玻璃 20cm 12cm 12cm 20cm 璃 玻12cm 图1
图2
A．图1的大于图2的 B．图1的小于图3的 C．图2的小于图3的 D．图2的等于图3的
17．（5分）
（1）在“探究求合力的方法”实验中，下列器材必需要用的是（多选）________
玻璃 20cm 图3
20cm B
A C D
（2）下列两个学生的实验中，必需要测量质量、时间和位移的是________。 A．用打点计时器测速度 B．探究加速度与力、质量的关系
18．(5分)某实验小组做“测定电源电动势与内阻”的实验电路图如图1所示：
A V S E r 图1
（1）电流表的示数如图2所示，则电流为________A 0.25±0.01
（2）根据实验测得数据获得U— I图象如图3所示，则电动势E = ____ V，内阻r = ____ Ω。 1.43±0.01，0.75±0.03
19．（9分）如图1所示。饲养员对着长l=1.0m水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量
m=0.02kg的注射器射到动物身上。注射器飞离管末端的速度大小v=20m/s。可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管内后做平抛运动，如图2所示。
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（1）求注射器在长管内运动时的加速度大小； （2）求注射器在长管内运动时受到的合力的大小；
（3）若动物与长管末端的水平距离x=4.0m，求注射器下降的高度h。
解：（1）注射器在长管内做匀变速直线运动，由v2-0=2al得： a=v2/2l=200m/s2；
（2）由牛顿第二定律得： F=ma=200×0.02N=4N
（3）注射器离开长管后做平抛运动，由平抛运动规律得： x=vt 得 t=x/v=0.2s 由h=1/2gt2得 h=0.2m
答：（1）注射器在长管内运动时的加速度大小是200m/s2； （2）注射器在长管内运动时受到的合力大小是4N；
（3）若动物与长管末端的水平距离x=4.0m，注射器下降的高度h是0.2m．
20．（12分）如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车
在刹车失灵的情况下避险，质量m=2.0×103kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1=36km/h,汽车继续沿下坡匀加速直线行驶l=350m，下降高度50m时达“避险车道”，此时速度表示数v2=72km/h。
（1）求发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； （2）汽车下坡过程中的阻力；
（3）若“避险车道”与水平面间的夹角为17o，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”的最大位移。（sin17o=0.3）
解：（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”的过程汽车动能的变化量为： △Ek=1/2mv22-1/2mv22
已知v1=36km/h=10m/s，v2=72km/h=20m/s，m=2.0×103kg代入上式解得：△Ek=3.0×105J （2）由动能定理得：mgh-Ffl=△Ek，代入数据解得：Ff=2.0×103N
（3）设向上运动的最大位移为s．由动能定理得：-（mgsin17°+3Ff）s=0-1/2mv22
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代入数据解得：s=33.3m
答：（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量是3.0×105J； （2）汽车在下坡过程中所受的阻力是2.0×103N． （3）汽车在“避险车道”上运动的最大位移是33.3m．
21．（1）在“探究变压器两端的电压与匝数的关系”的实验中，电源的输出端与变压器线圈的连接
方式正确的是________（填“图1”或“图2”）变压器原副线圈的匝数分别为120匝和60匝，测得电压分别为8.2V和3.6V，据此可知电压比与匝数比不相等。主要原因是________。
甲
图2
乙
（2）在“探究导体的电阻与其影响因素的关系”实验中，某同学测量金属丝直径时，螺旋测微器示数如图3所示，读数是________mm，若要测量该金属丝的电阻率，还需要用到的测量仪器有________。
（1）图2 漏磁 铁芯发热 导线发热 （2）0.638±0.002；电压表 电流表 刻度尺 22．【加试题】如图1所示，质量m = 3.0×103kg的“
”型金属细框竖直放置在两水银槽中，“
”
型框的水平细杆CD长l = 0.20m，处于磁感应强度大小B1=1.0T，方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n=300匝，面积S = 0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t的变化关系如图2所示。
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（1）求0—0.1s线圈感应电动势的大小。 向及磁感应强度B2的方向。
（2）t=0.22s时闭合开关K，若细杆CD所受的安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方（3）t=0.22s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h=0.20m，求通过CD的电荷量。
解：（1）由图示图象可知，0～0.10s内：△Φ=△BS=（1-0）×0.01=0.01Wb， 0～0.10s线圈中的感应电动势大小：E=n
=300×
=30V；
（2）细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定律可知，电流方向为：C→D， 由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，
由图示图象可知，在0.2-0.25s内穿过线圈的磁通量减少， 由楞次定律可知，磁感应强度B2方向：竖直向上； （3）对细框，由动量定理得：B1Il?△t=mv-0， 细框竖直向上做竖直上抛运动：v2=2gh， 电荷量：Q=I△t，解得：Q=
=
=0.03C；
答：（1）0～0.10s线圈中的感应电动势大小为30V；
（2）t=0.22s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，CD中的电流方向为：C→D，磁感应强度B2的方向：竖直向上；
（3）t=0.22s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h=0.20m，通过细杆CD的电荷量是0.03C．
23．【加试题】如图是水平放置的小型粒子加速器原理示意图，区域Ⅰ和区域Ⅱ存在方向垂直纸
面向里的匀强磁场B1和B2，长L=1.0m区域Ⅲ的存在场强大小E=5.0×104V/m，方向水平向右的匀强电场。区域Ⅲ上方中间有一个离子源S，水平向左发射动能为Ek0 = 4.0×104eV的氘核，氘核最终从区域Ⅱ的下方的P水平射出。S、P两点的高度差h=0.10m。
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(氘核的质量m=2×1.67×10kg、电荷量q=1.60×10C、1eV=1.60×10J。≈1×104）
（1）求氘核经过两次加速后从P射出时动能的大小。
-27
-19
-19
1.67×10-27 1.60×10-19（2）若B1=1.0T，要使氘核经过两次加速后从P射出，求区域Ⅰ的最小宽度d。 （3）若B1=1.0T，要使氘核经过两次加速后从P射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B2。 （1）粒子在电场中加速，由动能定理得：
qE?2L=EK2-EK0，解得：EK2=1.4×105eV=2.24×10-14J； （2）粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qvB=m
，
=0.04m，
粒子第一次进入B1区域时，R0=粒子第二次进入B1区域过程， 由动能定理得：qEL=mv12-EK0， 粒子轨道半径：R2=则：d=R2=0.06m；
（3）氘核运动轨迹如图所示：
=0.06m，
由几何知识得：2R2=h+（2R1-2R0），解得：R1=0.05m， 粒子轨道半径：R1=
，磁感应强度：B2==1.2T；
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答：（1）氘核经过两次加速后从P点射出时的动能E为2.24×10-14J；
（2）若B1=1.0T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，区域Ⅰ的最小宽度d为0.06m； （3）若B1=1.0T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，区域Ⅱ的磁感应强度B2为1.2T．
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