題目列表(包括答案和解析)
傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖所示為測定壓力的電容式傳感器，A為固定電極，B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器．可動電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容．現(xiàn)將此電容式傳感器與零刻度在中央的靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合電路，已知電流從電流計正接線柱流人時指針向右偏轉．當待測壓力增大時（ ）
傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器，當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，可使膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計和電源串接成閉合電路，那么（ ）傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器．當待測壓力F作用于可動膜片電極時，可使膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合電路，那么（ ）傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖所示為測定壓力的電容式傳感器，A為固定電極，B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器．可動電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容．現(xiàn)將此電容式傳感器與零刻度在中央的靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合電路，已知電流從電流計正接線柱流人時指針向右偏轉．當待測壓力增大時（ ）
傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖所示電路為測定壓力的電容式傳感器，A為固定電極，B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器．可動電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可動電極發(fā)生形變，從而改變了電容器的電容．開關先閉合后斷開．
一、單項選擇題 （每小題3分，共計15分）
題號
1
2
3
4
5
答案
B
A
C
C
B
二、多項選擇題（每小題4分，共計16分）
題號
6
7
8
9
答案
ACD
BC
BD
BD
三、簡答題（共計24分）
10．（每空2分，共12分）
(1)從實驗裝置看,該同學所用交流電的電壓為 _220 伏特
(2)從數(shù)據(jù)處理方法看，在S1、S2、S3、S4、S5、S6中，對實驗結果起作用的，方法A中有 _ S1、S6; 方法B中有S1、S2、S3、S4、S5、S6。因此，選擇方法 _B （A或B）更合理，這樣可以減少實驗的 _偶然 (系統(tǒng)或偶然)誤差。
(3)本實驗誤差的主要來源有（試舉出兩條）. （每答對1條得1分）
重物下落過程中受到阻力； S1、S2、S3、S4、S5、S6 長度測量；
交流電頻率波動； 數(shù)據(jù)處理方法等。
11．（前三空每空2分，后兩空每空3分，共12分）
（1）C，保護電路（2）電流（3）10，48（46-48）
四、計算題：（共計65分）
12．(10分) （1）溫度最低檔
， （1分）
最高溫度最高檔
，（1分） 解得
（1分）， 
（1分）
所以變阻器阻值范圍是0到300Ω （1分）
（2）此時電熨斗表面溫度與環(huán)境溫度之差
（1分）
由圖像知電熨斗每秒鐘散發(fā)的熱量q=440J （1分）
要保持電熨斗的表面溫度不變，則電熨斗的電功率P=440W （1分）
（1分）
得
（1分）
13．(13分) 解析：（1）小球從ABC軌道下滑，機械能守恒，設到達C點時的速度大小為
。則： 
（2分）
小球能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，在圓周最高點必須滿足：
（2分）
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：
（2分）
（2）若
，小球過C點后做平拋運動，設球經(jīng)C點時的速度大小為
，則擊中E點時：
豎直方向：
水平方向：
（2分）
由機械能守恒有：
（2分）
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得
.
（3分）
14．(15分)解析：（1）設粒子過N點時速度v，有
＝cosθ v＝2v0
（2分）
粒子從M點運動到N點的過程，有
qUMN＝
mv2－mv
UMN＝
（3分）
（2）粒子在磁場中以O/為圓做勻速圓周運動，半徑為O/N，有
qvB＝
（2分）
r＝
（2分）
（3）由幾何關系得
ON＝rsinθ
（1分）
粒子在電場中運動的時間t1，有ON＝v0t1
t1＝
（2分）
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝
（1分）
設粒子在磁場中運動的時間t2，有
t2＝
t2＝
（1分）
t＝t1＋t2 t＝
（1分）
15．(12分) 解析：：⑴設中央恒星O的質(zhì)量為M，A行星的質(zhì)量為m，則由萬有引力定律和牛頓第二定律得 
(3分)
解得 
(2分)
⑵由題意可知：A、B相距最近時，B對A的影響最大，且每隔
時間相距最近，設B行星的周期為
，則有 
(2分)
解得 
(2分)
設B行星的運行軌道半徑為
，根據(jù)開普勒第三定律有 
(2分)
解得 
(1分)
16．(15分) 解析：⑴米袋在AB上加速時的加速度
(1分)
米袋的速度達到
時，滑行的距離
，因此米袋在到達B點之前就有了與傳送帶相同的速度
(2分)
設米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
(1分)
代入數(shù)據(jù)得 
(1分)
所以能滑上的最大距離 
(1分)
⑵設CD部分運轉速度為
時米袋恰能到達D點(即米袋到達D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為之前的加速度為
(1分)
米袋速度小于至減為零前的加速度為
(1分)
由
(2分)
解得 
，即要把米袋送到D點，CD部分的速度
(1分)
米袋恰能運到D點所用時間最長為 
(1分)
若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為
。
由
(2分)
所以，所求的時間t的范圍為 
(1分)
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