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如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，L為小電珠．R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內阻為r．現將開關S閉合，當滑動變阻器滑片P向左移動時，下列結論正確的是（　　）

A．電流表示數變小，電壓表示數變大

B．小電珠L變亮

C．電容器C上電荷量減小

D．電源的總功率變大

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如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，L為小電珠，R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內阻為r．現將開關S閉合，當滑動變阻器滑片P向左移動時，下列結論正確的是（　　）

A．電流表示數變小

B．電壓表示數變大

C．小電珠L變亮

D．電容器所帶的電荷量減小

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如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，電源內阻不能忽略，當變阻器R₂的滑片向右滑動時，電壓表V₁的變化量和電流表A的變化量的比值為K₁，電壓表V₂的變化量和電流表A的變化量的比值為K₂，則（　　）

A、K₁不變

B、K₂不變

C、K₂的絕對值大于K₁的絕對值

D、K₂的絕對值小于K₁的絕對值

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如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，電源內阻不可忽略，當變阻器R₂的滑片從中點向右滑動時，電壓表V₁的變化量和電流表A的變化量的比值為K₁，電壓表V₂的變化量和電流表A的變化量的比值為K₂，則（　　）

A、路端電壓變小

B、K₁、K₂都不變

C、K₂的絕對值大于K₁的絕對值

D、變阻器R₂消耗的功率可能變小

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如圖所示，電流表、電壓表均為理想電表，L為小電珠．R為滑動變阻器，電源電動勢為E，內阻為r．現將開關S閉合，當滑動變阻器滑片P向右移動時，下列結論正確的是（　　）

A、電流表示數變大，電壓表示數變大

B、小電珠L變暗

C、電容器C上電荷量減小

D、電源的總功率變小

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1. A 　2. BD 　 3.AD  4. B 　5.A  6.C　7.AC    8. BCD   9.A   10.AB   11.ACD    12.D

13．（10分）

（1）熱力學第二定律（3分）

（2）永不停息地做無規則運動（3分）   ；      （4分）

14．（10分）

（1）粒子性    （3分）

   （2）向下（3分）；   10m/s（4分）

15．實驗二：   

（1）B、D、F、G、J、M   （3分）

  （2）①將實驗裝置按要求安裝好

       ②接通電源，釋放處于豎直狀態的紙帶。用刻度尺測量出紙帶上相鄰兩點間的距離分別為d₁、d₂。

       ③計算重力加速度的表達式為   （3分）

    實驗三：

  （1）G、L、M   （3分）

  （2）①將帶光控計時器的平板用支架豎直架穩

    　　　 ②測量兩個光控門之間的距離s

   　　　　③把滑塊從上面的一個光控門處自由釋放，讀出下落時間t

④計算重力加速度的表達式為          （3分）

評分說明：如有其他方法，只要實驗原理正確，參照以上給分；實驗步驟必須完整才給分。

16．14分）（1） 52.75 （2分）

（2）思路分析與參考答案：①A．電路如圖所示，測電阻時應盡量使指針指在中間值附近，所以應選“×1k”．（2分）

   B．歐姆表中值電阻為R_中 = 30×1kΩ= 30000Ω，歐姆表指n刻度，則電壓表內電阻R_V = 1000n，流過電壓表電流I_V = U/R_V = U/(1000n)，根據閉合電路歐姆定律電池電動勢E = U + I_VR_中 = U。（3分）

②　A．如圖所示（3分）．

，所以不能用電流表；又電壓表的量程較小于電源電動勢，所以滑動變阻器應用分壓接法．

B．U_g = （2分），

其中N：V表指針所指格數，U₁：V1表讀數．（2分）

17．（共14分）

解：（1）取最長的反應時間0.6s，最小的動摩擦因數0.32  　　　 …（4分）

（2）根據牛頓第二定律，汽車剎車時的加速度

      ……（3分）

考慮最高車速v、最長反應時間t、及最小動摩擦因數μ的極限情況下

反應距離                ……（2分）

制動距離          ……（3分）

剎車距離               ……（2分）

因此200m的安全距離是必要的。

18．（16分）

（1）如圖所示，對質點受力分析可得：

……………………3^’

繩中的拉力T=mg/cosθ=750N………3^’

根據幾何關系可得：……1^‘

代入數據得：rad/s………2^’

    （2）轉盤從靜止啟動到轉速穩定這一過程，繩子對質點做的功等于質點機械能的增加量：………………………………………………4^’

m，m/s

代入數據解得W=3450J………………………………………3^’

19． 解：⑴a球從O到M 

W_OM＝  （3分）

得：     （2分）　  方向向左  （1分）

⑵設碰撞中損失的機械能為△E，對a、b球從O到N的全過程應用能的轉化和守恒定律：

　　　－qE2L－△E＝0－     （3分）

則碰撞中損失的機械能為    △E＝= （3分） 

⑶設a與b碰撞前后的速度分別為v、v′，則 ：

mv＝2mv’    （2分）    

又減少的動能△E＝－＝  （2）

          （2分）

20．（18分）

解：（1）電場力與洛倫茲力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B            （3分）

（2）根據運動的對稱性，微粒能從P點到達Q點，應滿足   （2分）

其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長，偏轉圓弧對應的圓心角為或．

設圓弧的半徑為R，則有2R²=x²，可得：              （2分）

又 由①②③式得：，n=1、2、3、……    （3分）

（3）當n取奇數時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為

，（2分），其中n=1、3、5、……（1分）

當n取偶數時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為：

，（2分），其中n=2、4、6、……（1分）

欲使時間最小，取n=1或者2，此時 （2分）