物理-河北衡中同卷2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高三年級(jí)期中考帶答案

pp酰掃碼領(lǐng)取*高中必刷卷*錯(cuò)題整理一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.甲、乙兩人用繩aO和bO通過(guò)裝在P樓和Q樓樓頂?shù)亩ɑ?，將質(zhì)最為m的物塊由0點(diǎn)沿Oa直線緩慢地向上提升，如圖所示，乙aOb為銳角。則在物塊山0點(diǎn)沿Oa直線緩慢上升直至bO水平的過(guò)程中，以下判斷正確的是AaO繩和bO繩中的彈力逐漸減小B.aO繩和bO繩中的彈力逐漸增大C.aO繩中的彈力一直增大，bO繩中的彈力先減小后增大D.aO繩中的彈力先減小后增大，bO繩中的彈力一直增大2.地面第五代移動(dòng)通信(5G)已經(jīng)進(jìn)入商用，衛(wèi)星通信與地面5G的融合成為衛(wèi)星界和地面界討論的新熱點(diǎn)。相比地面移動(dòng)通信網(wǎng)絡(luò)，衛(wèi)星通信利用高、中、低軌衛(wèi)星可實(shí)現(xiàn)廣域甚至全球覆蓋，可以為全球用戶提供無(wú)差別的通信服務(wù)，在地面5G網(wǎng)絡(luò)無(wú)法覆蓋的偏遠(yuǎn)地區(qū)，飛機(jī)上或者遠(yuǎn)洋艦艇上，衛(wèi)星可以提供經(jīng)濟(jì)可靠的網(wǎng)絡(luò)服務(wù)，將網(wǎng)絡(luò)延伸到地面網(wǎng)絡(luò)無(wú)法到達(dá)的地方，下表給出了不同軌道通信衛(wèi)星的特點(diǎn)。關(guān)千通信衛(wèi)星，以下說(shuō)法正確軌道高度范圍低軌道CLEO)衛(wèi)星通信中軌道(MEO)衛(wèi)星通信高軌道(GEO)地球同步衛(wèi)高三期中·物理第1頁(yè)（共8頁(yè)）A.各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行軌道中心一定是地心B.各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行周期都是24小時(shí)C.高軌道地球同步通信衛(wèi)星的向心加速度與地球表面赤道上靜止物體的向心加速度相同D．各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行速度都大于7.9km/s3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E,M點(diǎn)與P點(diǎn)的連線垂直于電場(chǎng)線，M點(diǎn)與N在同一電場(chǎng)線上。兩個(gè)完全相同的帶等最正電荷的粒子，以相同速率V分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)沿豎直平面進(jìn)入電場(chǎng)，M點(diǎn)的粒子與電場(chǎng)線成一定的夾角進(jìn)入，N點(diǎn)的粒子垂直于電場(chǎng)線進(jìn)入，兩粒子恰好都能經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，重力不計(jì)。關(guān)于兩粒子從進(jìn)入電場(chǎng)至到達(dá)P點(diǎn)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是三EENNA.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的速度大小可能相等B.電場(chǎng)力對(duì)兩粒子做功一定相同C.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能都比進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)小D.兩粒子到達(dá)P點(diǎn)所需時(shí)間一定不相等4.滑板運(yùn)動(dòng)是由沖浪運(yùn)動(dòng)演變而成的一種極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖所示，一同學(xué)在水平地面上進(jìn)行滑板練習(xí)，該同學(xué)站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在滑板A正前方有一靜止的滑板B。在滑板A接近滑板B時(shí)，該同學(xué)迅速?gòu)幕錋跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學(xué)的質(zhì)量為45kg，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg，不計(jì)滑三A.上述過(guò)程中該同學(xué)與滑板A和滑塊B組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒B.該同學(xué)跳離滑板B的過(guò)程中，滑板B的速度減小c.該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/sD.該同學(xué)跳離滑板B的過(guò)程中，對(duì)滑板B的沖量大小為47.SN?s高三期中·物理第2頁(yè)（共8頁(yè)）衡中同卷5．如圖所示，ABC為正三角形，AB和AC邊上放有帶等量異種電荷的絕緣細(xì)棒，0為BC邊中點(diǎn)，D為BC邊中垂線上。點(diǎn)右側(cè)的一點(diǎn)，P為BC上的一點(diǎn)，選無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0,則下列說(shuō)法正確的是A．O點(diǎn)和D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度可能大小相等，方向相同BD點(diǎn)的電勢(shì)一定高于P點(diǎn)C將一正檢驗(yàn)電荷沿直線從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能增加D.將一正檢驗(yàn)電荷沿直線從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功6.如圖所示，A、B兩個(gè)木塊靜止疊放在豎直輕彈簧上，已知mA=mB=lkg，輕彈簧的勁度系數(shù)為100N/m。若在木塊A上作用一個(gè)豎直向上的力F,使木塊A由靜止開(kāi)始以2m/S2的加速度豎直向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從木塊A向上做勻加速運(yùn)動(dòng)開(kāi)始到A、B分離的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能減小了1.28J，取g=10m/s2，下列判斷正確的是A.木塊A向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，力F的最大值是8NB木塊A向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，力F的最大值是10NC.從A向上做勻加速運(yùn)動(dòng)到A、B分離的過(guò)程中，F(xiàn)對(duì)木塊做功0.64JD·從A向上做勻加速運(yùn)動(dòng)到A、B分離的過(guò)程中，F(xiàn)對(duì)木塊做功0.96J二、選擇題：本題共4小題，每小題5分,共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。7．如圖所示，空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與梯形區(qū)域ABCD平行，已知。暢6C/kg的帶負(fù)電粒子由A點(diǎn)沿AD方向以速率vO進(jìn)入該電場(chǎng)，恰好可以通過(guò)C點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是A．D點(diǎn)電勢(shì)為零B電場(chǎng)強(qiáng)度方向由B指向DC·該粒子到達(dá)c點(diǎn)時(shí)速度大小為m/sD該粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向與BC邊垂直衡同卷高三期中·物理第3頁(yè)(共8頁(yè))8.如圖所示電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)、內(nèi)阻及各電阻的阻值都標(biāo)記在了圖中，電壓表和電流表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片P向a端移動(dòng)時(shí)，電壓表V、V1和V2的示數(shù)分別為U、U1和U2，三個(gè)電壓表示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為U、U1和U2，電流表A的示數(shù)為I,電流表示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△I，以下說(shuō)法中正確的是U2U2A增大和I均增大B.電源的總功率和效率均增大CU2＝U1＋UD·如果設(shè)流過(guò)電阻R2的電流變化量的絕對(duì)值為I2流過(guò)滑動(dòng)變阻器R3的電流變化量的絕對(duì)值為△I3則△I2＜I39·如圖甲所示，O點(diǎn)處固定一力傳感器，長(zhǎng)度為l的輕繩一端與力傳感器相連，另一端連接一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))?，F(xiàn)讓小球在最低點(diǎn)以某一速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)輕繩與豎直方向的夾角為θ。圖乙為輕繩中力的大小F隨Cosθ變化的部分圖像。圖乙中a為已知量，重力加A小球質(zhì)量為B小球在與圓心等高處時(shí)的速度為C小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)D.小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度為2高三期中·物理第4頁(yè)(共8頁(yè))10如圖所示，AC是圓。的一條水平直徑，BD是豎直方向的另外一條直徑，M點(diǎn)是圓上的點(diǎn)，O、M連線與。C的夾角為60°，該圓處于方向與圓面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。將帶正電荷且電荷量為q、質(zhì)量為m的油滴從圓心。點(diǎn)以相同的初動(dòng)能Eko射出，射出方向不同時(shí)油滴可以經(jīng)過(guò)圓周上的所有點(diǎn)在這些點(diǎn)中經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)油滴的動(dòng)能最小且為已知2mg重力加速度大小為g，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=2mgqA.電場(chǎng)線與MO垂直且B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)B油滴經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ekc油滴經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkD油滴經(jīng)過(guò)C、D連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek第Ⅱ卷(非選擇題共56分)三、非選擇題：本題共5小題，共56分。11(7分)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。甲(1)把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使木塊在不受牽引力時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板做勻速運(yùn)動(dòng)。此處采用的科學(xué)方法是(填正確答案標(biāo)號(hào))。A.理想化模型法B.阻力補(bǔ)償法C等效替代法D·控制變量法(2)已知交流電源頻率為50Hz,啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，釋放木塊，木塊在碼桶的作用下拖著紙帶運(yùn)動(dòng)。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的紙帶如圖乙所示(圖中相鄰兩點(diǎn)間有4個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出)。小車的加速度大小為m/s2(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)高三期中·物理第5頁(yè)(共8頁(yè))乙(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)改變碼桶內(nèi)砝碼的質(zhì)量，分別測(cè)量木塊在不同外力作用下的加速度。根據(jù)測(cè)得的多組數(shù)據(jù)畫(huà)出a-F關(guān)系圖像，如圖丙所示。此圖像的AB段明顯偏離直線，造成此現(xiàn)象的主要原因可能是(填正確答案標(biāo)號(hào))。丙A.木塊與木板之間存在摩擦B木板傾斜角度過(guò)大C所用木塊的質(zhì)量過(guò)大D.所掛的砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量過(guò)大12(9分)某同學(xué)用氣墊導(dǎo)軌裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，如圖所示。其中G1、G2為兩個(gè)光電門，它們與數(shù)字計(jì)時(shí)器相連。兩個(gè)滑塊A、B(包含擋光片)質(zhì)量分別為m1、m2，當(dāng)它們通過(guò)光電門時(shí)，計(jì)時(shí)器可測(cè)得擋光片的擋光時(shí)間。(1)先調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌水平，輕推一下B,直到它通過(guò)光電門G1的時(shí)間(填"大于""等于"或"小于")它通過(guò)光電門G2的時(shí)間。(2)將B靜置于兩光電門之間，將A置于光電門G1右側(cè)，用手輕推一下A，使其向左運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生碰撞，為了使A碰后不返回，則m1(填"＞""—"或"＜")m2。(3)在滿足第(2)問(wèn)的前提下，光電門G1記錄的擋光時(shí)間為t1，滑塊B、A先后通過(guò)光電門G2時(shí)，G2記錄的擋光時(shí)間分別為t2、t3已知兩擋光片寬度相同，若m1、m2、△t1、t2、t3滿足(寫(xiě)出關(guān)系式，用m1、m2、t1、t2、t3表示)，則可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律；若t1、t2、t3還滿足另一個(gè)關(guān)系式(僅用t1、t2、t3表示)，則說(shuō)明A、B發(fā)生的是彈性碰撞。衡中同卷高三期中物理第6頁(yè)(共8頁(yè))衡中同卷班級(jí)姓名得分13(10分)為了探究物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：取一質(zhì)量為m的物體，使其在沿斜面方向的推力F作用下向上運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，通過(guò)力傳感器得到推力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，通過(guò)頻閃照相處理后得出速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖丙所示，已知斜面的傾角α＝37。，取g=10m/s2，sin37°=06,Cos37°=0.8。求：(1)物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。(2)撤去推力F后，物體還能上升的距離(斜面足夠長(zhǎng))。甲14.(14分)如圖所示，木板A、B靜止于光滑水平桌面上,B的上表面水平且足夠長(zhǎng)，其左端放置一滑塊C,B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μA、B由不可伸長(zhǎng)的理想輕繩連接，輕繩處于松弛狀態(tài)，現(xiàn)在突然給C一個(gè)向右的速度20讓C在B上滑動(dòng)，當(dāng)C的速度為vO時(shí)，輕繩2剛好伸直，接著輕繩被瞬間拉斷，輕繩拉斷時(shí)B的速度為，A、B、C的質(zhì)量均為m，重力2加速度為g。求：(1)從c獲得速度2vo開(kāi)始經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間輕繩被拉直？(2)拉斷輕繩造成的機(jī)械能損失為多少？(3)若最終滑塊C未脫離木板B,則木板B的長(zhǎng)度至少為多少？15(16分)如圖所示，圓弧軌道AB的圓心為0，半徑為R＝2暢5m圓弧軌道AB的B點(diǎn)與水平地面BE相切,B點(diǎn)在。點(diǎn)的正下方，在B點(diǎn)的右側(cè)有一豎直虛線CD,B點(diǎn)到豎直虛線CD的距離為L(zhǎng)1＝2.5m，豎直虛線CD的左側(cè)有一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1(大小未知)，豎直虛線CD的右側(cè)有電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2(大小未知)、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。豎直虛線CD的右側(cè)有一豎直墻壁EF,墻壁EF到豎直虛線CD的距離為L(zhǎng)2＝lm，墻壁EF底端E點(diǎn)與水平地面BE相連接，墻壁EF的高度也為L(zhǎng)2=lm。現(xiàn)將一電荷量為q=+4×102C、質(zhì)量為m=1kg的絕緣滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放沿圓弧軌道AB下滑，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/S，最后進(jìn)入豎直虛線CD右側(cè)。已知滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，圓弧軌道AB光滑，水平地面BE與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0·2，取g=10m2，LAOB＝53，sin53°＝0.8，Cos53°＝0.6。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小。(2)滑塊到達(dá)豎直虛線CD時(shí)速度的大小和滑塊從B點(diǎn)到達(dá)豎直虛線CD時(shí)所用的時(shí)間。(3)要使滑塊與豎直墻壁EF碰撞，E2的取值范圍。衡中同卷高三期中物理第7頁(yè)(共8頁(yè))高三期中·物理第8頁(yè)(共8頁(yè))物理參考答案及解析答案及解析答案及解析2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高三年級(jí)期中考試·物理-、選擇題丈D正1.C【解析】以物塊為研究對(duì)象，分析受力情況，受重力4.C【解析】題述過(guò)程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組G、bo的拉力F和繩子ao的拉力FT，由平衡條件可丈成的系統(tǒng)水平方向合外力為0，水平方向上動(dòng)量守恒知，F(xiàn)和FT的合力與G大小相等、方向相反，當(dāng)將物A錯(cuò)誤；該同學(xué)跳離滑板B的過(guò)程中，人對(duì)滑板B的塊緩慢向上移動(dòng)ao繩方向不變；則FT方向不變bo丈作用力向右，B車向右加速，速度增大，B錯(cuò)誤；從滑板繩繞。點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，作出轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程三個(gè)位置力的合B跳回滑板A，兩滑板恰好不相撞，三者共速為由成圖如圖所示。由3到2到1的過(guò)程，由圖可以看出動(dòng)量守恒得(M+m)w=(M+2m)解得v=ao繩拉力FT一直變大，bo繩彈力F先減小后變大，丈19m/S,C正確；該同學(xué)跳離滑板B后，滑板B的動(dòng)量C正確為b=ww=47.5N·該同學(xué)跳離滑板B的過(guò)程中，丈對(duì)滑板B的沖量大小等于動(dòng)量變化量，小于47.5N·s，D錯(cuò)誤。電荷，可知中垂線上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向下，根據(jù)對(duì)稱性和電場(chǎng)疊加原則可知。點(diǎn)和D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向均2·A解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提豎直向下，由于D點(diǎn)比。點(diǎn)離帶電體遠(yuǎn)，所以D點(diǎn)電供向心力各軌道通信衛(wèi)星的運(yùn)行軌道中心一定是地場(chǎng)強(qiáng)度小于點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度A錯(cuò)誤；根據(jù)前面類比等量心A正確；同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期是24小時(shí)其他衛(wèi)星異種點(diǎn)電荷電勢(shì)分布情況可知AD為一條電勢(shì)為零的運(yùn)行周期不是24小時(shí),B錯(cuò)誤；同步衛(wèi)星與靜止在丈赤道上的物體具有共同的角速度，由公式的運(yùn)行周期不是24小時(shí),B錯(cuò)誤；同步衛(wèi)星與靜止在丈赤道上的物體具有共同的角速度，由公式α向=r02可丈直線從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電勢(shì)能不變；又因?yàn)檠刂妶?chǎng)線方向電勢(shì)降低，可得。點(diǎn)的電勢(shì)一定高于P點(diǎn)得因軌道半徑不同故其向心加速度不即D點(diǎn)的電勢(shì)定高于P場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可得。點(diǎn)的電勢(shì)一定高于P點(diǎn)同，C錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得2=r解得運(yùn)行速度v同，C錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得2=r解得運(yùn)行速度v即線速度隨軌道半徑r的增大而減小,v＝7.9km/s為第一宇宙速度，即圍繞地r丈B正確，C、D錯(cuò)誤GM丈6.C解析】對(duì)于A，有FmAg+FBA＝mAa所以，當(dāng)rFBA=0時(shí)，F(xiàn)最大，即Fa=mAg+mAa=12NA、B球表面運(yùn)行的速度，因同步衛(wèi)星軌道半徑比地球半徑丈k錯(cuò)誤；初始位置彈簧的壓縮量為1=mAg+Bg球表面運(yùn)行的速度，因同步衛(wèi)星軌道半徑比地球半徑丈k大很多，因此其線速度應(yīng)小于7.9km/s,D錯(cuò)誤。0.2m，A、B分離時(shí)，F(xiàn)AB=0,對(duì)B有kr2mBg=3.D解析】電場(chǎng)力對(duì)N處粒子做正功，對(duì)M處粒子mBa解得2=0.12m，以A、B為整體，A、B上升的做功為0，兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的速度大小不相等,A錯(cuò)丈高度為r=r1x2=0.08m,A、B分離時(shí)的速度為誤；M.N處的電勢(shì)不相等但最終兩粒子都到達(dá)P=2a=04由動(dòng)能定理有WF+W彈點(diǎn)，電勢(shì)差不相等，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功不相等，B錯(cuò)丈(mA+mB)g=(mA+mB)g=(mA＋mB)v2，由題意知W彈=變，C錯(cuò)誤；在垂直于電場(chǎng)方向，粒子不受力，粒子做勻丈1.28J，可得WF=0.64J，C正確，D錯(cuò)誤。速運(yùn)動(dòng)，N處粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度大于M處、選擇題粒子在此方向的速度，則Ⅳ處粒子到達(dá)P的時(shí)間短丈7.BC【解析】PA=10VPB=30V，可知AB的中點(diǎn)E高三期中衡中同卷·高三期中的電勢(shì)為20V，可知EC為等勢(shì)線，連接E、C，作EC的垂線，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向由B指向D,B正確；由幾何關(guān)系可知BD的中點(diǎn)F在等勢(shì)線EC上，則有F=20V，有BF=FD，可得9D＝10v,A錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=BPCBC3FO=Vm垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，AD+CDsin30°=vot，平行于電場(chǎng)強(qiáng)度方向粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)AE8in60。=2Et2解得vo＝3m/s，t＝ls，沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向粒子的速度=at=Et=2m/該-粒子到達(dá)c點(diǎn)時(shí)速度大小為C=2=m/s,C正確；如圖所示，速度方向與EC延長(zhǎng)線的夾角的正切值taθ==可知θ≠30°，該粒子到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向不與BC邊垂直D錯(cuò)誤。8．CD【解析】將滑動(dòng)變阻器的滑片P從圖示位置向a滑動(dòng)的過(guò)程中R2和R3的并聯(lián)電阻增大，U2增大，電路中總電流變小，通過(guò)R2的電流增大，電流表A的示數(shù)減小所以U2增大，利用等效電源的方法則等于電源內(nèi)阻與R1串聯(lián)后與R2的并聯(lián)電阻，為定值，A錯(cuò)誤；電路中總電流變小，電動(dòng)勢(shì)不變，所以電源的總功率減小，由于外電阻增大，所以電源的效率增大，B錯(cuò)誤；通過(guò)電阻R1的電流變小R1兩端電壓U1變小R2兩端電壓U2增大，總的外電阻增大，所以U增大，又因?yàn)閁1＋U2=U,所以MU2U1=U，C正確；通過(guò)電阻R2的電流變大，通過(guò)電阻R1的電流等于通過(guò)電阻R2的電流和通過(guò)電阻R3的電流之和，干路電流減小，故通過(guò)電阻R3的電流變小，故有I1=△I3△I2I2＜I3，D正確。9·AD【解析】設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度為vo,則當(dāng)角度為θ時(shí)，由動(dòng)能定理得mg(1Cosθ)=22m2繩子拉力滿足FOgcθ02·聯(lián)立解得F=3gcθ+(220g)故圖線斜率大小為5a2ama 5a2ama0＝2，A、D正確；與圓心等高處，即COSθ=0時(shí)此時(shí)滿足2a=解得1=2B錯(cuò)誤；假設(shè)小球能沿圓周到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)COSθ=1，結(jié)合A、D中的結(jié)論F=3gc8θ+(22mg=2·聯(lián)立可得，此時(shí)F＝mg，即球受到繩向上的支持力，而繩只能產(chǎn)生拉力，故假設(shè)不成立，C錯(cuò)誤。10.CD【解析】從。經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)油滴的動(dòng)能最小且為知C點(diǎn)為復(fù)合場(chǎng)的等效最高點(diǎn)則復(fù)合場(chǎng)的合力方向如圖所示，則有F合=Ecosθ，qEsinθ=mg，由電場(chǎng)線的方向如圖所示，由幾何關(guān)系可知，MO與電場(chǎng)線垂直B點(diǎn)電勢(shì)低于C點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤；油滴經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，合外力不做功，所以油滴的動(dòng)能不變B錯(cuò)誤；油滴從。經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理可得F合L=EkcEko從。經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)合·L=EKAEko，聯(lián)立解得的油滴經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EKA=EkC正確；油滴經(jīng)過(guò)C、D連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等三、非選擇題11(1)B(2分)(2)201(2分)(3)D(3分)【解析】(1)把木板的一側(cè)墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使木塊重力沿木板向下的分力大小等于摩擦阻力，使木塊在不受牽引力時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板做勻速運(yùn)動(dòng)，此處采用的科學(xué)方法是阻力補(bǔ)償法，B正確。(2)已知交流電源頻率為50Hz紙帶上相鄰兩點(diǎn)間有4個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，可知相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T=0.02×5s＝0.1s由=aT2可得小車的加速度為=T2==×·2·物理參考答案及解析102m/s2≈2.01m/s2。(3)當(dāng)木塊與木板之間存在摩擦，木板傾斜角度過(guò)大，所用小車質(zhì)量過(guò)大，都不會(huì)導(dǎo)致a-F關(guān)系圖像AB段明顯偏離直線，A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)所掛的砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量太大時(shí)，則木塊所受的合外力F＝Ma=M·g=g造成此現(xiàn)象的主要原因可M能是當(dāng)砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量接近木塊及木塊上砝碼的總質(zhì)量時(shí)，木塊所受到的合外力小于砝碼和桶內(nèi)砝碼的總重力，木塊的加速度就不成線性增大，實(shí)驗(yàn)誤差增大，則a-F圖像的AB段明顯偏離直線，D正確。(3分)t1+t3=t2(2分)【解析】(1)實(shí)驗(yàn)開(kāi)始，輕推滑塊，若滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滑塊通過(guò)光電門速度相等，則光電門的擋光時(shí)間相等，證明氣墊導(dǎo)軌已經(jīng)水平。(2)根據(jù)彈性碰撞的"動(dòng)碰靜"的碰撞后的速度通項(xiàng)公式可知A=A要想動(dòng)的物體碰撞"靜的物體不返回，必須"動(dòng)"的物體的質(zhì)量大于"靜"的物體的質(zhì)量，即m1＞m2。(3)滑塊A兩次經(jīng)過(guò)光電門的速度近似等于滑塊經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的平均速度，設(shè)擋光片的寬度為D,則速度分別為A=A=滑塊B經(jīng)過(guò)光電門G2的速度B·根據(jù)動(dòng)量守恒得mAmA+m2B整理得m1=m十m2。若機(jī)械能守恒，即t1△t3△t21(D21(D21D221t11(D21(D21D221t121△t32t2得=，此時(shí)碰撞為彈性碰撞。t1t3t213.(1)12(2)0.075m【解析】(1)0～2s內(nèi)，由F-t圖可得(1分)(1分)F1＝21(1分)(1分)由牛頓第二定律可得F1mgsinαmgcosα＝ma1由v-t圖像可得a=t0.5m22s后，由F-t圖可得F2＝20N由牛頓第二定律可得F2mgsinαmgcosα＝0解得=12(2)撤去推力F后，由牛頓第二定律可得 解得a2=m82(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)撤去外力后，物體的初速度為1m/s物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)，則由速度位移公式得==0075m(2分)14(1)(2)12(3)172g416μg【解析】(1)從c獲得一個(gè)向右的速度2vo到輕繩拉直的過(guò)程中，取向右為正方向由動(dòng)量定理有 wmgt=m0m·20(2分)(1分)(1分)(2)設(shè)繩剛被拉直時(shí)B的速度為B對(duì)B、C系統(tǒng)分析，由動(dòng)量守恒定律有m·2vo＝mvo十mB(1分)解得B=0(1分)繩拉斷過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有(1分)2mBmA(1分)2解得A=2(1分)繩拉斷過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)由能量守恒可得機(jī)械能的損失為11122B2A2(2E=m211122B2