山西省晉中市祁縣中學(xué)高三上學(xué)期12月月考物理試題

祁縣中學(xué)2020年高三年級(jí)、復(fù)習(xí)中心12月月考物理試題（考試時(shí)間90分鐘、試題總分110分）一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）某直流電動(dòng)機(jī)，線圈電阻是0.5Ω，當(dāng)它兩端所加的電壓為6V時(shí)，電動(dòng)機(jī)正常工作，此時(shí)通過電動(dòng)機(jī)的電流為2A.由此可知(????)A.電動(dòng)機(jī)發(fā)熱的功率為72W B.電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為72W

C.電動(dòng)機(jī)的工作效率為20%D.電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為10W 如圖所示，曲線ACB處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，O為AB的中點(diǎn)，OC長為L，且與AB垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子僅在電場(chǎng)力作用下沿ACB依次通過A、C、B三點(diǎn)，已知粒子在A、B兩點(diǎn)的速率均為2vo，在C點(diǎn)的速度大小為3v0，且方向與OC垂直。勻強(qiáng)電場(chǎng)與曲線所在的平面平行，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向分別為(????)

A.4mv02qL，沿COC.mv022qL，沿OC方向D.如圖所示，一根長木桿ab兩端分別固定在水平地面和豎直墻壁aO上，已知桿與水平地面之間的夾角為θ=53°，a點(diǎn)到地面的距離為12?m。從豎直墻壁上距地面8?m的c點(diǎn)以水平速度v0射出一顆小石子，小石子運(yùn)動(dòng)的軌跡恰好與ab桿相切(重力加速度g取10?m/s2，sin?53°=0.8，cos?53°=0.6)，則小石子射出時(shí)的水平初速度為(

)

A.3C.325m/s如圖所示，形狀和質(zhì)量完全相同的兩個(gè)圓柱體a、b，靠在一起，表面光滑，重力為G，其中b的下半部分剛好固定在水平面MN的下方，上邊露出另一半，a靜止在水平面上，現(xiàn)過a的軸心施加一水平作用力F，可緩慢地將a拉離水平面一直滑到b的頂端，對(duì)a從離開地面到滑到頂端d的程分析，則應(yīng)有A.拉力F先增大后減小，最大值是G

B.a、b間的壓力開始最大為2G，而后逐漸減小到0

C.開始時(shí)拉力F最大為3G，以后逐漸減小為0

D.a、b間的壓力由0逐漸增大，最大為2016年2月11日，美國自然科學(xué)基金召開新聞發(fā)布會(huì)宣布，人類首次探測(cè)到了引力波．2月16日，中國科學(xué)院公布了一項(xiàng)新的探測(cè)引力波的“空間太極計(jì)劃”.由中山大學(xué)發(fā)起的空間引力波探測(cè)工程“天琴計(jì)劃”于2015年7月正式啟動(dòng)．計(jì)劃從2016年到2035年分四階段進(jìn)行，將向太空發(fā)射三顆衛(wèi)星探測(cè)引力波．在目前討論的初步概念中，天琴將采用三顆全同的衛(wèi)星(SC1、SC2、SC3)構(gòu)成一個(gè)等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛(wèi)星將在以地球?yàn)橹行?、高度約10萬公里的軌道上運(yùn)行，針對(duì)確定的引力波源進(jìn)行探測(cè)，這三顆衛(wèi)星在太空中的分列圖類似樂器豎琴，故命名為“天琴計(jì)劃”.則下列有關(guān)三顆衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)描述正確的是(

)A.三顆衛(wèi)星一定是地球同步衛(wèi)星

B.三顆衛(wèi)星具有相同的加速度

C.若知道引力常量G、三顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)周期T及地球的半徑R，則可估算出地球的密度D.三顆衛(wèi)星的線速度比月球繞地球運(yùn)動(dòng)的線速度大且大于第一宇宙速度如圖所示，虛線a、b、c是電場(chǎng)中的一簇等勢(shì)線(相鄰等勢(shì)線之間的電勢(shì)差相等)，實(shí)線為一粒子(重力不計(jì))僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知(

)a、b、c三條等勢(shì)線中，a的電勢(shì)最高

B.該粒子在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有電勢(shì)能小C.該粒子在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大

D.該粒子一定是從P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)如圖所示，一帶電油滴懸浮在平行板電容器兩極板A，B之間的P點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點(diǎn)上方，其它條件不變。下列說法中正確的(????)A.P點(diǎn)電勢(shì)升高B.液滴將向下運(yùn)動(dòng) C.電容器電容變小D.極板帶電荷量將減少如圖所示，電阻R=20?Ω，電動(dòng)機(jī)的電阻R'=10?Ω.當(dāng)開關(guān)斷開時(shí)，電流表的示數(shù)是I，電路消耗的電功率為P.當(dāng)開關(guān)合上后，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)起來．若保持電路兩端的電壓不變，電流表的示數(shù)I'和電路消耗的電功率P'應(yīng)是(????)I'=3I B.P'=3PC.I'<3I D.P'>3P二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）某研究性學(xué)習(xí)小組用實(shí)驗(yàn)裝置模擬火箭發(fā)射?；鸺c(diǎn)燃后從地面豎直升空，燃料燃盡后火箭的第一級(jí)第二級(jí)相繼脫落，實(shí)驗(yàn)中測(cè)得火箭主體的v-t圖象如圖所示。下列判斷正確的是(????)t2時(shí)刻火箭到達(dá)最高點(diǎn)

B.火箭在0～t1時(shí)間內(nèi)的加速度大于t1一t2t3將電學(xué)元件按照如圖所示的電路連接，其中電源的內(nèi)阻不能忽略，電壓表和電流表均為理想電表，開始時(shí)滑動(dòng)變阻器的滑片位于滑動(dòng)變阻器的中間位置，電路中的小燈泡正常發(fā)光。在滑動(dòng)變阻器的滑片逐漸向右端滑動(dòng)的過程中，下列選項(xiàng)中正確的是(????)。電壓表的示數(shù)增大、電流表的示數(shù)增大

B.電壓表的示數(shù)減小、電流表的示數(shù)增大

C.定值電阻R1D.小燈泡的亮度變暗如圖所示，物塊A，B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量均為1kg，輕彈簧的一端與墻相連另一端與B連在一起，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，現(xiàn)給A一個(gè)向左的初速度v0=10m/s，使A向B撞去并瞬間鎖定在一起，當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)解除鎖定，物塊A最終會(huì)被反彈出來，則下列說法正確的是A.彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能為25J

B.物塊A最終的速度大小為5m/s

C.整個(gè)過程中的機(jī)械能損失37.5JD.整個(gè)過程中物塊B對(duì)物塊A產(chǎn)生的沖量大小為15N·s如圖為兒童游樂場(chǎng)的滑梯示意圖，滑梯可視為傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面固定在地面上，小美手持細(xì)線下端懸掛一小球沿滑梯滑下，小美連同小球的質(zhì)量為m，下滑時(shí)，細(xì)線呈豎直狀態(tài)，則在下滑過程中，下列說法正確的是(????)A.滑梯對(duì)地面的壓力大小為(M+m)g

B.系統(tǒng)增加的內(nèi)能大于小美減少的機(jī)械能C.小美與滑梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定為tanθ

D.小美、小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）（6分）(1)按照有效數(shù)字規(guī)則讀出下列電表的測(cè)量值．

電壓表接0～3?V量程時(shí)讀數(shù)為____________V電流表接0～0.6?A量程時(shí)讀數(shù)為_________A(2)如圖所示為多用電表的歐姆檔的刻度盤，C為AB的中點(diǎn)，D為BC中點(diǎn)，選×1檔且完成歐姆調(diào)零后，將R=15Ω的已知電阻接在紅黑表筆之間，指針指在C處，下列說法正確的是_____

A.當(dāng)指針在D處時(shí)，被測(cè)電阻的值為10ΩB.當(dāng)被測(cè)電阻為10Ω時(shí)，指針應(yīng)指在CD間，且離C近。C.當(dāng)被測(cè)電阻為10Ω時(shí)，指針應(yīng)指在CD間，且離D近。D.當(dāng)被測(cè)電阻為200Ω時(shí)，選×100檔（9分）如圖所示，李建秋老師準(zhǔn)備按該電路圖選擇合適的器材連接好后用來測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．

(1)開關(guān)閉合前滑動(dòng)變阻器R的滑片滑到_________(填“左側(cè)”或“右側(cè)”)．

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)測(cè)得的幾組I、U數(shù)據(jù)作出U–I圖象如圖所示，由圖象可確定：該電源的電動(dòng)勢(shì)為_______V，電源的內(nèi)電阻為_______Ω(結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后兩位)．(3)若李老師在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)電壓表壞了，于是不再使用電壓表，而是選用電阻箱替換了滑動(dòng)變阻器，重新連接電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)中讀出幾組電阻箱的阻值R以及對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I，則該同學(xué)以R為橫坐標(biāo)，以_________為縱坐標(biāo)得到的函數(shù)圖線是一條直線．這種方案測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)的值與真實(shí)值相比，E測(cè)______E真(選填“>”“=”“<”)．四、計(jì)算題（本大題共4小題，共47.0分）（10分）一架質(zhì)量為7.0×104kg的噴氣式飛機(jī)，從靜止開始勻加速直線運(yùn)動(dòng)了100?m時(shí)，速度達(dá)到20?m/s。在此過程中，飛機(jī)受到的平均阻力是飛機(jī)所受重力的0.02倍。g取10?m/s2，求：

(1)飛機(jī)的加速度大??；（10分）雙星由兩顆繞著共同的點(diǎn)旋轉(zhuǎn)的恒星組成。對(duì)于其中一顆來說，另一顆就是其“伴星”。如果甲、乙兩顆星體質(zhì)量分別為m1、m2，它們之間的距離為L，甲、乙離其他天體十分遙遠(yuǎn)(不受其他天體的作用)，它們繞連線上一點(diǎn)O以相同的角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知引力常量為G。求：(1)甲做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1(2)雙星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T。（12分）如圖所示，ACB是一條足夠長的絕緣水平軌道，軌道CB處在方向水平向右、大小E=1.0×106N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量m=0.25?kg、電荷量q=-2.0×10-6C的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體，在距離C點(diǎn)L0=6.0?m的A點(diǎn)處，在拉力F=4.0?N的作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物體到達(dá)C(1)小物體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小物體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

（15分）如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移)

(1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；

(2)在滿足2020、12高三復(fù)習(xí)中心【答案】1.D 2.B 3.A 4C 5.C 6.B 7.A

8.C 9.BC 10.BD 11.ABD 12.ABC13.(6分、每空2分)(1)?2.15，0.16

(2)B

14.（9分）(1)左側(cè)；（1分）

(2)1.40；（2分）0.57；（2分）

(3)1I；（2分）=．15.（10分）解：(1)設(shè)飛機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，飛機(jī)從靜止開始勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移x=100?m，初速度v0=0，末速度v=20m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v2-v02=2ax，...........(2分)

得a=2m/s2；..........(2分)

(2)設(shè)飛機(jī)所受的牽引力為F，飛機(jī)的質(zhì)量為m=7.0×104

kg，

飛機(jī)受到的平均阻力為f=0.02mg，..........(2分)

根據(jù)牛頓第二定律有：F-f=ma，..........(2分)

得F=1.54×105N16.解：(1)根據(jù)雙星特點(diǎn)，具有相同角速度，則根據(jù)萬有引力提供向心力有：F=m1并且r1+解得r1=m(2)根據(jù)萬有引力提供向心力有：Gm1m2L2即Gm2兩式相加得G解得：T=4π17.（12分）解：(1)根據(jù)牛頓第二定律，小物體的加速度大小為：a=F-μmgm小物體到達(dá)C點(diǎn)的過程中有：v2=2a代入數(shù)據(jù)解得：v=12?m/s..........(1分)

(2)根據(jù)牛頓第二定律，小物體向右減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1=小物體向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1=小物體向右運(yùn)動(dòng)的位移：x1=由于|q|E>μmg，所以小物體先向右減速運(yùn)動(dòng)，后反向向左加速運(yùn)動(dòng)，直到滑出電場(chǎng)根據(jù)牛頓第二定律，小物體向左加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a2=小物體在電場(chǎng)中向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2=

2x1小物體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t=t118.（15分）解：(1)在乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，

則由向心力公式得

mvD2R=mg+qE

①.(1分)

豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)

2R=12(mg+qEm)

t2

②.(1分)

水平方向勻速運(yùn)動(dòng)

x=vDt

③.(1分)

聯(lián)立①②③得：x=0.4m

④.(1分)

(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，

根據(jù)動(dòng)量守恒有：

mv0=mv甲+mv乙⑤.(1分)

根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：

12mv02=12mv甲2+12mv乙2

⑥.(1分)

聯(lián)立⑤⑥得：v甲=0，v乙=v0

⑦.(1分)

由動(dòng)能定理得：-mg?2R-qE?2R=12mvD2-12mv乙2

⑧.(1分)

聯(lián)立①⑦⑧得：v【解析】1.【分析】

在計(jì)算電功率的公式中，總功率用P=IU來計(jì)算，發(fā)熱的功率用P熱=I2R來計(jì)算，如果是計(jì)算純電阻的功率，這兩個(gè)公式的計(jì)算結(jié)果是一樣的，但對(duì)于電動(dòng)機(jī)等非純電阻，第一個(gè)計(jì)算的是總功率，第二個(gè)只是計(jì)算發(fā)熱的功率，這兩個(gè)的計(jì)算結(jié)果是不一樣的。

對(duì)于電功率的計(jì)算，一定要分析清楚是不是純電阻電路，對(duì)于非純電阻電路，總功率和發(fā)熱功率的計(jì)算公式是不一樣的。

【解答】

直流電動(dòng)機(jī)線圈電阻為R，當(dāng)電動(dòng)機(jī)工作時(shí)通過的電流為I，兩端的電壓為U；

總功率為：P=UI=2×6W=12W

發(fā)熱功率為：P熱=I2R=22×0.5W=2W

根據(jù)能量守恒定律，其輸出功率是：

2.解：已知粒子在A、B兩點(diǎn)的速率均為2vo，在C點(diǎn)的速度大小為3v0，說明A、B電勢(shì)相等，AB為等勢(shì)線，C點(diǎn)電勢(shì)比A電勢(shì)高，所以電場(chǎng)方向沿CO方向，根據(jù)E=Ud知E=UCBL

研究粒子由C運(yùn)動(dòng)到B，根據(jù)動(dòng)能定理知：

qUCB=12m(2v0)2-12m(3v0)2

聯(lián)立解得：E=mv022qL，故A3.【分析】

小石子做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖與AB的交點(diǎn)，然后利用幾何知識(shí)找到水平位移和豎直位移的關(guān)系，即可正確解答。

此題考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，要掌握平拋運(yùn)動(dòng)的分解方法：水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，然后熟練應(yīng)用幾何知識(shí)找到水平位移和豎直位移之間的關(guān)系。

【解答】

小石子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

小石子軌跡恰好與AB桿相切，

速度滿足：gtv0=tan53°

位移滿足：x=y+4tan53°(m)

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：

x=v0t

y=14.【分析】

本題運(yùn)用隔離法研究，分析a圓柱體受力情況，得到兩個(gè)力的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵。

【解答】

AB.據(jù)力的三角形定則可知，圓柱a處于初狀態(tài)時(shí)，圓柱a受到的支持力N=Gsin?30°=2G，拉力，

當(dāng)圓柱a緩慢滑動(dòng)時(shí)，拉力F減小

當(dāng)圓柱a滑到圓柱b的頂端時(shí)，圓柱a受到的拉力最小，為0，故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.圓柱a受到的支持力N=Gsin?θ，θ增大，則支持力減小，滑到b的頂端時(shí)，支持力N最小，為5.【分析】同步軌道衛(wèi)星的半徑約為42400公里，根據(jù)萬有引力定律結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度大小是否相等，第一宇宙速度是繞地球運(yùn)動(dòng)的最大速度，要計(jì)算地球質(zhì)量，需要知道地球半徑。

解答本題要知道同步衛(wèi)星的特點(diǎn)，最大第一宇宙速度是繞地球運(yùn)動(dòng)的最大速度，是發(fā)射衛(wèi)星的最小速度．要抓住衛(wèi)星問題的基本思路：萬有引力等于向心力?！窘獯稹緼.同步軌道衛(wèi)星的半徑約為42400公里，是個(gè)定值，而三顆衛(wèi)星的半徑約為10萬公里，所以這三顆衛(wèi)星不是地球同步衛(wèi)星，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于三顆衛(wèi)星到地球的距離相等，則它們的加速度大小相等，方向不同，故B錯(cuò)誤；

C.第一宇宙速度是繞地球運(yùn)動(dòng)的最大速度，則三顆衛(wèi)星線速度都小于第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；

D.若知道萬有引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)周期T和軌道半徑r，根據(jù)GMmr2=m46.【分析】

這是一道有關(guān)電場(chǎng)基本概念的常規(guī)題。主要考查等勢(shì)線與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡問題，根據(jù)軌跡確定受力，分析電場(chǎng)方向；根據(jù)電勢(shì)與電勢(shì)能的關(guān)系分析電勢(shì)能。

【解答】

A.首先假設(shè)α粒子從Q點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，過Q點(diǎn)做軌跡切線為Q點(diǎn)速度方向，過Q點(diǎn)做等勢(shì)面的垂線為該處電場(chǎng)線，根據(jù)Q點(diǎn)軌跡的彎曲方向，可以判斷Q點(diǎn)受力方向?yàn)檠仉妶?chǎng)線向左上方，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知

φc>φb>φa

，故A錯(cuò)誤；

B.

因?yàn)?/p>

φP<φQ，且β粒子帶負(fù)電荷，EP=qφ，

β粒子在P點(diǎn)電勢(shì)能大，故B錯(cuò)誤；

C.相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等，由于圖中P處區(qū)域等勢(shì)面間距小，根據(jù)E=Ud，定性判斷，P處區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度大，F(xiàn)=Eq，則P處電場(chǎng)力大，則P處電場(chǎng)力產(chǎn)生加速度大，故C正確；

D.α7.【分析】

本題考查了電容器的動(dòng)態(tài)分析；本題關(guān)鍵要抓住電容器的電壓不變，由電容的決定式C=?S4πkd和電量公式Q=CU結(jié)合分析電量變化。

帶電油滴懸浮在平行板電容器中P點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場(chǎng)力與重力平衡，將極板A向下平移一小段距離時(shí)，板間距離增大，根據(jù)E=Ud分析板間場(chǎng)強(qiáng)如何變化，判斷油滴如何運(yùn)動(dòng)．根據(jù)電容的決定式和定義式結(jié)合分析極板所帶電量如何變化。

【解答】

A.將極板A向下平移一小段距離，電容器板間的電壓保持不變，根據(jù)E=Ud分析得知，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，油滴所受電場(chǎng)力增大，則油滴將向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B.由U=Ed知，P與B間的場(chǎng)強(qiáng)增大，B點(diǎn)的電勢(shì)為零，知P點(diǎn)的電勢(shì)升高，故B正確；

CD.將極板A向下平移一小段距離時(shí)，根據(jù)電容的決定式C=?S4πkd得知電容C增大，而電容器的電壓U不變，由8.【分析】由電路圖可知，電機(jī)和電阻并聯(lián)，則由并聯(lián)電路的規(guī)律可求得電動(dòng)機(jī)內(nèi)的電流，由電動(dòng)機(jī)的性質(zhì)可知電動(dòng)機(jī)的消耗的實(shí)際功率，則可知電路消耗的總功率。

本題考查電動(dòng)機(jī)的性質(zhì)，因電動(dòng)機(jī)在工作時(shí)有電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，不能用歐姆定律求解，但可以用P=UI及串并聯(lián)電路的性質(zhì)求解?！窘獯稹緼B.因閉合開關(guān)后保持電壓不變，故R中的電流不變；由并聯(lián)電路的規(guī)律可知，電流表中電流為電動(dòng)機(jī)電流與R中電流之和；因?yàn)殡妱?dòng)機(jī)電流一定小于電動(dòng)機(jī)卡住時(shí)的電流，故電動(dòng)機(jī)電流I機(jī)<UR=2I，故I'=I機(jī)+I<3I，故B正確，A錯(cuò)誤；

CD.由功率公式P=UI可知，R消耗的功率不變，而電動(dòng)機(jī)消耗的功率小于2P，故總功率小于3P9.【分析】

v-t圖象中，傾斜的直線表示勻變速直線運(yùn)動(dòng)，斜率表示加速度，傾斜角越大表示加速度越大，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移。

本題是速度時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道在速度時(shí)間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義，能根據(jù)圖象讀取有用信息，不難。

【解答】

ACD.火箭上升的最大高度即為運(yùn)動(dòng)過程中的最大位移，由圖可知當(dāng)速度等于零時(shí)，位移最大，火箭處于最高點(diǎn)，即t3時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，故AC錯(cuò)誤，D正確；

B.v-t圖象中斜率表示加速度，由圖可知火箭在0～t1時(shí)間內(nèi)的加速度大于t1～t210.【分析】由滑片位置的變化判斷電阻的變化，從而判斷整個(gè)電路的電阻變化，再由閉合電路的歐姆定律判斷總電流的變化，判斷路端電壓的變化，同時(shí)判斷燈泡的明暗變化，由燈泡電流的變化判斷R1本題主要考查電路的動(dòng)態(tài)分析，知道由滑動(dòng)變阻器的阻值變化判斷總電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律判斷電流變化，是解題的關(guān)鍵，本題還可以由“串反并同”判斷得解。【解答】ABC.由題意可知，在滑動(dòng)變阻器的滑片逐漸向右端滑動(dòng)的過程中滑動(dòng)變阻器的有效阻值減小，故其總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，電路的電流增大即電流表示數(shù)增大，故電源內(nèi)阻兩端的電壓降增大，路端電壓減小，故燈泡電流減小，燈泡變暗；又由于燈泡支路電流減小，而電路總電流增大，故滑動(dòng)變阻器支路電流增大，由歐姆定律可得定值電阻端電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤，BC正確；D.由于定值電阻電流增大，故其功率增大，D錯(cuò)誤。故選BC。11.【分析】

AB碰撞過程滿足動(dòng)量守恒，從AB獲得共同速度到彈簧被壓縮到最短過程，由功能關(guān)系解得彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能；由動(dòng)量守恒及能量守恒解得A最終的速度；對(duì)A應(yīng)用動(dòng)量定理解得整個(gè)過程中物塊B對(duì)物塊A產(chǎn)生的沖量大?。挥赡芰康霓D(zhuǎn)化關(guān)系判斷并解得整個(gè)過程中的機(jī)械能損失。

本題主要考查動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律的綜合應(yīng)用，知道物體的運(yùn)動(dòng)過程，知道過程中的能量轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵，難度一般。

【解答】

A.A向B撞去并瞬間鎖定在一起，該過程由動(dòng)量守恒定律可得：m1v0=m1+m2v，解得二者的共同速度為：v=5m/s，此后二者整體壓縮彈簧，該過程滿足機(jī)械能守恒，故有：12m1+m2v2=Ep，解得彈簧能獲得的最大彈性勢(shì)能為：Ep=25J，A正確；

B.后二者被反彈，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，A獲得最終速度，此時(shí)由于機(jī)械能守恒可得：Ep=12m1+m2v'2，解得物塊A12.解：A、因拉小球的細(xì)線呈豎直狀態(tài)，所以小球受到重力和豎直向上的拉力，在水平方向沒有分力，所以小球在水平方向沒有加速度，則小球沿斜面的加速度為零，小美和小球一定是勻速下滑；以滑梯、小美和小球整體為研究對(duì)象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得地面對(duì)滑梯的支持力大小為(M+m)g，根據(jù)牛頓第三定律可得滑梯對(duì)地面的壓力大小為(M+m)g，故A正確；

B、小美、小球沿滑梯勻速下滑，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，機(jī)械能減少，故B錯(cuò)誤；

C、小美與小球下滑過程中滿足(M+m)gsin?θ=μ(M+m)gcos?θ，即小美與滑梯間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=tan?θ，故C正確；

D、由能量守恒知，系統(tǒng)增加的內(nèi)能等于小美、小球減少的機(jī)械能，所以系統(tǒng)增加的內(nèi)能大于小美減少的機(jī)械能，故D正確。

故選：ACD。

小美與小球都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件分析支持力，再根據(jù)牛頓第三定律分析壓力大??；

根據(jù)機(jī)械能守恒條件分析機(jī)械能是否守恒；

根據(jù)平衡條件列方程求解動(dòng)摩擦因數(shù)；

根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析內(nèi)能增加與小美機(jī)械能的減少之間的關(guān)系。13.【分析】

本題考查兩個(gè)問題，一是電表的讀數(shù)，注意估讀不估讀的問題；二是歐姆表的工作原理，特別注意換檔后一定要進(jìn)行歐姆調(diào)零。

由圖示電表確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀數(shù)；最小一格是1、0.1、0.01…的要估讀到下一位；

歐姆表的原理是閉合電路歐姆定律，選檔后首先要進(jìn)行歐姆調(diào)零，即紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向電流的最大值，即電阻的零點(diǎn)，Ig=ER內(nèi)；把待測(cè)電阻接入紅黑表筆之間后再列式有I=ER內(nèi)+Rx，代入數(shù)據(jù)即可求得，同時(shí)可知?dú)W姆表盤刻度不均勻；測(cè)電阻時(shí)盡量讓指針指向中值電阻附近，故要選擇合適的檔位。

【解答】

(1)電壓表接03V量程，由圖示電壓表可知，其分度值為0.1V，示數(shù)為2.15V；

電流表接00.6A量程，由圖示電流表可知，其分度值為0.02A，示數(shù)為0.16A；

(2)利用多用電表的歐姆檔測(cè)電阻時(shí)，原理是閉合電路歐姆定律，當(dāng)選×1檔進(jìn)行歐姆調(diào)零時(shí)有：Ig=ER內(nèi)，當(dāng)將R=15Ω接入紅黑表筆之間時(shí)，指針指向C處有：12Ig=ER內(nèi)+R=ER內(nèi)+15，由以上兩可得：R內(nèi)=15Ω14