2020年安徽省淮北市高考物理一模試卷

2020年安徽省淮北市高考物理一模試卷一、單選題（本大題共6小題，共18.0分）如圖所示，一架無人機(jī)執(zhí)行航拍任務(wù)時(shí)正沿直線朝斜向下方向勻速運(yùn)動(dòng)。用G表示無人機(jī)重力，F(xiàn)表示空氣對(duì)它的作用力，下列四幅圖中能表示此過程中無人機(jī)受力情況的是（）一蹦床運(yùn)動(dòng)員豎直向上跳起，從離開蹦床算起，上升到最大高度一半所用的時(shí)間為?億速度減為離開蹦床時(shí)速度一半所用的時(shí)間為 鬼若不計(jì)空氣阻力，則？*冽!大小關(guān)系為（）A.??<?? B.??=?? C.??>??發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道 1,然后經(jīng)點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最后再次點(diǎn)火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3.（如圖所示）.則衛(wèi)星分別在1、3軌道上正常運(yùn)行時(shí)，以下說法正確的是（）A.衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B.衛(wèi)星在軌道3上的角速度大于在軌道1上的角速度C.衛(wèi)星在軌道3上具有的機(jī)械能大于它在軌道 1上具有的機(jī)械能D.衛(wèi)星在軌道3上的向心加速度大于它在軌道 1上的向心加速度.圖甲中的變壓器為理想變壓器，原線圈匝數(shù) ？？與副線圈匝數(shù)？？之比為10：1,變壓器的原線圈接如圖乙所示的正弦式交流電， 電阻？？=??=??=20?環(huán)口電容器C連接成如圖甲所示的電路. 其中，電容器擊穿電壓為8V,各電表均為理想交流電表，開關(guān)S處于斷開斗犬態(tài),則（）A.電壓表V的讀數(shù)為10VC.電阻？？上消耗的功率為2.5??B.電流表A的讀數(shù)約為0.05??D.若閉合開關(guān)S,電容器會(huì)被擊穿.圖甲為研究光電效應(yīng)的電路圖， 當(dāng)用頻率為v的光照射金屬陰極K時(shí)，通過調(diào)節(jié)光電管兩端電壓U,測(cè)量對(duì)應(yīng)的光電流強(qiáng)度繪制了如圖乙所示的？？？置象。已知電子所帶電荷量為e,圖象中遏止電壓？3?飽和光電流？?及入光射光的頻率、普朗克常量h常量h均為已知量。下列說法正確的是（）A.光電子的最大初動(dòng)能為???-?????B.陰極金屬的逸出功為？??？C.若增大原入射光的強(qiáng)度，則 ？??和陰均會(huì)變化6.7.8.D.陰極金屬的截止頻率為???-?????如圖所示，平行板電容器與電源連接，下極板B接地,開關(guān)S閉合，一帶電油滴在電容器中的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A.保持開關(guān)閉合，A6.7.8.D.陰極金屬的截止頻率為???-?????如圖所示，平行板電容器與電源連接，下極板B接地,開關(guān)S閉合，一帶電油滴在電容器中的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）A.保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離，電容器的電容增大B.保持開關(guān)閉合，A板豎直上移一小段距離，P點(diǎn)的電勢(shì)將升高C.保持開關(guān)閉合,A板豎直上移一小段距離過程中，電流計(jì)中電流方向向右D.開關(guān)S先閉合后斷開，A板豎直上移一小段距離，帶電油滴向下運(yùn)動(dòng)多選題（本大題共4小題，共12.0分）兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b平行放置，如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖，圖中。點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線ab的中點(diǎn)，M、N為ab的中垂線上的兩點(diǎn)且與a、b等距，兩導(dǎo)線中通有恒定電流，已知直線電流在某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大小跟該點(diǎn)到通電導(dǎo)線的距離r成反比，則下列法中正確的是（）A.若a、b中通以等大同向電流，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零B.若a、b中通以等大反向電流則 M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C.若a、b中通以大小不等的反向電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)在 a、b之間的連線上D.若a、b中通以大小不等的同向電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)在 a、b連線的延長(zhǎng)線上如圖1所示，豎直光滑桿固定不動(dòng)，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度？=0.1??處，滑塊與彈簧不拴接?，F(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測(cè)量到滑塊的速度和離地高度 h并作出如圖2滑塊的？??-?圖象，其中高度從0.2??上升到0.35??范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢(shì)能面，?。?=10??/?，，由圖象可知（）9.10.A.小滑塊的質(zhì)量為0.1????B.輕彈簧原長(zhǎng)為0.2??C.彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5??D.小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為 0.4??一帶正電粒子僅在電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)， 從9.10.A.小滑塊的質(zhì)量為0.1????B.輕彈簧原長(zhǎng)為0.2??C.彈簧最大彈性勢(shì)能為0.5??D.小滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小為 0.4??一帶正電粒子僅在電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)， 從A點(diǎn)經(jīng)B、C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其？？?圖象如圖所示，則下列說法中正確的是()A.A處的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B處的電場(chǎng)強(qiáng)度B.粒子在A處的電勢(shì)能大于在B處的電勢(shì)能C.C,D間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都為零D.A,B兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于C,B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差在大型物流貨場(chǎng)，廣泛的應(yīng)用傳送帶搬運(yùn)貨物。 如圖所示，傾斜的傳送帶以恒定速率？?=2??/?疑時(shí)針運(yùn)行，皮帶始終是繃緊的。質(zhì)量？？=1????貨物從傳送帶上端A點(diǎn)由靜止釋放，沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到底端B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的？=3.2??距離。已知傳送帶傾角？?=37°,貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)？?=0.5,重力加速度？?=10??/??,??????37°0.6,??????37°0.8.則（）A.貨物從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為1.2??B.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，貨與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為 0.8??C.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，傳送帶對(duì)貨物做功大小為 11.2??D.貨物從A運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相等的過程中，貨物減少的重力勢(shì)能小于貨物增加的動(dòng)能與摩擦產(chǎn)生的熱量之和三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共 2小題，共16.0分)11.如圖甲所示，一位同學(xué)利用光電計(jì)時(shí)器等器材做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn).有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球由A處由靜止釋放，下落過程中能通過 A處正下方、固定于B處的光電門，測(cè)得A、B間的距離為??(??>>??)光電計(jì)時(shí)器記錄下小球通過光電門的時(shí)間為 t,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋?0U:mm.(1)如圖乙所示，用游標(biāo)卡尺測(cè)得小球的直徑 ？?=mm.(2)小球經(jīng)過光電門 B時(shí)的速度表達(dá)式為(3)多次改變高度H,重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，作出?隨H的變化圖象如圖丙所示，當(dāng)圖中已知量？?、？的和重力加速度g及小球的直徑d滿足以下表達(dá)式：時(shí)，可判斷小球下落過程中機(jī)械能守恒..某實(shí)驗(yàn)小組利用電流傳感器(可視為理想電流表)和定值電阻？?(以及電阻箱，待測(cè)電池等器材，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路測(cè)定電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。 電流的值通過數(shù)據(jù)采集器輸入到計(jì)算機(jī)，數(shù)據(jù)采集器和計(jì)算機(jī)對(duì)原電路的影響可忽略。 他們連接好電路，閉合開關(guān)S后，發(fā)現(xiàn)無論如何調(diào)節(jié)電阻箱 R,計(jì)算機(jī)中顯示電流均為零，由此判斷電路可能出現(xiàn)了故障。經(jīng)小組討論后，嘗試用多用電表的歐姆擋來檢測(cè)電路。已知保護(hù)電阻？3=15.0??,電流傳感器量程為100???理作步驟如下：①將多用電表?yè)跷徽{(diào)到電阻“x1”擋，再將紅、黑表筆短接，進(jìn)行歐姆調(diào)零；②斷開甲圖電路開關(guān)偏轉(zhuǎn)；③斷開甲圖電路開關(guān)圖乙所示；④斷開甲圖電路開關(guān)偏轉(zhuǎn)；②斷開甲圖電路開關(guān)偏轉(zhuǎn)；③斷開甲圖電路開關(guān)圖乙所示；④斷開甲圖電路開關(guān)偏轉(zhuǎn)；⑤斷開甲圖電路開關(guān)不為零。S,將多用電表兩表筆分別接在S,將多用電表兩表筆分別接在S,將多用電表兩表筆分別接在S,將多用電表兩表筆分別接在a、d上，多用電表的指針不a、b上，多用電表的示數(shù)如b、c上，多用電表的指針不c、d上，計(jì)算機(jī)中顯示電流?a*?a*回答下列問題(1)操作步驟③中，多用電表內(nèi)阻?2(2)操作步驟⑤中，多用電表紅表筆應(yīng)接(選"c”或"d“)點(diǎn)。(3)電路的故障可能是A.保護(hù)電阻？？短路B.保護(hù)電阻？？斷路C.電阻箱R短路

D.電阻箱R斷路(4)排除電路故障后，該小組按照?qǐng)D甲的電路測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。改變電阻1—箱R的阻值，得到多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。根據(jù)數(shù)據(jù)作出 ？?-吃印象，如圖丙所小，則電源電動(dòng)勢(shì)？?=V,內(nèi)阻？?=??0吉果彳^留2位有效數(shù)字)。四、計(jì)算題(本大題共2小題，共19.0分).如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為 37。，質(zhì)量為1.2????小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),在一沿斜面向上的恒定推力 F作用下從A點(diǎn)由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，作用一段時(shí)間后撤去推力F,小物塊能達(dá)到的最高位置為 C點(diǎn)，小物塊從A到C的？0?圖象如圖乙所示(??？？=10??/????????370.6,??????370.8)。求：(1)撤去F后小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度;(2)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)0-1.2?內(nèi)推力.如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平桌面上靜置一個(gè)四分之一光滑圓弧形槽，質(zhì)量??=0.3????半徑？?=0.6??,末端與桌面相切。將質(zhì)量??=0.1????小球(可視為質(zhì)點(diǎn))由槽的頂端無初速度釋放， 經(jīng)桌面上A點(diǎn)水平飛出，小球恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入固定的豎直光滑圓弧軌道， B、C為圓弧的兩端點(diǎn)，其連線水平，。為圓弧最低點(diǎn)。已知圓弧對(duì)應(yīng)圓心角？?=106°,半徑？N1??。?。?=10??/?」，？？？？？？37°0.6,??????370.8.求：(1)小球沿弧形槽下滑到槽底端時(shí)，槽的速度大小(2)桌面離水平地面的高度h;(3)小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小。五、簡(jiǎn)答題(本大題共2小題，共25.0分).如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的平行光滑全屬導(dǎo)軌 MN、PQ相距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與水平面的夾角？?=30。，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上。長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌L,且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為r,導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)定值電阻？?(M!??=2??＞閉合開關(guān)S,給金屬棒施加一個(gè)平行于導(dǎo)軌向上、大小為2mg的恒力F,金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)上滑距離為x時(shí)速度恰好達(dá)到最大，重力加速度為 go求(1)金屬棒能達(dá)到白^最大速度v的大??；(2)金屬棒由靜止開始上滑距離 2x的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的熱量 ？？。.如圖所示，直線MN通過。點(diǎn)，且與正方向夾角為45°直線MN上方有平行于紙面且沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知， MN下方有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為??今有一個(gè)帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) 。處沿x軸正方向以速度v射入磁場(chǎng)該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡半徑為 ？布該粒子從O點(diǎn)出發(fā)時(shí)記為第1次經(jīng)過直線MN,而第5次經(jīng)過直線MN時(shí)恰好又通過。點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小(2)該粒子第5次經(jīng)過直線MN從。點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后，運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑(3)該粒子從。點(diǎn)出發(fā)到第5次經(jīng)過直線MN回到。點(diǎn)所需的時(shí)間。

答案和解析.【答案】B【解析】解：無人機(jī)受重力和空氣作用力的作用，由于無人機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)，故受力平衡，空氣作用力豎直向上，與重力相互平衡，故B正確ACD錯(cuò)誤。故選：B。無人機(jī)在勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析，從而明確重力和空氣作用力的方向。本題關(guān)鍵明確平衡條件的應(yīng)用， 注意明確力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，知道物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力為零。.【答案】C【解析】解：根據(jù)速度位移公式得，設(shè)上升到最大高度一半的速度為 v,則有：-??=-2???,0-??=-2??2-,聯(lián)立解得：？?=2.2??,-??2??則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：？？=???0=(2^,-??2??速度減為初速一半所用的時(shí)間為 ？?：?2?=絲?0=.里。2 -?? 2??則：？1?<??.故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：Co將豎直上拋運(yùn)動(dòng)看成一種加速度為 -??的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度-位移關(guān)系與位移時(shí)間關(guān)系即可求解。該題通過豎直上拋運(yùn)動(dòng)考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的兩個(gè)導(dǎo)出公式， 結(jié)合導(dǎo)出公式推導(dǎo)的過程解答即可?；A(chǔ)題目。.【答案】C【解析】解：A、B、D、人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、地球質(zhì)量為M,有??=????????=?既?輸=?????=??????=??(等2??因而??????????=????,=??????=??圖2??=????,??? ???? ?■\??/??解得??????=\①??=-=??=-=?? ????????_??=”區(qū)軌道3半徑比軌道1半徑大，根據(jù)①②④三式，衛(wèi)星在軌道1上線速度較大，角速度也較大，向心加速度同樣較大，故 A、B、D均錯(cuò)誤；C、衛(wèi)星從軌道1到軌道3需要克服引力做較多的功，故在軌道 3上機(jī)械能較大，故C正確；故選C.根據(jù)人造衛(wèi)星的萬(wàn)有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達(dá)式進(jìn)行討論即可.本題關(guān)鍵抓住萬(wàn)有引力提供向心力， 先列式求解出線速度和周期的表達(dá)式， 再進(jìn)行討論..【答案】C【解析】解：A、開關(guān)斷開時(shí)，副線圈為？？和？？串聯(lián)，電壓表測(cè)量？？的電壓，由圖可知原線圈電壓為100V2??所以副線圈電壓為10/??則電壓表的讀數(shù)是？2的電壓為5v2??=7.07??,故A錯(cuò)誤；B、由A的分析可知，副線圈電流為??=而%二而所??=0.25技?？所以原線圈電流11+?j2 20+20為？1?=?2??=0.025v2??故B錯(cuò)誤；?1C、電阻？？、？2上消耗的功率為？?=????=(0.25V2)2X20=2.5??,故C正確；D、當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，？?與？？并聯(lián)后和？？串聯(lián)，電容器的電壓為并聯(lián)部分的電壓，并聯(lián)部分電阻為？銖=10??,所以并聯(lián)部分的電壓為2^x10/??=所以并聯(lián)部分的電壓為2^x10/??=乎??最大值為學(xué)x亞3203？?<8??所以電容器不會(huì)被擊穿，故D錯(cuò)誤。3故選：Co開關(guān)斷開時(shí)，副線圈為？?和？？串聯(lián)，電壓表測(cè)量？？的電壓，當(dāng)開關(guān)閉合時(shí)，？？與？3并聯(lián)后和？？串聯(lián)，電容器的電壓為并聯(lián)部分的電壓，根據(jù)變壓器電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系以及串并聯(lián)電路的特點(diǎn)即可求解.本題考查了變壓器的原理及最大值與有效值之間的數(shù)量關(guān)系. 能根據(jù)歐姆定律求解電路中的電流，會(huì)求功率，知道電表示數(shù)為有效值，電容器的擊穿電壓為最大值，難度適中..【答案】D【解析】解：A、光電子在電場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：-?????=0-；???%則得光電子的最大初動(dòng)能為： ？????=??加故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得： ？????=?????；那么陰極金屬的逸出功為??=????????=????????故B錯(cuò)誤；C、？??與入射光的強(qiáng)度有關(guān)，而？?另入射光的強(qiáng)度無關(guān)。故C錯(cuò)誤;?? ???-?????D、陰極K金屬的極限頻率為：？？=]二—?—,故D正確。故選：Do根據(jù)動(dòng)能定理求光電子的最大初動(dòng)能； 根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程求金屬的逸出功和普朗克常量h;由？？=???求金屬的極限頻率。解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程， 知道最大初動(dòng)能與遏止電壓的關(guān)系， 及理解？?與入射光的強(qiáng)度有關(guān)，而？?月入射光的強(qiáng)度無關(guān)。.【答案】B【解析】解：保持開關(guān)閉合，則電壓恒定不變，???A、A板豎直上移一小段距離，根據(jù)電容的決定式 ？?=布????可知電容C減小，故A錯(cuò)誤。??B、根據(jù)？？=f可知電場(chǎng)強(qiáng)度減小，根據(jù)??=??啊知，P點(diǎn)與下極板的距離不變，但E減小，故P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差減小， 下極板帶正電，故P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B正確。C、根據(jù)？?=????知，電容減小，電荷量減小，電容器放電，電流計(jì)中電流方向向左，故C錯(cuò)誤。??D、開關(guān)S先閉合后斷開，則電荷量Q不變，A板豎直上移一小段距離， 電場(chǎng)強(qiáng)度？?=詁=-??=????恒定不變，故帶電油滴靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。???? ????故選：B。由電容器的決定式可判斷電容的變將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離,化；而電容器兩板間電壓不變，根據(jù)？?=??分析板間場(chǎng)強(qiáng)的變化，根據(jù)？?=????斷電場(chǎng)由電容器的決定式可判斷電容的變力變化，確定油滴運(yùn)動(dòng)情況。本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析問題，要明確一直和電源相連，故電壓不變；再由決定式及定義式分析電容、電量等的變化。.【答案】AB【解析】解：A、若a、b中通以等大同向電流，根據(jù)安培定則判斷得知，兩根通電導(dǎo)線在。處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，大小相等，因此它們?cè)?。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故A正確；B、若a、b中通以等大反向電流，根據(jù)安培定則判斷得知，兩根通電導(dǎo)線在 M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一是順時(shí)針，另一是逆時(shí)針，依據(jù)矢量的合成法則，則 M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，故B正確；C、若a、b中通以大小不等的反向電流，則在 a、b之間的連線上某處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)不可能在 a、b之間的連線上，故C錯(cuò)誤；D、由C選項(xiàng)，可知，若a、b中通以大小不等的同向電流，則磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)在a、b連線的上，故D錯(cuò)誤；故選：AB。根據(jù)安培定則判斷兩根導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，根據(jù)平行四邊形定則，進(jìn)行合成，確定大小和方向的關(guān)系，從而即可求解。本題考查安培定則和平行四邊定則的綜合應(yīng)用， 注意安培定則的用右手， 及與左手定則的區(qū)別，同時(shí)明確磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，應(yīng)根據(jù)平行四邊形定則求解合磁感應(yīng)強(qiáng)度。.【答案】BC【解析】解：？紙從0.2??上升到0.35??范圍內(nèi)，△???=△???=???公？，圖線的斜率絕 一一△?? 0.3 對(duì)值為：？?=-?-■=035-02=2??=????所以：？？=0.2????故A錯(cuò)誤；.在???-?圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力， 由于高度從0.2??上升至IJ0.35??范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從 0.2??上升到0.35??范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從？=0.2??,滑塊與彈簧分離，彈簧的原長(zhǎng)的 0.2??。故B正確；C.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時(shí)，增加的重力勢(shì)能即為彈簧最大彈性勢(shì)能，所以？????=???*?=0.2X10X(0.35-0.1)=0.5??故C正確；D.由圖可知，當(dāng)？=0.18??時(shí)的動(dòng)能最大；在滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動(dòng)能最大時(shí)，滑塊的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和最小， 根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，？??????=???-?????=?????+?????-?????=0.5+0.2X10X0.1-0.32=0.38??故D錯(cuò)誤；故選：BC。根據(jù)對(duì)???-?圖象的理圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從 0.2??上升至IJ0.35??范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線和能量守恒定律求解。正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，知道不同的運(yùn)動(dòng)過程對(duì)應(yīng)的動(dòng)能的變化圖象， 知道圖象中直線部分的物理意義；.【答案】BD【解析】解：A、由運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象可看出，帶正電的粒子的加速度在 A點(diǎn)時(shí)較大，由牛頓第二定律得知在A點(diǎn)的電場(chǎng)力大，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；B、由A到B的過程中，速度變大了，說明是電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，由功能關(guān)系可知，此過程中電勢(shì)能減少， 正電荷在A點(diǎn)是電勢(shì)能大于在B時(shí)的電勢(shì)能，所以粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能高于B點(diǎn)的電勢(shì)能，故B正確；C、從C到D,粒子速度一直不變，故電場(chǎng)力做功為零，可知CD間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，但電勢(shì)不一定為零，故C錯(cuò)誤；D、A、C兩點(diǎn)的速度相等，故粒子的動(dòng)能相同，因此從 A至ijB和從B至ijC電場(chǎng)力做功的絕對(duì)值相同，AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，故D正確。故選：BD。從圖象可以看出，粒子做的是非勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可得出受到的電場(chǎng)力不恒定，由帶正電的粒子僅在電場(chǎng)力作用， 有圖線斜率代表加速度， 有牛頓第二定律得知電場(chǎng)力的大小關(guān)系，從而得到電場(chǎng)強(qiáng)度德大小關(guān)系。由運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能增加，勢(shì)能減少，所以可判斷出粒子在AB兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小，有電場(chǎng)力做功的公式可得AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與CB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差的大小關(guān)系本題考查到了電場(chǎng)力做功的計(jì)算和電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系， 其關(guān)系為：電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功時(shí)，電荷的電勢(shì)能減少；電荷克服電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能增加，電勢(shì)能變化的數(shù)值等于電場(chǎng)力做功的數(shù)值。 這常是判斷電荷電勢(shì)能如何變化的依據(jù)。 還考查了對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖象分析電荷在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做的功與移動(dòng)的路徑無關(guān)，只取決于起止位置的電勢(shì)差和電荷的電量，這一點(diǎn)與重力做功和高度差的關(guān)系相似.【答案】AC【解析】解：A、貨物與傳送帶共速前，有??????????7???7??????7???解得：？?=10??/?)由此得：??=??=10??0.2????=1????=2X10X0.22??=0.2??貨物與傳送帶共速后，繼續(xù)勻加速運(yùn)動(dòng)， ？？？??？？??？???？？???？?????’解得：??=2??/?)可得？？=????=3.2??-0.2??=3??則:??=???+2??2??運(yùn)動(dòng)總時(shí)間2???+??=0.2??+1??=1.2??故A正確;B、貨物與傳送帶共速前，傳送帶的位移為： ？*=????=2X0.2??=0.4??貨物與傳送帶的相對(duì)位移為： △??=?4-??=0.4??-0.2??=0.2??貨物與傳送帶共速后有： ??'=????2X1??=2??貨物與傳送帶的相對(duì)位移為：△??=??-?*'=3??-2??=1???然寸=△??+△??=0.2??+1??=1.2??摩擦生熱為：？?=??????????????=0.5X1X10X0.8X1.2??=4.8??故B錯(cuò)誤；C、物塊最終的速度為： ？？=??+????=(2+10X0.2)??/??=4??/??對(duì)物塊在全過程中由動(dòng)能定理得： ？?????????????g????2,解得傳送帶對(duì)貨物做功為：??=-11.2??,故C正確；D、貨物從A運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相等的過程中，由動(dòng)能定理得： ？???????????？1??????????????????,而此過程摩^^生熱為： ？？=???????????)??U有：？？？？???？？????2????+??,故D錯(cuò)誤。故選：AC。對(duì)物塊受力分析，求加速度，物體在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若和傳送帶共速后還沒到頭，則因?yàn)椋?<??????然后繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；摩擦生熱 ??=????/對(duì)；根據(jù)功的計(jì)算公式和動(dòng)能定理，分析傳送帶對(duì)貨物做功以及貨物減少的重力勢(shì)能與貨物增加的動(dòng)能與摩擦產(chǎn)生的熱量之和的關(guān)系。本題要分析貨物的運(yùn)動(dòng)情況， 再結(jié)合牛頓第二定律分兩個(gè)過程列式求解運(yùn)動(dòng)總時(shí)間， 在求摩擦產(chǎn)生的熱量注意找兩物體的相對(duì)位移。.【答案】(1)7.25(2)??⑶??=算飛.【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為7mm,游標(biāo)讀數(shù)為0.05X5????=0.25????,則小球的直徑？?=7.25????.??(2)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度知，小球在 B處的瞬時(shí)速度？??=不⑶小球下落過程中重力勢(shì)能的減小量為？????？動(dòng)能的增加量？??=、？???=2??琮2, 1 1 1 2??__若機(jī)械能守恒，有：????=2?另稔即？2=?2?3.故答案為：(1)7.25(2)??(3)??=落.(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀.(2)根據(jù)極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬日^速度求出小球經(jīng)過光電門 B的速度.(3)抓住動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量相等得出機(jī)械能守恒的表達(dá)式.解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理，對(duì)于圖線問題，關(guān)鍵得出表達(dá)式，從而分析判斷.知道極短時(shí)間內(nèi)的平均速度等于瞬時(shí)速度..【答案】15.0cD1.53.0【解析】(1)多用表歐姆刻度讀數(shù)為：刻度值X倍率數(shù)，所以乙圖多用表的讀數(shù)為15.0?2(2)多用表的電流方向?yàn)椋杭t表筆入黑板筆出，而甲電路電流的方向?yàn)?？?-??斷開電路開關(guān)S后，所以操作步驟⑤中，多用電表紅表筆應(yīng)接c點(diǎn)。⑶斷開電路開關(guān)S,用歐姆檔測(cè)量c、d電阻，計(jì)算機(jī)中顯示電流不為零，說明 c、d之間沒有斷路；斷開甲圖電路開關(guān) S,將多用電表兩表筆分別接在 a、b上，多用電表讀數(shù)為15.0??,說明a、b之間沒有斷路；斷開甲圖電路開關(guān)S,將多用電表兩表筆分別接在b、c上，多用電表的指針不偏轉(zhuǎn)，說明 b、c之間出現(xiàn)了斷路，即電阻箱R斷路，故D正確，ABC錯(cuò)誤。(4)圖甲所示圖象可知，在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為：？?=??(????+??)則？?=???'(?%+??)由數(shù)學(xué)知識(shí)得，縱軸截距的絕對(duì)值表示？？+??斜率表示電動(dòng)勢(shì)E,由丙圖線可知：斜率？?=1.5??即電源電動(dòng)勢(shì)？?=1.5??縱軸截距的名對(duì)值表示？？+??=18??,得電源內(nèi)阻？?3.0??。故答案為:(1)15.0;(2)??;(3)??;(4)1.5,3.0。(1)多用表歐姆刻度讀數(shù)為：刻度值 X倍率數(shù)。(2)多用表的電流方向?yàn)椋杭t表筆入黑板筆出，甲電路電流的方向?yàn)?？?-??(3)用多用表的歐姆檔判斷電路故障時(shí)，如果多用表指針沒有偏轉(zhuǎn)，說明兩表筆之間斷路，另外要注意，一定要斷開電源。(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律，求出 R與1?勺函數(shù)表達(dá)式，利用數(shù)學(xué)知識(shí)求出圖象的斜率和截距，從而求出電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。易錯(cuò)點(diǎn)：若該同學(xué)在處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)，？?+??+?為電路的總電阻，電阻箱電阻為外電路的總電阻阻值R,電源的等效內(nèi)阻為？？+??用多用表的歐姆檔判斷電路故障時(shí)，一定要把被測(cè)對(duì)象從電源中斷開。.【答案】解：(1)由圖象可以知道撤去F后物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:△?? 3-0c c??=入?5E9??/??-0??/?/(2)在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律得：??????????3????????????37????????????解得：？?=0.5(3)對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)量定理，設(shè)力F的沖量為I,則有：??(??????????37????????????370°)??其中??1.2??解得：？？14.4?????答：(1)撤去F后小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度是10??/??2o(2)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是 0.5。(3)0-1.2?內(nèi)推力F的沖量是14.4?????【解析】(1)由？?■?圖象的斜率求出撤去F后物塊的加速度；(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)量定理可求得推力 F的沖量。本題考查動(dòng)力學(xué)知識(shí)與圖象的綜合， 通過圖線斜率求得加速度是解決本題的關(guān)鍵。 全過程應(yīng)用動(dòng)量定理可簡(jiǎn)化求解過程。.【答案】解：(1)小球弧形槽下滑到槽底端過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)

量守恒，選取向右為正方向，則：？???+????=0系統(tǒng)機(jī)械能守恒：??????1????+1????解得：？？=3??/????=-1??/??負(fù)號(hào)表示方向向左。1CCCCCC(2)小球離開桌面后以3??/?初速度做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向： "工???????? .— 量守恒，選取向右為正方向，則：？???+????=0系統(tǒng)機(jī)械能守恒：??????1????+1????解得：？？=3??/????=-1??/??負(fù)號(hào)表示方向向左。1CCCCCC(2)小球離開桌面后以3??/?初速度做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向： "工???????? .— ????小球恰好無碰撞地沿圓弧切線從 B點(diǎn)進(jìn)入固定的豎直光滑圓弧軌道，則：??????53??解得：？=0.8??(3)小物塊由A點(diǎn)到。點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得:????(?+?????????532???2?-J????在圓弧最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得： ？?■????=???2???代入數(shù)據(jù)解得：？?=4.3??根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)A弧軌道壓力大小為4.3??,方向向下答：(1)小球沿弧形槽下滑到槽底端時(shí)，槽的速度大小為 1??/??(2)桌面離水平地面的高度 h為0.8??。(3)小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小為 4.3??。【解析】(1)由動(dòng)量守恒定律與能量守恒求出小球沿弧形槽下滑到槽底端時(shí)，槽的速度大??；(2)小球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)求出桌面離水平地面的高度 h;(3)由機(jī)械能守恒求出小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度，然后由牛頓第二定律結(jié)合牛頓第三定律求出小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小。本題是動(dòng)量守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，速度是它們之間聯(lián)系的紐帶。15.【答案】解：(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，金屬棒達(dá)到最大速度，此后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)最大速度為則速度達(dá)到最大時(shí)有： ？?=??????v,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得： ？?==3??根據(jù)平衡條件可得： ？?=??????????????????又？？=2????9??????解得：？?=赤；(2)設(shè)整