题目列表(包括答案和解析)
（08北京卷）18．一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 
的电阻。则
A．流过电阻的电流是20 A
B．与电阻并联的电压表的示数是100V
C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J
D．变压器的输入功率是1×103W
一理想变压器原、副线圈匝数比
．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u，其变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则（ ）
A．流过电阻的电流有效值是10 A
B．与电阻并联的电压表的示数是
V
C．经过1 min电阻发出的热量是6×103 J
D．变压器的输入功率是1×103 W
一理想变压器原、副线圈匝数比
，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则 （ ）
A．流过电阻的最大电流是10 A
B．与电阻并联的电压表的示数是141V
C．变压器的输入功率是1×l03 W
D．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103J
一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则( )
A．流过电阻的最大电流是20A
B．与电阻并联的电压表的示数是141V
C．变压器的输入功率是1×103W
D．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103J
一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图1所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则 ( )
A．流过电阻的电流是20 A
B．与电阻并联的电压表的示数是100
V
C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J
D．变压器的输入功率是1×103 W
14． A 15． A 16．C 17．A D 18．B D 19．A D 20．D 21．B
22． Ⅰ．单分子 ，36～40
Ⅱ.①29.9kΩ，(3分)②(a )外接，分压 (3分) (b )见下图，(3分)③变小(3分)
 |
|||
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|||
23．解：水从h高处落下可认为是自由落体运动，速度为v，则
（2分）
m/s ①
（2分）
设在很短时间t内有质量为m的水落到石头上，以它为研究对象，设石头对水的平均作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理得，
②，而
③ （6分）
由①②③式代入数据解得，
N（2分）
根据牛顿第三定律可知，水对石头的反作用力
=N．
（2分）
24． 解：（1）小球由静止到最低点时，有
（2分）
（1分）
小球与物块Q相撞时: 
，（1分） 
，（1分）
解得，
，
（2分）
Q在平板车上滑行的过程中，有
（1分）
（1分）
小物块Q离开平板车时，速度为
（1分）
（2）由能的转化和守恒定律，知
（1分）
（1分） 解得，
（1分）
（3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则:
（1分） 解得，
（1分）
平抛时间
（1分） 水平距离
（1分）
Q落地点距小球的水平距离为
（1分）
25．解:（1）在0―t0带电粒子做匀速圆周运动其周期为
（2分）
则在t0时间内转过的圆心角 
位置坐标：
（4分）
（2）t0―2t0时间内带电粒子做匀速直线运动，2t0―3t0时间内带电粒子做匀速圆周运动，
转过的圆心角仍为
；……．所以粒子从出发到再次回到原点所用的时间为t=8t0．（3分）
由于带电粒子的速率不会改变，所以带电粒子从出发到再次回到原点的运动轨迹的
长度s=8 v0t0．（3分）
（3）由带电粒子的比荷
可知粒子运动的周期 
（2分）
则在t0时间内转过的圆心角 
t0时刻粒子第一次到达x轴速度方向沿y轴负方向，则在t0―2t0时间内沿y轴负方向做匀加速直线运动；在2t0―3t0时间内带电粒子又做匀速圆周运动，转过的圆心角仍为
，由于速度增大，因此，此时运动的轨道半径大于第一次时的半径．在3t0―4t0时间内，带电粒子沿y轴正方向做匀减速直线运动，第二次到达x轴由对称性可知，在4t0时速度又变为v0；在4t0―5t0时间内又做圆周运动，第三次到达x轴时在坐标原点，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1，在x轴下方做圆周运动的轨道半径为r2，由几何关系可知，要使带电粒子回到原点，则必须满足：
（2分） 
解得：
（2分）
又由于 
（2分） 解得：
（2分）
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