用以下器材测量待测电阻R_x的阻值：
待测电阻R_x：阻值约为100Ω；
电源E：电动势约为6.0V、内阻忽略不计；
电流表A₁：量程50mA、内阻r₁=20Ω；
电流表A₂：量程300 mA、内阻r₂约为4Ω；
定值电阻R₀：阻值为20Ω；
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω；
单刀单掷开关S、导线若干.
①测量中要求两块电流表的读数都不小于其量程的1/3，试画出测量电阻R_x的一种实验电路原理图（原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注）.
 
②若某次测量中电流表A₁的示数为I₁，电流表A₂的示数为I₂，则由已知量和测得量表示R_x的表达式为R_x=               .

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用以下器材测量待测电阻R_X的阻值
待测电阻R_X,阻值约为100Ω ;      
电源E，电动势约为6.0V,内阻可忽略不计；   
电流表A₁，量程为0～50mA，内电阻r₁=20Ω;   定值电阻R₀，阻值R₀=20Ω；
电流表A₂，量程为0～300mA，内电阻r₂约为4Ω; 单刀单掷开关S，导线若干；
滑动变阻器R，最大阻值为10Ω；      
①测量中要求两块电流表的读数都不小于其量程的，试画出测量电阻R_X的实验电路原理图（原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注）。
②若某次测量中电流表A₁的示数为I₁­，电流表A₂的示数为I₂。则由已知量和测量量计算R_X的表达式为R_X =___________________

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一:不定项选择题（本题共8小题，每题6分，共48分 ）

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

答案

B

CD

BD

ABC

AD

AC

B

AD

9.(1) C  （5分）(2)  ①  如右图所示( 7分 )

②   （ 5分 ）

( 注意：电路图中，如有一个地方不对，不能得分 )

10、解：(1)ab棒达到稳定速度后，应具有受力平衡的特点，设此时棒ab所受安培力为F_B.则F-mgsin30°+F_B   ① （ 2分 ）

而F_B=BIL=   ② （ 1分 ）    牵引力 F=   ③ （ 1分 ）

将②③代人①后得  =mgsin30°+ （ 1分 ）

代人数据后得v₁=2m／s，v₂=-3m／s(舍去) （ 1分 ）

(2)设从静止到稳定速度所需时间为t.棒ab从静止开始到具有稳定速度的过程中在做变加速直线运动，据能量关系有：Pt-mgsin30°?s―Q=-0（7分）

代人数据得t=1.5s.（2分）

11、解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度 （ 1分 ）  设弹簧解除锁定前的弹性势能为，上述过程中系统能量守恒，则有 （ 4分 ）  

代入数据解得  （ 1分 ）

（2）设小物块第二次经过时的速度大小为，此时平板车的速度大小为，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有

  （ 2分 ）    （ 3分 ）

由式代入数据解得  （ 1分 ）

（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0。（1分）

设小物块相对平板车滑动的路程为S，对系统由能量守恒有 （4分）

代入数据解得 （ 1分 ）

则距点的距离 （ 1分 ）

12、解:（1）设沿斜面向上为正方向．

由牛顿第二定律：          （ 3分 ）

解得      （ 2分 ）

（2）由分析可知:对两小球和绳组成的整体，两小球沿斜面向上的方向上，

由牛顿第二定律：得a＝0.5m/s² ，故两小球沿斜面向上的方向上始终做匀加速运动       ( 5分 )

最后一次碰撞后，小球的最小速度为v＝at＝0.5×2m/s＝1m/s（ 2分 ）

（3）2s内，小球沿斜面向上的位移为      （ 2分 ）

设整个过程中，系统由于碰撞而损失的机械能为E ，

由功能关系：    （ 5分 ）

解得

（ 2分 ）

（ 注：计算题如按其它方法，答案正确，同样得分 ）