间/的关系图线

如图所示，由图可知（）

A.该简谐运动的周期是2.5x10-2s,振幅是7cm

B.也简谐运动的表达式可能为％=7sin（1007it+y）cm

C/二O.5xlO-2s时振子的速度最大，且方向向下

D.t=0.25x10-2s时振子的位移为一5cm

4.如图所示，真空中A、B、C三点的连线构成一个等腰三角形，OC为AB连线的中垂线，。为连线中

点。A的电荷量为一Q,8的电荷量为为+Q,两点电荷分别固定在A、B点,A、8相距/,静电力常量为

k。现将另一个电荷量为+q的点电荷放置在48连线的中垂线上览0点为无=）的C点处，此时+q所受的

静电力大小为（）

qic

.kQqkQqEQqn2mQq

A.?-~F~

5.2023年12月11日消息，北斗在国内导航地图领域已实现主用地位，每天使用次―-、、

/.…\

数超过3600亿次。北斗卫星导航系统由若干静止轨道卫星、中地球轨道卫星组成，

如图所示，若地球半径为R,其中中地球轨道卫星人绕地球做匀速圆周运动的半径为\；；

4R，静止轨道卫星月绕地球做匀速恻周运动的半径为7七已知地球表面的重力加速•_♦

度大小g=10m/s2,第一宇宙速度大小为7.9QTI/S,忽略地球自转。下列说法正确

的是（）

A.卫星A的运行周期与卫星B的运行周期之比为4：7

B.卫星A的向心加速度大小为0.625m/s2

C.卫星8在6/z内转动的圆心角是45°

D.卫星8在物运行速度一定大于7.9km/s

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

6.如图所示，固定斜面的倾角8=30。，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于AAX分

原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体

A和&滑轮左侧绳子与斜面平行，A的质量是8的质量2倍，初始时物体A到力物力

。点的距离L=1m,现给A、3—初速度%=3m/s,使人开始用斜面向下运动，B向上运动，物体人向

下运动刚到C点时的速度大小/=2m/s,物体4将弹簧压缩到最短后，物体人又恰好能弹回到C点。已

知弹簧的最大弹性势能为6J,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状

态。则（）

A.物体人与斜面之间的动摩擦因数〃=?

B.物体A向下运动到C点的过程中，A的重力势能转化为8的直力势能

C.弹簧的最大压缩量x=0.4m

D.8的质量为2依

7.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电

机线圈ABC。的匝数N=100匝，面积S=0.037TI2线圈匀速转动的角速度3=100%ad/s,匀强磁场的磁

感应强度大小8=乌/，输电导线的总电阻为R=10。，升压变压器原、副线圈匝数比n1：n2=l：8降压

n

变压器原、副线圈的匝数比小：%=1。：1若理想交流电流表的示数〃=40月，降压变压器面线圈两端电

压〃4=2201/。发电机线圈电阻，•不可忽略。下列说法正确的是［）

A.输电线路上损耗的电功率为180W

B.升压变压器副线圈两端电压为2240V

C.升压变压器的原线圈输入功率为7890VV

D.交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率为640W

8.如图所示，边长为a的正方形MNPQ区域内有一方向垂直正方形平面向外的匀强

磁场，NP边上有一点S,SN=/两个质量相同、带等量异种电荷的粒子均从S点

平行于MN方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，不考虑甲、

乙两粒子间的作用。下列说法正确的是（）

A.若两粒子在磁场中运动的时间相等，则甲与乙的初速度大小之比一定为1：3

B.若两粒子的初速度相同，则甲与乙在磁场中运动的时间之比可能为1：2

C.若其中一个粒子垂直边射出磁场，则甲与乙在磁场中运动时间之比一定不大于2：1

D.若两粒子分别从M、。两点射出磁场，则甲与乙的初速度大小之比恰好为2：1

三、实验题：本大题共2小题，共19分。

（4）实验室提供的器材如下：

A待测金属丝的电阻咒;

8.电流表4式量程。〜0.6A,内阻约0.1。）；

C.电流表4（量程0-34内阻约0.01。）：

D.电压表匕（量程。〜3P,内阻约3k。）；

£电压表/（量程0~15V,内阻约20k。）；

F.滑动变阻器R（0〜20/2）；

G电源E（电动势为3.0人内阻不计）；

H.开关、若干导线。

为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选_____（填“B”或"C”），电压表应选______（填“Q”或

“E”）。

（5）请你根据图丙所示电路图用笔画线代导线，将图「所示的实验电路连接完整。

(6)若金属丝接入电路的长度为/,直径为4通过金属丝的电流为/,金属丝两端的电压为U,由此可计算

得出金属丝的电阻率p=(用题目所给字母表示)。

四、简答题：本大题共3小题，共43分。

11.图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形

导热气缸开II向上竖直放置在水平地面上，活塞(连同细连杆)与椅面的总质量m=8kg,活塞的横截面枳

5=8x10-4^2气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸之间无摩擦且不漏气，活塞上放有一质量

M=16kg的物块，气柱高度九=0.65m。已知大气压强p()=1x10sPa,重力加速度大小g=lOm/s20

求：

(1)若拿掉物块活塞上升到如图虚浅所示位置，求此时气柱的高度;

(2)拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞从虚线位置下降6cm,此过程中气体放出热量24人求气

体内能的变化量/U。

12.如图所示，空间有一宽度为2d的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。一边长为

d、电阻分布均匀的止方形导体框MNPQ,导体框总电阻值为凡从导体框MN边进入磁场开始计时，导

体框以恒定的速度大小-向右匀速穿过磁场区域的过程中，求：

(1)当MN边刚进入磁场时，M、N两端的电势差，并指明哪端电势高：

(2)导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热；

(3)试分析在0〜邛时间内M、N两点的电势差UMN随时间/变化的情况，并在乙图中画出变化的图像。

N

M

甲

13.如图所示，一根长R=1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P,另一端固定于。点。长/=3m绷紧的

水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径r=0.5m的竖直光滑圆轨道在。

点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线(伸直)与水平位置成8=30。角由静止释放，小球到达最低点时与

小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。己妇小球与小物

块质量相等均为m=0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数〃=0.25,其他摩擦均忽略

不计，重力加速度大小g=lOm/s2,求：

(1)小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小;

(2)小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；

(3)小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、该反应为核聚变反应，根据质量数守恒和电荷数守恒可知：x的质量数A=3+2-1=

4,核电荷数Z=2+1-1=2,则x为氮原子核胃He,故4错误；

B、氮4核中有2个质子2个中子，氮4核与氨3核互为同位素，故3错误；

转厂/

C、根据能量守恒可得：3F3+2E1+ZJF=4F2,解得钮3的比结合能为=2-2：£,故C正确：

。、核反应前后的质量数守恒，故。错误。

故选：Co

根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，并判断核反应类型；氮4核与氮3核互为同位索；根据能量守

恒判断鱼的比结合能。

解题关键是掌握核反应方程满足质量数守恒与电荷数守恒；比结合能与结合能的区别。难度不大。

2.【答案】4

【脩析】解：对运动情况分析

根据图像可知，轨迹①最高点高于轨迹②最高点，分析两者最高点左侧的运动，根据平抛运动规律可知

1

X

Vx=t

轨迹①运动时间长，水平位移相等，则沿轨迹①运动的水平分速度小，根据勾=2gh,可知轨迹①的竖直

分速度大于轨迹②，所以沿轨迹②运动的最大速度可能等于％,沿轨迹①运动的最小速度即水平速度小于

v2»故A正确，8错误；

。、因为速度变化量//=g/3沿轨迹①的运动时间大，则沿轨迹①运动过程的速度变化量大，故。错

误；

。、沿轨迹①和轨迹②运动过程的位移大小相同，但沿轨迹①的运动时间大，沿轨迹①运动过程的平均速

度小，故。错误。

故选：Ac

AB、利用运动学公式比较速度：

C、利用速度变化量与加速度的关系判断两种运动情况的速度变化零是否相同；

。、通过平均速度与时间、位移的关系判断两种运动情况的区别。

本题考杳了对抛体运动规律的了解，其中运用运动的合成与分解方法将抛体运动分别研究水平方向、竖直

方向的运动情况为解题的关键。

3.【答案】B

【解析】解：A、由题图可知：周期7=2x10-2s,振幅A=7cm,故A错误；

B、振子的圆频率3=§=―电=rad/s=lOOnrad/s,且£=0时位移为x=-7cm,所以表达式为x=

T2x10

7sin(1007rt+故5正确;

CD、当t=0.5xl0-2s时，振子在平衡位置，其速度最大，速度正向且为最大值；当t=0.25x10-2$

时，其位移为％=7sin(100Trx0.25x10-2+:)=一号cm,故CO错误。

故选:B。

质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅和周期：根据t=0时刻的质点位移，分析质点的初

相位，据此写出其振动方程；根据振动方程求解振子在某时刻所处的位置。

本题涉及到简谐振动的相关知识，读懂图象并从中得出有用信息是解题的关键。

4.【答案】D

_kQa

【解析】解.：在C点，4、8两点电荷对9电荷产生的电场力大小相同，为：以="=3衡，方向为

由。指向A和由3指向C,如图所示：

由几何关系可得八、8两点电荷对电荷产生的电场力大小为：F=以cos45。=空泮，故D正确，ABC

错误。

故选：D。

由库仑定律公式计算出电荷量为+q的点电荷受到人8电荷的电场力，再由平行四边形定则进行合成求解。

解决本题的关键要掌握库仑定律的公式，掌握。/受到的两个点电荷的电场力的叠加方法是关键。

5.【答案】B

【解析】解：4由万有引力提供向心力

GMm4TT2

万L二m产r

解得7=符

中地球轨道卫星和静止轨道卫星的半径之比为4R7/?=4：7,故周期之比为8：7/7,故A错误：

8.忽略地球自转，重物所受重力等于万有引力即

GMm

对卫星4万有引力提供向心力

GMm

------------=1=ma

(4Rf

解得Q=0.6257M/S2,故8正确；

C.卫星4的运行周期是24〃，在Q小时内转过的圆心角360。=90。，故C错误；

D第一宇宙速度大小为7.9km/s,是在轨卫星最大的运行速度，卫星4在轨运行速度一定小于7.9km/s,

故。错误。

故选:B.

A.根据牛顿第二定律推导周期之比;

B.根据牛顿第二定律计算加速度大小;

C根据周期和时间关系计算圆心角;

D根据运行速度和第一宇宙速度关系判断。

考查万有引力的应用问题，会根据题意列式求解和分析判断。

6.【答案】ACD

【解析】解：4、设8的质量为〃i,4的质量为2/〃，在物体4向下运动刚到C点的过程中，对4、B组成

的系统应用能量守恒定律与功能关系可得:

11,

〃•2mgeosd•L=«x(m+2m)阴9一x(m+2m)vz+2mgLsin0-mgL

解律”军故指正确;

B、物体4向下运动到C点的过程中，A的重力势能及A、B的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生

热，故8错误；

。、设弹簧的最大压缩量为人对A、8和弹簧组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到

最大压缩量，又恰好返回到。点的过程中，弹簧弹性势能初末均为零，系统动能的减少量等于因摩擦产生

的热量，可得：

ix(m+2m)v2—0=^•2jngcos0-2x,解得：x=0.4m,故C正确；

D、从C点到弹簧最大压缩最过程中，由能量守恒定律可得：

1

5x(TH+2m)v24-2mgxs\n0-rr.gx=〃•2mgcos6•x+E

乙Pin

已知:Epm=6J,

解得B的质量为：m=2kg,故。正确。

故选：ACD.

在物体4向下运动刚到C点的过程中，对4、B组成的系统应用能量守恒定律与功能关系可解得动摩擦因

数，以及能量转化关系；在物体4从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，根据系统动能的减少量等

于因摩擦产生的热量可解得弹簧的最大压缩量：从。点到弹簧最大压缩量过程中，根据能量守恒定律解得

3的质量。

本题主要考查了能最守恒定律、功能关系。掌握功与能的对应关系，重力做功对应重力势能的变化，弹簧

弹力做功对•应弹性势能的变化，合力做功对应动能的变化，除重力以外其它力做的功等于机械能的变化

量，摩擦生热等于滑动摩擦力与杆对位移的乘积。

7.【答案】BD

【解析】解:4据理想变压器的电流与线圈匝数的关系可知?=%

〃n3

解得=44

所以输电线路上损耗的电功率dP==4x4x10W=160W,故A错误；

8.根据理想变压器的电压与线圈也数关系可知学=9

«4

得出=2200v

根据%=%+hR

得升压变压器副线圈两端电压%=22401/,故4正确；

C.升压变压器的原线圈输入功率为Pi=P2=U2l2=U2I3=2240X41V=8960W,故C错误；

D根据理想变压器的电压与线圈匝数关系可知"=4

U1=280V

根据

P=UJi

解得

A=32A

根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em=NBS3

代人数据解得Em=300/2V

有效值E=*=誓P=300V

根据/iE=P的+Pi

得电机线圈内阻上消耗的热功率P内=640W,故。正确。

故诜：BD。

根据变压器匝数关系，结合电功率公式可求出A选项；根据变压器匝数关系，以及欧姆定律可求出电压；

利用原副线圈的功率相等可求出功率大小；根据变压器匝数，利用有效值结合电功率表达式可求出热功率

大小。

学生在解答本题时，应注意理解理想变压器的工作原理，同时要将变压器与电路的知识联系起来。

8.【答案】BC

【解析】解：设匀强磁场的磁感应强度为以带电粒子的电荷量为“，质量为小，初速度为运动半径为

心根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有

V2

qvB=

解得

mv

吁访

根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为

2nm

若粒子运动轨迹所对应的圆心角为a,则粒子在磁场中运动时间为

aam

”而丁"丽

A.若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角必定均为180。，即均从NP边射

出，则对于正粒子有

2mviL

0<——<-r

BBq4

解得初速度巧需满足

BqL

0<Vi<Q2-

18m

对于负粒子同理可知其初速度切需满足

3BqL

0<1?"2——8o-m--

由此可见巧和女取值具有不确定性，根据数学知识可知皆可以取任意值，不一定为:，只有当正粒子恰好从

N点射出，且负粒子恰好从P点射出时，意才等于5故A错误；

员若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子的运动半径为:时，它将垂直边射出，

转过的圆心角为90°。而负粒子将从NP边射出，转过的圆心角为180。，所以二者在磁场中运引的时间之比

为I：2,故8正确：

C若其中一个粒子(即负粒子)垂直PQ边射出磁场，则其转过的圆心角为90°,而正粒子的转过的圆心角最

大值为180。，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于2：1,故C正确；

D若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为G和巳，运到轨迹如图所示

根据几何关系有

22

(n-扔+>=(r2-y)+L=ri

解得

17r25.

r2=-L

所以正粒子与负粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为

引故。错误。

也丁251

故选：BC。

A：首先根据牛顿第二定律和周期公式联立导出时间公式，时间相等，则圆心角相等，甲、乙只能从NP边

出磁场，根据半径范围求解速度范围，进一步求解速度之比：

B：出速度相同，则运动的半径相同，当半径为。时甲垂直MN射出，圆心角为90。，乙从NP射出，圆心角

4

为180。，此时时间之比为1：2；

C：当负粒子垂直PQ边射出磁场，圆心角为90。，而正粒子的转过的圆心角最大值为180。，正负粒子在磁

场中运动的时间之比最大为2：I；

D：画出粒子运动的轨迹，根据几何知识求解粒子运动的轨道半径，根据半径公式求解速度之比。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应

的规律解题。

9.【答案】1.560.10.20.2

【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度为0.1mm,主尺读数为1.5cm,游标读数为：6x0.1mm=0.6mm=

0.06cm

所以最终读数为：d=1.5cm+0.06cm=1.56cm。

(2)遮光条通过第一个光电门的平均速度大小%=£=152mls=0.1m/s,这个速度就是通过第一

ZJtj黑U.1D?O

个光电门中间时刻的速度；

遮光条通过第二个光电门的平均速度大小：w=*L5*m/s=0.2m/s,这个速度就是通过第二个

ZJRU.U『/O

光电门中间时刻的瞬时速度。

(3)滑块的加速度大小a=用：M

“T+寸

代入数据解得：a=0.2m/s2o

故答案为：(1)1.56：(2)0.1；0.2；(3)0.2o

(1)根据游标卡尺的读书方法进行读数；

(2)根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度求解瞬时速度的大小；

(3)根据加速度的定义式求解滑块的加速度大小。

本题主要是考查探究小车速度随时间变化的规律，解答关键是掌握匀变速直线运动的规律，知道瞬时速度

的计算方法和逐差法求解加速度的方法。

10.【答案】BD6.03.7078D噜-

411

【解析】解：(1)4、用多用电表测电阻时，每换一次挡位，都必须重新进行欧姆调零，故人错误；

仄指针越接近刻度盘中央，误差越小，故8正确；

C、在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，故C错误；

。、测量时，着指针偏角较小，说明这个电阻的阻值较大，应换倍率较大的挡位来测量，故。正确。

故选：BD°

(2)该同学选用欧姆表“XI”挡，由图甲可知，对应的读数是R=6.0x1。=6.0。

(3)螺旋测微器固定刻度为3.56小，可动刻度为20.7x0.01mm=0.207mm,则该次金属丝直径的测量值

d=3.5mm+0.2077nm=3.707nuno

(4)电源电动势为3.0V,因此电压表选择电压表6测最金属丝的电阻阻值约为6.00,则电路中的最大电流

1=^='{A=O.SA,因此电流表应选电流表&

KO

(5)由于电流表内阻约0.10较小，因此应选用电流表外接法，如图所示

(6)根据欧姆定律有R=为根据电阻定律有R=P表

联立解得p=当

/4//

故答案为:(1)80；(2)6.0：(3)3.707；(4)8、。；(5)见解析；(6)婚

(1)(2)根据欧姆表的使用方法和读数规则解答；

(3)根据螺旋测微器的读数规则完成；

(4)根据电源电动势和待测电阻估算电流选择电表；

(5)根据待测电阻的大小分析电流表的接法，从而连接实物图；

(6)根据欧姆定律结合电阻定律分析解答。

本题关键掌握实验原理，掌握电表的选择方法、螺旋测微器的读数方法，注意电阻定律的运用。

11.【答案】解：(1)拿掉活塞上的物块，气体做等温变化

初状态：匕=/iS

气缸内封闭气体的压强Pi="普+Po

解得Pi=4x105Pa

末状态：匕=h'S

P2=+Po

根据气体状态方程

f

PiSh=p2Sh

联立解得"=2/i=2x0.65m=1.3m

(2)在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体做功为

W=p2SAh

根据热力学第一定律

AU=W+Q

联立解得AU=-14.47；

答：(1)若拿掉物块活塞上升到如弱虚线所示位置，此时气柱的高度为1.3m；

(2)拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞从虚线位置下降金加，此过程中气体放出热量24J,气体

内能的变化量dU为-144/。

【解析】(1)根据题意表示出气体在初末状态卜.体积与压强，再根据玻意耳定律求解；

(2)根据功的公式求解气体坐等压变化过程外界对气体做的功，在根据热力学第一定律求解。

本题考查了玻意耳定律以及热力学第一定律的综合应用，其中在等压变化过程中，外界对气体做功的公式

是该题的难点，题目具有一定的综合性，难度适中。

12.【答案】解：(1)MN切割磁感线产生的感应电动势为：E=Bdv

回路中的感应电流为：1=目

MN两端的电势差为：UMN=I义三R

联立解得:UMN=\Bdv

根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向，M端电势高。

(2)线框进入磁场过程与离开磁场过程产生的焦耳热相等，线框完全在磁场中的过程无感应电流不产生焦

耳热。

设线框进入磁场的过程所用时间为/,根据焦耳定律可得穿过磁场的过程中产生的焦耳热为：

Q=2I2Rt

其中：d=vt

解得：

YR

(3)在0•-学时间内“、N两点的电势差UMN随时间，变化的情况分为三个阶段：

第一阶段：在0〜&时间内，线框中产生的电动势E=MN边相当于电源，电流由N流向M。

V

M、N两点的电势差相当于路端电压，大小为：UMN=1Bdv

第二阶段：在《〜的时间内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，MN

VV

边仍然在切割磁感线。

M、N两点的电势差大小为

第三阶段：在笥〜学时间内，线圈开始出磁场，只有尸。边切割磁感线，此时PQ边相当于电源，MN边中

的电流由M流向N。

线圈中电动势为：E=Bdv,M.N两点的电势差为外电路部分电压，大小为UMN=；B(!U。

电势差UMN随时间/变化的图像如下图所示

2

1

0

1~2-3~

二aV

二

答：(1)当MN边刚进入磁场时，加、N两端的电势差为历端电势高：

(2)导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热为粤2；

(3)见解答。

【脩析】(1)根据动生电动势的计算公式求得MN切割磁感线产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求

解回路中的感应电流和MN两端的电势差，根据楞次定律或者右手定则判断感应电流为方向，再确定M端

电势高低。

(2)线框进入磁场过程与离开磁场过程产生的焦耳热相等，线框完全在磁场中的过程无感应电流不产生焦

耳热。根据焦耳定律求解；

(3)分为三个阶段，根据动生电动势的计算公式，闭合电路欧姆定律，等效电路了解情况分别求解。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况画出电路

图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及焦耳定律、电功率的计算公式求解。

13.【答案】解：(1)因开始时轻质细线与水平方向的夹角为e=30。，则小球P自由下落距离为R时，轻绳

刚好再次伸直如下图所示，

设此时尸的速度为％。根据自由落体运动规律，可