題目列表(包括答案和解析)
某同學做“測量金屬絲電阻率”的實驗。①首先，他用螺旋測微器在被測金屬絲上的三個不同位置各測一次直徑，并求出其平均值作為金屬絲的直徑d。其中某次測量如圖3所示，這次測量對應位置金屬導線的直徑為 mm；②然后他測量了金屬絲的電阻：，實驗中使用的器材有：
a．金屬絲（接入電路的長度x0為1m，電阻約5Ω～6Ω）
b．直流電源（4.5 V，內阻不計）
c．電流表（200mA，內阻約1.0Ω
d．電壓表（3V，內阻約3kΩ）
e．滑動變阻器（50Ω，1.5A）
f．定值電阻R1（5.0Ω，1.5A）
g．定值電阻R2（10.0Ω，1.0A）
h．定值電阻R3 （100.0Ω，1.0A）
i．開關，導線若干
該同學實驗時的電路圖如圖4所示，且在實驗中兩塊電表的讀數都能接近滿偏值，定值電阻應該選 （選填“R1”、“R2”或“R3”）；
③該同學根據測量時電流表的讀數I、電壓表的讀數U描繪的U—I圖象如圖5所示，根據圖象可以求得金屬絲的電阻Rx= Ω。
④設法保持金屬絲的溫度不變，而逐漸減小上述金屬絲（接入電路長度為x0）接入電路的長度x，當電壓表的示數保持不變時，下列圖象中正確反映了金屬絲電阻消耗的功率P隨x變化規(guī)律的是（ ）
|
如圖所示，
a、b兩端接到電壓恒定的電源上，如果c、d兩端接一電壓表，示數為60 V；如接一電流表，示數為3 A；如果在c、d間接一電阻R3，則三個電阻消耗的功率相等．求R1、R2、R3的阻值及a、b間的電壓(電表為理想表)．
如圖所示，交流發(fā)電機線圈的面積為0．05m2，共100匝。該線圈在磁感應強度為
T的勻強磁場中，以10πrad／s的角速度勻速轉動，電阻Rl和R2的阻值均為50
，線圈的內阻忽略不計，若從圖示位置開始計時，則 （ ）
A．線圈中的電動勢為e=50
sin l0πt V
B．電流表的示數為1 A
C．電壓表的示數為25 V
D．R1上消耗的電功率為50W
圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈匝數n1與副線圈匝數n2之比為10∶1，變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦式交流電，電阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和電容器C連接成如圖甲所示的電路。其中，電容器擊穿電壓為8 V，各電表均為理想交流電表，開關S處于斷開狀態(tài)，則（??? ）
A．電壓表
的讀數為10V???????????? ??? B．電流表
的讀數約為0.05 A
C．電阻R2上消耗的功率為2.5 W???????? D．若閉合開關S，電容器會被擊穿
如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，副線圈向電阻R1、R2和R3供電，
為交流電流表，
為交流電壓表，開關K閉合后與閉合前相比 （ ）
A． V示數變大，A示數變小，R1消耗的電功率變小
B． V示數變大，A示數變大，R1消耗的電功率變大
C． V示數變小，A示數變小，R1消耗的電功率變小
D． V示數變小，A示數變大，R1消耗的電功率變小
題號
1
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3
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12
答案
C
D
C
ACD
D
A
B
D
BCD
ACD
BD
AC
13.(1) ①從該時刻經
，質點M恰經過平衡位置，所以位移為0。②該時刻。振動增強的點是：M、O、P、Q；振動減弱的點是：N。 (2) C
14．（10分）（1）a.干電池正常；b.電鍵正常；c.閉合天關關回路是連通的，沒有斷路之處。（3分）（每答對一點得1分）；
（2）ACF（3分） （有一處錯誤即不給分）
（3）由于燈絲的電阻率隨溫度的升高而增大，歐姆表測出的小燈泡電阻值是常溫下的電阻值，而根據公式計算出的小燈泡電阻值是高溫下（正常工作）的電阻值。（3分，每答對一點得1分） （4）H（3分）
15. （10分）（1）刻度尺; （1分）
（2）把木板的末端墊起適當高度
以平衡摩擦力 （2分）
（3）點距均勻(1分)
（4）2W、3W、4W、5W(2分)
（5）v2（1分）；圖像 (2分)
（6）分析誤差來源或改進試驗
方案或測量手段，重新進行試驗（1分）；
若答：“修改試驗數據數據，
使之符合自己的推測”得0分；
16.（1）分析：要求了解光電效應的規(guī)律及光子說理論。
解答：由愛因斯坦光電效應方程可得：
=W+
m
∴=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10―19J
∴λ=
=4.3×10―7 m
(2)評析:（1） 輸電線的電阻為：
①
P損=P1×4% ②
P損=I2 R ③
P2=P1 ④
P2=I2U2 ⑤
由①②③④⑤式得升壓變壓器的輸出電壓：U2=80000V ⑥
(2) 輸電線上的電壓的損失：U損=I2R=3200V ⑦
17．（14分）分析和解：（1）帶電粒子經過電場加速，進入偏轉磁場時速度為v，由動能定理
…………………①（1分）
進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r
………………②（2分）
打到H點有 
………………………③（1分）
由①②③得 
…………(1分)
（2）要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在磁場中運動偏角小于90°，臨界狀態(tài)為90°，如圖所示，磁場區(qū)半徑
�。�2分）
所以磁場區(qū)域半徑滿足
�。�1分）
18．(14分) 解：（1）設小球經過B點時的速度大小為vB，由機械能守恒得：
（1分）
求得：vB=10m/s. （1分）
（2）設小球經過C點時的速度為vC，對軌道的壓力為N，則軌道對小球的壓力N’=N，根據牛頓第二定律可得：
N’－mg = 
（2分）
由機械能守恒得：
（2分）
由以上兩式及N’= N求得：N = 43N. （2分）
（3）設小球受到的阻力為f，到達S點的速度為vS，在此過程中阻力所做的功為W，易知vD= vB，由動能定理可得：
（2分）
求得W=－68J. （2分）
小球從D點拋出后在阻力場區(qū)域內的運動軌跡不是拋物線．（2分）
19.（16分） （1）由題意可知：板1為正極，板2為負極 ①
兩板間的電壓U＝
②
而：S＝πr2 �、�
帶電液滴受的電場力：F＝qE=
④
故：F－mg＝－mg＝ma
a=
－g
⑤
討論：
一．若 a>0
液滴向上偏轉，做類似平拋運動
y＝ 
�、�
當液滴剛好能射出時：
有 l＝v0t t＝
y＝d
故 d=
�、�
由②③⑦得 K1＝ 
⑧
要使液滴能射出，必須滿足 y<d 故 K＜K1
二．若 a＝0
液滴不發(fā)生偏轉，做勻速直線運動，此時 a=
－g＝0 �、�
由②③⑨得 K2＝
⑩
液滴能射出，必須滿足K＝K2
三．若 a<0,、，液滴將被吸附在板2上。
綜上所述：液滴能射出，
|
替代⑧式中的d
12
13
⑴木塊和木盒分別做勻減速運動，加速度大小分別為：aA = μAg = 
代入數據得：T = 2s
（2分）
SA= vA T1－
代入數據得；T1=T=2s （2分）
m/s 
m/s 
m/s