题目列表(包括答案和解析)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
D
C
B
A
B
C
A
C
D
题号
10
11
12
13
14
15
16
答案
B
D
A
(1)待测电阻Rx(约100 Ω)
(2)直流毫安表(量程0—10 mA，内阻50 Ω)
(3)直流电压表(量程0—3 V，内阻5 kΩ)
(4)直流电源(输出电压4 V，内阻可不计)
(5)滑动变阻器(阻值范围0—15 Ω，允许最大电流
(6)电键一个，导线若干条
图
根据器材的规格和实验要求，在本题的实物图上连线.
(1)待测电阻Rx(约100 Ω)
(2)直流毫安表(量程0—10 mA，内阻50 Ω)
(3)直流电压表(量程0—3 V，内阻5 kΩ)
(4)直流电源(输出电压4 V，内阻可不计)
(5)滑动变阻器(阻值范围0—15 Ω，允许最大电流
(6)电键一个，导线若干条
图
根据器材的规格和实验要求，在本题的实物图上连线.
(1)现用伏安法测量定值电阻Rx阻值(为20—30 Ω).所供器材如下：
电压表V(量程0—15 V，内阻20 kΩ)，
电流表A1(量程0—50 mA,内阻20 Ω)
电流表A2(量程0—300 mA，内阻4 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为50 Ω，额定电流为
直流电源E(电动势约9 V，内阻约0.5 Ω)，开关S，连线用的导线若干根.
在以上器材中选出适当的器材，画出电路图，要求在图上标出所选器材的符号;
(2)该电阻是由电阻丝绕成的，为了求得该电阻丝材料的电阻率，需用螺旋测微器测量电阻丝的直径，结果如图14-11所示，其读数为_________.
图14-11
一
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
C
A
B
BD
AD
CD
BD
BD
ABD
B
AC
二
13．（1）将玻璃板放在盘上，用笔画出油膜的形状(2分) 
(3分)
（2）（1）
14．
（6分）
15题．（共8分）
解：该队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑．
然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑．
第1s由牛顿第二定律得：mg－F1=ma1
所以a1=
=
最大速度vm=a1t1
代入数据解得：vm=
后1.5s由牛顿第二定律得：F2－mg=ma2
a2=
=
队员落地时的速度v=vm－a2t2
代入数据解得：v=
16（8分）题将运动员看成质量为m的质点，从高
处下落，刚接触网时的速度的大小
①
（2分）
弹跳后到达的高度为
，刚离网时的速度的大小
②
（2分）
接触过程中运动员受到向下的重力mg和网向上的弹力F。选取竖直向上为正方向，由动量定理，得
③
（3分）
由以上三式解得
代入数值得 
（1分）
17．（12分）
(1)mv0=2mvA…………………………（3分） vA =
v0……………………（1分）
(2)qE=2mv
E= 
……………………………………………………………（1分）
E的方向是: 竖直向上………………………………………………（1分）
(3)在AB过程中应用动能定理有： qE?2r-2mg?2r=EkB-?2mv2共…………………（3分）
∴EkB=
mv20-4mgr………………………………………………………（1分）
18．（12分）参考解答：
（1）开始时弹簧形变量为
，
由平衡条件：
①…………… （1分）
设当A刚离开档板时弹簧的形变量为
：
由：
②…………………………（1分）
故C下降的最大距离为：
③…………………………（2分）
由①～③式可解得
④………………………… （2分）
（2）由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和
当C的质量为M时：
⑤………………（2分）
当C的质量为
⑥ ……………（2分）
由④～⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：
⑦…………………………（2分）
19题：（14分）
（1）m1与m2碰撞过程满足
mv0=mv1+2mv2 （1分）
mv02=mv12+2mv22
（1分）
得v1＝-
（负号表示逆时针返回），v2＝-
（2分）
（2）因为m2=m3=＝v2
（2分）
所以m3以的速度顺时针由C向A运动，与m1逆时针返回，
因为v2=v3=2v1， 
+
=2
所以m3和m1同时到达A点并进行碰撞。 （2分）
（3）m3和m1碰撞过程满足
-m=m v1′+
)2+m()2=m v1′2+
解之得v1′＝v0，v3′＝0（另一解v1′＝-，v3′＝，这表示互相穿过去，不可能，所以舍去）即碰后m3停止，m1以v0再次顺时针运动。
（4分）
m1和m2第一次相碰后，返回A点的时间t1=
=
m1和m3在A处碰后，m1以v0返回到C的时间t2=
＝
从m1和m3在第一次相碰，到m1和m2第二次相碰经历的总时间
t= t1+ t2=
（2分）
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