圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭．現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止．用I₁表示流過原線圈的電流，I₂表示流過燈泡的電流，U₂表示燈泡兩端的電壓，N₂表示燈泡消耗的電功率（這里的電流、電壓均指有效值：電功率指平均值）．下列4個圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢的是（　　）

A．

B．

C．

D．

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圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭．現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止．用I₁表示流過原線圈的電流，I₂表示流過燈泡的電流，U₂表示燈泡兩端的電壓，N₂表示燈泡消耗的電功率（這里的電流、電壓均指有效值：電功率指平均值）．下列4個圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢的是（　�。�

A．

B．

C．

D．

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圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭．現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止．用I₁表示流過原線圈的電流，I₂表示流過燈泡的電流，U₂表示燈泡兩端的電壓，N₂表示燈泡消耗的電功率（這里的電流、電壓均指有效值：電功率指平均值）．下列4個圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢的是（ ）
A．
B．
C．
D．

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圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭．現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止．用I₁表示流過原線圈的電流，I₂表示流過燈泡的電流，U₂表示燈泡兩端的電壓，N₂表示燈泡消耗的電功率（這里的電流、電壓均指有效值：電功率指平均值）．下列4個圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢的是（ ）
A．
B．
C．
D．

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圖中為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連：P為滑動頭，現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈泡L兩端的電壓等于其額定電壓為止，用I₁表示流過原線圈的電流，I₂表示流過燈泡的電流，U₂表示燈泡兩端的電壓，N₂表示燈泡消耗的電功率（這里的電流、電壓均指有效值；電功率指平均值）。下列4個圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢的是

[     ]

A．

B．

C．

D．

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題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

C

D

C

ACD

D

A

B

D

BCD

ACD

BD

AC

13.(1) ①從該時刻經(jīng)，質(zhì)點M恰經(jīng)過平衡位置，所以位移為0。②該時刻。振動增強(qiáng)的點是：M、O、P、Q；振動減弱的點是：N。  (2) C

14．（10分）（1）a.干電池正常；b.電鍵正常；c.閉合天關(guān)關(guān)回路是連通的，沒有斷路之處。（3分）（每答對一點得1分）；

   （2）ACF（3分）  （有一處錯誤即不給分）

   （3）由于燈絲的電阻率隨溫度的升高而增大，歐姆表測出的小燈泡電阻值是常溫下的電阻值，而根據(jù)公式計算出的小燈泡電阻值是高溫下（正常工作）的電阻值。（3分，每答對一點得1分）      （4）H（3分）

15. （10分）（1）刻度尺;   （1分）

（2）把木板的末端墊起適當(dāng)高度

以平衡摩擦力 （2分）

（3）點距均勻(1分)

（4）2W、3W、4W、5W(2分)

（5）v²（1分）；圖像 (2分)

（6）分析誤差來源或改進(jìn)試驗

方案或測量手段，重新進(jìn)行試驗（1分）；

若答：“修改試驗數(shù)據(jù)數(shù)據(jù)，

使之符合自己的推測”得0分；

16.（1）分析：要求了解光電效應(yīng)的規(guī)律及光子說理論。

解答：由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可得：

=W+m                 ∴=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10^―19J

∴λ==4.3×10^―7 m

 (2)評析:（1） 輸電線的電阻為：      ①        

P_損=P₁×4%                                           ②        

P_損=I² R                                              ③     

P₂=P₁                                                 ④     

P₂=I₂U₂                                               ⑤      

由①②③④⑤式得升壓變壓器的輸出電壓：U₂=80000V      ⑥     

(2)  輸電線上的電壓的損失：U_損=I₂R=3200V              ⑦  

17．（14分）分析和解：（1）帶電粒子經(jīng)過電場加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，由動能定理

   　　　…………………①（1分）

進(jìn)入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r

………………②（2分）

   打到H點有　　　　………………………③（1分）

由①②③得　…………(1分)

（2）要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在磁場中運動偏角小于90°，臨界狀態(tài)為90°，如圖所示，磁場區(qū)半徑

　　　　　　　　　　　�。�2分）

　所以磁場區(qū)域半徑滿足　　　（1分）

18．(14分) 解：（1）設(shè)小球經(jīng)過B點時的速度大小為v_B，由機(jī)械能守恒得：

            （1分）

        求得：v_B=10m/s.        （1分）

（2）設(shè)小球經(jīng)過C點時的速度為v_C，對軌道的壓力為N，則軌道對小球的壓力N’=N，根據(jù)牛頓第二定律可得：

 N’－mg =     （2分）

由機(jī)械能守恒得：

     （2分）

由以上兩式及N’= N求得：N = 43N.      （2分）

（3）設(shè)小球受到的阻力為f，到達(dá)S點的速度為v_S，在此過程中阻力所做的功為W，易知v_D= v_B，由動能定理可得：

    （2分）

求得W=－68J. （2分）

小球從D點拋出后在阻力場區(qū)域內(nèi)的運動軌跡不是拋物線．（2分）

19.（16分） （1）由題意可知：板1為正極，板2為負(fù)極                  ①

　　兩板間的電壓U＝                   　　 ②

而：S＝πr²　　　　　　　　　　　　　 　 �、�

帶電液滴受的電場力：F＝qE=　　　　　　　　　　 　　 ④

故：F－mg＝－mg＝ma

a=－g                                            　　⑤

討論：

一．若　a>0

液滴向上偏轉(zhuǎn)，做類似平拋運動

y＝ 　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥

當(dāng)液滴剛好能射出時：

有　l＝v₀t   t＝　　y＝d　

故　d=                        　�、�

由②③⑦得　　K₁＝    ⑧

 要使液滴能射出，必須滿足　y<d    故　K＜K₁

二．若　a＝0

液滴不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做勻速直線運動，此時　a=－g＝0　　　�、�

由②③⑨得　K₂＝　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

液滴能射出，必須滿足K＝K₂

三．若　a<0,、，液滴將被吸附在板2上。

綜上所述：液滴能射出，