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3.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 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

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(  )

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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(  )

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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(  )

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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(  )

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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(  )

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題號

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9

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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=P1×4%                                           ②        

P=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=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(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                                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                         

 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,

       

      (2)B=B0+Kt

      當液滴從兩板中點射出進,滿足條件一的情況,則

      替代⑧式中的d

                           12

                        13

      20.(16分)⑴木塊和木盒分別做勻減速運動,加速度大小分別為:aA = μAg = 1m/s2                                        

      aB = μBg = 2m/s2    設經過時間T發(fā)生第一次碰撞  則有:

      L-l = SA-SB = V0T-   代入數(shù)據(jù)得:T = 2s          (2分)

      ⑵碰前木塊和木盒的速度分別為:VA′=V0-aAT=16m/s    VB′=V0-aBT=14m/s

      相碰過程動量守恒有:mvA′+mvB′= mvA+mvB     

      代入數(shù)據(jù)得: vA=vB′=14m/s  方向向右                                     (2分)

        vB = vA′=16m/s  方向向右                                               (2分)

      ⑶設第一次碰撞后又經過T1時間,兩者在左端相遇有: L-l = SB-SA

           SB= vB T1    SA= vA T1    代入數(shù)據(jù)得;T1=T=2s           (2分)

      在左端相碰前:木塊、木盒速度分別為:m/s   m/s

      可見木塊、木盒經過時間t1=2T在左端相遇接觸時速度恰好相同               (2分)

      同理可得:木塊、木盒經過同樣時間t2 = 2T,第二次在左端相遇 m/s

      木塊、木盒第三次又經過同樣時間t3=2T在左端相遇,速度恰好為零。由上可知:木塊、木盒,最后能同時停止運動                                              (2分)

      經歷的時間:t= 6T = 12s                                                 (2分)

      (4)由⑵歸納可知:v0 = 6K(K取:1,2,3……)                                    (2分)

       

       

       

       

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