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如圖所示的電路中，電池的電動勢為E，內阻為r，電路中的電阻R₁、R₂和R₃的阻值都相同．在電鍵S處于閉合狀態(tài)下，若將電鍵S₁由位置1切換到位置2，則下列判斷中正確的是（　　）

A．電壓表的示數(shù)變大

B．電阻R₂兩端的電壓變大

C．電池內阻消耗的功率變大

D．電源的總功率變大

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如圖所示的電路中，電池的電動勢為E，內電阻為r，R₁和R₂是兩阻值固定的電阻．當可變電阻R的滑片向a端移動時，通過R₁的電流I₁和通過R₂的電流I₂將發(fā)生的變化是（　　）

A．I₁變大，I₂變小

B．I₁變大，I₂變大

C．I₁變小，I₂變大

D．I₁變小，I₂變小

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如圖所示的電路中，電池的電動勢為 E，內阻為 r，電路中的電阻 R₁、R₂ 和 R₃ 的阻值都相同．在電鍵 S處于閉合狀態(tài)下，若將電鍵 S₁ 由位置 1切換到位置 2，則（　　）

A．電壓表的示數(shù)變大

B．電池內部消耗的功率變大

C．電池的效率變大

D．電阻 R₂ 兩端的電壓變小

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如圖所示的電路中，電池的電動勢為E，內阻為r，R₁和R₂是兩個定值電阻，當可變電阻R（R＞R₁）的滑片由b向a端移動時，則下列說法中正確的是（　　）

A．電壓表V的示數(shù)變大

B．電壓表V的示數(shù)先變大后變小

C．電流表A的示數(shù)變大

D．電流表A的示數(shù)先變大后變小

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如圖所示的電路中，電池的電動勢E=5V，內電阻r=10Ω，固定電阻R=90Ω，R₀是可變電阻．在R₀ 由零增加到 400Ω的過程中，以下說法中正確的是（　　）

A．當可變電阻R₀=0Ω時，整個電路消耗的電功率最大

B．當可變電阻R₀=0Ω時，固定電阻R消耗的電功率最小

C．當可變電阻R₀=100Ω時，可變電阻R₀消耗的電功率最大

D．當可變電阻R₀=400Ω時，電源的效率（電源的輸出功率與電源釋放的總功率的比值）最大

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題號

1

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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(jù)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(shù)據(jù)數(shù)據(jù)，

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v_B，由機械能守恒得：

            （1分）

        求得：v_B=10m/s.        （1分）

（2）設小球經過C點時的速度為v_C，對軌道的壓力為N，則軌道對小球的壓力N’=N，根據(jù)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v_S，在此過程中阻力所做的功為W，易知v_D= v_B，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　　　　　　　　　　　　　 　 　③

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＝ 　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥

當液滴剛好能射出時：

有　l＝v₀t   t＝　　y＝d　

故　d=                        　　⑦

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　　　　⑨

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，