（2）由实验原理知Rb==1.49×103 Ω,
,由表数据可得=
=1.5×103 Ω, =1.52×103 Ω,
=1.51×103 Ω,=1.5×103 Ω,则
RB=
可得B=0.9 T。
=1.5×103 Ω（或画U-I图线，得Rb）；因
=10,由图1
（3）由图1知磁感应强度B在0—0.2 T范围时，-B图线为曲线（非线性），故磁敏
电阻的阻值随B的变化为非均匀变化；由图1知磁感应强度B在0.4—1.0 T范围时图线为直线（线性关系），故磁敏电阻的阻值随B变化为均匀变化。
B
（4）由图3，因RB-B图线是关于纵轴对称的，故磁感应强度B大小相等，方向相反时，磁敏电阻的阻值不变。
3. （2009山东卷）（1）①bcd ②更换不同的小重物 （2）①光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示。 特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小 ②电路原理图如图所示。
解析：当，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求
当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k?，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k?，即选用R1。
【考点】验证平行四边形定则实验、闭合电路欧姆定律
26
山东各地市一模答案
2010枣庄一模: 23．（1）①时间（2分）
②在实验误差范围内，
S是一常数（2分） 2v ③斜面不同位置处粗糙程度不完全相同、
水量测量不准确、滑块开始下滑和开始 流水不同步、滑块停止下滑和停止流水 不同步等（其它答案合理的也给分） （2分）
（2）①实物连接图如右图所示（2分）
②.9V（2分） 4Ω（2分） ③25~28mW均正确（2分）
2010烟台一模:
15. 6.010 190(每空2分)
16. 3.02 0.711(每空2分) 17.（1）x-m图像的纵坐标不是弹簧伸长量；（3分）（2）以三组测量数据不能得出普遍性物理规律，实验方案中应设计多测几组数据，并换用另外的弹簧多进行几次实验. （3分）k.s.5.u 18.（1）
U2?U1r （2分） （2）2.0；8.2（每空2分） U12010潍坊一模:
12．2.60 220 （各2分，共4分）
13．①如图（3分）
②如图（3分） ③0.18（0.17~0.19 均正确，3分）
27
2010泰安一模:
t2v2?h,v2?2h)(2分) 23．(1)①h? (或
22②验证机械能守恒(或外力做功与物体
动能
变f{：的关系)(2分)
(2)①(3分)
②a．增大(2分) b．增大(2分)
2010临沂一模:
11．(1)(4分)AB
(2)(9分)①2.000mm(2分) ②5Ω (2分)，连线如图(1分)
③(4分)
2010聊城一模:
23．（12分）
（1）①平行（1分） 远小于（1分）
②a∝x或
a1x1（2分） ?a2x2 （2）①a实验电路如图所示（3分）
b29.5W~30.4W（2分）
②当电压低于250V时，压敏电阻上流过的电流几乎是零，即电阻可看作无限大，压敏电阻对电路几乎无影响，变压器正常工作。（1分）
当电源电压突然升高，高于250V时，流过该电阻电流会迅速增大，电阻几乎为零，使得a、b两点短路，这时保险丝立即熔断，电源被切断，保护了变压器的安全。（2分）
2010济宁一模:
23．（1）1．998（或1．997；1．999）（2分）1．094（2分） （2）①如图a（2分）
②如图b（2分）
③
U?R1（2分）．式中U为电压表的I示数，I为电流表的示数，R1为电阻箱的示数．
28
（1分）
④电阻箱的阻值调到最大；或使滑动变阻器所分的电压为零；等。（1分）
2010德州一模:
23.（1）BD（2分）（2）①A（2分）、C（2分）、F（2分） ②如图所示（4分，电路图有一处接错者不得分）
力学计算题
1、△Ek=0
mgR+umgS=0-0
W=umgS-mgR=(1/15)*1*10*3-1*10*0.8=-6J 摩擦力做功6J
2、解：（1）如图对m1受力分析
m1gTsinθ=m1a1 Tcosθ1= m1g 得a=g tanθ T=cos?
m1g（2）对m2： 竖直方向m2g=N+T 解得N=m2g-T=m2g－cos?
水平放向 f=m2a=m2g tanθ
3、解：（1）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. 在第1s内，由牛顿第二定律得：mg－F1=ma1最大速度vm=a1t1 代入数据解得：vm=4m/s
后1.5s内，由牛顿第二定律得：F2－mg=ma2 队员落地时的速度：v=vm－a2t2 代入数据得v=1m/s （2）图象如图所示：
4、解： a=1m/s2 （2）T=t1+t2=2.5s （3）vmin=2m/s 5、解：（1）在C点无压力则 mg=mvC2/R 由C到D动能定理得 mg(2R-2r)=mvD2/2- mvC2/2 D点牛顿第二定律得 N+mg= mvD2/r 联立方程得 N=750N
由牛顿第三定律得到人对轨道的压力N/=750N （2）B到C动能定理得-mg2R=mvC2/2- mvB2/2 得vB=10m/s
29
对斜面上的物体受力分析得 mgsin370-μmgcos370=ma A到B运动学方程 vB2=2aSAB 由几何关系得 H=SAB sin370 联立方程得 H=6m
（3）设落水点为E，落水时，竖直方向v竖直2=2gh 代入数据得 v竖直=10m/s 水平方向速度大小为vB不变 勾股定理得 vE=102m/s
落水时竖直速度大小等于水平速度的大小，故速度方向与水平方向的夹角为450 7、．解析：对A有f＝Tcos30° Tsin30°＋N＝GA 解（1）（2）式得，μN＝T×cos30° Tsin30°＋Tcos30°／μ＝GA T＝248.7N
f＝248.7×
3=215N 2对B受F，A对B的摩擦力，地对B的摩擦力，地对B的弹力，A对B的压力为N处于动平衡状态F＝f地＋fA＝μN地＋μNA＝430.4N
8.(14分）解：（1）（3分）第一次飞行中，设加速度为α1 匀加速运动H=
12
α1 t1 (12
由牛顿第二定律F-mg-f＝mα1 (1 解得f=4（N）(1
（2）（5分）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1匀加速运动s1=
12
α1 t2 (12
mg+f=mα2 (1
h= s1+ s2=42（m）（1分）
设失去升力后的速度为α2，上升的高度为s2
?21v1＝α1 t2 （1分）s2= （1分)
2?2（3）（6分)设失去升力下降阶段加速度为α3；恢复升力后加速度为α4，恢复升力时速度为v3由牛顿第二定律mg-f=mα3 （1分) F+f-mg=mα4 （2分)
?23?23 + =h (1分)42?32?30
v3=α3t3 （1分)