如圖電路中，兩平行金屬板 A、B 豎直放置，電源電動勢E=14V、內(nèi)阻 r=1Ω，電阻R₁=2Ω．滑動變阻器接入電路的阻值為4Ω，閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將初動能為7eV的電子從小孔處水平射入板間．不考慮空氣阻力．則以下判斷正確的是（　�。�

A、電子到達(dá)B板時的動能為1eV

B、將B板向A板靠近，電子將和B板相碰

C、若將滑動變阻器的滑片P向左移動，電子可能與B板相碰，同時電壓表讀數(shù)變大

D、若將滑動變阻器的滑片P向右移動，電子可能與B板相碰，同時電壓表讀數(shù)變小

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理想變壓器的原線圈與電流表串聯(lián)，副線圈接人電路的匝數(shù)可以通過觸頭Q凋節(jié)，在副線圈輸出端連接了定值電阻R₀．和滑動變阻器R，在原線圈上加一電壓為U的交流電，如圖所示，若（　�。�

A．Q位置不變，將戶向上滑動，U′變大

B．Q位置不變，將戶向上滑動，電流表的讀數(shù)變大

C．P位置不變，將Q向上滑動，電流表的讀數(shù)變大

D．P位置不變，將Q向上滑動，變壓器的輸入功率不變

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理想變壓器的原線圈與電流表串聯(lián)，副線圈接人電路的匝數(shù)可以通過觸頭Q凋節(jié)，在副線圈輸出端連接了定值電阻R．和滑動變阻器R，在原線圈上加一電壓為U的交流電，如圖所示，若（ ）
A．Q位置不變，將戶向上滑動，U′變大
B．Q位置不變，將戶向上滑動，電流表的讀數(shù)變大
C．P位置不變，將Q向上滑動，電流表的讀數(shù)變大
D．P位置不變，將Q向上滑動，變壓器的輸入功率不變

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理想變壓器的原線圈與電流表串聯(lián)，副線圈接人電路的匝數(shù)可以通過觸頭Q凋節(jié)，在副線圈輸出端連接了定值電阻R．和滑動變阻器R，在原線圈上加一電壓為U的交流電，如圖所示，若（ ）
A．Q位置不變，將戶向上滑動，U′變大
B．Q位置不變，將戶向上滑動，電流表的讀數(shù)變大
C．P位置不變，將Q向上滑動，電流表的讀數(shù)變大
D．P位置不變，將Q向上滑動，變壓器的輸入功率不變

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理想變壓器的原線圈連接電流表，副線圈接入電路的匝數(shù)可以通過觸頭Q調(diào)節(jié)，在副線圈輸出端連接了定值電阻R₀和滑動變阻器R，在原線圈兩端加上電壓為U₁的交流電，如圖所示，則

[     ]

A．若Q位置不變，將P向上滑動，U₂變大
B．若Q位置不變，將P向上滑動，電流表的讀數(shù)變小
C．若P位置不變，將Q向上滑動，電流表的讀數(shù)變大
D．若P位置不變，將Q向上滑動，變壓器的輸入功率不變

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一、全題共計15分,每小題3分:                1.D     2.B    3.A    4.C    5.D

二、全題共計16分,每小題4分，漏選的得２分:    6.AD    7.BD    8. ABD     9.BD

三、全題共計42分

10.（8分）⑴20.30    ⑵①S₁/2T；② 9.71～9.73  ③阻力作用  (每空2分)

11．（10分）第⑶問4分，其中作圖2分；其余每小問2分．⑶半導(dǎo)體材料　⑷4.0 、  0.40

12．(12分) ⑴D （3分）   ⑵AC（3分）

⑶這種解法不對．

錯在沒有考慮重力加速度與高度有關(guān)(2分)

正確解答：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有

G=m_A ③    G=m_B ④     由③④式，得 （4分）

13A.(12分) ⑴不變（2分）  50（2分）  ⑵a→b（2分） 增加（2分） ⑶（4分）

13B.(12分) ⑴C（3分 ） ⑵60°（2分） 偏右（2分）  ⑶（2分）　0.25s（3分）

13C.(12分)    ⑴質(zhì)子 、α 、氮     ⑵ mv²/4      ⑶a 、  5×10¹³    （每空2分）

四、全題共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題．答案中必須明確寫出數(shù)值和單位

14.(15分) 解：⑴A→C過程，由動能定理得： ………… （3分）

△R= R (1－cos37°)………………  （1分） ∴ v_c=14m/s ……………………  （1分）

  ⑵在C點，由牛頓第二定律有： ……（2分）

∴ F_c=3936N …………………………………………………………………………（ 2分）

    由牛頓第三定律知，運動員在C點時軌道受到的壓力大小為3936N. …………… （1分）

⑶設(shè)在空中飛行時間為t，則有：tan37°= 　…………………　　　　（ 3分）

 ∴t = 2.5s   (t =－0.4s舍去)……………………………………………………（ 2分）

15.(16分) 解：⑴垂直AB邊進(jìn)入磁場，由幾何知識得：粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)角為30°

∵………（2分）    

………  （1分）     ∴………（2分）

由幾何關(guān)系得：    在磁場中運動半徑……（2分）

∴        ……………………………（2分）

∴……………（1分 ） 方向垂直紙面向里……………………（1分）

⑶當(dāng)粒子剛好與BC邊相切時，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，由幾何知識知粒子的運動半徑r₂為：

     ………（ 2分 ）   ………1分   ∴……… 1分

即：磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為………（1分）

16．(16分)

解：⑴據(jù)能量守恒，得  △E = mv₀² -m（）²= mv₀²-----------（3分）

⑵在底端，設(shè)棒上電流為I，加速度為a，由牛頓第二定律，則：

（mgsinθ+BIL）=ma₁--------------------------（1分）

由歐姆定律，得I=---------------（1分）    E=BLv₀---------------------（1分）

由上述三式，得a₁ =  gsinθ + ---------------------（1分）

∵棒到達(dá)底端前已經(jīng)做勻速運動∴mgsinθ= ------------------------------（1分）

代入，得a₁ = 5gsinθ-----------------------------------------（2分）

（3）選沿斜面向上為正方向，上升過程中的加速度，上升到最高點的路程為S，

a = －（gsinθ + ）-----------------------（1分）

取一極短時間△t，速度微小變化為△v，由△v = a△t，得

△     v = －（ gsinθ△t+B²L²v△t/mR）-----------（1分）

其中，v△t = △s--------------------------（1分）

在上升的全過程中

∑△v = －（gsinθ∑△t+B²L²∑△s/mR）

即          0-v₀= －（t₀gsinθ+B²L²S/mR）-------------（1分）

∵H=S?sinθ       且gsinθ= -------------------（1分）

∴  H =（v₀²-gv₀t₀sinθ）/4g-----------------（1分）