題目列表(包括答案和解析)
。如圖12.3-所示電路中，A、B是相同的兩小燈．L是一個帶鐵芯的線圈，電阻可不計．調節R，電路穩定時兩燈都正常發光，則在開關合上和斷開時[ ]
兩燈同時點亮、同時熄滅．
B．合上S時，B比A先到達正常發光狀態．
C．斷開S時，A、B兩燈都不會立即熄滅，通過A、B兩燈的電流方向都與原電流方向相同．
D．斷開S時，A燈會突然閃亮一下后再熄滅．
（2分） ，這種現象叫做波的衍射。
(8，9，10班同學做)（15分）將滿偏電流Ig=300μA、內阻未知的電流表G改裝成電壓表并進行核對。
（1）利用如圖11（a）所示的電路測量電流表G的內阻（圖中電源的電動勢E=4V）：先閉合S1，調節R，使電流表指標偏轉到滿刻度；再閉合S2，保持R不變，調節R´，使電流表指標偏轉到滿刻度的
，讀出此時R´的阻值為200Ω，則電流表內阻的測量值Rg=___________Ω。
（2）將該表改裝成量程為3V的電壓表，需___________（填“串聯”或“并聯”）阻值R0=___________Ω的電阻。
（3）把改裝好的電壓表與標準電壓表進行核對，試在圖11 (b)所示的方框畫出實驗電路圖，并在圖11 (c)所示實物圖連接好線路。
(8，9，10班同學不做)（15分）用落體法驗證機械能守恒定律的實驗中：
①運用公式
對實驗條件的要求是在打第一個點時，重錘恰好由靜止開始下落，為此，所選擇的紙帶第1、2點間的距離應接近___________。
②某同學實驗步驟如下：
A．用天平準確測出重錘的品質；
B．把打點定時器架在鐵架臺上，并接上直流電源；
C．將紙帶一端固定在重錘上，另一端穿過打點定時器的限位孔，使重錘靠近打點定時器；
D．先釋放重錘，后接通電源；
E．取下紙帶，再重復幾次；
F．選擇紙帶，測量紙帶上某些點之間的距離；
G．根據測量的結果進行資料計算。
你認為他實驗步驟中多余的步驟是___________，錯誤的步驟是___________（均填序號）。
③在該實驗中根據紙帶算出相關各點的速度v，量出下落的距離h，以
為縱軸，以h為橫軸畫出的圖線應是圖10中的___________就證明機械能是守恒的，圖像的斜率代表的物理量是___________。
題號
1
2
3
4
5
6
答案
B
D
C
A
B
BC
題號
7
8
9
答案
BC
BD
AD
10．（8分）8.472；10.040；
11. （10分）(1)從實驗裝置看,該同學所用交流電的電壓為 _220 伏特,操作步驟中釋放紙帶和接通電源的先后順序應該是 _先接通電源后釋放紙帶 （每空1分，共2分）
(2)從數據處理方法看，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 (系統或偶然)誤差。（每空1分，共4分）
(3)本實驗誤差的主要來源有（試舉出兩條）. （每答對1條得2分，共4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； 數據處理方法等。
12、（11分）
（1）水果電池的內阻太大。（1分）
（2）（6分）曉宇的方法不正確（1分），因水果電池本身有電動勢（1分），當用歐姆表直接接“土豆電池”的兩極時，歐姆表內部的電源與水果電池的電動勢正向或反向串聯，影響測量的結果，故測不準（1分）。
小麗同學測量的誤差也很大（1分）。理想狀態下用電流表測得的是短路電流，伏特表測得的應當是電源電動勢，但由于水果電池的內阻很大，伏特表的內阻不是遠大于水果電池的內阻（1分），故其測得的電動勢誤差大，算得的內阻亦不準確（1分）。
（3）①B（1分）、G（1分）
②（2分）
13．（14分）（1）
14．（14分）
解析：（1）由0－v2＝－2as 得
加速度大小a＝＝＝
（2）由牛頓第二定律得
f阻＋F附＝ma
故f阻＝ma－F附＝3×106×0.05－9×104＝6×104N （4分）
（3）由P＝Fv得
P＝f阻?vm
故P＝6×104×20＝1.2×106W （4分）
（4）由動能定理得：
Pt－f阻s1＝mv
代入數據解得：s1＝
故總行程s＝s1＋s2＝
15. （16分）解：對薄板由于Mgsin37
?m(M+m)gcos37故滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動.
對滑塊：在薄板上滑行時加速度a
=gsin37=
，至B點時速度V=
=
滑塊由B至C時的加速度a
= gsin37-mgcos37=,滑塊由B至C用時t,由L
=Vt+
at
即t+6t-7=0 解得t=1s
對薄板：滑塊滑離后才開始運動，加速度a= gsin37-mgcos37=，滑至C端用時t
=
=
s
故滑塊、平板下端B到達斜面底端C的時間差是△t= t-t=-1=1.65s
16．(16分)
（1）設A、B下落H高度時速度為υ，由機械能守恒定律得：
（1分）
B著地后，A先向下運動，再向上運動到，當A回到B著地時的高度時合外力為0，對此過程有： 
（1分）
解得：
（1分）
（2）B物塊恰能離開地面時，彈簧處于伸長狀態，彈力大小等于mg，B物塊剛著地解除彈簧鎖定時，彈簧處于壓縮狀態，彈力大小等于mg．因此，兩次彈簧形變量相同，則這兩次彈簧彈性勢能相同，設為EP． （2分）
又B物塊恰能離開地面但不繼續上升，此時A物塊速度為0．
從B物塊著地到B物塊恰能離開地面但不繼續上升的過程中，A物塊和彈簧組成的系統機械能守恒，即：
（2分）解得：Δx＝H （2分）
（3）因為B物塊剛著地解除彈簧鎖定時與B物塊恰能離開地面時彈簧形變量相同，所以彈簧形變量
（1分）
第一次從B物塊著地到彈簧恢復原長過程中，彈簧和A物塊組成的系統機械能守恒：
（2分）
第二次釋放A、B后，A、B均做自由落體運動，由機械能守恒得剛著地時A、B系統的速度為
（1分）
從B物塊著地到B剛要離地過程中，彈簧和A物塊組成的系統機械能守恒：
（2分）
聯立以上各式得：
（1分）
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