（1）如图是多用表的刻度盘，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为

30.9

30.9

mA；若选用倍率为“×100”的电阻挡测电阻时，表针也指示在图示同一位置，则所测电阻的阻值为

1500

1500

Ω．如果要用此多用表测量一个约2.0×10²Ω的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆挡是

×10

×10

（选填“×10”、“×100”或“×1k”）．换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是

欧姆调零

欧姆调零

．
（2）为测定某电源内阻r和一段金属电阻丝单位长度的电阻R₀，设计如图所示的电路．ab是一段粗细均匀的金属电阻丝，R是阻值为2Ω的保护电阻，电源电动势为6V，电流表内阻不计，示数用I表示．滑动片P与电阻丝有良好接触，aP长度用L_x表示，其它连接导线电阻不计．实验时闭合电键，调节P的位置，将L_x和与之对应的I数据记录在下表．
①画出1/I-L_x图象；
②根据所画图线，写出金属丝的电阻与其长度的函数关系式：

1

i

=0.38+1.575L

1

i

=0.38+1.575L

③从图中根据截距和斜率，求出该电源内阻r为

0.28

0.28

Ω；该金属电阻丝单位长度的电阻R₀为

9.45

9.45

Ω/m

实验次数	1	2	3	4	5
Lx（m）	0.10	0.20	0.30	0.40	0.50
I（A）	1.94	1.30	1.20	1.02	0.88
1/I（A-1）	0.52	0.77	0.83	0.98	1.14

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（I）（1）如图甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接．
（2）某同学从标称为“220V  25W”“220V  300W”“220V  500W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图乙所示．该灯泡的阻值是

 

Ω，标称的额定功率为

 

W．
（II）（1）在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示．测量方法正确的是

 

（选填“甲”或“乙”）．
（2）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图甲所示．光敏电阻与某一自动记录相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为

 

．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将

 

（填“变大”、“不变”或“变小”），图乙中的△t将

 

（填“变大”、“不变”或“变小”）．

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（2005?青浦区模拟）如图所示的电路中，AB是一段粗细均匀的电阻线，R是保护电阻，电阻值为2欧，电源电动势为6伏，安培表内阻为零，其示数为I，滑动片P与电阻丝有良好接触，且AP长度为L，其它连接导线电阻不计．闭合电键，调节P的位置，将L和与之对应的数据记录在表．

实验次数	1	2	3	4	5
L（米）	0.10	0.20	0.30	0.40	0.50
I（安）	1.78	1.39	1.14	0.97	0.84
1/I（安-1）

（1）表中第三行是电流倒数1/I，计算后填入表中，在图B、中画出1/I-L图象．
（2）从图中求出截距b和斜率k．
（3）根据截距和斜率，求出电源内阻r和该电阻线单位长度的电阻R．

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倾角为θ的光滑斜面上，水平放一导体棒a，整个装置处于匀强磁场B中，如图所示．今在导体棒a中通以垂直纸面向里的电流I．
（1）若导体受的安培力沿斜面向上，则磁场方向应怎样？
（2）若要求导体能静止在斜面上，则所加磁场的磁感强度B最小值为多少？方向如何？
（3）若要求导体静止且对斜面的压力为零，则所加磁场的磁感强度B为多少？方向如何？

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（2012?绵阳模拟）（1）如图1所示，是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，读数是

6.224（6.221～6.225都对）

6.224（6.221～6.225都对）

mm
（2）在做“验证动量守恒定律”实验时，除了斜槽、大小相同质量不等的两个小球、白纸、复写纸、圆规、铅笔等外，下列哪些器材是本实验需要的？

CDF

CDF

．
A．游标卡尺  B．秒表   C．刻度尺   D．天平   E．弹簧秤   F．重垂线
实验中，下列做法正确的是

CD

CD

．
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端点的切线可以不水平
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
D．用尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心就是小球落点的平均位置
E．不放被碰小球时，让入射小球从斜槽上某一位置滚下，实验1次，放上被碰小球时，要重复实验10次
（3）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新干电池．
①由于新干电池内阻太小，用如图2图甲所示电路测量时，安全前提下，尽可能大的范围内调节滑动变阻器，电流表和电压表示数变化情况是

C

C

．
A．电流表和电压表示数变化都很明显
B．电流表和电压表示数变化都不明显
C．电流表示数变化明1，电压表示数变化不明显
D．电流表示数变化不明显，电压表示数变化明显
②为了提高实验精度，采用如图2图乙所示电路．器材有：量程3V的电压表V；量程0.15A的电流表A₁（内阻约1Ω）；量程0.6A的电流表A₂（内阻约1Ω）；定值电阻R₀（阻值未知，约10Ω）；滑动变阻器R（0?10Ω）； 单刀单掷开关S₁、单刀双掷开关S₂，导线若干．
电流表应该选用

A

1

A

1

（选填“A₁”或“A₂”）．
开始实验之前，S₁，S₂都处于断开状态．闭合S₁，S₂接1，调节滑动变阻器，电压表读数U₀，电流表读数I₀； S₂接2，调节滑动变阻器，当电流表读数为I₁时，电压表读数为U₁当电流表读数为I₂时，电压表读数为U₂．则新电池电动势的表达式为E=

I   2 U   1 -I   1 U   2

I   2 -I   1

I   2 U   1 -I   1 U   2

I   2 -I   1

，内阻的表达式r=

U   1 -U   2

I   2 -I   1

-

U   0

I   0

U   1 -U   2

I   2 -I   1

-

U   0

I   0

．

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题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

答案

C

B

A

D

D

A

D

C

B

B

C

题号

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

答案

D

B

C

AB

BC

AC

B

D

BD

C

22．(Ⅰ)   甲     

（Ⅱ）

R₁=20   R₂=180    R₃=1.4 k

R₄=49.9 k   R₅=450 k

23．【解】当斜面体向右加速运动时，计算球离开斜面的临界加速度a₀，此时有：

Tsinθ-mg=0                              

Tcosθ=ma₀

由此解得：  a₀=gcotθ =m/s²

又    a=4m/s²> a₀

所以，小球离开斜面，设此时线与竖直方向成φ角，则：

Tsinφ-mg=0

Tcosφ=ma

解得：T=m=2.43N

24．解：如图所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为v，根据动能定理，有  

设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有

由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r。由以上各式解得

25．解：用m表示A、B和C的质量。

（1）当物块A以初速度v₀向右运动时，它因受C给它的滑动摩擦力做匀减速直线运动，而它作用于C的摩擦力不足以使B、C产生相对滑动，即B、C以相同加速度做匀加速直线运动。物块A、B发生碰撞的临界情况是：物块A运动到物块B所在处时，A、B速度相等。

在临界状况下，因为B与木板C的速度始终相等，所以A、B即将碰撞时，A、B、C三者速度均相同，设为v₁。由动量守恒定律有

  mv₀=3mv₁    ①

在此过程中，设木板C 运动的路程为s₁，则物块A运动的路程为s₁+L，由功能原理得：

               ②

解①、②得：    

故A与B发生碰撞的条件是：

（2）当物块A的初速度时，A、B将发生碰撞，物块B与档板P发生碰撞的临界情况是：物块B运动到档板P所在处时，B、C的速度相等。同（1）中结论，在临界状况下，当B运动到档板P处时，A、B、C三者速度相等，设此速度为v₂，根据动量守恒定律得：

mv₀＝3mv₂        ③

   设A、B碰撞前瞬间，A、B、C速度分别为v_A、v_B和v_C，则v_A>v_B，v_B=v_C 。

   在A、B碰撞的极短时间内，A、B构成的系统的动量近似守恒，而木板C的速度保持不变，因为A、B间的碰撞是弹性的，即系统机械能守恒，又物块A、B质量相等，故易得：碰撞后A、B速度交换，设碰撞刚结束时A、B、C三者的速度分别为v_A?、v_B?、v_C?，则v_A?＝v_B，v_B?＝v_A，v_C?＝v_C，刚碰撞后A、B、C的运动与（1）类似，只是A、B的运动进行了交换，由此易分析：在整个运动过程中，先是A相对C运动的路程为L，接着是B相对C运动的路程为L，整个系统的动能转变为内能。类似（1）中方程得

       ④      

联立③、④解之，得：

故A与B相撞，B再与P相撞的条件是：

   （3）当物块A的初速度 时，B将与档板P相撞，撞后A、B、C的运动可由（2）中运动类比得到：B、P碰撞后瞬间，物块A、B速度相同，木板C速度最大，然后C以较大的加速度向右做减速运动，而物块A和B以相同的较小加速度向右做加速运动，加速过程将持续到或者A、B与C速度相同，三者以相同速度向右做匀速运动，或者木块A从木板C上掉了下来，因此物块B、A在木板C上不可能再发生碰撞。

(4)若A刚刚没从木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以v₃表示，由动量守恒有

                      3mv₃=mv₀                       ⑤

从A以初速度v₀在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A刚没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C运动的路程为L，接着B相对C运动的路程也是L，B与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程也皆为L，整个系统动能的改变应等于内部相互滑动摩擦力做功的代数和。

即：(3m)v₃²-mv₀² =-μmg?4L  ⑥

由⑤⑥两式得：

故A从C掉下的条件是：

（5）当物块A的初速度时，A将从木板C上掉下来。设A刚从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为v_A″, v_B″, v_C″，有 v_A″＝ v _B″＜v_C″，这时⑤式应改写成

               mv₀=2m v_A″+mv_C″           ⑦

⑥式应改写成：   (2m)v_B″²+mv″_C²-mv₀=-μmg?4L     ⑧

当物块A掉下C后，物块B从木板C掉下的临界情况是：当C在左端赶上B时，B与C的速度相等，设此速度为v₄

则由动量守恒定律可得：   mv_B″+ mv_C″＝2mv₄             ⑨

再对B、C系统从A掉下C到B掉下C的过程用动能定律：

(2m)v₄² ―（mv″_B²+mv_C″²）= -μmgL     ⑩

联立⑦⑧⑨⑩，注意到v_A″＝ v _B″＜v_C″，可解得：

，，

故物块B从木板C上掉下的条件是：

26．（12分）（1）bd   （2分） （2）① 25%（2分）    23.1 kJ（2分）   ② ＞（2分） 

（3）阴（1分）  N₂ ＋ 6H⁺ + 6e^- ＝ 2NH₃（2分）

27．（18分）（1）acd（3分）   （2）HOCN（3分）  

（3）H―N=C=O（3分）    8HNCO + 6NO₂ = 7N₂ + 8CO₂ + 4H₂O（3分）

（4）NH+ OH^- NH₃↑+ H₂O（3分）    2.8%（3分）

（提示：c（HCl）= =0.08 mol?L^-1，

牛奶中蛋白质的百分含量）

28. （15分）（1）SiO₂＋2CSi＋2CO↑（3分）
（2）2Fe^2＋＋Cl₂＝2Fe^3＋＋2Cl^－（3分） 
H₂（g）＋Cl₂（g）＝2HCl（g）；ΔH＝－184.6 kJ?mol^－1（3分）
（3）N₂＋O₂2NO（3分）
（4）C＋4HNO₃CO₂↑＋4NO₂↑＋4H₂O（3分）

29. （15分）（1）HCHO  （各3分）
（2）①②⑤（3分）
（3）（3分）
（4）（3分）

30、（1）植物组织培养     (2分)

      取根尖分区制成装片，显微观察有丝分裂中期细胞内同源染色体数目．

若观察到同源染色体增倍，则属染色体组加倍所致；   

否则为基因突变所致  (6分)

（2）选用多株阔叶突变型石刀板雌、雄相交。

若杂交后代出现了野生型，则为显性突变所致；

若杂交后代仅出现突变型，则为隐性突变所致。(6分)

（3）选用多对野生型雌性植株与突变型雄性植株作为亲本杂交。.

若杂交后代野生型全为雄株，突变型全为雌株，则这对基因位于Ｘ染色体上；

若杂交后代，野生型和突变型雌、雄均有．则这对基因位于常染色体。(6分)

（4）已进化，生物的进化的实质在于种群基因频率的改变。(2分)

31．I．（1）甲装置中D中放入NaOH溶液（1分），装置乙作对照组（1分），

将装置甲、乙的玻璃钟罩遮光处理，放在温度等相同的环境中（3分）

（2）甲装置中D中放入NaHCO₃溶液（1分），装置乙作对照组（1分），

将装置甲、乙放在光照强度、温度等相同的环境中（3分）

（3）左（1分）、右（1分）

Ⅱ（1）4（2分）    12 （2分）     

（2）24（2分）