作業(yè)手冊答案物理新課標

專題限時集訓(一和桿給的豎直向上的彈力(桿對小球的力不一定沿桿)，故C，D2．A[解析2L， 2彈力大小為kL，設兩根橡皮條之間的夾角為θ，由幾何關系有 24

22被發(fā)射過程中所受的最大彈力為F＝2kLcos2，解得

，選項A3A [解析

（LsinFFAP＝FcosαFBP＝Fsin tan

ABQ1、Q2故不能確定OC、D [解析 中間層左側的人受力分析，受到上面人的壓

G243G層兩個人的壓力為2×4＝2的地面支持力為4， 第三定律可得最底層正中間的人的一只腳對水平地4，選項C5．B[解析Amgsinα＝FfBmgcosα－qE＝FNC、D [解析]對ABAFN＝(M＋m)g，AABB，由平衡條件，有 R

l)，CD [解析]對直角劈和正方體的整體，由平衡條件，豎直方向上有小相等．單獨對直角劈研究，由平衡條件，墻面對直角劈的彈力 tan項BD

，選項Csin [解析m，運動過程中受到的阻力為f.在勻速下降過程中：F＋f＝Mg； 中：F＝(M－m)g＋f.m＝2M－，A9.3×10－6

[解析GF浮和粘滯阻力F43

F浮

F＋F浮 6πηRv＋ρ0·πRg＝ρ·πR解得

＝3×1033 33[解析(1)物體恰勻速下滑，由平衡條件有FN1＝mgcos30°mgsin33則μ＝tan 33(2)α，Fcosα＝mgsinα＋fFN2＝mgcosα＋Fsinα靜摩擦力f≤μFN2F(cosα－μsinα)≤mgsinα＋μmgcos要使“不論水平恒力Fcosα－μsin1tan

＝3＝tanμ即

專題限時集訓(二 [解析FNcosα＝mg，FNsinα＝ma得cos

體，有F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，選項D [解析]熟練應用勻變速直線運動的，是處理問題的關鍵，對汽 直線運動，t1＝2sx1＝v0t1a1t1＝20m>18m，此時汽車的速度為2＝v0＋a1t1＝12m/s<12.5m/s，汽車沒有超速，A項正確；如果立即做勻 1t2＝＝1.6sx2＝a2t2＝6.4C，D

mgsin [解析]對物塊，由第二定律，有

＝gsinα，FN＝mamcosα＝mgsinαcosα，選項A[解析

第二定律，加速度

m＝2m/s的時間為

＝1s，1sA、B

at2＝5m，x＝v －2aBt＝1m，可見，1sB1B 時間t2，則B 2

at2＝9m－1m，t＝2s，選項CACD[解析]當物體速度等于傳送帶的速度后，摩擦力突變，物體的運動性質變化，由圖可得傳送帶的速率v0＝10m/sA 1m/sa1＝Δt＝10m/s，而a1＝gsinθ＋μgcosθ；12222θ，解得μ＝0.5，θ＝37°，C、D，8．B[解析]右側橡皮繩在腰間斷裂向左下加速運動，橡皮繩斷可知兩橡皮繩夾角為120°，右側橡皮繩在腰間斷裂時，彈性極好的橡皮繩的彈力不能發(fā)生突變，對進行受力分析可知加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，選項B正確，選項C、D，9．16.7[解析]設某同學做勻加速運動到最大速度的時間為t1，位移為x1

3t1＝a＝3

s＝3s，x1＝2＝

m＝13.5最大速度，又到停下的總位移x＝2x1＝27m>12m，這說明撿紅豆前不可能加速到最大速度，設撿紅豆前的最大速度為v，加速的時間為t2，則 x0＝×2，

，解得v＝6 t2＝＝s＝2 紅豆與綠豆的距離x′＝100m－12m＝88m>27m，這說明撿綠豆前加速到最大速度后要勻速運動一段時間t3，即撿綠豆時，應先加速，再勻速最后對勻速運動：x2＝x′－2x1＝vmt3，即88－27＝9t3，解得t3＝6.8s該同學撿起2種豆子所需要的最短時間t＝2t2＋t3＋2t1＝16.7s.10．(1)50kg (2)40m/s2 (3)3.2m[解析(1)500N，設運動員質量為m，則Gg＝50Fm＝2500N，設運動員的最大加速度為am，根據第二定律，有解得a

m/s＝40或9.4s，再下落到蹦的時刻為8.4s或11s，它們的時間間隔均為s．0.8設運動員上升的最大高度為H， H＝gt＝

m＝3.2 專題限時集訓(三 [解析]三個小球從同一高度處拋出，做平拋運動的時間相同，由＝v0tA、B理可得落地的動能不相同，速度也不相同，選項C、D [解析]設船自身的速度與河岸的夾角為θ，對垂直河岸方向的分運動，有d＝vtsinθ，可得tB＝tC，選項C g [解析]由x＝v0t

gt，可得 2x，對比拋物線方程 g x

，初速度

，選項ABO vvk vvk 2重力，mg＝mr，解得OR＝g2

，選項CDr r2 2 [解析]根據萬有引力定律知F∝r2＝2＝

選項A正確；根據勒第二定律，月球在橢圓軌道上運動到近地點時的速度最大，選項BMm Gr2r，要使月球以此時到地球的距離開始繞地球做圓周運動，需滿足Gr2r，即需將月球運行速度減小為v′，選項CD5C解析ABCa＝ω2r，力的合力提供的，選項CD [解析]行星PQGr2＝mr

Q知C、D

，A，B

[解析 由

TNT1＝2π解得：

.根 2 N

2

＝ ，選項B＝ [解析]根據Gr2＝mg＝ma，r r高度處的重力加速度，AGr2＝mr得

不是其運動半徑，所以線速度之比不是10∶1，B航員處于完全失重狀態(tài)，靠萬有引力提供向心力，做圓周運動，C徑越大，角速度越小，同步和地球自轉的角速度相同，所以空間站的角速度9．3m/s2 0.6[解析]設運動時間為t12v1和v21hxtanx1 又x1＝v1t，h＝2解得tan 2tan即tan x1＋x2＝Lcos即(v1＋v2)t＝Lcos聯(lián)立解得v1＝3m/s，v2＝2m/s，h＝0.6專題限時集訓(四摩擦力f＝macosθ＝mgsinθcosθ，方向水平向左，選項DB0，選項C [解析]對乙，由動能定理WF＝mvQF2能和速度最大，選項AB、CPRF－x面積可知F0，R＋x方向，選項D3．D[解析]電子在A、BeE＝ΔEk,選D4．D[解析]PACmgsin3 3選項D [解析]W－xF，x＝0x＝3mF1＝5N，AB；x＝3m至＝9mF2＝2N，因為Ff＝μmg＝2N，所以物體在x＝3m至x＝9m的過程中做勻速運動，速度大小與x＝3m時速度相同m15m/s，C、DD.7B [解析]質點PaH

2 mgH－－Wf1＝0；從右側下落再經amg－h(huán)－Wf2＝0 H則前一次克服摩擦做功多，即Wf1>Wf20<h<，選項B28．(1)2 (2)12[解析(1)PACA －μmg·2L＝－2解得v0＝4μgL＝2(2)PQv，支持力為F 1－μmg·L＝mv－ 第二定律，F－mg＝m解得F＝12N，由第三定律，物塊P對Q的壓力大小為12N，方向豎直38

(2)3.9J(3)[解析](1)AD， －(mgsinθ＋μmgcos

3代入數據解得：μ＝8(2)s －(mgsinθ＋μmgcos代入數據解得：s＝0.45

設落地時PEk mgH－μmgcosθ·2s＝Ek－2代入數據解得：Ek＝3.9(3)PM，受力如圖所示．由F＋fcosθ＝NsinθN＝mgcosθf＝μN＝μmgcosθ綜合以上三式，代入數據解得F＝4.8－6.4μ專題限時集訓(五1．A[解析0，對他所做選項CD2．C[解析械能的變化為W2＋W3，選項D [解析]小球AvmA＝gR ＝2mgR＋mvmA

mghB＝2mgR，hB＝2R，B R＝v0tR＝ 2AvmA＝gR>v0，A，B錯誤，選項D 有FT1－mg＝mr和FT2＋mg＝mrFT1>FT2A1212 1，由機械能守恒，有mv2＋mg·2r＝mv2,F′＋mg＝m，對小球2，2 mv2－mg·2r＝mv2，F′－mg＝m，兩根線上拉力的差值F′＝10mg，2 運動過程中機械能守恒，選項D正確．AB[解析]對物體，從用水平力F動，選項B，μmg＝kx，x0

—k

Ck運動的位移為2x0，加速度為μg，運動時間 ，選項D錯誤 [解析0 g，Ek＝mv

m×2ah＝mah，A E0－f(atE－tBv＝at，C2mgv＝mg2ah，P－h(huán)，DBD[解析mghmgh，A誤．物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重力加速度g，由第F＝mg 30°＝mg，可知，物體必定受到沿斜面向下的摩擦力為

mg， h于物體從AB

sinB重力沿斜面向下的分力相抵消，物體將靜止在B，DBC[解析]滑塊運動到最高點過程中，外力F 2＝Ek－Ek0Ek－x，Ek－t 1能Ep＝mgxsinθ＝mgsinθv0t－at，則Ep－x 2－tB、9．(1)1.4N，豎直向下(2)0.5(3)0.2[解析](1)PmgR(1－cos37°) ＝mvA在軌道末端，由第二定律AA解得FNA＝1.4由第三定律，滑塊對圓軌道末端的壓力為1.4N，方向豎直向下(2)AB， －μmgL＝mvB－ 解得vB＝1在B點，皮帶對滑塊的支持力為FNB，由第二定律，BBmg－FNB＝解得滑塊恰從Bg滑塊的落地點與Bg(3)AB，

＝0.5Δx＝L＋v0·μg＝2滑塊在傳送帶上滑行產生的熱量Q＝μmgΔx＝0.2專題限時集訓(六[解析]將Ea、Eb反向延長交x4荷的位置，由E＝r2可得Ea＝Eb>Ec，選項Aa、bφcφa＝φb<φO，則UOa＝UOb<UOc，選項B、CD2．C[解析不沿著電場線運動到負極板，選項D3．C[解析a、dO2 22E1＋E2，E1＝E2＝r2＝；ac，O2

2Oe，選項A錯誤；a處點電荷移至b處，O處的電場強度大小 22的角平分線，選項B錯誤；a處點電荷移至e處，O處的電場強度大小 2E2Ob，D [解析]x＝x1和x＝－x1電荷的速度逐漸增大，電勢能逐漸減小，選項DCD[解析acA大，C6．C[解析]由等量異種點電荷的電場線的特點可知靠近電荷處電場強度動能減少，C [解析] 0.2qEx,0.2qEx，DqEx，B正確，選項C8D解析]小球由A到B時，由動能定理，有mglsin60Eql(1－cos60°)＝0Eq＝3mgBDB0，不處于平衡狀態(tài)，選項AA、B度不變，選項Cmgsinθ＋μmgcos

0 （lsinθ）0 [解析](1)對小物體，由第二定律，

(2)4glsinFN＝mgcos （lsinmgsinmgsinθ＋μmgcos

解得

（lsinθ） AA 0－mv0＝－mglsin2 mv＝mglsin2θ＋Wf 20m(2)①[解析](1)1eU0＝2m解得m(2)①設電子在偏轉電場P、Qt1，P、Q加速度1平行電場方向x1＝2垂直電場方向聯(lián)立解得 電子出偏轉電場時，在xvx＝at1電子在偏轉電場外做勻速運動，時間為t2水平方向l＝vt2豎直方向聯(lián)立解得0電子達到熒光屏上的位置x＝x1＋x2＝0對有電子穿過P、Q由圖乙可知，在任意t，P、QΔu打在熒光屏上的電子形成的亮線長度

所以，在任意ΔtΔx由題意可知，在任意Δt2t0PQ

時，由x1＝

得 乙可知，一個周期內電子能從P、Qt＝3＝Nt＝電子打到熒光屏上的最大側移量

亮線長度

Nt單位長度的亮線上的電子數n＝L＝9l專題限時集訓(七 [解析]由左手定則，電子的力垂直v向上，電子向右上方 θ

CD [解析]由左手定則判斷知，A正確；粒子在磁場中運動 力 qvB＝mrr＝T＝qBM間等于N，D [解析 θ速度大，選項A錯誤；b粒子運動軌跡的圓心角小，由

b動時間小，選項B [解析]帶電微粒在A、B，mg＝Eq，場力向上，微粒帶負電，選項AR3UBA、BE＝d積，電場強度不變，微粒將繼續(xù)做勻速圓周運動，選項D5．D解析]若只增大UPc之間或cbcd之間或dPDBCD[解析]開關SvqvB＝dSA向下，將可能從下極板邊緣射出，選項CP選項D 8．(1)B1＝ (2)B>qRPA

時粒子從AC段射出；當

時，粒子從CD [解析](1)PA、ACCDR射出，如圖所示．當粒子從A2r由 r1B1＝qRR＋2(2)當粒子從CR＋2 ＝ r由 r2B>qRPAqR

AC

CD00

(2(23＋3＋ [解析(1)粒子在電場中做類平拋運動，有 ＝ 00聯(lián)立解得3O33速度3

，方向與x·(L＋2r) · 解得qvB＝mr解得

.vv勻速運動的時間 3＋3＋在磁場中運動時間t3＝v 3＋3＋總時間

專題限時集訓(七 [解析θ中運動時間最短，BBCD[解析A 2最大半徑rmax＝ 、粒子的最小半徑rmin＝，根2

＝r，可得B、C、D

m，故

、vmin＝2m，則

2m3．D[解析]力不做功，根據動能定理，可知v1＝v2，粒子下落的時間由下落高度和沿豎直方向上的加速度決定，有磁場時，粒子受到的力對所以下落得慢，時間長，即t1>t24．AC[解析]由電阻的決定式可知選項A中的正離子向上側面，上側面相當于電源的正極，故流過電阻R的電流方向a→bEq＝Bqv，E＝Bdv，Cd內阻，故電阻R

R，選項D5．B[解析]帶電粒子每經過(tn－tn－1)時間被加速一次，在高頻電源的一 據 ，可得，粒子獲得的最大動能E＝

項C錯誤；對于同一回旋，半徑R一定，磁感應強度B一定，粒子獲得的最大動能Ek與粒子電荷量q和質量m有關，選項DBC[解析]三個小球的重力做功相同，a小球的力不做功，b小F－mg＝rkckc球的機械能增加，故bD7．D[解析]液滴共受到三個力的作用：重力、電場力和力，其中重力和電場力都是恒力，力與運動方向垂直，假如液滴做變速運動，D. [解析2m/s2的勻加速直線運動；隨著速度的增大，滑塊會受到豎直向上的力的作v此時對滑塊受力分析，并根據第二定律有μ(mg－Bvq)＝ma，代入數據，可求出v＝6m/s，隨著速度的繼續(xù)增大，滑塊受到的水平向右的摩擦力開始減小，加速度逐漸增大的變加速直線運動，當滑塊速度增大到v＝10m/smg＝Bvq10m/s3m/s2的勻加速直線運動．綜上分析，選項B、D9(1)＝2×104V/m[解析(1)AC.Cx45°v2＝

＝2×1082＝22

2

m，可得：E＝2×104直，電荷在電場中做類平拋運動，設經過時間t電荷第三次經過x tan

，解得t＝2×10－6s，故

＝8 cos22（8＋3π＋52π）L22（8＋3π＋52π）L[解析(1)PQB2則半徑

即帶電粒子在勻強磁場B1中做勻速圓周運動時的半徑R＝2L，qvB1＝m，得

2222

LPQt1＝v Q到H做圓周運動的時間t2＝ LHDt3＝vDP t4＝ 則 B2 4 3R′2＝＝

＝，故粒子在磁場B1中的運動半徑

2qL

圓周到達AE、FEF＝0(如圖所示)．專題限時集訓(八1．A[解析，a，b移動過程中，電阻變小，由閉合電路歐姆定律，電流表bU＝E－IrRaIa＝I－IRAC3．A[解析]閉合開關S，圖乙中只增加磁感應強度的大小時，磁敏電阻增S，圖乙中只改變磁場方向與原來方向相反時，磁敏電阻不變，電壓表的示數和電流表的示數不變，選項C、D4．D[解析]由圖乙可知電源電動勢E＝3.6V，選項A＝0.2－0.1Ω＝4Ω，當電流I＝0.3A

Ω＝2Ω0.1AE值R＝－r－rM＝30Ω，選項DI [解析]從圖示位置開始計時，abBL2ωcosωt，電流的瞬時表達式

cosωt，感應電動勢的有效值為22 2482BLω，c、d兩點的電壓Ucd＝ BLω，選項A、C錯誤，選項B正確；48 ΔΦ2cdq＝4r＝4rD6．C[解析]由圖乙可知，變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為u＝220sin100πt(V)AP＝R10WV，20V，選項BW40W，選項D [解析4400V，由變壓器原、副線圈電壓比U＝， 則副線圈兩端的電壓U2＝220V，選項AU1I1＝P2 U數I＝U1

4400

A，選項BC 1＝nΔtΔt＝n≠44002Wb/s1 [解析

n2n2消耗的功率為P＝100I2RAU＝10IR2

＝，則原線圈兩端的電壓U1＝100IR，B ab在環(huán)的最時，感應電動勢最大，力最大，且最大力F＝2BIL，abi＝2Icosωt，CDR9．B解析P＝UI輸電線路損失的電功率P＝I2R＝8000W，選項BR＝IR＝40V，220V＋40V＝260V，選項C2602V，D M

[解析](1)abcd1而速度v＝2則電動勢E＝nBL1L2ω，根據右手定則，ME(2)R則閉合電路的總電阻 1 外力平均功率P＝I 專題限時集訓(九T [解析

2減小，感應電流的磁場阻礙它的減弱，由定則判斷知，感應電流的方向Tabcda，在～T，MN2左，D2．D[解析C力，故加速度為g，A、B 進入磁場過程中受 ＝mam＝ρ·4LSR＝ρ′得

，A、BD [解析]若將滑動變阻器的滑片Pb穿過線圈aaaaFND [解析]當S1接a時，閉合S，LD1將逐漸變亮，待電路穩(wěn)定后再斷開，D1漸漸變暗，選項ABS1接b時，閉合SD2將立即變亮，待電路穩(wěn)定后再斷開，LD2先變得更亮，然后漸漸變暗，選項CD [解析ER勻增加，由右手定則可判斷感應電流的方向沿逆時針方向，故D[解析ab棒中電流方向由b到a，選項A到最大；然后做加速度逐漸增大的運動，最后停止運動，cd棒所受摩擦力 WG－W安＝mvFab2 [解析MN

，MN受到的 力F＝BIL＝

2RMN速度減小的加速運動當MN受到的力等于其重力沿斜面方向的分力時速度達到最大值，此后MN做勻速運動．故導體棒MN受到的最大力為mgsinθ，2mgRsin導體棒MN的最大速度 ，選項A、C正確．由于當MN下滑速度最時，EFEF2mgsinθBP＝mgvsinθ2m2g2RsinMN所受重力的最大功率 ，選項D錯誤 B2L2at

(2)W

＋

[解析(1)導體棒由靜止開始做勻加速直線運動．在t時刻的速度v＝at 位移x＝2導體棒切割磁感線產生的感應電動勢由閉合電路歐姆定律知，導體棒中電流IE 其中R＝2xr聯(lián)立以上各式有此時回路的電功率解得P＝r(2)t WF－W安＝2其中力做的功W安

B2L2at故t時間內拉力做的功W ＋ 10．(1)0.5(2)0.125 (3)0.43 (4)[解析(1)對圖線①，由功能關系，有μmgx1cosθ＝E1－E21解得μ＝mgxcos1金屬線框進入磁場前，由第二定律，mgsinθ－μmgcosmgsinθ－μmgcos 解得加速度 ＝211由運動 11則線框恰進入磁場的速度v1＝1.2mgsinθ＝FA＋μmgcosθ(FA＋μmgcosθ)·x2＝E2－E3解得x2＝0.15mv剛進入磁場到恰完全進入磁場所用的時間t＝＝0.125v1P 又由v2＝v2＋2a(d－x 可得v2＝1.6FA＋μmgcos37°＝mgsin37°，可求出FA＝0.2N，11又因為FA＝BIL＝R可求出B2L2＝0.01T2·m2P 2＝0.43 專題限時集訓(十 [解析]A是單縫衍射現象，B是薄膜現象，C是薄膜現象D [解析]由圖乙可知Pyx*播，選項Aλ＝4m，周期T＝0.2s，由v＝Tv＝20m/s，BQyT 22

0.1s，質點Q0.2m>y>0，y 0.35 選項CPyT＝0.2s＝1＋40.35s，質點PQ距平衡位置的距離，選項D [解析]由題意可知波長為4m，波速40m/s，所以這列 的 期為10s,

sM質點MM方向相反，選項C、D84C [解析]兩列波相向它們的相遇時刻為

＝0.4s20選項AT＝0.2s，又已知波速均為v＝10m/s，故波長均為λ＝vT＝2m，因為物的尺寸1m小于這兩列波的波長，所以這兩由于A、BCCB點到兩波源的路程差為波長的整數倍，故BD5．C[解析0.1sx的距離為x＝vΔt＝1m， 4

＝0.410誤；從t＝0a0.2s，0.4m，選項D面的ba1對bCsinC＝n可確定水對abc

知，a光在水中 速度比b光大，選項B正確距與波長成正比，故在同一裝置的楊氏雙縫實驗中，a光的條紋比b光寬，選項DAD[解析]波是機械波波中既有橫波也有縱波選項A正確；能真空玻璃管采用鍍膜技術增加透射光，是利用了薄膜原理，選項應，選項DBC[解析勻變速直線運動，選項A及擺球的質量無關，選項B度大小相等，方向不一定相同，選項C期，其受迫振動的振幅越大，選項DBD[解析8cmv＝λf＝8×5cm/s＝40cm/s，選在波峰，選項Ct＝0t＝1.0sP3.5點P3.5×4×5cm＝70cm，D10．C[解析]根據某時刻兩個振源在長繩上形成波形圖，P方向向上，Q可知由P振源產生的到達振動系統(tǒng)，P振源離振動系統(tǒng)較近，選項A、B錯2m，Qv＝λf＝2×2m/s＝4m/s，選項C2A，D專題限時集訓(十一AD[解析刻度尺直接測量得到，選項A、DABC[解析接測得速度，選項A計的拉力的效果是相同的，即實驗應用了等效替代的思想方法，選項B體的加速度與其受到的合力及其質量均有關系，因此在“驗證第二定律”實該實驗中應該先接通電源后釋放重物，選項D3C度地拉動橡皮條的效果必須相同，結點O測力計甲拉到最大量程，后調節(jié)另一彈簧測力計乙把結點拉到O測力計必超過其彈性限度．綜上所述，只有選項C4．(1)4 (2)8[解析](1)由定律，彈力F和彈簧長度L的關)，即 8原長，由圖像知彈簧原長L0＝4cm,勁度系數 －2 （20－4）×10N/m；(2)F1＝2.0N，代入F1＝kx1＝k(L1－L0

(2)偏 [解析]小球平拋運動的時間

速度

kx

量的測量值

v2

；如果摩擦阻力不能忽略，則有

12

m′v2，解得

gs26．靜止 不能[解析](1)從t1時刻起，滑塊在拉力作用下由靜止狀7．(1)大 (2)天平(3)甲乙中還受細線與滑輪間阻力的影[解析](1)甲實驗中為減小空氣阻力對實驗結果的影響，應減小重物受到的空氣阻力與重物重力的比值，即選用密度較大的物體；乙實驗驗證兩個物塊組成m212方案乙中還需要用天平測量兩個物塊的質量(方案甲不需測量重物的質量)．(3)乙方案中滑輪與繩間的摩擦力會影響實驗結果，而兩個方案中影響結果的其他因素相差不大，所以甲方案更合理．8．(1)4.0(2)如圖所示(3)0.251 [解析](1)

ata＝

t2＝4.0m/s；(2) (3) 第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝·F－μg，即圖像的斜率k＝ 橫軸截距F＝μmg，由圖像得斜率 ＝4.0

，橫軸截距F0＝0.5N，滑塊質量

＝0.25kg，μ＝0.2.9．(1)O′與D點間距離 1應用動能定理得W－μmgxOC＝mv解得μmgL＝mv由平拋運動規(guī)律得 v＝

tO′與D

專題限時集訓(十二1．(1)×10[解析(1)電阻表測電阻時，指針指在刻度盤中間附近所測結果較準確，因待測電阻大約幾百歐，應選用“×10”的倍率；(2)CABD.2．(1)BC(2)[解析(1)無論如何移動滑動變阻器的滑片，電壓表和電流表示數都不變且阻不變，接入方式可能為B、3．(1)如圖所示(2)86.3[解析](1)實驗電路如圖所示；(2)R1＝10Ω×8＋10.1Ω×3＝86.3ΩA1的內阻4．(1)如圖所示(2)A1、A2的讀數I1、I2[解析](1)(2)由于A2電阻并聯(lián)的應選A1，待測電阻的阻值 1V5．(1)如圖所示V

[解析](1) 1 R由閉合電路歐姆定律，有E＝U＋(r＋R)，變形后得＝ . U ERV Rk＝ER，即E＝kR.圖線縱截距m＝＋ER，解得r＝k 6．(1)D(2)如圖所示(3)2.92[解析(1)通過電流表的電流應大于滿偏刻度的三分之一，外電路中的總電阻應小于

＝15Ω，滑動變阻器應選用D；(2)

.92V－1.40E＝2.92V，內阻Ω＝0.714

0.56 7．(1)ABCEG(2)如圖甲所示(3)甲乙[解析(1)因要求電壓從零開始調節(jié)，故控制電路應采用分壓接法，待測電阻Rx20Ω，滑動變阻器應選用E；3V，故電壓表應選用C；3過待測電阻的最大電流約為20

＝0.15A，電流表應選用B(3)專題限時集訓(十三1．A[解析做功是可能的，選項A正功，分子勢能減小，選項BMAρN為每個氣體分子占據的空間，選項DAAD[解析變．氣體上升過程壓強減小，體積增大，對外做功，吸收熱量，A、D3．A解析Oa、Ob、Oc、OdV—T狀態(tài)d，體積增大，選項C錯誤；從狀態(tài)a到狀態(tài)c，溫度升高，選項D4D解析A錯誤；溫度升高，氣體分子的平均動能增大，氣體的壓強可能增大，也可能減小，B [解析]1m3PM2.5n＝40A＝4×10－6mol，1m3PM2.5n′＝nNA (2)20 定律得T＝

，解得 (2)根據熱力學第一定律，內能的增量ΔU＝W＋Q＝30J－10J＝20

7．(1)BC

②2＋S [解析(1)氣體體積是指氣體的分子能夠到達的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和，選項A減少，選項D(2)①設活塞在Bp，活塞受力平衡，有解得p＝p0

解得氣體體積

.②氣體的溫度不變，則內能的變化 S活塞下降的高度為h＝－SS 外界對氣體做功W＝(p0S＋mg)h＝2S 根據熱力學第一定律 解得通過缸壁傳遞的熱量Q＝W＝2S

[解析(1)右側氣體：活塞恰要離開卡口時，對活塞有解得氣體壓強p1＝p0因左右兩管液面不動，故狀態(tài)變化為等容變化，由定律， T 解得T1＝p (2) p2＝p