（10分）待測電阻R_x的阻值約為20，現要測量其阻值，實驗室提供器材如下：

A．電流表A1（量程150mA，內阻約為10）

B．電流表A2（量程20mA，內阻r2＝30）

C．電壓表V（量程15V，內阻約為3000）

D．定值電阻R0＝100

E．滑動變阻器R₁，最大阻值為5，額定電流為1.0A
F．滑動變阻器R₂，最大阻值為50，額定電流為0.5A
G．電源E，電動勢E＝4V（內阻不計）
H．電鍵S及導線若干
（1）為了使電表調節范圍較大，測量準確，測量時電表讀數不得小于其量程的，請從所給的器材中選擇合適的實驗器材     _______________________（均用器材前對應的序號字母填寫）；
（2）根據你選擇的實驗器材，請你在虛線框內畫出測量R_x的最佳實驗電路圖并標明元件符號；

（3）待測電阻的表達式為R_x＝________________，式中各符號的物理意義為_______________________。

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在探究電阻定律的實驗中，現有幾根康銅合金絲和鎳鉻合金絲，其規格如下表所示．

編號	材料	長度（m）	橫截面積（mm2）
A	鎳鉻合金	0.8	0.8
B	鎳鉻合金	0.5	0.5
C	鎳鉻合金	0.3	0.5
D	鎳鉻合金	0.3	1.0
E	康銅絲	0.3	0.5
F	康銅絲	0.8	0.8

（1）圖甲中四種金屬絲a、b、c分別為上表中編號為C、B、D的金屬絲，則d應選上表中的

 

（用編號表示）．
（2）為測量某一種電阻絲單位長度上的電阻R₀，某同學利用一段帶有滑動片P且粗細均勻的電阻絲AB和下列器材做實驗：
A．電流表A：量程為500mA，內阻為4Ω；
B．電阻箱R′：最大阻值為99.9Ω，阻值最小變量為0.1Ω；
C．電源E：電動勢為6V，內阻r=0.4Ω；
D．定值電阻R：阻值為1.2Ω：
E．開關S、導線若干．
實驗時采用如圖乙所示電路，滑動片P與電阻絲接觸良好，且AP長記為L，其他導線電阻不計．改變電阻絲連入電路的長度L，分別測出通過電阻絲的電流值，作出電阻絲的

1

I

-L圖象如圖丙所示．
①由

1

I

-L圖象得出該電阻絲單位長度上的電阻R₀=

 

Ω．
②請將實驗電路圖中虛線框中的電路補充完整．要求：無論滑動片P滑至何處，電流表均安全，并且能盡可能準確地測出圖丙中的電流值．此時電阻箱R′連人電路的阻值為

 

Ω．

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在測量阻值較大的電阻的實驗中，可供選用的器材如下：
待測金屬絲：R_x（阻值約5KΩ）；
電壓表：V₁（量程3V，內阻約3KΩ）；
V₂（量程15V，內阻約15KΩ）
電流表：A₁（量程0.6A，內阻約0.2Ω）；
A₂（量程3mA，內阻約5Ω）；
電源：E₁（電動勢3V，內阻不計）
E₂（電動勢15V，內阻不計）
滑動變阻器：R（最大阻值約20Ω）
開關S；導線．
為使測量盡量精確，電流表應選

 

、電壓表應選

 

、電源應選

 

（均填器材代號），在虛線框中（見答題紙）完成電路原理圖．

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有一個純電阻用電器的電阻約為20Ω，試設計一個能較精確地測量該用電器電阻的電路，要求使該用電器兩端的電壓變化范圍盡可能大．可選用的器材有：
電源：電動勢為8V，內電阻為1.0Ω
電流表：量程0.6A，內阻R_A為0.50Ω
電壓表：量程10V，內阻R_V為10kΩ
滑動變阻器：最大電阻值為5.0Ω
開關一個、導線若干．
（1）在方框內畫出實驗電路圖；
（2）用該電路可以使用電器兩端的電壓變化范圍約為

0～6.4

0～6.4

V；
（3）若實驗中在用電器正常工作的狀態下電流表的示數為I，電壓表的示數為U，考慮到電表內阻的影響，用測量量及電表內阻計算用電器正常工作時電阻值的表達式為

URV

IRV-U

URV

IRV-U

．

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一、本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分。把你認為正確答案的代表字母填寫在題后的括號內。

1．B  2．AC  3．CD  4．AB  5．D  6．CD  7．BC  8．AC  9．A  10．CD

二、本題共3小題，共14分。按照要求作圖或把答案填在題中的橫線上。

12．（1）；（2分）  ；（2分）（2）偏小。（1分）

13．（1）如答圖1；（2分）  （2）0~6.4；（2分）

   （3）。（2分）

三、本大題包括7小題，共56分。解答應寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟。

       只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題的答案必須明確寫出數值和單位。

14．（7分）

解：（1）質子進入磁場做半徑為R₁的勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，根據牛頓第二定律，…………………………（2分）

       質子離開磁場時到達A點，O、A間的距離.………………（1分）

       同理，α粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，α粒子離開磁場時到達B點，

       O、B間的距離，則A、B兩點間的距離.…（2分）

   （2）α粒子在勻強磁場中運動周期為，

       則α粒子在磁場中運動的時間為…………………………（2分）

15．（7分）解：（1）根據電磁感應定律，金屬棒ab上產生的感應電動勢為

       ……………………………………（1分）

       根據閉合電路歐姆定律，通過R的電流……………………（1分）

       金屬棒兩端的電壓U=E－Ir=2.5V.………………………………………………（1分）

   （2）由于ab桿做勻速運動，拉力和磁場對電流的安培力大小相等，即

        …………………………………………………………（2分）

   （3）根據焦耳定律，電阻R上消耗的電功率P=I²R=1.25W.…………………（2分）

16．（8分）解：（1）滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力，

       設到達斜面底端時的速度為，根據動能定理

       ，…………………………（2分）

       解得………………………………………………（1分）

   （2）滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，設此高度為，根據動能定理， ，…………………………（2分）

       代入數據解得……………………………………（1分）

   （3）滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能和減少等于克服摩擦力做的功，

          即等于產生的熱能，……………………（2分）

17．（8分）解：（1）因為線圈中產生的感應電流變化的周期與磁場變化的周期相同，所以由圖象可知，線圈中產生交變電流的周期為T=3.14×10^－2s.

       所以線圈中感應電動勢的最大值為……………………（2分）

   （2）根據歐姆定律，電路中電流的最大值為

       通過小燈泡電流的有效值為，…………………………（1分）

       小燈泡消耗的電功率為P=I²R=2.88W………………………………………………（2分）

   （3）在磁感應強度變化的1~1/4周期內，線圈中感應電動勢的平均值

       通過燈泡的平均電流……………………………………（1分）

       通過燈泡的電荷量………………………………（2分）

18．（8分）解：（1）當通過金屬棒的電流為I₂時，金屬棒在導軌上做勻加速運動，設加速度為a，根據牛頓第二定律，………………………………（1分）

       設金屬棒到達NQ端時的速率為，根據運動學公式，，……………（1分）

       由以上兩式解得：……………………………………（2分）

   （2）當金屬棒靜止不動時，金屬棒的電阻，設金屬棒在導軌上運動的時間為t，

       電流在金屬棒中產生的熱量為Q，根據焦耳定律，Q=I，…………………（2分）

       根據運動學公式，，將（1）的結果代入，爭得

………（2分）

19．（9分）解：（1）t=0時刻進入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運動，即有，

       而后在電場力作用下做類平拋運動，在垂直于OO′方向做勻加速運動，設到達B、D

端界面時偏離OO′的距離為y₁，則.………………（2分）

       t=T/2時刻進入兩板間的電子先在T/2時間內做拋物線運動到達金屬板的中央，而后做勻速直線運動到達金屬板B、D端界面。設電子到達金屬板的中央時偏離OO′的距離為y₂，將此時電子的速度分解為沿OO′方向的分量與沿電場方向的分量，并設此時刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ，電子沿直線到達金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離為，則有；

解得……………………………………………………（1分）

因此，。…………………………………………………（1分）

（2）在t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2……)時刻進入兩板間的電子在離開金屬板時偏離OO′的距離最大，因此為使所有進入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板，應滿足的條件為，解得板間電太的最大值。…………………………………………（2分）

（3）設）時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為Y₁；t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為，電子到達熒光屏上分布在范圍內. 當滿足的條件時，△Y為最大。根據題中金屬板和熒光屏之間的幾何關系，得到

……………………………………………………（1分）

因此電子在熒光屏上分布的最大范疇為………（2分）

20．（9分）

解：（1）粒子A在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛侖滋力提供向心力，設粒子A的速度為v₀­，在MN上方運動半徑為R₁，運動周期為T₁，根據牛頓第二定律和圓周運動公式，

解得  ………………………………（2分）

同理，粒子A在MN下方運動半徑R₂和周期T₂分別為：

。

粒子A由P點運動到MN邊界時與MN的夾角為60°，如答圖2所示，則有

R₁－h=R₁cos60°  得到：R₁=2h，R₂=4h。

PQ間的距離為d=2R₂sin60°－2R₁sin60°=2h�！�……………………………（3分）

   （2）粒子A從P點到Q點所用時間為

        ，………………………………（1分）

    設粒子B的質量為M，從P點到Q點速度為v

，……………………………………………………（1分）

由

根據動量守恒定律…………（2分）