题目列表(包括答案和解析)
(08年海南卷)一毫安表头满偏电流为9.90 mA,内阻约为300 Ω.要求将此毫安表头改装成量程为
(1)完善下列实验步骤:
①将虚线框内的实物图按电路原理图连线;
②将滑动变阻器的滑动头调至 端(填“a”或“b”),电阻箱R0的阻值调至零;
③合上开关;
④调节滑动变阻器的滑动头,增大回路中的电流,使标准电流表读数为
⑤调节电阻箱R0的阻值,使毫安表指针接近满偏,此时标准电流表的读数会 (填“增大”、“减小”或“不变”);
⑥多次重复步骤④⑤,直至标准电流表的读数为 ,同时毫安表指针满偏。
(2)回答下列问题:
①在完成全部实验步骤后,电阻箱使用阻值的读数为3.1 Ω,由此可知毫安表头的内阻为 。
②用改装成的电流表测量某一电路中的电流,电流表指针半偏,此时流过电阻箱的电流为 A。
③对于按照以上步骤改装后的电流表,写出一个可能影响它的准确程度的因素: 。
(2012全国高考山东卷)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v-t图象如图所示.以下判断正确的是( )
A.前3 s内货物处于超重状态
B.最后2 s内货物只受重力作用
C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同
D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒
(08海南卷)14、一毫安表头 满偏电流为9.90 mA,内阻约为300 Ω.要求将此毫安表头改装成量程为1 A的电流表,其电路原理如图所示.图中, 是量程为2 A的标准电流表,R0为电阻箱,R为滑动变阻器,S为开关,E为电源.
⑴完善下列实验步骤:
①将虚线框内的实物图按电路原理图连线;
②将滑动变阻器的滑动头调至 端(填“a”或“b”),电阻箱R0的阻值调至零;
③合上开关;
④调节滑动变阻器的滑动头,增大回路中的电流,使标准电流表读数为1 A;
⑤调节电阻箱R0的阻值,使毫安表指针接近满偏,此时标准电流表的读数会 (填“增大”、“减小”或“不变”);
⑥多次重复步骤④⑤,直至标准电流表的读数为 ,同时毫安表指针满偏.
⑵回答下列问题:
①在完成全部实验步骤后,电阻箱使用阻值的读数为3.1 Ω,由此可知毫安表头的内阻为 .
②用改装成的电流表测量某一电路中的电流,电流表指针半偏,此时流过电阻箱的电流为 A.
⑧对于按照以上步骤改装后的电流表,写出一个可能影响它的准确程度的因素:
。
(物理部分)
第Ⅰ卷
二、选择题(48分)
14.A 15.C 16.B 17.B 18.AD 19.CD 20.AD 21.C
第Ⅱ卷
22.(17分)
(1)0.949或0.950 (2分)
(2)①1.94 1.94 9.7 ②受到(每空2分,共8分)
(3)①见图 评分标准:测量电路正确2分,变阻器接法正确2分,全对得4分
②80±2Ω
23.(16分)
解:(1)设该队员下滑中的最大速度为v,滑至地面前瞬间的速度为v1,做匀减速直线运动的加速度为a,在整段过程中运动的时间分别为t1和t2,下滑的距离分别为h1和h2
该队员先做自由落体运动,有 v2=2gh1 ① (1分)
接着做匀减速直线运动,有 v2-v12=2ah2 ② (1分)
fmax-mg=ma ③ (2分)
且 s=h1+h2 ④ (1分)
v1=
由③式得:a=5m/s2 (1分)
再由①②④式联立可得 v=10m/s (2分)
所以该队员下滑过程中动量的最大值p=mv=650kg?m/s (2分)
(2)由v=gt1 ⑤ (1分)
v-v1=at2 ⑥ (1分)
由⑤⑥式可得 t1=1s t2=0.8s (2分)
所以该队员下滑过程的最短时间t=t1+t2=1.8 s (2分)
24.(19分)
解:(1)设子弹射入物块前的速度大小为v0,射入后共同速度的大小为v,
子弹击中乙的过程中动量守恒,有 mv0=(m+m乙)v ① (3分)
乙上摆到最高点的过程,机械能守恒
有 ② (3分)
联立②③解得 v0=300m/s (2分)
(2)设甲物体的质量为m甲,说受的最大静摩擦力为f,斜面的倾角为θ,
当乙物体运动到最高点时,绳子上的弹力设为T1,
T1=(m+m乙)gcosθ ③ (2分)
此时甲物体恰好不下滑,有 m甲g sinθ=f+T1 ④ (2分)
当乙物体运动到最低点时,绳子上的弹力设为T2,
由牛顿第二定律: ⑤ (2分)
此时甲物体恰好不上滑,有 m甲g sinθ+f=T2 ⑥ (2分)
联立②③④⑤⑥解得 N (3分)
25.(20分)
解:(1)带电系统锁定解除后,在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动,当B进入电场区时,系统所受的电场力为A、B的合力,因方向向左,从而做减速运动,以后不管B有没有离开右边界,速度大小均比B刚进入时小,故在B刚进入电场时,系统具有最大速度。
设B进入电场前的过程中,系统的加速度为a1,由牛顿第二定律:
2Eq=2ma1 (2分)
B刚进入电场时,系统的速度为vm,由 可得 (3分)
(2)对带电系统进行分析,假设A能达到右边界,电场力对系统做功为W1
则 (2分)
故系统不能从右端滑出,即:当A刚滑到右边界时,速度刚好为零,接着反向向左加速。由运动的对称性可知,系统刚好能够回到原位置,此后系统又重复开始上述运动。
(2分)
设B从静止到刚进入电场的时间为t1,则 (1分)
设B进入电场后,系统的加速度为a2,由牛顿第二定律(1分)
显然,系统做匀减速运动,减速所需时间为t2,则有 (1分)
那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为 (2分)
(3)当带电系统速度第一次为零,即A恰好到达右边界NQ时,B克服电场力做的功最多,B增加的电势能最多,此时B的位置在PQ的中点处 (1分)
所以B电势能增加的最大值 (3分)
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