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要描繪某電學元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設計電路如圖，圖中定值電阻R為1kΩ，用于限流；電流表量程為10mA，內阻約為5Ω；電壓表（未畫出）量程為10V，內阻約為10kΩ；電源電動勢E為12V，內阻不計．
（1）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：
a、阻值0到200Ω，額定電流0.3A
b、阻值0到20Ω，額定電流0.5A
本實驗應選的滑動變阻器是

 

（填“a”或“b”）．
（2）正確接線后，測得數據如下表：

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
U（V）	0.00	3.00	6.00	6.16	6.28	6.32	6.36	6.38	6.39	6.40
I（mA）	0.00	0.00	0.00	0.06	0.50	1.00	2.00	3.00	4.00	5.50

a）根據以上數據，電壓表是并聯在M與

 

之間的．（填“O”或“P”）
b）根據以上數據，畫出該元件的伏安特性曲線為

 

．
（3）畫出待測元件兩端電壓U_MO隨MN間電壓U_MN變化的示意圖為：（無需數值）

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12.要描繪某電學元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設計電路如圖.圖中定值電阻R為1 k,用于限流；電流表量程為10mA，內阻約為5；電壓表（未畫出）量程為10V，內阻約為10 k；電源電動勢E為12V，內阻不計.

（1）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：

a.阻值0～200,額定電流0.3A

b.阻值0～200,額定電流0.5A

本實驗應選用的滑動變阻器是         （填“a”或“b”）.

（2）正確接線后，測得數據如下表：

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
U(V)	0.00	3.00	6.00	6.16	6.28	6.32	6.36	6.38	6.39	6.40
I(mA)	0.00	0.00	0.00	0.06	0.50	1.00	2.00	3.00	4.00	5.50

a)根據以下數據，電壓表是并聯在M與         之間的（填“O”或“P”）.

b)根據以上數據，畫出該元件的伏安特性曲線為____________________________.

（3）畫出待測元件兩端電壓U_MO隨MN間電壓U_MN變化的示意圖為（無需數值）

____________________________________.

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要描繪某電學元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設計電路如圖，圖中定值電阻R為1kΩ，用于限流；電流表量程為10mA，內阻約為5Ω；電壓表（未畫出）量程為10V，內阻約為10kΩ；電源電動勢E為12V，內阻不計．
（1）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：
a、阻值0到200Ω，額定電流0.3A
b、阻值0到20Ω，額定電流0.5A
本實驗應選的滑動變阻器是______（填“a”或“b”）．
（2）正確接線后，測得數據如下表：

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
U（V）	0.00	3.00	6.00	6.16	6.28	6.32	6.36	6.38	6.39	6.40
I（mA）	0.00	0.00	0.00	0.06	0.50	1.00	2.00	3.00	4.00	5.50

a）根據以上數據，電壓表是并聯在M與______之間的．（填“O”或“P”）
b）根據以上數據，畫出該元件的伏安特性曲線為______．
（3）畫出待測元件兩端電壓U_MO隨MN間電壓U_MN變化的示意圖為：（無需數值）

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要描繪某電學元件（最大電流不超過6mA，最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設計電路如圖，圖中定值電阻R為1kΩ，用于限流；電流表量程為10mA，內阻約為5Ω；電壓表（未畫出）量程為10V，內阻約為10kΩ；電源電動勢E為12V，內阻不計．
（1）實驗時有兩個滑動變阻器可供選擇：
a、阻值0到200Ω，額定電流0.3A
b、阻值0到20Ω，額定電流0.5A
本實驗應選的滑動變阻器是    （填“a”或“b”）．
（2）正確接線后，測得數據如下表：

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
U（V）	0.00	3.00	6.00	6.16	6.28	6.32	6.36	6.38	6.39	6.40
I（mA）	0.00	0.00	0.00	0.06	0.50	1.00	2.00	3.00	4.00	5.50

a）根據以上數據，電壓表是并聯在M與    之間的．（填“O”或“P”）
b）根據以上數據，畫出該元件的伏安特性曲線為    ．
（3）畫出待測元件兩端電壓U_MO隨MN間電壓U_MN變化的示意圖為：（無需數值）

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題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

答案

D

A

C

A

B

BCD

ACD

AC

AC

10、1)0.495~0.497m/s² （2分） (2)①  CD（2分） ②天平（1分）

(3)（2分）偏大（2分）因紙帶與打點記時器間存在摩擦阻力f,則有即

11、⑴a

⑵a）P

  b）如圖

    ⑶

12、（1）   

  （2）BC     （3）速度   頻率    （4）全反射   光疏介質   臨界角

13、（1）A   （2）AD   （3）

14【解析】（1）設小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得             ①

       ②         s=vt             ③

聯立①②③式，代入數據解得s=0.8m         ④

（2）設在數字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向

  ⑤   聯立①⑤式，代入數據解得F＝0.3N    ⑥  方向豎直向下

15【解析】⑴做直線運動有： 做圓周運動有：

          只有電場時，粒子做類平拋，有：

                                解得：

          粒子速度大小為：

          速度方向與x軸夾角為：

    粒子與x軸的距離為：

        ⑵撤電場加上磁場后，有：        解得：

          粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關系得C點坐標為：

    過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：       

                          解得：

           M點橫坐標為：

16【解析】

（1）由于列車速度與磁場平移速度方向相同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到安培力即為驅動力。

（2）為使列車獲得最大驅動力，MM、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致線框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流收到的安培力最大，因此，d應為的奇數倍，即

①

（3）由于滿足（2）問條件，則MM、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B₀且方向總相反，經短暫的時間Δt，磁場沿Ox方向平移的距離為v₀Δt，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為vΔt。

因為v₀>v，所以在Δt時間內MN邊掃過磁場的面積S=（v₀-v）lΔt

在此Δt時間內，MN邊左側穿過S的磁通量移進金屬框而引起框內磁通量變化

ΔΦ_MN  = B₀l（v₀-v）Δt②

同理，該Δt時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化

ΔΦ_PQ = B₀l（v₀-v）Δt③

故在Δt內金屬框所圍面積的磁通量變化 ΔΦ = ΔΦ_MN  +ΔΦ_PQ④

根據法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小⑤

根據閉合電路歐姆定律有⑥

根據安培力公式，MN邊所受的安培力F_MN  = B₀Il

PQ邊所受的安培力F_PQ  = B₀Il

根據左手定則，MM、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小

F = F_MN  + F_PQ = 2 B₀Il⑦

聯立解得⑧