2024年天津市高考物理模拟试卷（六）(含详细答案解析)

这是一份2024年天津市高考物理模拟试卷（六）(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于天然放射现象，下列叙述正确的是( )
A. 铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
B. 若使放射性物质所在处的压强升高，其半衰期将减小
C. 在α、β、γ这三种射线中，α射线的穿透能力最强，γ射线的电离能力最强
D. 当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β衰变
2.如图所示为钻石的某个截面，其中B、C、D处均为直角。一束复色光由AB面入射，从CD面出射时分开成a、b、c三种单色光。用这三种单色光分别照射金属钾板，其中b光恰好可使钾板产生光电效应。下列说法正确的是( )
A. a光在棱镜中的速度最小
B. a光打出的光电子的遏止电压最大
C. 从CD面出射时a光、b光、c光互相平行
D. 同一装置条件下c光双缝干涉条纹宽度最大
3.如图为交流发电机的示意图，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。两磁极之间的磁场视为匀强磁场且磁感应强度大小为B，单匝线圈ABCD的面积为S、电阻为r，定值电阻的阻值为R，其余电阻不计，交流电压表为理想电表。线圈以角速度ω绕OO′轴逆时针匀速转动，如果以图示位置为计时起点，则( )
A. 图示时刻电压表示数为BSω
B. 通过电阻R的电流瞬时值表达式为i=BSωR+rsinωt
C. 线圈从图示位置转过90∘的过程中，通过电阻R的电流平均值为2BSωπ(R+r)
D. 线圈从图示位置转过90∘的过程中，电阻R产生的焦耳热为πRB2S2ω2(R+r)2
4.如图，平衡位置位于原点O的振源做简谐运动，其运动的表达式为y=−0.05sin(10πt)m。该振动激发一列沿x轴正方向传播的简谐波。某次振源的位置达到正向最大位移处时，坐标为(9m,0)的P点恰好开始振动且OP之间存在4个波谷，从该时刻开始计时，下列说法正确的是( )
A. P点起振时沿y轴正方向运动
B. 该列简谐波的波速60m/s
C. t=1.2s时，P点的加速度沿y轴负方向且最大
D. t=1.2s时，坐标为(21m,0)的Q点(图中未画出)通过的路程为0.2m
5.将两点电荷A、B分别固定在x轴上0m和6m处，点电荷B的电荷量为−Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x=4m处电势最高，x轴上M、N两点分别处于3m和5m处，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 点电荷A的电荷量为+4Q
B. 若在M点固定一电荷量为q的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为kQq3
C. 正试探电荷由M点沿x轴运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
D. M点的电场强度等于N点的电场强度
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.关于热现象，下列说法正确的是( )
A. 布朗运动中越小的炭粒，受到撞击的分子越少，碳粒的不平衡性表现得越不明显
B. 内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能一定不同
C. 绝热密闭容器中一定质量理想气体的体积增大，其内能一定减少
D. 绕地球飞行的宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，但飞船内的气体对飞船内壁仍有压强
7.2022年10月9日43分，我国在酒泉卫星发射中心成功将“夸父一号”卫星发射升空，开启中国综合性太阳观测的新时代。该卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动，距离地球表面约720千米，运行周期约99分钟，下列说法正确的是( )
A. “夸父一号”发射速度大于11.2km/s
B. 若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出地球的质量
C. “夸父一号”绕地球运行的速度大于地球的同步卫星的速度
D. “夸父一号”的角速度小于地球自转的角速度
8.如图所示，有界匀强磁场的宽度为 2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里正方形abcd是粗细均匀的导体框，总电阻为4R，边长为L，该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac(垂直于磁场边界)由Ⅰ位置匀速运动到Ⅲ位置，速度大小为v，则( )
A. 导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中感应电流的方向先adcba后abcda
B. 导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中最大感应电流为BLv4R
C. 导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中通过的电荷量为BL22R
D. 导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中外力的最大功率为B2L2v22R
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
9.图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测最两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值a−；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列为题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图(b)所示，其读数为______cm。
(2)物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a=______。
(3)动摩擦因数μ可用M、m、a−和重力加速度g表示为μ=______
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于______(填“偶然误差”或“系统误差”)。
10.(1)如图甲所示为某同学设计的多用电表的原理示意图。虚线框中S为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B可以分别与触点1、2、3接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的不同功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是______。(选填选项前面的字母)
A.当S接触点1时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
B.当S接触点2时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
C.当S接触点2时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔
D.当S接触点3时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是红表笔
(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图乙所示。
a.若所选挡位为直流50mA挡，则示数为______ mA。
b.若所选挡位为电阻“×10”挡，则示数为______Ω。
(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必需的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：______。
A.将红表笔和黑表笔接触
B.把选择开关旋转到“×100”位置
C.把选择开关旋转到“×1k”位置
D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
(4)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图所示的几种图像，其中可能正确的是______。
(5)图丙为题(2)(图乙表盘)中多用电表电阻挡中某一挡位的原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig=100μA，内阻Rg=100Ω，电池的电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω，则此时欧姆表为电阻______挡。
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
11.如图所示，在第一象限内有水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3mv022qd。在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿y轴负方向射出，P点的坐标为(2d,2 33d)，粒子穿过x轴后恰好不能从y轴射出磁场，不考虑粒子的重力。求：
(1)粒子第一次穿过x轴时的速度v的大小和方向；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P点射出到第二次穿过x轴所用的时间t。
12.如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图，在车身下方固定一矩形线框abcd，ab边长为l，bc边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界矩形匀强磁场MNPQ，MN边界与ab平行，区域长为d。若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时的速度大小为v0，cd边刚离开磁场时列车刚好停止运动。已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力大小恒定为kmg，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小：
(2)线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热；
(3)线框从进入到离开磁场过程所用的时间。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
13.有一个角度可变的轨道，当倾角为30度时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60度，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B的质量的三倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数μ；
②A与B刚碰完B的速度；
③绳子的长度L。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.铀核(92238U)衰变为铅核(82206Pb)的过程中，设要经过n次α衰变和m次β衰变，由质量数守恒、核电荷数守恒有
92=82+2n−m
238=206+4n
解得
n=8，m=6
故A正确；
B、半衰期只和元素本身有关，与压强无关，故B错误；
C、在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故C错误；
D、β衰变放出的电子是来自原子核发生衰变时的产物，故D错误；
故选：A。
根据β衰变实质、半衰期特征、核反应前后，质量数和电荷数守恒以及，α、β、γ三种射线特征，即可解答。
本题考查学生对β衰变实质、半衰期特征、核反应前后，质量数和电荷数守恒以及，α、β、γ三种射线特征的掌握，考点多，具有一定难度，需要学生熟记。
2.【答案】C
【解析】解：A.由图中各色光的折射程度可知a光的折射率最小，根据v=cn可知，a光在棱镜中的速度最大，故A错误；
B.a光的折射率最小，则频率最小，根据光电效应方程eUc=hν−W0可知a光打出的光电子的遏止电压最小，故B错误；
C.光的反射和折射光路如图
C处均为直角，根据光的反射定律结合几何关系可知不论折射率大小，根据光路的对称性可以判断出三种单色光从CD面射出时与相应法线的夹角都等于∠1，故从CD面出射时a光、b光、c光互相平行，故C正确；
D.c光的频率最大，则波长最小，根据干涉条纹间距公式Δx=ldλ可知c光双缝干涉条纹宽度最小，故D错误；
故选：C。
A.根据折射光路图比较光的折射率，由波速公式进行判断；
B.根据光电效应方程进行分析判断；
C.根据光路图和几何关系结合对称性进行分析判断；
D.根据双缝干涉条纹的间距公式进行分析判断。
考查光的折射光路和折射率、光电效应等问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
3.【答案】C
【解析】解：A.线圈中产生的感应电动势的最大值为
Em=BSω
电压表示数应为电阻R两端的电压有效值，则有
U=BSωR 2(R+r)
故A错误；
B.根据欧姆定律有
I=ER+r=BSω 2(R+r)
电流瞬时值表达式为
i= 2Icsωt=BSωR+rcsωt
故B错误；
C.线圈从图示位置转过90∘的过程中所用时间
Δt=π2ω=π2ω
根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势平均值为
E−=ΔΦΔt=BSΔt=2BSωπ
则通过电阻R的电流平均值
I−=E−R+r=2BSωπ(R+r)
故C正确；
D.线圈从图示位置转过90∘的过程中，电阻R上产生的焦耳热
Q=I2RΔt=πRB2S2ω4(R+r)2
故D错误。
故选：C。
根据正弦式交变电流产生规律分析，感应电动势最大值为Em=nBSω，求得交流电的有效值，根据闭合电路欧姆定律可以求出电流的表达式，根据感应电动势的平均值解得C，根据焦耳定律解得D。
此题考查了交流的峰值、有效值以及瞬时值的计算，解题的关键是明确正弦式交变电流有效值的确定。
4.【答案】D
【解析】解：A、根据波源的表达式y=−0.05sin(10πt)m可知，波源起振方向沿着y轴负方向，则介质中各个质点的起振方向均沿着y轴负方向，故A错误；
B、根据波源的表达式y=−0.05sin(10πt)m可知，简谐波的振幅为A=0.05m，圆频率为ω=10πrad/s，则周期为T=2πω=2π10πs=0.2s
根据P点恰好开始振动时，振源在最大位移处，可知OP间的距离为
s=(n+34)λ，(n=0,1,2,……)
得
λ=9(n+34)m，(n=0,1,2,……)
根据波速公式v=λT得：v=9n+340.2m/s=45n+34m/s
P点开始振动时，OP之间存在4个波谷，则公式中n=3，代入得波速为：v=12m/s，故B错误；
C、由于t=1.2s=6T，则t=1.2s时，P点经过平衡位置向y轴负方向运动，加速度为0，故C错误；
D、波从P传到Q的时间为Δt=sv=21−912s=1s，t=1.2s时Q点振动了0.2s，即一个周期，所以Q点经过的路程为：Δs=4A=4×0.05m=0.2m，故D正确。
故选：D。
介质中各个质点起振方向都与波源起振方向相同，根据波源的振动方程判断波源的起振方向，从而确定P点起振方向。根据P点恰好开始振动时，振源在最大位移处，分析OP间的距离与波长的关系，结合OP之间存在4个波谷，确定波长的大小，再求波速。根据时间与周期的关系分析P点的加速度以及Q点通过的路程。
本题考查波的形成，要理解并掌握波的传播特点：介质中各个质点起振方向都与波源起振方向相同，理解波的周期性，能写出波长的通项。
5.【答案】B
【解析】解：A.φ−x图线的斜率表示场强，由图可知，在x=4m处图线的斜率为零，说明在x=4m处电场强度为零，所以两点电荷一定是同种电荷，故点电荷A带负电，根据点电荷场强公式
E=kQr2
可知
kQA42=kQ22
所以
QA=4Q
故A错误；
B.点电荷A到M点的距离为3m，点电荷B到M点的距离也为3m，所以M点的场强大小为
E=k4Q32−kQ32=kQ3
则在M点放一带电荷量为q的试探电荷，其所受电场力为
F=qE=kQq3
故B正确；
C.沿着电场线电势逐渐降低，则M点到N点，电场线先向左后向右，正的试探电荷从M点到N点时电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故C错误；
D.由图可知图线在M点的斜率小于N点的斜率，即M点的电场强度小于N点的电场强度，故D错误；
故选：B。
图线的斜率表示场强的大小，因为在两电荷中间位置电场强度为零，所以两电荷带同种电荷；根据点电荷场强公式计算得到A电荷所带电荷量的多少，进而根据场强的矢量合成可以得到M点的场强大小；比较M点和N点两点斜率的大小即可知道这两点场强的大小；对正电荷来说，电势越高，电势能越大。
φ−x图线的斜率表示场强的大小是解题的关键所在，根据图线的斜率可以比较各点的场强大小，进而根据点电荷场强公式得到A电荷所带电荷量的多少，就可判断题目中选项的正误。
6.【答案】ACD
【解析】解：A、布朗运动中越小的炭粒，受到的撞击的分子越少，碳粒的不平衡行表现的越明显，故A正确；
B、内能不同的物体，温度可能相同，因此分子热运动的平均动能可能相同，故B错误；
C、绝热密闭容器中，一定质量理想气体的体积增大，对外做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，其中Q=0，W<0，则ΔU<0，内能减小，故C正确；
D、绕地球飞行的宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，但飞船内的气体分子存在分子热运动，所以对飞船内壁仍有压强，故D正确。
故选：ACD。
布朗运动反映液体分子运动的无规则性，颗粒越小则运动越激烈；根据热力学定律分析，改变内能的方式：做功和热传递；根据物体的内能包括动能和势能分析即可；气体压强与分子重力无关，是由分子无规则运动对容器壁的撞击产生的。
本题主要掌握温度是分子平均动能的标志，理解热力学第一定律内容，知道温度是平均动能的标志。
7.【答案】BC
【解析】解：A.因为11.2km/s是第二宇宙速度，是挣脱地球引力束缚的最小速度，由题意可知，“夸父一号”并未脱离地球，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2km/s，故A错误；
B.根据公式
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
可得，地球的质量
M=4π2GT2(R+h)3
若已知万有引力常量，利用题中数据可以估算出地球的质量，故B正确；
C.“夸父一号”的周期为99分钟，地球的同步卫星周期为24小时，根据公式
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
可得
T= 4π2r3GM
可知“夸父一号”的轨迹半径小，又根据GMmr2=mv2r可得
v= GMr
可知，“夸父一号”的速度大，故C正确；
D.“夸父一号”绕地球运行周期约99分钟，小于地球的自转周期24h，根据
ω=2πT
可知，其角速度大于地球自转的角速度，故D错误。
故选：BC。
根据第二宇宙速度概念分析；根据万有引力提供向心力推导质量、周期、线速度分析判断；根据角速度定义式分析判断。
本题关键掌握利用万有引力提供向心力推导相关物理量。
8.【答案】AD
【解析】解：A、导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中，穿过导体框的磁通量先向里增加后向里减小，根据楞次定律可知感应电流的方向先adcba后abcda，故A正确；
B、bd边刚进入磁场时有效切割长度最大，导体框产生的感应电动势最大，感应电流最大，导体框切割磁感线的最大有效长度最大为 2L，产生的最大感应电动势为：E=B⋅ 2Lv= 2BLv，最大感应电流为I= 2BLv4R，故B错误；
C、导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程磁通量变化ΔΦ=0，故通过的电荷量为q=I−Δt=E−Δt4R=ΔΦ4R=0，故C错误；
D、导体框做匀速运动，外力的最大功率等于安培力的最大功率，为P=( 2BLv)24R=(BLv)22R，故D正确。
故选：AD。
根据楞次定律分析导体框中感应电流的方向；先确定导体框切割磁感线的有效长度的最大值，再求出对应的感应电动势，从而求得最大感应电流，进而求出对应的外力，利用功率公式求出外力的最大功率；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求出导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中通过的电荷量。
在本题中，要注意最大感应电流对应的是最大感应电动势，此时导体框切割的有效长度最大。在求电荷量时用到的电动势为平均电动势，这是易错点。
9.【答案】0.96012s[(d△tB)2−(d△tA)2]mg−(M+m)a−Mg系统误差
【解析】解：(1)由图(b)所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm。
(2)物块经过A点时的速度vA=dtA，物块经过B点时的速度vB=dtB，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：vB2−vA2=2as，加速度a=12s[(d△tB)2−(d△tA)2]；
(3)以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg−μMg=(M+m)a−，解得μ=mg−(M+m)a−Mg；
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差。
故答案为：(1)0.960；(2)12s[(d△tB)2−(d△tA)2]；(3)mg−(M+m)a−Mg；(4)系统误差。
(1)游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，
(2)由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；
(3)由牛顿第二定律求出动摩擦因数。
(4)由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差。
对游标卡尺进行读数时，要先确定游标尺的精度，主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺示数，读数时视线要与刻度线垂直。
10.【答案】AC22.0190BADAC×1k
【解析】解：(1)A.当S接触点1时，电阻与表头并联，则多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故A正确；
BC.当S接触点2时，内部接电源，则多用电表处于测量电阻的挡位，因黑表笔内部接电源的正极，则其中接线柱B接的是黑表笔，故B错误，C正确；
D.当S接触点3时，表头与电阻串联，则多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B接的是黑表笔，故D错误；
故选：AC。
(2)a.若所选挡位为直流50mA挡，则分度值为1mA，示数为22.0mA；
b.若所选挡位为电阻×10Ω挡，则示数为19×10Ω=190Ω；
(3)用表盘为图乙所示的多用电表正确测量了一个约15Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约2kΩ的电阻，则必须要换成“×100”挡，然后两表笔短接调零，其正确步骤是BAD。
(4)根据闭合电路的欧姆定律可知
I=ERx+R内
则
1I=1ERx+R内E
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
(5)由闭合电路的欧姆定律
Ig=ER内
将Ig=100μA=100×10−6A代入解得
R内=15000Ω
结合表盘的中值电阻的意义分析可得，此时欧姆表为电阻×1k挡。
故答案为：(1)AC；(2)22.0；190；(3)BAD；(4)AC；(5)×1k。
(1)根据多用电表的内部结构分析解答；
(2)根据挡位结合分度值读数；
(3)根据多用电表的使用方法作答；
(4)(5)根据闭合电路欧姆定律分析解答。
本题考查了多用电表结构、多用电表读数与欧姆表的使用方法，知道电流表。电压表与欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
11.【答案】解：(1)如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，有2 33d=v0t1
沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=qEm=3v022d
沿x轴正方向的速度vx=at1
联立解得vx= 3v0
射出磁场时的速度v= v02+vx2=2v0
设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ，根据类平抛运动的推论得
tanθ=vxv0= 3
则θ=60∘
(2)粒子第一次穿过x轴时，沿x轴正方向的位移x=12at2=d
粒子在磁场中做匀速圆周运动，恰好不从y轴射出磁场时，轨迹与y轴相切，设粒子轨迹半径为r，根据几何关系得
r+rcs60∘=2d+x
解得r=2d
粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得B=mv0qd
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πdv0
在磁场中运动时间t2=56T=5πd3v0
粒子从P点射出到第二次穿过x轴所用时间t=t1+t2
代入数据得t=dv0(23 3+53π)
答：(1)粒子第一次穿过x轴时的速度v的大小为2v0，方向：与v0的夹角为60∘指向右下方；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小为mv0qd；
(3)粒子从P点射出到第二次穿过x轴所用的时间t为dv0(2 33+5π3)。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由平抛规律求解；
(2)画出粒子恰好不能从y轴射出磁场时的轨迹，用数学知识求圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供向心力列式求解；
(3)根据对称性可知粒子在磁场中转动的圆心角为300度，由t=θ360∘T计算在磁场中的运动时间，再加上粒子在电场中的运动时间即可。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，注意衔接点的速度大小和方向，正确画出运动轨迹，利用类平抛和圆周运动规律即可求解。
12.【答案】解：(1)线框刚进入磁场时，ab边产生的感应电动势为
E=Blv0
线框中感应电流大小为
I=ER
ab边所受安培力大小为
F=BIl=B2l2v0R
根据牛二定律得：F+kmg=ma
解得：a=B2l2v0mR+kg
(2)线框由进入磁场到离开磁场过程中，由动能定理得
−W−kmg⋅2d=0−12mv02
又Q=W
联立解得线框产生的焦耳热为：Q=12mv02−2kmgd
(3)线框由进入磁场到离开磁场过程中，取向右为正方向，由动量定理得：
−BI1−l⋅t1−Bl2−l⋅t2−kmgt=0−mv0
又线框进入和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量分别为
q1=I1−t1=Blv1−t1R=BldR
q2=I2−t2=Blv2−t2R=BldR
则q=q1+q2=2BldR
联立方程解得：t=v0kg−2B2l2dkmgR
答：(1)线框ab边刚进入磁场时列车的加速度大小为B2l2v0mR+kg：
(2)线框从进入到离开磁场过程中，线框产生的焦耳热为=−2kmgd；
(3)线框从进入到离开磁场过程所用的时间为v0kg−2B2l2dkmgR。
【解析】(1)线框ab边刚进入磁场时ab边切割磁感线，由E=BLv0求出ab边产生的感应电动势，再由欧姆定律求线框中的电流大小。由F=BIl求出ab受到的安培力大小，再由牛顿第二定律列方程求解加速度大小；
(2)线框从进入到离开磁场过程中，根据动能定理列式求解该过程中克服安培力的功，再根据功能关系即可求出线框产生的焦耳热；
(3)线框由进入磁场到离开磁场过程中，利用动量定理结合电荷量与磁通量变化量的关系求解线框从进入到离开磁场过程所用的时间。
对于电磁感应问题研究思路常常有三条：第一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；第二条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；第三条从动量定理角度，根据动量定理求运动时间或位移。
13.【答案】解：由题意可知：A的质量是B的质量的三倍，设B的质量为m，则A的质量为3m
①当倾角θ=30∘时，A恰好匀速下滑，由平衡条件得：3mgsinθ=μ×3mgcsθ
代入数据解得，动摩擦因数：μ= 33
②当倾角α=60∘时，A下滑过程，由动能定理得：3mgh−μ×3mgcsα×hsinα=12×3mv02−0
解得A与B碰撞前瞬间A的速度大小：v0= 43gh
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：3mv0=3mvA+mvB
由机械能守恒定律得：12×3mv02=12×3mvA2+12mvB2
解得：vB= 3gh
③B从最低点到最高点过程，由动能定理得：−mg×2L=12mv2−12mvB2
B恰好做完整的圆周运动，在最高点重力提供向心力，在最高点，由牛顿第二定律得：mg=mv2L
解得：L=0.6h
答：①A与轨道间的动摩擦因数是 33；
②A与B刚碰完B的速度是 3gh；
③绳子的长度L是0.6h。
【解析】①倾角为30度时，A恰好匀速下滑，应用平衡条件求出动摩擦因数。
②A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后B的速度。
③应用动能定理可以求出B到达最高点时的速度；B恰好做完整的圆周运动，在最高点重力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出绳子的长度L。
根据题意分析清楚A、B的运动过程是解题的前提，应用平衡条件、动能定理、动量守恒定律与牛顿第二定律可以解题。