Answer: 粒子

Answer: 7.71014

光电效应现象说明光具有______性 由图可知可见光的最高频率为______$$Hz$$。

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如图是验证机械能守恒定律的实验，小圆柱有一个不可伸长的轻绳拴住．轻绳另一端固定，在轻绳拉至水平后由静止释放，在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间三角形t，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，重力加速度为g．则：

Answer: $$\frac{d^{2}}{\trianglet^{2}}=2gL$$

Answer: 小圆柱的质量m；等式为F=mg+m$$\frac{d^{2}}{L\trianglet^{2}}$$

测出悬点到圆柱重心的距离为L，若等式______成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．

若在悬点O安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F，则验证小圆柱作圆周运动在最低点向心力的公式还需要测量的物理量是______（用文字和字母表示），若等式F=______成立，则可验证小圆柱作圆周运动在最低点向心力的公式。

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如图为某时刻相干波源$$S_{1}$$、$$S_{2}$$发出的波的示意图，实线表示波峰位置，虚线表示波谷位置．图中$$a$$、$$b$$、$$c$$三点，再经过半个周期，

Answer: a、b；

Answer: c.

______点为振动加强点， ______点为振动减弱点.

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一物体沿半径分别为$$r$$和$$R$$的半圆弧由$$A$$点经$$B$$点到达$$C$$点经历的时间为$$t$$，如图所示，请回答：

Answer: $$\frac{2(R+r)}{t}$$

Answer: $$\frac{π(R+r)}{t}$$

它的平均速度大小为______ 它的平均速率为______。

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一定质量的理想气体开始处于状态A，由过程AB到达状态B，后又经过过程BC到达状态C，如图所示。已知气体在状态A时的压强、体积和温度分别为2105Pa、3L和300K．请回答：

Answer: 1L

Answer: 5

在状态B时的温度为100K，体积为______；

在状态C时的温度为250K，气体在状态A的压强pA与状态C的压强pC之比______。

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如图所示A是B轮上的一点，B、C两轮用皮带连接而不打滑rA：rB：rC=1：4：2。

Answer: 4

Answer: 1

A、B、两点的线速度之比______， B，C两点加速度之比______。

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一瓶酒精用了一些后，把瓶盖拧紧，不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽。

Answer: 增大

Answer: 减小

当温度升高时，瓶中酒精饱和汽的压强____($$选填“增大”“减小”或“不变”$$)。

若一分子固定于原点$$O$$，另一分子从间距由$${{r}_{2}}$$减小到$${{r}_{1}}$$的过程中，势能____($$选填“增大”“减小”或“不变”$$)。

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美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。两块水平放置的金属板$$A$$、$$B$$分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。请回答：

Answer: ABC

Answer: \dfrac{mgd}{U}$$

若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有__________($$多选$$)。A.油滴质量$$mB.$$两板间的电压$$UC.$$两板间的距离$$dD.$$两板的长度$$L$$

用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量$$q=$$________($$已知重力加速度为$$g)

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在光滑水平面上，质量均为m的三个物块排成直线，如图所示。第1个物块以动量p0向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，并粘在-起。

Answer: $$\frac{p_{0}}{3m}$$

Answer: $$\frac{2}{3}$$p0

物块的最终速度大小为______， 1物块对2物块的冲量大小为______。

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某同学做“测定金属电阻率”的实验．请回答：

Answer: 5.2

这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图所示．由图中电流表、电压表的读数可计算出金属丝的电阻为______Ω．

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如图所示，一个带正电的玻璃棒靠近($$没有接触$$)原来不带电的验电器的金属球时

Answer: 张开

Answer: 带负电

Answer: 带正电

验电器的金属箔片_________($$填“张开”或“闭合”$$) 金属球_________($$填“带正电”或“带负电”或“不带电”$$) 金属箔片_________($$填“带正电”或“带负电”或“不带电”$$)

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如图，一列简谐横波沿$$x$$轴正方向传播，实线为$$t=0$$时的波形图，虚线为$$t=0.5s$$时的波形图。已知该简谐波的周期大于$$0.5s$$。关于该简谐波，请回答：

Answer: 6

Answer: 波谷位置

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如图物体在力$$F$$的作用下水平发生了一段位移$$l$$，分别计算这三种情形下力$$F$$对物体做的功。设这三种情形下力$$F$$和位移$$l$$的大小都是一样的：$$F=10N$$，$$l=\sqrt{3}m$$，角$$θ$$的大小如图所示。

Answer: 15

Answer: 15

Answer: 15

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一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中$$S_{0}A=\dfrac{2}{3}S_{0}C$$，请回答：

Answer: 1

Answer: 2

甲、乙两束粒子的速度之比为______； 甲、乙两束粒子的比荷之比为______。

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如图所示，为测电源电动势和内阻实验中得出的$$U-I$$图像。

Answer: 0.5

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某跑车的外形如题图所示。

Answer: 小

Answer: 小

Answer: 静止

当跑车在水平地面高速运动时对地面的压力要比静止时______($$选填“大”“小”或“不变”$$)

飞机的升力产生原因与跑车类似，即流体流速越大的地方，压强越______选填“大”或“小”$$)

跑车行驶时，以车窗为参照物，车上的座椅是______的。

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体育课上李老师拿来一根绳子给同学们进行拔河比赛。已知此绳子所能承受的最大拉力为$$4500N$$，现用此绳来拔河，若两队都用$$3500N$$的力拉绳子。如果将绳子从中间剪断，分别连接到牵引测力计的两端($$如图所示$$)，两队仍然都用$$3500N$$的力拉绳子。

Answer: 不会

Answer: $$3500$$

若两队都用$$3500N$$的力拉绳子，则绳子将_________被拉断($$选填“会”或“不会”$$)。

如果将绳子从中间剪断，分别连接到牵引测力计的两端($$如图所示$$)，两队仍然都用$$3500N$$的力拉绳子，则牵引测力计的示数为___________$$N$$。

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如图所示是小明家卧室的一个插座

Answer: 220V；

Answer: 火。

家庭电路中，零线与火线之间的电压为______；

他用试电笔测试插座的$$A$$孔，氖管发光，则$$A$$孔接的是______($$选填“火”或“零”$$)线。

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如图甲是测量碎冰块的温度的操作示意图

Answer: C

Answer: -3

图甲中，操作正确的是图______； 此时温度计示数如图乙所示，则碎冰块的温度是______$$℃$$。

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$$2021$$年$$12$$月$$9$$日下午$$15$$：$$40$$，中国空间站“天宫课堂”第一课开课，翟志刚、王亚平、叶光富在轨展示中国空间站工作生活场景以及演示微重力下各种实验现象，许多学校组织学生实时观看。如图为航天员授课场景。

Answer: 振动；

Answer: 气体。

王亚平说话的声音是由声带的______产生？

同学们在演播厅听到电子设备里王亚平的声音主要是通过______($$选填“气体”、“固体”或“液体”$$)传播的?

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Answer: 0.1cm

Answer: 2.65cm

Answer: 4℃

在左图中，刻度尺的分度值是________； 在左图中，被测物体的长度为________$$cm$$； 在右图中，温度计的示数为______$$℃$$．

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如图是在某地进行的托里拆利实验时的情景.

Answer: 低于

则当地的大气压______($$选填“高于”、“低于”或“等于”$$)1$$标准大气压。

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如图所示，甲是体温计，乙是实验室用温度计，它们都是利用液体的性质制成的。

Answer: 热胀冷缩

Answer: 乙

Answer: 甲

它们都是利用液体______的性质制成的。 可用来测沸水温度的是______。 用来测体温的是______。

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如图所示的实验。请回答：

Answer: 流速大的地方压强小，流速小的地方压强大

Answer: 物体间力的作用是相互的

Answer: 相平

吹硬币使硬币翻越木条，是利用流体的______的原理。

电风扇向左方吹风，小车便朝右方运动起来，说明______。

连通器中装入同种液体，液体不流动时，连通器中各部分液体的液面总保持______。

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如图所示，小明用力拉橡皮筋，将“纸弹”弹出去。

Answer: 弹性势能

Answer: 弹性形变

Answer: 大

此过程中，橡皮筋的____转化为了“纸弹”的动能。 橡皮筋由于发生了_____形变而对“纸弹”产生弹力。 橡皮筋的形变程度越大，弹力就越___。

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在“太空冰雪实验”中，王亚平用沾了结晶核的毛根触碰过饱和乙酸钠溶液形成的液体球。

Answer: 凝固

Answer: 凝固放热

液体球在触碰过饱和乙酸钠溶液后迅速______($$填物态变化名称$$)成“冰球”。

用手摸上去，发现“冰球”竟然热乎乎的，这是因为______的原因。

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如图所示草坪景观灯，为夜晚提供了靓丽的风景。

Answer: 并联

Answer: 比热容较小

Answer: 斥力

图中各景观灯之间其连接关系为______关系。 在夜晚石板路的温度远低于草坪的温度，这是由于石头______的缘故。 石头很难被压缩，是因为分子间存在______。

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如图所示电路，电源电压保持不变，$$R$$为定值电阻。闭合开关$$S$$，调节滑动变阻器$$R'$$，电流表示数从$$0.1A$$变为$$0.4A$$，电压表示数从$$8V$$变为$$2V$$。请回答：

Answer: 20

Answer: 1.25

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如图为小柯制作的“杠杆力臂演示仪”，杠杆$$AOB$$可绕$$O$$点($$螺母$$)转动，$$OA=0.2m$$，$$OB=0.1m$$，$$G_{1}=2N$$，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。

Answer: 4

Answer: C

当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，$$G_{2}$$的重力为______$$N$$。

松开螺母保持$$OA$$不动，使$$OB$$向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕$$O$$点转动的杠杆$$AOB′(B′$$点对应$$B$$点$$)，保持$$G_{1}$$位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则$$G_{2}$$应该移动到______。A.$$B′$$点处$$B.①$$点处$$C.②$$点处$$D.③$$点处。

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如图所示，为某可调高度台灯及用于调光的电位器结构图，$$b$$与金属滑片$$P$$相连，请回答：

Answer: 串联；

Answer: c。

电位器应该与灯泡___($$填“串联”或“并联”$$)；

欲使滑片$$P$$顺时针转动使灯泡变亮，应将接线柱$$b$$与___($$填“$$a$$”或“$$c$$”$$)接入电路。

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C,解：$$A$$、以地面为零势能面，海平面低于地面$$h$$，所以物体在海平面上时的重力势能为$$-mgh$$，故A错误．B、重力做功与路径无关，与始末位置的高度差有关，抛出点与海平面的高度差为$$h$$，并且重力做正功，所以整个过程重力对物体做功为$$mgh$$，故B错误．C、由动能定理得$$mgh=E_{k2}-\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$$，则得物体在海平面上的动能为$$E_{k2}=\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh$$，故C正确．D、根据机械能守恒知物体在海平面上的机械能等于抛出时的机械能为$$E=\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$$，故D错误．故选：$$C$$．首先对物体受力分析和做功分析，整个过程不计空气阻力，只有重力对物体做功，机械能守恒，应用机械能守恒和功能关系可判断各选项的对错．此题应用了动能定理解决重力势能的变化与重力做功的关系，还有就是重力势能的变化与零势能面的选取无关．

如图，在地面上以速度$$υ_{0}$$抛出质量为$$m$$的物体，抛出后物体落在比地面低$$h$$的海平面上，若以地面为零势能参考面，且不计空气阻力，则($$　　$$)

物体在海平面的重力势能为$$mgh$$

重力对物体做的功为$$-mgh$$

物体在海平面上的动能为$$\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh$$

物体在海平面上的机械能为$$\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh$$

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B,解：【分析】由图象可得电动势最大值，计算出有效值，根据闭合电路的欧姆定律求电压表和电流表的读数；线圈转一圈，电流方向改变$$2$$次；由$${E}_{m}=NBSω$$和$$ω=2πf$$计算磁通量的最大值。交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值。【解答】$$AB.$$由图象可知，电动势最大值为$${E}_{m}=4\sqrt{2}V$$，所以有效值为$$E=\dfrac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=\dfrac{4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=4V$$，电路中电流为：$$I=\dfrac{E}{R+r}=\dfrac{4}{6+2}=0.5A$$，电压表的读数为$$U=IR=0.56=3V$$，故A错误，B正确；C.由图象可知，周期为$$T=0.04s$$，所以频率为$$25Hz$$，线圈转一圈，电流方向改变$$2$$次，所以$$1$$秒内流过小灯泡的电流方向改变$$50$$次，故C错误；D.由$${E}_{m}=NBSω$$和$$ω=2πf$$可知，$${φ}_{m}=BS=\dfrac{{E}_{m}}{Nω}=\dfrac{{E}_{m}}{N2πf}=\dfrac{4\sqrt{2}}{1002π25}=\dfrac{0.0008\sqrt{2}}{π}Wb$$，故D错误。故选B。

图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为$$100$$匝，电阻$$r=2Ω$$，外电路的小灯泡电阻恒为$$R=6Ω$$，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是()

电压表的读数为$$4V$$

$$1$$秒内流过小灯泡的电流方向改变$$25$$次

线圈在转动过程中，磁通量最大为$$\dfrac{0.08\sqrt{2}}{\pi}(wb)$$

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C,解：A、B电容器板间的电压保持不变，当将极板A向下平移一小段距离时，根据E=$$\frac{U}{d}$$分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动。故A错误。B、由于两板与电源相连，故两板间电势差不变，故B错误；C、将极板A向下平移一小段距离时，根据电容的决定式C=$$\frac{ɛS}{4\piKd}$$得知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q=UC可知，极板带电荷量将增大。故C正确；D、由于电场强度的增大，而P距B极板间距不变，根据U=Ed，因此P点与B板间的电势差将增大，故D错误。故选：C。带电油滴悬浮在平行板电容器中P点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板A向下平移一小段距离时，根据E=$$\frac{U}{d}$$分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化，最后依据U=Ed，确定PB的电势差的变化．本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式C=$$\frac{ɛS}{4\piKd}$$和电量Q=CU结合分析电量变化．根据U=Ed分析场强和电势的变化．

如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变．下列说法中正确的是（　　）

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B,解：【分析】根据牛顿第二定律求出小球所受的支持力，根据滑动摩擦力公式求出摩擦力的大小，从而确定合力的大致方向。该题考查向心力的问题，解决本题的关键确定物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。【解答】A.向心力的大小为：$${F}_{n}=m\dfrac{{v}^{2}}{R}$$，故A错误，B.根据牛顿第二定律得：$$N-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{R}$$，则有：$$N=mg+m\dfrac{{v}^{2}}{R}$$，B正确；C.滑动摩擦力为：$$f=μN=μ(mg+m\dfrac{{v}^{2}}{R})，故C错误$$;$$D.受到的摩擦力方向为水平向左，故D错误。故选：$$B$$

如图所示，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，半径为$$R$$，质量为$$m$$的物块，沿着金属壳内壁滑下，滑到最低点时速度大小为$$v$$，若物体与球壳之间的动摩擦因数为$$μ$$，则物体在最低点时，下列说法正确的是

受到的摩擦力为$$μmg$$

受到的摩擦力方向为水平向右

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D,解：$$A$$、气体体积减小，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数增多，A错误；B、由于不计气体分子间相互作用，所以气体是理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，分子平均动能不变，但并不是每一个分子的分子动能都不变，B错误；C、又$$U=Q+W$$，外界对气体做功，$$W$$为正，$$U$$恒定，所以$$Q$$为负，即气体向外界放热，C错误，D正确．故选D．理想气体，内能只与温度有关，而外界温度不变，所以气体温度不变，内能不变，气体体积减小，外界对气体做功，$$W$$为正，内能恒定，所以$$Q$$为负，即气体向外界放热．本题考查了热力学第一定律的应用，记住公式，理解公式中各物理量的正负是解题的关键

如图所示，将空的薄金属筒开口向下压入水中，设水温均匀恒定，筒内空气不泄漏，不计气体分子间的相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，下列说法正确的是($$　　$$)

筒内壁与气体接触处，单位时间内碰撞单位面积的气体分子数不变

筒内气体每一个分子的分子动能都不变

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D,解：$$A$$、$$0-2s$$内，速度图象在时间轴的上方，都为正，所以第$$1$$秒速度方向没有改变。故A错误；B、速度时间图象的斜率表示加速度，由图可知$$1-3s$$图象斜率不变，加速度不变，第$$2s$$内与第$$3s$$内的加速度方向相同，故B错误；C、$$0-2s$$内，物体一直沿正方向运动，在第$$2$$秒末没有回到初位置，故C错误。D、根据图线的“面积”表示位移，图象在时间轴上方，位移为正，图象在时间轴下方，位移为负，可知，$$3-5s$$内的位移为$$0$$，所以第$$3$$秒末和第$$5$$秒末的位置相同。故D正确。故选：$$D$$。速度时间图象中，速度的正负表示速度的方向，只要图象在时间轴的同一侧物体的速度方向就没有改变；图象的斜率表示加速度，由斜率的正负分析加速度的方向。图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，由此分析。解决本题的关键是明确$$v-t$$图象的斜率和面积的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。

质点做直线运动的速度$$-$$时间图象如图所示，该质点($$　　$$)

在第$$1$$秒末速度方向发生了改变

第$$2s$$内与第$$3s$$内的加速度方向相反

在第$$2$$秒末回到初位置

第$$3$$秒末和第$$5$$秒末的位置相同

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C,解：【分析】电场线越密，场强越大，电场线某点的切线方向表示场强的方向，匀强电场电场线是等间距的平行直线。解决本题的关键掌握电场线的特点，电场线的疏密可表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示场强的方向。【解答】A.电场线的疏密程度表示电场强度的强弱，无电场线的地方不能说明电场强度为零，故A错误；B.电场线某点的切线方向表示场强的方向，根据图象可知，$$a$$，$$b$$两处的电场方向不同，故B错误；C.电场线越密，场强越大，所以$$a$$点的场强一定大于$$b$$点的场强，故C正确；D.匀强电场电场线是等间距的平行直线，所以此电场线一定不是匀强电场的电场线，故D错误；故选C。

某电场的电场线如图所示，$$a$$、$$b$$是电场中的两点，下列说法中正确的是()

无电场线的地方电场强度为零

$$a$$、$$b$$两处的电场方向相同

$$a$$处电场强度大于$$b$$处的电场强度

该电场线一定是匀强电场的电场线

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D,解：$$A$$、由题，神舟十一号载人飞船每天绕地球约$$16$$圈，所以神舟十一号周期小于地球自转周期$$.$$故A错误；B、飞船绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有：$$G\dfrac{Mm}{r^{2}}=m\dfrac{4π^{2}}{T^{2}}r=m\dfrac{v^{2}}{r}=ma$$则得$$T=2π\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM}}$$，$$v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$$，$$a=\dfrac{GM}{r^{2}}$$．由于神舟十一号的轨道半径大于地球的半径，所以神舟十一号飞行速度小于第一宇宙速度$$.$$故B错误；C、神舟十一号周期小于地球自转周期，即小于同步卫星的周期；根据$$T=2π\sqrt{\dfrac{r^{3}}{GM}}$$可知神舟十一号轨道半径小于同步卫星的轨道半径；由$$a=\dfrac{GM}{r^{2}}$$，神舟十一号运行的加速度大于同步卫星的加速度，故C错误．D、神舟十号的轨道半径小于神舟十一号的轨道半径，由$$v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$$，得知神舟十号的线速度大于神舟十一号$$.$$故D正确．故选：$$D$$根据万有引力提供向心力，得到周期、线速度、角速度和向心加速度的表达式，结合轨道半径关系分析．解决本题的关键要明确飞船绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，通过列式进行定性分析．

$$2016$$年$$10$$月$$17$$日$$7$$时$$30$$分我国神舟十一号载人飞船在中国酒泉卫星发射中心成功发射名航天员将乘坐神舟十一号载人飞船在距地面$$393$$公里的轨道上与天宫二号对接，完成$$30$$天的中期驻留，每天绕地球约$$16$$圈$$.$$神舟十一号充分继承了神舟十号的技术状态，同时为了适应本次任务要求而进行了多项技术改进$$.$$神舟十一号和天宫二号对接时的轨道高度是$$393$$公里，神舟十号与天宫一号对接时，轨道高度是$$343$$公里$$.$$则()

神舟十一号周期大于地球自转周期

神舟十一号飞行速度大于第一宇宙速度

神舟十一号运行的加速度小于同步卫星的加速度

神舟十一号与天宫二号的结合时比神舟十号与天宫一号的结合时速度小

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D,解：$$A$$、甲悬在空中静止，甲受到平衡力作用，绳子的拉力和甲的重力是一对平衡力，甲受到绳子的拉力等于甲的重力。故A错误；B、绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，故B错误；$$CD$$、甲乙质量相等，重力相等，绳子相同。甲悬在空中绳子未拉断，绳子的拉力等于甲的重力；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，绳子对乙的拉力大于绳子对甲的拉力，甲乙重力相等，所以乙拉断绳子前瞬间，绳受到的拉力一定大于乙受到的重力。故C错误，D正确。故选：$$D$$。甲处于静止状态，根据静止的物体受到平衡力的作用，根据平衡力条件进行判断；甲未拉断绳子，乙拉断绳子，绳子是相同，人的质量是相同，一者绳子断了，一者绳子未断，可以判断两根绳子拉力大小，间接得到乙图绳子的拉力和人重力的关系。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、根据平衡方程进行解答；注意作用力与反作用力的区别。

如图所示，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态，乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了。已知甲、乙两人质量相等，所用绳子相同。则此的($$　　$$)

绳子对甲的拉力大于甲的重力

绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力

乙拉断绳子前瞬间，绳子的拉力一定小于乙的重力

乙拉断绳子前瞬间，绳子的拉力一定大于乙的重力

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C,解：【分析】发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种势能叫做弹性势能，同一弹性物体在一定范围内形变越大，具有的弹性势能就越多，反之，则越小。本题关键是明确弹性势能与弹簧的形变量之间的关系，知道形变量越大，弹性势能越大；可以掌握弹簧弹性势能的表达式进行分析，注意形变量包括拉伸和压缩两种情况。【解答】根据弹簧的弹性势能的表达式：$${E}_{P}=\dfrac{1}{2}k{x}^{2}$$可知，弹簧的形变量越大，弹性势能越大，将一轻质弹簧从伸长状态变为压缩状态的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，所以弹性势能先减小后增大；故C正确，ABD错误。故选C。

如图所示，在弹性限度内，将一轻质弹簧从伸长状态变为压缩状态的过程中，其弹性势能的变化情况是($$　　$$)

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A,解：$$A$$、电场线的疏密反应了场的强弱，$$N$$点处电场线最密，所以$$N$$点场强最大，故A正确；B、顺着电场线的方向，电势降低，所以$$M$$点的电势最高，故B错误；C、根据$$E_{P}=qφ$$，$$φ_{M}φ_{P}φ_{N}$$可知，负电荷在$$M$$点电势能小于在$$N$$点的电势能，故C错误；D、在$$M$$点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故D错误．故选：$$A$$．由电场线的疏密分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化；根据电势能的定义判断电势能的大小；电场线不表示电荷的运动轨迹．解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低．判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．

如图为某一电场的电场线，$$M$$、$$N$$、$$P$$为电场线上的三个点，$$M$$、$$N$$是同一电场线上两点，下列判断正确的是($$　　$$)

负电荷在$$M$$点的电势能大于在$$N$$点的电势能

正电荷从$$M$$点自由释放，电荷将沿电场线运动到$$N$$点

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D,解：由图看出，$$b$$处电场线比$$a$$处电场线密，则$$b$$处场强大于$$a$$处场强，即$$E_{b}>E_{a}$$。由电场力公式$$F=Eq$$得知，电荷在$$b$$处受到的电场力大于在$$a$$处受到的电场力，即$$F_{b}>F_{a}$$。故选：$$D$$。电场中，电场线越密，电场强度越大，同一电荷受到的电场力越大．电场线的物理意义之一是形象描述电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大．

如图，在电场中有$$a$$、$$b$$两点，试比较$$a$$、$$b$$两点的场强大小；引入一点电荷，试比较点电荷在$$a$$、$$b$$两点所受电场力的大小(\quad)

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B,解：以$$P$$为研究对象，对其受力分析，受重力，绳子的拉力，桌面对其垂直向上的支持力和向左的滑动摩擦力；$$AB$$、水平方向受到两个力的作用，分别是绳的拉力和桌面的摩擦力，施力物体分别是绳和桌面，故$$A$$错误，$$B$$正确；$$CD$$、重力是竖直方向上受到的力，不是$$P$$在水平方向受到的作用力，故$$CD$$错误。故选：$$B$$。物块$$P$$向右运动，必然受到绳子的拉力$$F$$，由于接触面粗糙，$$P$$与桌面相互挤压，故一定受到向左的滑动摩擦力。本题考查的是受力分析，要注意受力分析是高中物理的基础，在高一必须养成一个习惯，每一个力都要找出施力物体和受力物体，按重力、弹力、摩擦力的顺序分析。

如图，$$P$$是位于水平的粗糙桌面上的物块．用跨过定滑轮的轻绳将$$P$$与小盘相连，小盘内有砝码，小盘与砝码的总质量为$$m.$$在$$P$$运动的过程中，若不计空气阻力，则关于$$P$$在水平方向受到的作用力与相应的施力物体的说法正确的是(\quad)

拉力和摩擦力，施力物体是重物和桌面

拉力和摩擦力，施力物体是绳和桌面

重力，拉力和摩擦力，施力物体是地球，绳和桌面

重力和摩擦力，施力物体是绳和桌面

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C,解：对木箱受力分析，根据平衡条件：水平方向$$F\cosθ=f$$得：$$f=F\cosθ$$，故C正确，ABD错误。故选：$$C$$。对木箱为研究对象受力分析，正交分解，根据平衡条件求木箱所受摩擦力的大小。本题是共点力平衡类型，在确定研究对象的基础上，分析受力情况是解题的关键，注意处于平衡状态是重点。

如图所示，小军用与水平方向成$$θ$$角的轻绳拉质量为$$m$$的木箱，木箱始终保持静止。绳中拉力为$$F$$，木箱与水平地面间的动摩擦因数为$$μ$$，则木箱所受摩擦力的大小为(g$$为重力加速度$$)($$　　$$)

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D,解：带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用发生偏转，故B正确．故选：$$D$$阴极射线管电子从阴极射向阳极，电子穿过存在磁场的区域，受到洛伦兹力的作用，可根据左手定则判定电子束受到的洛伦兹力的方向与磁场的方向的关系．电子穿过存在磁场的区域，受到洛伦兹力的作用$$.$$基础题目．

如图所示，将磁铁靠近阴极射线管($$电子射线管$$)时，发现电子束会发生偏转$$.$$使电子偏转的作用力是()

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C,解：【分析】解决本题的关键是熟练掌握真空中点电荷的场强的表达式$$E=k\dfrac{Q}{{r}^{2}}$$，明确电场线疏密的意义，即电场线越密，电场越强；空间的任意一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，只有当两个点电荷产生的电场强度大小相等、方向相反时，该点的电场强度才等于零；对于异种电荷，合场强为零的位置在两电荷的连线上电量少的外侧。本题考查了电场线。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，知道电场线的方向和疏密的意义，即可解决本题。【解答】A.根据电场线的特点：从正电荷出发到负电荷终止，可知$$A$$、$$B$$是异种点荷，但无法确定$$AB$$带电性质，故A错误；B.电场线密集程度反映电场强弱，$$B$$附近电场线较密，场强较大，由点电荷的场强的表达式$$E=k\dfrac{Q}{{r}^{2}}$$，可知$$B$$带电量较多，故B错误；C.$$A$$的左侧，$$A$$产生的电场强度的方向和$$B$$产生的电场强度方向相反；由题$$A$$的电量小于$$B$$的电量，由点电荷场强公式$$E=k\dfrac{Q}{{r}^{2}}$$可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零；故C正确；D.由于电场线的方向未知，无法确定$$A$$、$$B$$电势的高度，故D错误。故选C。

如图所示为点电荷$$A$$、$$B$$形成的电场$$.$$下列说法正确的是()

$$A$$的电荷量大于$$B$$的电荷量

$$A$$的左侧某点电场强度可能为零

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D,解：AB、在物体下滑h高度的过程中，重力做功为mgh，则物体重力势能减少mgh，故AB错误。CD、物体通过的位移为x=$$\frac{h}{sin\theta}$$，合外力为F合=ma，根据动能定理得：物体动能增加量三角形Ek=F合x=$$\frac{mah}{sin\theta}$$，故C错误，D正确。故选：D。根据重力做功多少确定物体重力势能的减少量。由牛顿第二定律求出物体的合外力，再根据动能定理求物体动能增加量。解决本题的关键是掌握功与能的关系，知道重力做功决定了重力势能的变化，合外力做功决定了动能的变化。

如图所示，质量为m的物体沿倾角为的斜面从静止开始下滑，下滑的加速度大小为a（a＜gsinθ）。则在物体下滑h高度的过程中，下列说法中正确的是（　　）

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C,解：$$A$$、根据万有引力提供向心力$$G\dfrac{Mm}{r^{2}}=ma$$，得$$a=\dfrac{GM}{r^{2}}.$$而$$GM=gR^{2}.$$所以卫星的加速度$$a=\dfrac{gR^{2}}{r^{2}}.$$故A错误．B、$$.$$如果“高分一号”卫星的一根天线不幸掉落，天线将受到地球的万有引力做匀速圆周运动，天线和卫星一起围绕地球做匀速圆周运动，故B错误．C、根据万有引力提供向心力$$G\dfrac{Mm}{r^{2}}=mω^{2}r$$，得$$ω=\sqrt{\dfrac{GM}{r^{3}}}.$$所以卫星$$1$$由位置$$A$$运动到位置$$B$$所需的时间$$t=\dfrac{\dfrac{π}{3}}{ω}=\dfrac{πr}{3R}\sqrt{\dfrac{r}{g}}$$，故C正确．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小$$.$$故D错误．故选：$$C$$．A、根据万有引力提供向心力$$G\dfrac{Mm}{r^{2}}=ma$$，以及黄金代换式$$GM=gR^{2}.$$求卫星的加速度大小．B、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．C、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力$$G\dfrac{Mm}{r^{2}}=ma$$，以及黄金代换式$$GM=gR^{2}$$．

$$2014$$年$$3$$月$$8$$日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感$$4$$个型号近$$10$$颗卫星，为地面搜救提供技术支持$$.$$特别是“高分一号”突破了空间分辨率，多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术$$.$$如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图$$.$$“北斗”系统中两颗卫星“$$G_{1}$$”和“$$G_{3}$$”以及“高分一号”均可认为绕地心$$O$$做匀速圆周运动$$.$$卫星“$$G_{1}$$”和“$$G_{3}$$”的轨道半径为$$r$$，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的$$A$$、$$B$$两位置，“高分一号”在$$C$$位置$$.$$若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为$$g$$，地球半径为$$R$$，不计卫星间的相互作用力$$.$$则下列说法正确的是($$　　$$)

卫星“$$G_{1}$$”和“$$G_{3}$$”的加速度大小相等且为$$\dfrac{R}{r}g$$

如果“高分一号”卫星的一根天线不幸掉落，天线将做自由落体运动

若“高分一号”所在高度处有空气阻力，则运行一段时间后，机械能会增大

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B,解：【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或者无穷远终止，电场线密的地方电场的场强大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力$$F=qE$$，同一电荷在场强越大的地方，所受的电场力越大。本题关键要理解并点电荷、匀强电场的电场线的分布情况，理解电场线的物理意义，就能轻松选择。【解答】A.由常见电场线的分布可知，负电荷的电场线从四周无限远处从不同方向指向负电荷的直线，呈汇聚状，这个电场不可能是负点电荷的电场，故A错误；$$BC.$$由$$F=qE$$知，试探电荷$$q$$在$$A$$点受到的电场力比在$$B$$点受到的电场力大，故B正确，C错误；D.根据电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知，$$A$$处场强较大，故D错误。故选B。

如图所示是静电场的一部分电场线的分布，下列说法中正确的是()

这个电场可能是负点电荷产生的电场

将带正电的试探电荷$$q$$放在$$A$$点比放在$$B$$点受到的电场力大

将带负电的试探电荷$$q$$放在$$A$$点比放在$$B$$点受到的电场力小

$$A$$点的场强比$$B$$点的场强小

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D,解：【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动规律和几何关系，求得水平射程的表达式，从而求得射程之比。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住位移关系，结合运动学公式进行求解。【解答】$$①$$小球落在斜坡和水平地面上都不发生反弹，假设小球都落在斜面上，设球由抛出点运动到斜面上的位移是$$L$$，所用时间为$$t$$，可得：竖直方向上的位移为：$$h=L\sinθ$$；水平方向上的位移为：$$s=L\cosθ$$；故：$$h=s\tanθ$$又根据平抛运动的规律，可得竖直方向上：$$h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2}$$水平方向上：$$s=v$$$$_{0}$$$$t$$故：$$s=\dfrac{\;2{{v}_{0}}^{2}\tanθ}{g}$$即$$\dfrac{{S}_{A}}{{S}_{B}}=\;\dfrac{{{v}_{A0}}^{2\;}}{{{v}_{B0}}^{2}\;}\;=\;\dfrac{(2{v}_{0}{)}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}=4$$$$②$$假设小球均落在水平面上，则下落高度相同，根据$$h=\dfrac{1}{2}g{t}^{2}$$，运动时间相同，故：$$\dfrac{{S}_{A}}{{S}_{B}}=\dfrac{2{v}_{0}}{{v}_{0}}=2$$故A、$$B$$两球的水平射程的比值应满足：$$2\leqslant\dfrac{{S}_{A}}{{S}_{B}}\leqslant4$$，故ABC正确，D错误。本题选不可能的，故选D。

如图所示，斜面倾角为$$37$$，从斜面的$$P$$点分别以$$2v_{0}$$和$$v_{0}$$的速度平抛$$A$$、$$B$$两个小球，不计空气阻力，设小球落在斜坡和水平地面上均不发生反弹，则$$A$$、$$B$$两球的水平射程的比值不可能的是($$$$)

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C,解：【分析】根据欧姆定律I=$$\frac{U}{R}$$，定值电阻的电流与电压成正比，故其U-I图象是一条通过坐标原点的直线，斜率表示电阻；求解出并联电阻，根据斜率判断R的U-I图线在图中的区域。本题关键明确U-I图线的斜率的物理意义，同时明确并联电路的电阻值小于任意支路的电阻值。【解答】解：根据欧姆定律I=$$\frac{U}{R}$$，定值电阻的电流与电压成正比，故其U-I图象是一条通过坐标原点的直线，斜率表示电阻；是两个电阻R1、R2的并联电阻的阻值比任意一个电阻都小，故其U-I图线的斜率最小，图线在Ⅲ区；故选：C。

如图所示，是两个电阻R1、R2的U-I图线，它们并联的电阻阻值为R，则R的U-I图线在图中（　　）

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A,解：【分析】根据理想变压器的匝数之比得到原副线圈中的电流之比，结合电阻$$R_{0}$$与$$R$$的关系，求解$$R_{0}$$与$$R$$的电压之比以及消耗的电功率之比。理解理想变压器的电压和电流与匝数的关系，是解题的关键。【解答】设副线圈电压为$$U$$，流过每个电阻$$R$$的电流为$$I$$，则副线圈中电流为$$2I$$，由理想变压器规律知原线圈端电压为$$2U$$，电流为$$I$$，由已知电阻关系知原线圈回路中的$$R_{0}$$电压为$$2U$$，$$R_{0}$$与$$R$$的电压比为$$2:1$$，$$R_{0}$$与$$R$$功率之比为$$2:1$$，故A正确，BCD错误。故选A。

如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为$$2:1$$，原线圈接有定值电阻$$R_{0}$$，副线圈接有两个阻值均为$$R$$的定值电阻，且$$R_{0}=2R$$，输入稳定的正弦交流电$$U_{0}$$，则()

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C,解：【分析】本题旨在考查学生对有机物的结构和性质的应用。【解答】A.该有机物含有碳碳双键，醚键，不属于烯烃，属于芳香族化合物，故A错误；B.苯环和碳碳双键属于两个不同的平面，二者用碳碳单键连接，当旋转到某一程度，二者共面，故至少有$${7}$$个原子共面，最多有$${9}$$个原子共面，故B错误；C.根据结构简式可知黄樟脑的分子式为$${C}$$$${_{10}}$$$${H}$$$${_{7}}$$$${O}$$$${_{2}}$$，故C正确；D.黄樟脑能使溴水因发生加成反应而褪色，被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故D错误。故选C。

黄樟脑$${(}$$结构简式如下图$${)}$$可作为洋茉莉和香兰素的原料，能除肥皂的油脂臭，常作廉价的香料使用于皂用香精中。下列有关叙述正确的是()

黄樟脑属于烯烃、芳香族化合物

黄樟脑分子中最少有$${9}$$个碳原子共面

黄樟脑能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同

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B,解：$$AC$$、因为位移$$-$$时间图像的斜率代表物体的速度，可知$$a$$做匀速直线运动，而$$b$$车图像斜率在减小，则速度在减小，所以$$b$$车做减速运动，二者在$$3s$$末的加速度不相等；在$$t=3s$$时，直线$$a$$和曲线$$b$$刚好相切，斜率相同，所以两车具有相同的速度，而不是加速度，故$$AC$$错误；$$B$$、位移$$-$$时间图像，纵坐标表示距原点的距离，通过图像可知，$$b$$车始终没有超过$$a$$车，故$$B$$正确；$$D$$、纵轴的变化量代表位移，所以在$$0-3s$$的时间内，$$a$$的位移小于$$b$$的位移，所以$$a$$的平均速度比$$b$$车小，故$$D$$错误。故选：$$B$$。$$a$$车做匀速直线运动，由图像的斜率求出$$a$$车的速度。$$t=3s$$时，直线$$a$$与曲线$$b$$刚好相切，两车的速度相等，对$$b$$车，由速度$$-$$时间公式求出初速度。由位移$$-$$时间公式求出$$3s$$内两车的位移，即可求得$$t=0s$$时$$a$$车和$$b$$车的距离。解决本题的关键要理解位移$$-$$时间图像的物理意义，知道图像的切线斜率表示瞬时速度，来分析两车的速度关系。

在平直公路上行驶的$$a$$车和$$b$$车，其位移时间图像分别为图中直线$$a$$和曲线$$b$$。$$t=3s$$时，直线$$a$$和曲线$$b$$刚好相切，下列说法正确的是(\quad)

$$t=3s$$时，两车具有共同的加速度

在运动过程中，$$b$$车始终没有超过$$a$$车

$$a$$车做匀速运动，$$b$$车做加速运动

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D,解：【分析】等量异种电荷周围电场线是从正电荷出发止于负电荷；等量同种正电荷的电场线是从场源电荷指向无穷远，等量同种负电荷的电场线是从无穷远指向场源电荷。本题主要考查了常见电场的电场线的分布特点，掌握正、负点电荷，等量同种与等量异种电荷周围电场线的分布情况是解题关键。【解答】电场线从正电荷或无穷远出发终止于负电荷或无穷远，根据各种电荷周围的电场线分布可知，该图为等量正电荷电场的分布情况，故ABC错误，D正确。故选D。

图表现的是下列哪种情形下的电场线()

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D,解：【分析】物体做曲线运动时需要有向心力，向心力的方向就是指向圆心的，即力总是指向曲线的内侧。本题主要是考查学生对曲线运动的理解，根据向心力和物体做曲线运动轨迹的弯曲方向间的关系，来判断物体的运动轨迹．【解答】由图可知，在没有受到外力作用时小球在水平桌面上做匀速直线运动，当有外力作用时，并且力的方向向下，应该指向圆弧的内侧，故小球的运动方向可能是$$Od$$；故D正确。故选D。

小球在水平桌面上做匀速直线运动，当它受到如图所示的力的方向作用时，小球可能运动的方向是($$$$)

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C,解：物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡状态；将拉力$$F$$分解到水平和竖直两个方向，则在水平方向有：$$F\cosθ=f$$；竖直方向有：$$G=F\sinθ+F_{N}$$；则有：A、物体对地面的压力$$F_{N}=G-F\sinθ$$，故压力小于重力，故A错误；B、物体对地面的压力和地面对物体的支持力为作用力与反作用力，故二力大小相等，方向相反，故B错误；C、由$$A$$的分析可知，支持力$$F_{N}=G-F\sin30^{\circ}=G-\dfrac{F}{2}$$，故C正确；D、地面对物体的摩擦力$$f=μF_{N}=μ(G-F\sin30^{\circ})，故D错误．故选：$$C$$．

如图所示，重为$$G$$的物体受到斜向上与水平方向成$$30^{\circ}$$角的恒力$$F$$的作用，物体沿水平地面做匀速直线运动$$.$$下列说法正确的是($$　　$$)

物体对地面的压力等于物体的重力

物体对地面的压力小于地面对物体的支持力

地面对物体的摩擦力等于$$μG$$

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D,解：【分析】由题意可知$$BC$$两点电势相等，则可知$$BC$$为等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得$$AC$$两点的电势差，则可确定电场线的方向，由$$U=Ed$$可求得电场强度。解决本题关键要掌握：电场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中$$U=Ed$$中的$$d$$应为沿电场方向的有效距离。【解答】将电荷量为$$210$$$$^{-10}$$$$C$$的带正电粒子从$$A$$移动到$$B$$电势能增加$$1.210$$$$^{-8}$$$$J$$，从$$C$$移动到$$A$$电势能减少$$1.210$$$$^{-8}$$$$J$$，所以$$BC$$两点电势相同，$$BC$$应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过$$C$$做$$BC$$的垂线，一定是电场线；因从$$A$$到$$B$$由$$W=Uq$$可知，$$AB$$两点的电势差：$${U}_{AB}=\dfrac{W}{q}=\dfrac{-1.2{10}^{-8}J}{2{10}^{-10}C}=-600V$$即$$C$$点电势高于$$A$$点的电势，故电场线垂直于$$BC$$指向$$A$$；$$BC$$间沿电场线的距离：$$d=AB\sin37^{\circ}=0.3m$$由$$E=\dfrac{U}{d}$$可知电场强度为：$$E=2$$$$00V/m$$；故D正确，ABC错误；故选D。

如图所示，空间存在着方向与直角三角形$$ABC$$所在平面平行的匀强电场，$$AB$$边长度为$$0.5m$$，$$\angle B=37^{\circ}.$$将电荷量为$$210^{-10}C$$的带正电粒子从$$A$$移动到$$B$$电势能增加$$1.210^{-8}J$$，从$$C$$移动到$$A$$电势能减少$$1.210^{-8}J$$，则该匀强电场的电场强度()

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C,解：【分析】根据位移$$x$$与速度的平方$$v$$$$2$$之间的关系图线，结合速度位移公式得出初速度、加速度大小，根据速度时间公式求出刹车过程持续的时间，根据位移公式求出刹车过程中的位移。本题考查了运动学公式和图象的综合，关键理清图象斜率表示的物理意义，注意汽车速度减为零后不再运动。【解答】A.根据$$0-v^{2}=2ax$$得，结合图线知汽车做匀减速直线运动，$$\dfrac{x}{v^{2}}=-\dfrac{1}{2a}$$，可知$$\dfrac{1}{2a}=\dfrac{10}{100}$$，解得刹车过程中加速度大小$$a=5m/s^{2}$$，故A错误；$$BD.$$由图线可知，汽车的初速度为$$10m/s$$，则刹车过程持续的时间$$t=\dfrac{v_{0}}{a}=\dfrac{10}{5}s=2s$$，故BD错误；C.刹车过程中$$3s$$内的位移等于$$2s$$内的位移，则$$x=\dfrac{v_{0}}{2}t=\dfrac{10}{2}2m=10m$$，故C正确。故选C。

汽车在平直公路上做刹车实验($$视为匀变速$$)，若从$$t=0$$时起汽车在运动过程中的位移$$x$$与速度的平方$$v^{2}$$之间的关系如图所示，下列说法正确的是

刹车过程中汽车加速度大小为$$10m/s^{2}$$

刹车过程持续的时间为$$3s$$

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A,解：$$A$$、只增大$$T$$，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯$$A$$变暗，电感的特性：通直流，阻交流。通低频，阻高频，所以灯$$B$$变亮。故A正确；B、当时间$$t=T$$时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；C、只将变阻器$$R$$的滑片下滑时，变阻器$$R$$阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；D、只增大$$v_{0}$$，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆$$MN$$来回运动的最大距离变大，故D错误；故选：$$A$$。若$$MN$$棒以速度$$v$$的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；根据电容器和电感线圈的特性分析选择$$.$$电容器内部是真空或电介质，隔断直流$$.$$能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性$$.$$电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析$$.$$明确电感和电容对交流电的阻碍作用

如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆$$MN$$垂直放置在导轨上，且接触良好$$.$$移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想电压表，滑动变阻器$$R$$的总阻值大于定值电阻$$R_{0}$$的阻值，线圈$$L$$的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计$$.$$现在让金属杆以速度$$v=v_{0}\sin\dfrac{2π}{T}t$$的规律在导轨上左右来回运动，两灯$$A$$、$$B$$都发光$$.$$下列说法中不正确的是($$　　$$)

当时间$$t=T$$时，两灯都亮着，电压表的示数为零

只将变阻器$$R$$的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大

只增大$$v_{0}$$，两灯都变亮，杆$$MN$$来回运动的最大距离变小

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B,解：A、变压器不会改变交流电的频率，故原副线圈的电流频率之比为1：1；故A错误；B、电流表的读数为电流的有效值，原线圈的电流有效值为5A，根据电流与匝数成反比可知，副线圈的电流有效值为0.5A，所以熔断器的熔断电流应该大于0.5A，故B正确。C、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为22V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为220V，电容器的耐压至少为220$$\sqrt{2}$$V，故C错误；D、若接入电动机且正常工作，则由于电动机为非纯电阻电路，消耗的电能转化为内能和机械能；故电流一定小于I=$$\frac{220}{440}$$=0.5A，故D错误。故选：B。根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，注意电动机为非纯电阻，不能直接利用欧姆定律求解；而电容器的耐压值应为交流电的最大值。本题考查变压器规律的应用，只要掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系公式，本题即可得到解决，注意变压器不会改变交流电的频率。

如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1：10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V示数为22V，理想电流表A1示数为5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是（　　）

原、副线圈的电流频率之比为1：10

熔断器的熔断电流应该大于0.5A

若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220V

若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440Ω，电流表A2示数为0.5A

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A,解：【分析】当带电粒子的运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力，做匀速直线运动。本题考查了洛伦兹力。【解答】粒子运动的方向与磁场方向平行，该粒子不受磁场的作用，故以原来的速度做匀速直线运动，故A正确，BCD错误。故选A。

如图所示，匀强磁场水平向右，与电子在磁场中的运动方向平行，则该电子()

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B,解：$$A$$、根据乙图可知升压变压器原线圈的电压有效值为：$$U_{1}=\dfrac{250\sqrt{2}}{\sqrt{2}}V=250V$$根据变压器原理可得升压变压器副线圈两端电压为：$$U_{2}=\dfrac{1000}{1}250V=2.510^{5}V$$；降压变压器原线圈两端电压为：$$U_{3}=\dfrac{1000}{1}220V=2.210^{5}V$$；所以输电线的电压损失：$$\triangleU=U_{2}-U_{3}=310^{4}V$$；输电线中的电流为：$$I_{2}=\dfrac{\triangleU}{R}=30A$$，故A错误；B、根据功率关系可得电站输出的功率为：$$P_{出}=U_{2}I_{2}=7.510^{6}V=7500kW$$，故B正确；C、输电线路损耗功率为：$$P_{损}=\triangleUI_{2}=910^{5}W=900kW$$，故C错误；D、变压器变压不变频，所以用户端交变电流的频率为：$$f=\dfrac{1}{0.02}Hz=50Hz$$，故D错误。故选：$$B$$。根据变压器原理得到升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电压，求出电压损失，根据欧姆定律求解电流强度；根据电功率的计算公式求解电功率和损失的电功率；变压器变压不变频。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。

图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为$$1$$：$$1000$$，降压变压器原、副线圈匝数比为$$1000$$：$$1$$，输电线的总电阻为$$1000Ω$$，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为$$220V$$，下列说法正确的是($$　　$$)

输电线中的电流为$$3A$$

输电线路损耗功率为$$90kW$$

用户端交变电流的频率为$$100Hz$$

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D,解：【分析】(1)根据图象分析两分运动性质，再分析合运动的性质；(2)根据物体做曲线运动的条件分析；(3)根据运动的合成法则分析。本题考查了对$$v—t$$图象的理解、物体做曲线运动条件的应用及运动的合成法。正确理解图象的物理意义是解题的关键。【解答】A.由图象可知：在$$0～4s$$内物体在$$x$$方向做匀速运动，竖直方向做匀加速直线运动，所以合外力在竖直方向上，所以合外力与初速度不在同一直线上，物体做曲线运动，故A错误；B.由图象可知，物体在$$4s$$内，合力方向与速度方向相同，做直线运动，故B错误$$;$$C.根据速度图象的“面积”等于位移，并根据矢量合成原则有：$$0～4s$$内物体的位移为$$x=$$$$\sqrt{(2\times4)^{2}+[\dfrac{1}{2}(2+4)\times4]^{2}}$$$$m=4$$$$\sqrt{13}$$$$m$$，故C错误$$;$$D、根据矢量合成原则有：$$4～6s$$内物体的位移为$$x=$$$$\sqrt{(\dfrac{1}{2}\times2\times2)^{2}+(\dfrac{1}{2}\times4\times2)^{2}}$$$$=2$$$$\sqrt{5}$$$$m$$，故D正确$$;$$故选D。

质量为$$0.2kg$$的物体，其速度在$$x$$、$$y$$方向的分量$$v_{x}$$、$$v_{y}$$，与时间$$t$$的关系如图所示，已知$$x$$、$$y$$方向相互垂直，则($$$$)。

$$0-4s$$内物体做直线运动

$$0-6s$$内物体一直做曲线运动

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D,解：【分析】线圈中电流变化时产生自感电动势，电感对电流的变化起阻碍作用：闭合开关的瞬间，自感线圈中无电流，分析三个灯的连接关系，确定它们的发光情况；$$K$$断开的瞬间，线圈产生自感电动势，分析此时以线圈为电源时三灯的连接关系，确定它们的发光情况；解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。【解答】A.$$K$$闭合的瞬间，线圈中无电流，$$b$$、$$c$$两等串联，通过的电流相同，则两灯的亮度相同，故A错误；B.$$K$$闭合足够长的时间以后，$$b$$被短路，$$b$$灯熄灭，所以$$b$$、$$c$$两灯亮度不相同，故B错误；$$CD.K$$断开的瞬间，线圈中电流将要减小、产生自感电动势，相当于电源，此时在自感电动势与三灯组成的回路中：$$a$$、$$c$$两灯串联后与$$b$$并联，所以$$a$$、$$c$$两灯逐渐变暗且亮度相同，而$$b$$灯突然闪亮以后再逐渐变暗，故C错误，D正确；故选D。

如图所示，三个相同的灯泡$$a$$、$$b$$、$$c$$和电阻不计的线圈$$L$$与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是($$$$)

$$K$$闭合足够长时间以后，$$b$$、$$c$$两灯亮度相同

$$K$$断开之后，$$b$$灯突然闪亮以后再逐渐变暗

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D,解：该实验的实验目的是验证力的平行四边形定则，要根据两个弹簧拉橡皮筋时两个拉力的大小和方向做出平行四边形求出其合力大小，然后与一个弹簧拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，当两次拉的效果相同，即可得出结论，故需要记录的是$$O$$点的位置和两弹力的大小和方向；因此需要描下$$O$$点的位置，同时记下两细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数；不需要记录橡皮条固定端的位置、两绳间的夹角以及橡皮条的总长度；故D正确，ABC错误。故选：$$D$$。根据该实验的实验原理以及实验目的可以明确该实验需要记录的数据。本题考查了“验证力的平行四边形定则”实验中的基本操作以及注意事项，要明确实验原理，由原理分析实验中需要测量和记录的物理量。

在“验证力的平行四边形定则”实验中，用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置$$O$$点。为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中必须记录的是($$　　$$)

描下$$O$$点位置、两条细绳套的方向及两个弹簧测力计的读数

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B,解：根据匀变速直线运动的速度时间关系有：$$v=at$$所以汽车的加速度：$$a=\dfrac{v}{t}=\dfrac{18}{3}=6m/s^{2}$$故选：$$B$$。根据匀变速直线运动的速度时间关系求得加速度即可．掌握匀变速直线运动的速度时间关系是正确解题的关键，属于基础题不难．

纯电动汽车不排放污染空气的有害气体，具有较好的发展前景$$.$$某辆电动汽车在一次刹车测试中，初速度为$$18m/s$$，经过$$3s$$汽车停止运动$$.$$若将该过程视为匀减速直线运动，则这段时间内电动汽车加速度的大小为($$　　$$)

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D,解：【分析】物体原来在水平推力$$F$$的作用下静止在斜面上，可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受静摩擦力，分三种情况进行讨论：没有静摩擦力、静摩擦力方向沿斜面向下和沿斜面向上，再分析稍微增大水平力$$F$$时，摩擦力和支持力如何变化；物体保持静止状态，合力保持为零.本题是动态变化分析问题，解题的关键是考虑物体所受的摩擦力可能有三种情况，由平衡条件进行分析.

如图所示，物体在水平推力$$F$$的作用下静止在斜面上，若增大水平力$$F$$而仍保持静止，则下列判断中正确的是(\quad)

斜面对物体的静摩擦力一定减小

物体所受外力的合力一定增大

物体所受外力的个数一定不变

斜面对物体的支持力一定增大

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A,解：电阻R1的额定电压为U1=$$\sqrt{P_{1}R_{1}}=\sqrt{100\times 4}=20V$$，额定电流为$$I_{1}=\frac{U_{1}}{R_{1}}=\frac{20}{100}=0.2A$$；电阻R2的额定电压和额定电流与电阻R1相同；R1和R2串联部分的额定电流均为0.2A，故串联电路的额定电流为0.2A，而额定电压为2倍的20V，即40V；电阻R3的额定电压为U3=$$\sqrt{P_{3}R_{3}}=\sqrt{100\times 1}=10V$$，额定电流为$$I_{1}=\frac{U_{3}}{R_{3}}=\frac{10}{100}=0.1A$$；故总的额定电压取并联电路额定电压的较小值，为10V；总电阻为：R=$$\frac{200\times 100}{200+100}=\frac{200}{3}$$Ω故最大功率为：P=UI=U$$\frac{U}{R\cdot}$$=$$\frac{10^{2}}{\frac{200}{3}}=1.5W$$故选：A。先算出R1和R2串联部分的额定电流和额定电压，再比较得出总的额定电压，最后得到最大功率．本题关键先求出串联部分的额定电压和额定电流，再计算并联部分的额定电流和额定电压，最后计算总的电功率．

如图所示，R1和R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W、100Ω的电阻，A，B两端允许消耗的最大电功率是（　　）

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C,解：这是感应起电，当带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，左端的负电荷受到排斥力运动到右侧，所以$$N$$处带正电．故$$C$$正确，$$A$$、$$B$$、$$D$$错误．故选：$$C.$$同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，当带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，左端的负电荷受到排斥力运动到右侧，所以$$N$$处带正电，$$M$$处带负电．解决本题的关键知道同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．以及知道感应起电的实质是电荷的转移，电荷是守恒的．

在感应起电中，带负电物体靠近带绝缘底座的导体时，如图所示$$N$$处将(\quad)

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C,解：【分析】位移$$-$$时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。理解位移$$-$$时间图象点和斜率的物理意义的同时，还要理解好速度$$-$$时间图象的点、线、面的物理意义。关键要知道位移$$-$$时间图象的斜率表示速度。

如图所示是$$A$$、$$B$$两质点从同一地点运动的$$x-t$$图象，则下列说法正确的是(\quad)

$$A$$质点做匀加速直线运动

$$B$$质点先沿负方向做直线运动，后沿正方向做直线运动

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B,解：由题，从$$O$$点以初速度$$v_{0}$$垂直$$A$$板射入的电子恰好能运动到$$P$$点返回，由动能定理可得：$$qU_{AB}=\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$$将$$B$$板向左平移到$$P′$$点，$$AB$$之间的电势差仍然等于电源两端的电压，仍然满足：$$qU_{AB}=\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$$所以粒子运动到$$P′$$点返回。故B正确，ACD错误。故选：$$B$$运用动能定理列式，分析到达$$P$$点时的条件，从而分析其运动情况。本题运用动能定理分析质点的运动过程，运用时要灵活选择研究的过程，明确板间电压与质点初末位置间电势差的大小关系。

如图所示，两块平行放置的金属薄板$$A$$、$$B$$始终与电源相连，$$A$$、$$B$$板中央各有一小孔，小孔分别位于$$O$$、$$P$$点。从$$O$$点以初速度$$v_{0}$$垂直$$A$$板射入的电子恰好能运动到$$P$$点返回。现将$$B$$板向左平移到$$P′$$点，则从$$O$$点以初速度$$v_{0}$$垂直$$A$$板射入的电子将($$　　$$)

运动到$$O$$和$$P′$$点之间某点返回

运动到$$P′$$点返回

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D,解：【分析】电容器接入电路，其两端的电压为电源两端的电压，要使电容器带电量增加，需要增大电容器的电容。本题考查电容器的动态变化问题，难度不大。【解答】电容器接入电路，其两端的电压为电源两端的电压，要使电容器带电量增加，根据$$Q=CU$$，需要增大电容器的电容，而电容$$C=\dfrac{εS}{4πkd}$$，即减小板间距离。故D正确，ABC错误。故选D。

如图所示电路中，开关$$S$$闭合$$.$$下列措施中，可以使电容器带电量增加的是()

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B,解：ABC、以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v′，解得：v′=$$\frac{mv_{0}}{M+m}$$，故AC错误，B正确；D、木块减少的动量：三角形P=mv0-mv′=$$\frac{Mmv_{0}}{M+m}$$，木块减少的动量与车上表面粗糙程度无关，故D错误；故选：B。根据系统的受力情况，分析得出小车和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得出木块最终的速度。本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键知道动量守恒的条件，运用动量守恒解题时，要规定正方向，注意公式的矢量性。

如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面是粗糙的，有一质量为m的木块，以初速度v0滑上小车的上表面。若车的上表面足够长，则（　　）

由于车的上表面粗糙，小车和木块组成的系统动量减小

车的上表面越粗糙，木块减少的动量越多

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C,解：试题分析：本题考查了在库仑力作用下的平衡问题，可以根据$$q_{2}$$为正电荷，假设$$q_{1}$$和$$q_{3}$$电性，然后判断是否能使三者都处于平衡；$$q_{1}$$与$$q_{2}$$的电量大小的判断可以根据$$q_{2}$$处于平衡状态，依据库仑定律，根据与$$q_{2}$$的距离关系进行判断．也可以根据“三点共线，两同夹异，近小远大”的原则进行判断．三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，判断电量大小关系时，距离远的电量大于距离近的电量，故$$ABD$$错误，$$C$$正确．故选$$C.$$

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D,解：在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律可知$$mg-F_{N}=\dfrac{mv^{2}}{r}$$由于$$F_{N}=0.6mg$$联立解得$$v=82km/h$$，故D正确故选：$$D$$。在最高点对汽车受力分析，根据牛顿第二定律求得速度本题主要考查了圆周运动，明确在最高点汽车的受力分析，结合牛顿第二定律即可求得

为美观和经济，许多桥面建成拱形。汽车通过桥顶时，对桥面的压力会减小，过快的汽车将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志。设汽车对桥面的压力是其重力的$$0.6$$倍时，其速度就是限速标志对应的速度，桥顶圆弧对应的半径为$$130m$$，则该限速标志所示速度约为($$取$$g=10m/s^{2})($$　　$$)

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A,解：【分析】判断功的正负，可根据功的公式$$W=Fl\cos\alpha $$，确定力与位移的夹角$$\alpha $$的大小，根据$$\alpha $$的范围确定功的正负。本题只要掌握功的公式$$W=Fl\cos\alpha $$，既可以判断力是否做功，也可以判断功的正负，关键确定力与位移的夹角。【解答】A.由题知，轮胎受到地面的摩擦力方向水平向左，而位移水平向右，两者夹角为$$180^{\circ}$$，则轮胎受到地面的摩擦力做了负功，故A正确；B.轮胎受到的重力竖直向下，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，重力不做功，故B错误；C.设拉力与水平方向的夹角为$$\alpha $$，由于$$\alpha $$是锐角，所以轮胎受到的拉力做正功，故C错误；D.轮胎受到地面的支持力竖直向上，而轮胎的位移水平向右，则轮胎在竖直方向上没有发生位移，支持力不做功，故D错误。故选A。

如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法。如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了$$100m$$，那么下列说法中正确的是($$$$)

轮胎受到地面的摩擦力做了负功

轮胎受到地面的支持力做了正功

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D,解：A、人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv人+Mv车=0，故车的方向一定与人的运动方向相反；故人与车的速度方向相反，人在车上向右行走时，车将向左运动，故A错误；B、因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故B错误；CD、因人与车的运动时间相等，动量守恒，以人的方向为正方向，则有：mx人-Mx车=0；故车与人的位移之比为：$$\frac{x_{\text{车}}}{x_{\text{人}}}=\frac{m}{M}$$不变；则车的位移与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等；故C错误，D正确。故选：D。人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得到人的位移与车的位移之比，由此进行分析。本题考查了“人船模型”，“人船模型”是动量守恒定律的应用的一个经典模型，该模型应用的条件：一个原来处于静止状态的系统，当系统中的物体间发生相对运动的过程中，有一个方向上动量守恒。

如图，质量为m的人在质量为M的平板车上从左端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是（　　）

人在车上行走时，车将向右运动

当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退

若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大

不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同

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D,解：根据物体和小车在水平方向上的动量守恒，取向右为正，可得0=mv水平-MV，所以V=$$\frac{mv_{\text{水平}}}{M}$$，由于v水平＜v，所以物块滑离小车时小车的速度$$V＜\frac{mv}{M}$$，所以④正确；当小车不动的时候，根据机械能守恒可得，mgh=$$\frac{1}{2}$$mv2，所以v=$$\sqrt{2gh}$$，由于小车的运动，根据能量的守恒可知，物块滑离小车时的速度$$v＜\sqrt{2gh}$$，所以②正确。故选：D。物体在下降的过程中，物体和小车再水平方向上的动量守恒，根据根据动量来分析即可。本题属于在某方向上动量的守恒，物块在下降的过程中，水平方向上的动量是守恒的，但是整体的动量不守恒。

斜面小车的质量为M，高为h，一个质量为m的物体从小车的顶点滑下，物块滑离斜面小车底端时的速度设为v，不计一切摩擦，下列说法：①物块滑离小车时的速度$$v=\sqrt{2gh}$$②物块滑离小车时的速度$$v＜\sqrt{2gh}$$③物块滑离小车时小车的速度$$V=\frac{mv}{M}$$④物块滑离小车时小车的速度$$V＜\frac{mv}{M}$$其中正确的是（　　）

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C,解：$$A$$、地面上的人看到飞机是相对于地面飞过，是以地面为参考系，故A错误；B、飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系。故B错误；C、$$D$$、以编队中某一飞机为参考系，所有飞机的位置相对不变，其他飞机是静止的，故C正确，D错误。故选：$$C$$。建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系。为了描述物体的运动状态要选择参考系，为定量描述物体位置变化要在参考系上建立坐标系，并且要建立合适的坐标系。

$$2017$$年$$11$$月，第十二届中国国际航空航天博览会在广东珠海如期举行，博览会还迎来了英国皇家空军“红箭”特技飞行表演队的中国航展首秀。如图所示，$$9$$架表演机保持队形不变飞过观礼台。下列关于“红箭”特技飞行表演的说法正确的是($$　　$$)

地面上的人看到飞机飞过，是以飞机为参考系

飞行员看到观礼台向后掠过，是以地面为参考系

以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的

以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的

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A,解：【分析】根据匀变速直线运动的速度公式和位移公式写出$$AB$$、$$AC$$的位移，根据$$AC$$、$$AB$$位移的的关系，联立解出$$t_{0}$$大小。本题考查匀变速直线运动的综合应用，关键是匀变速直线运动公式的灵活应用。【解答】根据匀变速直线运动规律得$$v_{A}=at_{0}$$，$$AB$$的位移$${x}_{AB}={v}_{A}T+\dfrac{1}{2}a{T}^{2}$$$$AC$$的位移$${x}_{AC}={v}_{A}2T+\dfrac{1}{2}a{\left(2Tight)}^{2}$$又$$x_{AC}=x_{AB}+x_{BC}=3x_{AB}$$，联立各式解得$${t}_{0}=\dfrac{1}{2}T$$，故A正确，BCD错误。故选A。

如图所示，一物体静止在水平地面上，从$$t=0$$时刻开始受水平向右的拉力$$F$$做匀加速直线运动，经$$t_{0}$$时间运动到$$A$$点，再经$$T$$和$$2T$$时间运动到$$B$$点和$$C$$点，若$$A$$、$$B$$、$$C$$三点间距满足$$BC=2AB$$，则()

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B,解：【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而$$R$$和$$r$$是纯电阻，可以对$$R$$和$$r$$，运用用欧姆定律求电路中的电流；电动机输入功率$$P$$入$$=UI$$，发热功率$$P$$热$$=I^{2}R$$$$M$$，电源内阻的电功率$$P=I^{2}r$$，输出功率$$P$$出$$=P-P$$热，根据功率关系求出电动机输出的功率。对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路，电能转化为内能和其他能时，是非纯电阻电路。【解答】A.根据闭合电路欧姆定律，有：$$E=U+I(r+R)\;$$，解得：$$I=\dfrac{E-U}{R+r}=2A$$，故A错误；B.电源内阻的电功率为：$$P={I}^{2}r={2}^{2}1W=4W$$，故B正确；$$CD.$$电动机的输入功率：$${P}_{入}=UI=102W=20W\;$$，电动机的热功率：$${P}_{热}={I}^{2}{R}_{M}={2}^{2}1W=4W\;$$，电动机的输出功率：$${P}_{出}=P-{P}_{热}=UI-{I}^{2}{R}_{M}=102W-{2}^{2}1W=16W\;$$，故CD错误。故选B。

如图所示，一直流电动机与阻值$$R=9Ω$$的电阻串联在电源上，电源电动势$$E=30V$$，内阻$$r=1Ω$$，用理想电压表测出电动机两端电压$$U=10V$$，已知电动机线圈电阻$$R_{M}=1Ω$$，则下列说法中正确的是

通过电动机的电流为$$10A$$

电源内阻的电功率为$$4W$$

电动机线圈电阻的电功率为$$2W$$

电动机的输出功率为$$20W$$

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B,解：允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度，是瞬时速度，所以$$60km/h$$是指瞬时速度；到杭州还有$$20km$$，$$20km$$是运动轨迹的长度，是路程。故B正确，ACD错误。故选：$$B$$。平均速度表示某一段时间或一段位移内的速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度。路程表示运动轨迹的长度，位移的大小等于初位置到末位置的距离解决本题的关键知道路程和位移的区别，以及知道瞬时速度和平均速度的区别。

为了使公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志，如图所示。甲图是限速标志，表示允许行驶的最大速度是$$60km/h$$；乙图是路线指示标志，此处到塘沽还有$$20km.$$上述两个数据表达的物理意义是($$　　$$)

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B,解：$$AC$$、$$CD$$间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为$$a$$、$$b$$、$$c$$，有：$$q\dfrac{U_{CD}}{b}=qvB$$$$I=nqvS=nqvbc$$，则$$U_{CD}=\dfrac{BI}{nqc}$$，$$n$$由材料决定，故$$U$$与材料有关；$$U$$与厚度$$c$$成反比，与宽$$b$$无关，仅增大$$C$$、$$D$$间的宽度(B,I$$不变$$)时，电势差$$U_{CD}$$不变；故AC错误；B、根据左手定则，电子向$$C$$侧面偏转，$$C$$表面带负电，$$D$$表面带正电，所以$$D$$表面的电势高，则$$U_{CD}0.$$故B正确；D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D错误。故选：$$B$$。在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道$$C$$、$$D$$两侧面会形成电势差$$U_{CD}$$的正负。$$CD$$间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差$$U_{CD}$$与什么因素有关。解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。

利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件是工作原理示意图，磁感应强度$$B$$垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流$$I$$，$$C$$、$$D$$两侧面会形成电势差$$U_{CD}$$，下列说法中正确的是($$　　$$)

若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差$$U_{CD}0$$

仅增大磁感应强度时，电势差$$U_{CD}$$变小

在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平

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B,解：$$A$$、用水平力$$F$$慢慢拉出纸带，重物与纸片间是滑动摩擦力；若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，重物与纸片间也是滑动摩擦力；滑动摩擦力与相对速度无关，故两次的滑动摩擦力相等，故A错误，B、纸带对重物的合力等于摩擦力，慢拉时滑动摩擦力作用时间长，故慢拉时纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故B正确CD错误；故选：$$B$$快拉时，由于惯性，很容易将纸片抽出；慢拉时，很难将纸片抽出；根据冲量的定义公式$$I=Ft$$分析冲量大小本题关键明确滑动摩擦力大小与相对速度无关，注意纸带给重物的冲量是摩擦力和支持力冲量的矢量和

如图所示，重物$$G$$压在纸带上，用一水平力慢速的拉动纸带，重物$$G$$会跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物$$G$$下面抽出，关于这个现象，下列说法中正确的是($$　　$$)

在慢速拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力

在慢速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大

在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大

迅速拉动只带时重物动量的变化大

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B,解：A、如果$$L_{1}$$被短路不能发光，电源也会短路，会烧坏电源$$.$$不符合题意；B、如果$$L_{1}$$断路不能发光，电流表也断路无示数；$$L_{2}$$支路不受影响，$$L_{2}$$正常发光，电压表测量电源电压示数不变$$.$$符合题意；C、如果$$L_{2}$$被短路不能发光，电源也会短路，会烧坏电源$$.$$不符合题意；D、如果$$L_{2}$$断路不能发光$$.$$不符合题意．故选B．由图知，两只灯泡并联，电压表测量电源电压，电流表测量$$L_{1}$$支路电流．此题考查的是电路故障的判断，将每个选项代入题干，只要有一条与已知矛盾，此选项就是错误的．

如图所示的电路，闭合开关$$S$$，灯$$L_{1}$$不发光，灯$$L_{2}$$发光，电流表无示数，电压表有示数$$.$$则电路故障可能是($$　　$$)

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C,解：【分析】(1)声音的产生靠物体的振动，物体的振动可借助其它物体($$如纸屑$$)的跳动来体现，这是一种转换的思想；(2)声音的传播需要介质，声音不能在真空中传播；(3)声音的音调高低由塑料尺伸出桌面的长度有关，料尺伸出桌面的长度越长，振动越慢，塑料尺振动时发出的音调越低，塑料尺伸出桌面的长度越短，振动越快，听到的音调越高；(4)声音可以传播信息和能量。本题考查声学的知识点，属于基础题。【解答】A.敲击鼓面，看到鼓面上的泡沫颗粒跳动，说明声音是由物体的振动产生的，故A叙述正确；B.把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，音量减弱，说明空气能够传声，且声音不能在真空中传播，故B叙述正确；C.直尺伸出桌面的长度越短，拨动时发出的声音音调越高，说明音调由频率决定，故C叙述错误；D.发声的扬声器外，烛焰晃动，说明声音可以传递能量，故D叙述正确。故选C。

下列有关声音的说法中，错误的是()

图甲：敲击鼓面，看到鼓面上的泡沫颗粒跳动，说明声音是由物体振动产生的

图乙：把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，最后听不到声音，说明真空不能传声

图丙：钢尺伸出桌面的长度越短，拨动时发出的声音音调越高，说明响度由频率决定

图丁：发声的扬声器前，烛焰晃动，说明声音可以传递能量

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A,解：A、由电路图可知，开关$$S_{1}$$、$$S_{2}$$都闭合时，$$L_{1}$$与$$L_{2}$$首首相连、尾尾相连，则两灯是并联的，故A正确；B、由电路图可知，开关$$S_{1}$$闭合，$$S_{2}$$断开，电源外部电流流向为$$d→c→b→a$$，故B错误；C、开关$$S_{1}$$、$$S_{2}$$都闭合，$$L_{1}$$与$$L_{2}$$并联，由于不知道两灯泡的规格，所以不能判断通过灯泡$$L_{1}$$的电流与通过灯泡$$L_{2}$$电流的关系，故C错误；D、由图知，开关$$S_{1}$$在干路上，控制两盏灯，开关$$S_{2}$$控制灯泡$$L_{1}$$；只闭合$$S_{1}$$，灯泡$$L_{2}$$发光，$$S_{1}$$、$$S_{2}$$都闭合，两灯泡都发光，只闭合$$S_{2}$$时两灯泡都不发光，故D错误。故选：$$A$$。(1)把几个用电器首尾相接，连入电路是串联，串联电路中电流处处相等；把几个用电器首首相接、尾尾相接，再连入电路，就是并联，并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；(2)在电源的外部，电流的方向是从电源的正极经过用电器回到负极；(3)串联电路电流处处相等，并联电路干路电流等于各支路电流的和；(4)并联电路干路开关控制所有用电器，支路开关控制本支路。本题考查了电路连接方式的判断，解决此类问题要结合串联电路和并联电路的特点选择合适的开关组合。

如图所示的电路中，闭合开关$$S_{1}$$、$$S_{2}$$，电流表、灯泡$$L_{1}$$和$$L_{2}$$均能正常工作。则下列说法正确的是($$　　$$)

开关$$S_{1}$$闭合，$$S_{2}$$断开，电源外部电流流向为$$a→b→c→d$$

闭合$$S_{1}$$、$$S_{2}$$中任意一个开关，都会有灯泡发光

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B,解：【分析】A.根据阿基米德原理判断浮力的变化；B.首先根据液体压强特点判断压强的变化，然后判断所受压力的变化；C.根据影响动能大小的因素判断动能的变化；D.根据$$p=ρ_{液}gh$$判断压强的变化。此题主要考查了液体压强、浮力大小的计算，关键掌握有关的计算公式，判断出影响因素的变化，同时还涉及到了动能大小的判断，属基础知识。【解答】A.蛟龙号匀速下潜时，液体的密度和排开液体的体积不变，由$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$知，浮力不变，故A错误；B.蛟龙号在匀速下潜时，由于在海水中的深度增大，所以受到的压强增大，由$$F=pS$$可知，所受海水的压力也在增大，故B正确；C.蛟龙号在匀速下潜，质量和速度都不变，所以动能不变，故C错误；D.蛟龙号在匀速下潜时，由于在海水中的深度增大，所以受到的压强增大，故D错误。故选B。

如图所示是我国首台自主设计、自主集成研究的作业型深海载人潜水器“蛟龙号”，是目前世界上下潜能力最深的作业型载人潜水器。$$2012$$年$$6$$月$$27$$日，中国载人潜水器“蛟龙号”$$7000$$米级海试最大下潜深度达$$7062$$米。，再创中国载人深潜记录。在试潜时，“蛟龙号”先下潜到一定深度，调试后在匀速下潜。以下关于蛟龙号匀速下潜时的说法正确的是()

蛟龙号匀速下潜时浮力逐渐变小

蛟龙号匀速下潜时外壳受到水的压力逐渐变大

蛟龙号匀速下潜时动能逐渐减小

蛟龙号匀速下潜时海水对舷窗的压强保持不变

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A,解：$$①$$纸托住杯中的水，说明了大气压的存在；$$②$$滚摆是重力势能和动能相互转化的机械，通过实验可知重力势能和动能可以相互转化；$$③$$此装置有电源，是研究通电导体在磁场中受力的实验；$$④$$探究电磁感应现象时，将一个金属杆、开关和灵敏电流表连起来，让金属杆放在蹄形磁体的磁场中向各个方向运动，观察电流的指针偏转情况，看能否产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机是利用电磁感应的原理。综上所述：$$①③$$正确，$$②④$$错误。故选：$$A$$。(1)生活中证明大气压的实例是非常多的，如：钢笔吸墨水、吸管吸饮料、纸托住杯中的水、吸盘吸在墙壁上等；(2)物体由于运动而具有的能叫动能，质量越大，速度越大，动能就越大；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，质量越大，高度越高，重力势能就越大。(3)电流在磁场中会受到力的作用，因此通电导体会在磁场中发生运动，故可以利用该原理制成电动机，将电能转化为机械能。(4)闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。物理学是以观察和实验为主的学科，很多的物理知识都来源于实验，在学习中应重视实验的学习，要牢记一些重要实验装置图。

如图所示是课本中的四个实验，关于其对应的实验结论，下列说法中正确的是($$　　$$)$$①$$甲图说明大气压强的存在$$②$$乙图说明重力势能可以转化为机械能$$③$$丙图说明通电导体在磁场受到力的作用$$④$$丁图说明电动机的工作原理

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D,解：开始时，杠杆平衡，动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂，当伸长吊臂时，阻力不变，阻力臂变长，阻力与阻力臂乘积变大，动力和动力臂都不变，即，动力乘动力臂大于阻力乘阻力臂，起重机容易倾翻，故D正确。故选：$$D$$。根据杠杠的平衡条件动力乘动力臂与阻力乘阻力臂的大小变化判断起重机的情况。本题根据杠杆的平衡条件来分析，主要考查力臂的变化。

在美丽乡村建设中，进行河道清淤作业时要利用起重机将较重的钩机放入河道($$如图所示$$)。工作时，以下操作可能造成起重机倾翻的是($$　　$$)

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D,解：A、电流通过电阻丝时，电流会做功，电能转化为内能，使得电阻丝的内能变大，故A正确；B、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但容器中空气的温度变化导致容器中空气体积的变化，即可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法，故B正确；C、只闭合开关$$S_{1}$$时，容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流$$I$$与通电时间$$t$$相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，即这是探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故C正确；D、闭合开关$$S_{1}$$和$$S_{2}$$，右边的两个电阻并联后，又与左边的电阻串联，根据串、并联电路的电流特点可知，通过$$R_{1}$$和$$R_{2}$$的电流是不同的，由于它们的电阻不同，所以无法探究电阻产生的热量跟电流大小的关系，故D错误。故选：$$D$$。(1)改变内能的方法有两个：做功和热传递；(2)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；(3)只闭合开关$$S_{1}$$时该电路为串联电路，据此分析；(4)闭合开关$$S_{1}$$和$$S_{2}$$，该电路中通过两个电阻的电流是不同的，据此分析。此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。

如图是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是($$　　$$)

通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功方式改变的

$$U$$形管液面高度变化是因为透明容器中空气的温度发生了变化

只闭合开关$$S_{1}$$，该装置可以用来探究电流通过导体产生的热量跟电阻大小的关系

闭合开关$$S_{1}$$和$$S_{2}$$，该装置可以用来探究电流通过电阻产生的热量跟电流大小的关系

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C,解：由电路图可知，灯泡$$L$$与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。(1)灯泡正常发光时的电压为$$2.5V$$，功率为$$1.25W$$，由$$P=UI$$可得，灯泡正常发光时电路中的电流：$$I=I_{L}=\dfrac{P_{L}}{U_{L}}=\dfrac{1.25W}{2.5V}=0.5A$$，因串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为$$1A$$，所以，电路中的最大电流$$I_{大}=0.5A$$，此时电路的总功率最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，则电路的最大电功率：$$P_{大}=UI_{大}=4.5V0.5A=2.25W$$，故D正确；由$$I=\dfrac{U}{R}$$可得，灯泡的电阻和电路的总电阻分别为：$$R_{L}=\dfrac{U_{L}}{I_{L}}=\dfrac{2.5V}{0.5A}=5Ω$$，$$R=\dfrac{U}{I_{{大}}}=\dfrac{4.5V}{0.5A}=9Ω$$，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路的最小电阻：$$R_{滑小}=R-R_{L}=9Ω-5Ω=4Ω$$；(2)当电压表的示数$$U_{滑}=3V$$时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时灯泡两端的电压：$$U_{L}′=U-U_{滑大}=4.5V-3V=1.5V$$，电路中的最小电流：$$I_{小}=\dfrac{U_{L}′}{R_{L}}=\dfrac{1.5V}{5\Omega}=0.3A$$，所以电路中电流变化的范围是$$0.3A～0.5A$$，故A正确；灯泡的最小功率：$$P_{L}′=U_{L}′I_{小}=1.5V0.3A=0.45W$$，故C错误；滑动变阻器接入电路中的最大阻值：$$R_{滑大}=\dfrac{U_{{滑大}}}{I_{{小}}}=\dfrac{3V}{0.3A}=10Ω$$，则滑动变阻器阻值变化的范围是$$4Ω～10Ω$$，故B正确。故选C。由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据$$P=UI$$求出灯泡正常发光时的电流，根据串联电路的电流特点结合滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时电路的总功率最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据$$P=UI$$求出电路的最大电功率，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；(2)当电压表的示数最大时，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，利用串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的电流，进一步求出电路中电流变化的范围，根据$$P=UI$$求出灯泡的最小功率，最后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值即可得出滑动变阻器阻值变化的范围。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡的额定电流确定电路中的最大电流和电压表的最大示数确定电路中的最小电流，并且要知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。

某同学在做“调节灯泡亮度”的电学实验时，电路如图所示，电源电压恒为$$4.5V$$，电压表量程“$$0～3V$$”，滑动变阻器规格“$$20Ω$$$$lA$$”，灯泡$$L$$标有“$$2.5V$$$$1.25W$$”字样($$忽略灯丝电阻变化$$)，在不损坏电路元件的情况下，下列判断不正确的是($$　　$$)

电路中电流变化的范围是$$0.3A～0.5A$$

滑动变阻器阻值变化的范围是$$4Ω～10Ω$$

该电路的最大功率是$$2.25W$$

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B,解：在测量该物体的质量时，测量前将天平放在水平桌面上，第一个操作应该是先将游码移到标尺左端的零刻度线处；然后再调节平衡螺母使天平平衡，最后将所选物体放在天平的左盘，通过往右盘添加砝码和移动游码使天平重新平衡。故B正确，ACD错误。故选：$$B$$。天平的使用规则及注意事项是一个重点知识，包括放置天平、调节横梁平衡、调节横梁平衡前要将游码移到标尺左端的零刻度线处、左盘放物体，右盘放砝码、不要超过其量程、用镊子加减砝码等。此题主要考查的是学生对天平的使用规则的理解和掌握。深刻理解天平的使用规则是解此题的关键

如图所示，天平放在水平桌面上，利用配套器材能直接测出物体的质量，在测量该物体的质量时，第一步操作应该是($$　　$$)

把游码移到标尺的零刻度处

把被测物体放在天平的左盘

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D,解：A、电流表是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成，不是利用了电磁感应现象，故A错误；B、电流表的原理与电动机相似，在工作过程中是将电能转化为机械能，故B错误；C、改变线圈中的电流方向，线圈转动方向会发生改变，当通以相反方向电流时，电流表指针将向左偏转，故C错误；D、电流表是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成，线圈转动时带动指针转动，从而产生示数，故D正确。故选：$$D$$。首先利用图示的装置分析出其制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转，线圈受力方向与电流方向有关，这一过程中，将电能转化为机械能。在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。

实验室常用电流表的结构如图所示，线圈与接线柱相连。当通以图示方向的电流时，线圈带动指针向右偏转。下列说法中正确的是($$　　$$)

此电流表是根据电磁感应现象制成的

此电流表工作时将机械能转化为电能

当通以相反方向的电流时，电流表指针仍向右偏转

此电流表是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理工作

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B,解：由电路图可知，灯泡$$L$$与滑动变阻器串联，电压表测$$L$$两端的电压。(1)当滑动变阻器的滑片$$P$$移至$$B$$端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由图象可知，当电压表示数为$$1.5V$$时，电路中的电流$$I=0.3A$$，由$$I=\dfrac{U}{R}$$可得，滑动变阻器两端的电压：$$U_{滑}=IR_{滑}=0.3A10Ω=3V$$，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：$$U=U_{L}+U_{滑}=1.5V+3V=4.5V$$，故A正确；(2)由图象可知，灯泡两端的电压为$$3V$$时，电路中的电流$$I′=0.5A$$，因额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，所以，灯泡的额定功率：$$P_{L额}=U_{L额}I′=3V0.5A=1.5W$$，故C正确；此时滑动变阻器两端的电压：$$U_{滑}′=U-U_{L额}=4.5V-3V=1.5V$$，滑动变阻器消耗的电功率：$$P_{滑}′=U_{滑}′I′=1.5V0.5A=0.75W$$，故D正确；此时电路中的电流最大，则电路中消耗的最大功率：$$P=UI′=4.5V0.5A=2.25W$$，故B错误。故选：$$B$$。由电路图可知，灯泡$$L$$与滑动变阻器串联，电压表测$$L$$两端的电压。(1)当滑动变阻器的滑片$$P$$移至$$B$$端时，滑动变阻器的最大阻值和灯泡串联，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；(2)由图象可知电压表的示数为$$3V$$时对应的电流，根据$$P=UI$$求出灯泡的额定功率，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据$$P=UI$$求出此时滑动变阻器消耗的电功率，此时电路中的电流最大，再根据$$P=UI$$求出电路中消耗的最大功率。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。

小灯泡$$L$$的额定电压为$$3V$$，它的$$I-U$$图象如图甲所示。把小灯泡接入如图乙所示的电路中，先将滑动变阻器的滑片$$P$$移至$$B$$端，闭合开关$$S$$，电压表示数为$$1.5V$$；再将滑片$$P$$向左移动直到电压表示数为$$3V.$$已知电源电压恒定，滑动变阻器的铭牌标有“$$10Ω$$$$2A$$”。下列说法中错误的是($$　　$$)

电路中消耗的最大功率为$$1.35W$$

小灯泡的额定功率为$$1.5W$$

小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电功率为$$0.75W$$

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D,解：【分析】(1)电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯$$.$$在电流和铁芯一定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；在线圈和铁芯一定时，电流越大，电磁铁磁性越强；(2)滑片向右滑动过程中判断电流大小，判断电磁铁磁性强弱；指示灯变暗，判断右边电路电流大小，判断巨磁电阻阻值变化。本题由滑动变阻器滑片变化，判断电磁铁磁性变化；由指示灯亮度变化判断电流的变化，判断巨磁电阻阻值的变化；然后建立两者之间的关系是本题的重点。【解答】滑片$$P$$向右滑动过程中，滑动变阻器连入电路电阻增大，电磁铁电路电流变小，线圈和铁芯一定，电磁铁磁性越弱；右侧电路指示灯变暗，电流中的电流变小，电路电阻变大，所以巨磁电阻阻值变大，故巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而增大，巨磁电阻的阻值随磁场的增强而减小；根据$$U=IR$$可知，灯泡两端的电压变小，巨磁电阻两端的电压变大，但不能说明故通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似D正确，ABC错误。故选D。

如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图，实验发现，在闭合开$$S1$$、$$S2$$且滑片$$P$$向右滑动的过程中，指示灯明显变暗，这说明()

电磁铁的磁性增强，电压表示数增大

流过灯泡的电流增大，电压表示数减小

电磁铁周围的磁场与条形磁铁的磁场相似

巨磁电阻的阻值随磁场的增强而减小

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B,解：电源两端电压为$$6V$$保持不变，定值电阻为$$10Ω$$；由题意知，当电压表的最大测量值为$$3V$$时，此时定值电阻$$R_{1}$$两端的电压$$U_{1}=3V$$，电路中的电流$$I_{1}=I=I_{2}=\dfrac{U_{1}}{R_{1}}=\dfrac{3V}{10\Omega}=0.3A0.6A$$，因此电路中的最大电流为$$0.3A$$；故滑动变阻器接入电路中的最小电阻$$R_{2}=\dfrac{6V-3V}{0.3A}=10Ω$$；电路消耗的最大功率$$P=UI=6V0.3A=1.8W$$；电阻$$R_{1}$$消耗功率最大功率：$$P=UI=3V0.3A=0.9W.$$故ACD错误；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即$$I_{1}′=\dfrac{6V}{10\Omega+20\Omega}=0.2A$$，电阻$$R_{1}$$电路消耗的最小功率：$$P′=(I_{1}′)^{2}R_{1}=(0.2A)^{2}10Ω=0.4W$$。则电阻$$R_{1}$$消耗功率允许的变化范围为$$0.4W～0.9W$$；故B选项正确。故选：$$B$$。滑动变阻器$$R_{2}$$与定值电阻$$R_{1}$$串联，电压表测量定值电阻两端的电压，根据串联电路的分压原理($$电阻越大，电阻两端的电压越高$$)，当电压表的示数最小时，变阻器接入电路的电阻最大；当电流表的示数达到最大值时，变阻器接入电路的电阻最小；根据欧姆定律的应用可分别电路中的总电阻和滑动变阻器接入电路中的电阻值，同时可以确定电压表示数、电流表示数以及电路中总功率的变化。本题考查串联电路中电压、电流以及功率、滑动变阻器接入电路电阻的计算，注意求阻值范围时，根据电流表和电压表的最大值进行计算，并且会灵活运用欧姆定律。

如图所示，电源电压保持$$6V$$不变，电流表的量程为$$0-0.6A$$，电压表的量程为$$0-3V$$，定值电阻$$R_{1}$$的规格为“$$10Ω$$$$0.5A$$“，滑动变阻器$$R_{2}$$的规格为“$$20Ω$$$$1A$$”。现闭合开关$$S$$，为了保证电路及仪器的安全，在变阻器的滑片$$P$$移动的过程中，下列说法中正确的是($$　　$$)

电流表示数允许的电流变化范围为$$0.2A-0.5A$$

变阻器$$R_{2}$$接入电路的阻值允许变化范围为$$2Ω-20Ω$$

电路消耗总功率允许的变化范围为$$1.2W-3W$$

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C,解：$$A$$图中：观察水的沸腾，利用酒精灯加热，是通过热传递改变内能的过程；$$B$$图中：空气膨胀做功，推动塞子，空气的内能减少，是通过做功的方法使内能转化为机械能；$$C$$图中：用力将活塞迅速压下，压缩空气做功，是机械能转化为内能的过程；$$D$$图中：是内燃机压缩冲程，是活塞压缩工作物质做功，改变物质内能；综合上述$$BCD$$三实验改变内能方法相同．故选C．改变物体内能的两种方式：做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移$$.$$据此分析选择．本题从实验入手，考查改变物体内能的两种方式，注重了物理知识与生活的联系．

如图所示的实验或机器均改变了物体的内能，其中改变内能方法相同的是($$　　$$)

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B,解：【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表$$A_{1}$$测干路电流，$$A_{2}$$测$$R_{1}$$支路的电流，根据并联电路的电流特点确定两电流表的量程，并根据分度值读出其大小和求出通过$$R_{2}$$的电流，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比。本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电流表量程的判读是解决本题的关键。【解答】由电路图可知，两电阻并联，电流表$$A_{1}$$测干路电流，$$A_{2}$$测$$R_{1}$$支路的电流，因为并联电路干路电流大于各支路电流之和，$$A_{1}$$指针比$$A_{2}$$指针偏转角度小，所以$$A_{1}$$的量程为$$0～3A$$，分度值为$$0.1A$$，干路电流$$I=1.5A$$，$$A_{2}$$的量程为$$0～0.6A$$，分度值为$$0.02A$$，通过$$R_{2}$$支路的电流$$I_{1}=0.5A$$，通过$$R_{2}$$的电流$$I_{2}=I-I_{1}=1.5A-0.5A=1A$$，因并联电路中各支路两端的电压相等，由$$I=\dfrac{U}{R}$$可得：$$\dfrac{{R}_{1}}{{R}_{2}}=\dfrac{\dfrac{U}{{I}_{1}}\;}{\dfrac{U}{{I}_{2}}\;}=\dfrac{{I}_{2}}{{I}_{1}}=\dfrac{1A}{0.5A}=\dfrac{2}{1}$$。

如图甲所示电路，闭合开关后，两电流表指针偏转如图乙、丙所示，则电阻$$R_{1}$$、$$R_{2}$$之比为($$$$)

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A,解：当用力吹漏斗时，气流从漏斗的壁快速流出，速度比较大，乒乓球的上部气流流速大，压强比较小，乒乓球的下部受到的大气压是不变的，托着乒乓球不会掉下来。故选：$$A$$。流动的气体和液体都称为流体，流体流速大压强小。掌握流体的流速和压强的关系，并能解释有关的问题。

小明同学在倒置的漏斗里放一个乒乓球，用手指托住乒乓球。然后从漏斗口向下用力吹气，并将手指移开，如图，那么以下分析正确的是($$　　$$)

乒乓球不会下落，因为其上方气体流速增大，压强变小

乒乓球不会下落，因为其上方气体流速增大，压强变大

乒乓球会下落，因为其上方气体流速增大，压强变大

乒乓球会下落，因为其上方气体流速增大，压强变小

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D,解：$$A$$、只闭合开关$$S_{1}$$，电流的路径是：电源正极$$→L_{2}→S_{1}→$$负极，故灯$$L_{2}$$发光，故A正确；B、只闭合开关$$S_{2}$$，电流的路径是：电源正极$$→L_{2}→S_{2}→L_{1}→$$负极，故两个灯泡串联，故B正确；C、闭合开关$$S_{1}$$、$$S_{3}$$两个灯泡并联，电流从电源正极开始分支，一路经过$$S_{3}$$、$$L_{1}$$，另一路经过$$L_{2}$$、$$S_{1}$$，然后两路共同回到电源负极，故两个灯泡并联，故C正确；D、当开关$$S_{1}$$、$$S_{2}$$、$$S_{3}$$都闭合时，形成电源短路，是不允许的，故D错误。故选：$$D$$。电路的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作。本题考查了学生利用电路的三种状态和开关的通断分析电路图的能力。这也是分析分析电路图的基本能力，要求学生应熟练掌握。

如图所示的电路中，下列说法不正确的是($$　　$$)

只闭合开关$$S_{2}$$，两个灯泡串联

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D,解：由电路图可知，灯$$L$$和滑动变阻器并联，电压表测电源电压，电流表测通过灯$$L$$的电流，所以当滑动变阻器的滑片$$P$$向右移动时，电流表的示数不变，电压表的示数不变，灯泡的亮度不变，故$$A$$、$$B$$和$$C$$均错误；滑片$$P$$向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过滑动变阻器的电流变小，所以干路电流变小，由$$P=UI$$可知，电路的总功率变小，故$$D$$正确。故选：$$D$$。由电路图可知，灯泡$$L$$与滑动变阻器$$R$$并联，电压表测电源的电压，电流表测通过$$L$$的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过$$L$$电流的变化；根据$$P=UI$$判定总功率的变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。

如图所示电路的电源电压不变，当滑动变阻器的滑片$$P$$向右移动的过程中，下列说法正确的是(\quad)

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B,解：气泡在上升过程中，体积会逐渐变大即排开液体的体积变大，所处的深度变小；根据公式$$p=ρgh$$可知气泡所受压强的变化，根据公式$$F_{浮}=ρgV_{排}$$可知气泡所受浮力的大小变化．解：气泡在上升过程中，体积会逐渐变大，所处的深度变小，$$\because p=ρgh$$，$$\therefore $$气泡受到的压强在不断减小；$$\because F_{浮}=ρgV_{排}$$，气泡排开液体的体积变大，$$\therefore $$气泡受到的浮力在不断变大．故选B．

如图，鱼缸中小金鱼吐出的气泡，在水中上升的过程体积逐渐变大，则气泡所受压强和浮力的变化情况是($$$$)

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D,解：$$A$$、因为$$a$$、$$b$$之间是完好的，所以电压表并联在$$a$$、$$b$$两点时，电压表示数为$$0$$，不符合题意；B、因为$$c$$、$$d$$之间为电源，电源电压为$$3V$$，所以电压表接$$c$$、$$d$$两点时，示数为$$3V$$，不符合题意；C、因为$$b$$、$$e$$之间是完好的，所以电压表并联在$$b$$、$$e$$两点时，电压表示数为$$0$$，不符合题意；D、由于$$d$$、$$e$$之间是断路，当电压表并联在$$d$$、$$e$$两点时，电压表示数应该是$$3V$$而不是$$0$$，符合题意．故选D．由题意可知，电路中只有一处故障，是开关$$S$$接触不良，即开关处断路$$.$$那么用电压表检测时，如果电压表示数为$$0$$，说明电压表所测范围之内是完好的；如果电压表示数等于电源电压，则电压表所测范围之内是断路．在用电压表判断电路故障时，如果电压表示数为$$0$$，则电压表所测范围之内可能是短路或所测范围之外出现断路；如果电压表示数等于或接近电源电压，则电压表所测范围之内是断路或所测范围之外出现短路．

某同学将两个小灯泡按图的方式连入$$3V$$的电路中，闭合开关后，发现两灯都不亮，他猜想可能是开关接触不良$$.$$用电压表对电路进行了正确检测后，他判断出确实是开关$$S$$接触不良$$.$$在他的检测中，以下情况不可能出现的是($$设故障只有一处$$)($$　　$$)

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C,解：$$AB$$、用嘴贴着瓶口吹气，振动发声的是由于瓶内空气柱的振动发出的，空气柱长度越短，音调越高；因此甲的音调最高；丁瓶的音调最低；故AB错误；C、水瓶琴的声音是通过空气传入人耳的；故C正确。D、饶有兴趣演奏发出的声音影响到同学的学习，故对于上无声自习的同学是噪声，故D错误。故选：$$C$$。(1)用嘴贴着管口吹气，振动发声的物体是瓶中的空气；振动的频率越高，音调越高；(2)通过分析每个音阶对应的振动频率可以得出音调高低与振动频率的关系；(3)声音的传播需要介质；(4)影响人或动物正常生活、休息等的声音都属于噪音。本题主要考查学生对：频率与音调高低关系的理解和掌握。重点是弄清发声体。

学习了声音部分后老师指导同学们制作小乐器。如图是小华制作的可以吹奏的水瓶琴。以恰当的角度吹不同的瓶口会发出“$$do$$”“$$re$$”“$$mi$$”“$$fa$$”“$$so$$”的声音来。关于水瓶琴下列说法正确的是($$　　$$)

吹奏水瓶琴时发出的声音是由瓶子里的水产生的

发出的“$$do$$”“$$re$$”“$$mi$$”“$$fa$$”“$$so$$”$$…$$的声音是声音的响度不同

水瓶琴的声音是通过空气传入人耳的

饶有兴趣演奏发出的声音对于上无声自习的同学不是噪声

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B,解：$$AB$$、由于右端是电源的正极，所以电流从右端流入，故据安培定则可知，该螺线管的左端是$$N$$极，右端是$$S$$极，所以磁感线的方向应该从左向右，故通电螺线管外$$A$$点的磁场方向向右，故A错误，B正确；C、滑片向左移动，接入电路的电阻变小，故电路的电流变大，磁性变强，故C错误；D、据上面的分析可知，该螺线管的右端是$$S$$极，所以小磁针的左端应该是$$N$$极，故$$N$$极的指向沿水平向左，故D错误；故选B．(1)磁场中某点的磁场方向与该点的磁感线方向是一致的；(2)据电流的方向，结合安培定则判断出该通电螺线管的$$NS$$极即可；(3)通电螺线管的磁场的强弱与电流的强弱有关；此题考查了磁极间的作用规律、安培定则、电路中的电流变化等知识点，是一道综合题．

如图所示的装置中，当开关$$S$$闭合后，下列判断正确的是($$　　$$)

通电螺线管外$$A$$点的磁场方向向左

通电螺线管的左端为$$N$$极

向左移动滑片$$P$$，通电螺线管的磁性减弱

小磁针静止后，其$$N$$极的指向沿水平向右

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C,解：【分析】(1)音调跟物体的振动频率有关，振动频率越大，音调越高；响度跟物体的振幅有关，振幅越大，响度越大；(2)音色跟发声体的材料、品质有关，根据波形的形状判断音色；(3)减弱噪声的方法有：在声源处减弱噪声、在传播过程中减弱噪声、在人耳处减弱噪声，据此分析回答；(4)人耳能听到的声音在$$20Hz$$到$$20000Hz$$之间，超出这个范围的声音，人耳是听不到的。本题主要考查学生声学一些基础知识点的了解和掌握，特别是声音的三个特性以及三个特性的影响因素。【解答】A.改变尺子伸出桌面的长度，若用相同的力拨动尺子，是为了研究尺子发出声音的音调与尺子振动快慢的关系，尺子伸出桌面越长，振动越慢，发出声音的音调越低；若要探究响度与振幅的关系，需要保持尺子伸出桌面的长度不变，改变拨动尺子的力度，故A错误；B.从图中可以看出，两列波振动的幅度相同，故其响度相同；相同时间内，甲、乙振动的次数相同，频率相同，所以它们的音调相同；但是它们波形的形状不同，说明它们的音色不同，故B错误；C.摩托车上的消声器，是在声源处减弱噪声，故C正确；D.虽然海豚发出的“声音”频率高于$$20000Hz$$，是一种超声波，但它能听到的声音频率范围很大，所以能听到超声波以外的声音，故D错误。故选C。

下列选项对图中情景描述正确的是

在甲图中通过改变尺子伸出桌面的长度，可以探究响度与振幅的关系

乙图中的两列声波的音色相同

丁图中的海豚只能接收到超声波

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C,解：由电路图可知$$L_{1}$$与$$L_{2}$$并联，电流表串联在$$L_{2}$$的支路中，所以测量$$L_{2}$$的电流。故选：$$C$$。知道电流表与哪一个用电器串联，测量的就是通过哪一个用电器的电流，据此分析。此题主要考查电流表的使用，关键是知道电流表与哪一个用电器串联，则就是测量哪一个用电器的电流。

如图所示，$$S$$闭合时，电流表测量的是(\quad)

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B,解：$$A$$、由图可知，悬浮时排开海水的体积大于漂浮时排开海水的体积，由$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$可知，潜艇悬浮时所受浮力大，即$$F_{悬浮}F_{漂浮}$$，故A错误。B、根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体所受的重力；由$$B$$项可知$$F_{悬浮}F_{漂浮}$$，所以漂浮时排开海水所受的重力最小，故B正确。C、潜艇上浮过程中，露出水面前，$$V_{排}$$不变，根据$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$可知，潜艇所受浮力不变；逐渐露出水面时，$$V_{排}$$减小，潜艇所受浮力减小；故C错误。D、由图可知，潜艇漂浮时其底部所处深度最小，根据$$p=ρgh$$可知，此时潜艇底部所受海水压强最小，故D错误。故选：$$B$$。(1)物体在液体中所受浮力的大小与液体的密度和排开液体的体积有关，根据$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$分析浮力的大小变化；(2)根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体的重力；知道了浮力的大小关系也就知道了排开液体所受重力的大小关系；(3)根据$$p=ρgh$$判断潜艇底部所受海水压强的大小关系。本题考查了学生对阿基米德原理、液体压强公式的理解与运用；注意潜艇悬浮和漂浮时所受的浮力并不相等，虽然都处于平衡状态，但水舱中水的重、排开液体的体积不同，故这两种状态下浮力不相等。

海权握，国则兴。建设一支强大海军是实现中国梦的有力保障，潜水艇是海军的战略重器。如图所示是我国海军某舰队的“强国号”潜水艇在海水中悬浮、上浮、漂浮的训练过程。下列对此潜水艇分析正确的是($$　　$$)

悬浮和漂浮时受到的浮力相等

漂浮时排开的海水所受的重力最小

上浮过程中所受浮力逐渐变大

漂浮时潜水艇底部所受海水压强最大

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D,解：(1)由题干中木块乙向右端匀速运动可以得知，木块乙处于平衡状态，故受平衡力的作用，其中在水平方向受拉力$$F$$和甲对其向左的摩擦力作用，根据二力平衡的条件可以判断，乙木块受到的摩擦力为$$15$$牛，方向水平向左。(2)如图所示，木块甲静止，木块甲处于平衡状态，所以甲受平衡力的作用，在水平方向受细绳对其向左的拉力与乙对其向右的摩擦力作用，摩擦力的大小为$$15N.$$故D正确。故选：$$D$$。(1)判断物体是否受力平衡的方法是先确定研究对象，其次分析受力情况，若满足二力平衡的条件，则受力平衡，若不满足，则不平衡。(2)解答此题的关键是需要分别把木块甲和木块乙作为研究对象，进行受力分析。此题主要考查了二力平衡条件及摩擦力方向的判断，解决此题的关键是分别以甲或乙为研究对象进行分析，找出相互平衡的力。

如图，在光滑的水平面叠放着甲、乙两个木块，甲木块用一根细绳拴在左边固定的竖直板上，现在用力把木块乙从右端匀速地抽出来，所用的力$$F=15N$$，则甲、乙两木块所受的摩擦力是($$　　$$)

甲为零，乙受向右的$$15N$$的力

甲和乙都受向右$$15N$$的力

甲和乙都受向左$$15N$$的力

甲和乙都是$$15N$$，甲受向右的力，乙受向左的力

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B,解：$$A$$、测力计对木块的拉力和木块拉测力计的力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，而是作用力与反作用力，故A错误；B、木块受到的重力和水平面对木块的支持力等大、反向、作用在同一直线上、作用在同一物体上，它们是一对平衡力，故B正确；C、水平面对木块的摩擦力和木块拉测力计的力作用在两个不同的物体上，不是一对平衡力，故C错误；D、木块对水平面的压力和水平面对木块的支持力作用在两个不同的物体上，不是一对平衡力，而是一对作用力与反作用力，故D错误；故选：$$B$$。一对平衡力等大、反向、作用在同一直线上、作用在同一物体上，据此分析答题。本题考查了平衡力的判断，知道二力平衡的条件、正确受力分析即可正确解题。

用弹簧测力计拉着木块在水平面上做匀速直线运动，如图所示，下列说法正确的是($$　　$$)

测力计对木块的拉力和木块拉测力计的力是一对平衡力

木块受到的重力和水平面对木块的支持力是一对平衡力

水平面对木块的摩擦力与木块拉测力计的力是一对平衡力

木块对水平面的压力和水平面对木块的支持力是一对平衡力

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A,解：吹哨子时，管内空气柱因发生振动会产生声音，当推拉活塞时，空气柱的长度发生改变，因此空气柱的振动快慢会发生改变，所以会发出不同音调的声音；超声波我们听不到，故“悦耳”哨音不是超声波。故BCD错误、A正确。故选：$$A$$。解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的，音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。此题考查了声音的产生原因及影响声音音调的因素，会结合概念解释现象。

如图、在一根筷子上捆一些棉花做成活塞，用水蘸湿棉花后插入两端开口的竹管中，可以听到悦耳的哨音。上下推拉活塞，声音就会改变。下列说法正确的是($$　　$$)

上下推拉活塞，改变的是哨音的音色

用力吹气可以改变哨音的音调

哨音“悦耳”说明哨音是超声波

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B,解：【分析】(1)已知物体的重力和提升的高度($$斜面高$$)，根据公式$$W=Gh$$可求重力做功，即提升物体所做的有用功；(2)已知拉力的大小和拉力移动的距离($$斜面长$$)，根据公式$$W=Fs$$可求拉力对物体做的总功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；(3)额外功等于总功与有用功之差，利用$$W=fs$$求摩擦力；(4)当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，据此分析。本题考查了功、机械效率和摩擦力的计算，明确有用功和总功、额外功之间的关系以及额外功为克服摩擦力所做的功是关键。【解答】已知物重$$G=4.5N$$，拉力$$F=1.8N$$，斜面长$$s=1.2m$$，高$$h=0.3m$$，A.提升物体做的有用功为：$$W_{有用}=Gh=4.5N0.3m=1.35J$$，故A错误；B.拉力$$F$$做的总功为：$$W_{总}=Fs=1.8N1.2m=2.16J$$，斜面的机械效率：$$η=\dfrac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}100％=\dfrac{1.35J}{\;2.16J}100％=62.5％$$，故B正确；C.克服摩擦力所做的额外功：$$W_{额}=W_{总}-W_{有用}=2.16J-1.35J=0.81J$$，由$$W_{额}=fs$$可得，物体受到的滑动摩擦力：$$f=\dfrac{{W}_{额}}{s}=\dfrac{0.81J}{\;1.2m}=0.675N$$，故C错误；D.当斜面的倾斜程度变大，斜面高不变时，物体对斜面的压力逐渐变小，接触面的粗糙程度不变，压力变小，受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，有用功不变，总功变小，则斜面的机械效率变大，故D错误。故选B。

在斜面上匀速拉一个重$$4.5N$$的物体到高处，如图所示，沿斜面向上的拉力为$$1.8N$$，斜面长$$1.2m$$、高$$0.3m$$。下列说法正确的是()

提升物体做的有用功是$$2.16J$$

物体受到的滑动摩擦力是$$1.8N$$

增大斜面的倾斜程度，斜面的机械效率不变

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B,解：$$A$$、电风扇工作时扇叶是运动的，是将电能转化为机械能；B、电饭锅是靠热来工作的，是将电能转化为内能；C、抽油烟机的核心部件是一个小电动机，是将电能转化为机械能；D、电视机是将消耗的电能转化为了图象和声音。故选：$$B$$。电功的实质就是电能转化为其他形式能的过程。解答此题的关键是看哪个用电器最终是发热的。所有的用电器在使用时都要发热，但不一定就是利用热来工作的。例如电视机使用时间长了也要发热，但它不是利用这些热来工作的。

如图所示的四种家用电器中利用电能转化为热进行工作的是($$　　$$)

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B,解：根据浮力的计算公式$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$，球$$A$$是一部分浸入，所以$$B$$球受到的浮力大。故选：$$B$$。根据浮力的计算公式$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$，找出体积的关系可解此题。判断浮力时必须注意物体在液体中的状态，选择合适的公式进行解答。

两个体积相同的金属球$$A$$、$$B$$，浸入同种液体中，球$$A$$是一部分浸入，如图所示，则($$　　$$)

球$$A$$受到的浮力大

球$$B$$受到的浮力大

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C,解：【分析】(1)根据液体压强公式：$$P=ρgH$$；可知影响液体内部压强的因素有液体密度，液体深度。所以比较压强大小需要考虑$$ρ$$和$$H$$即可．(2)液体对容器底部的压力$$F$$等于液体的重力，所以只需要比较甲乙两种液体的重力大小，就可以得到$$F_{A}$$、$$F_{B}$$之间的关系．【解答】已知：$$M_{甲}=M_{乙,}V_{甲}V_{乙}$$，$$\therefore ρ_{甲}ρ$$乙；$$\because H_{甲}=H_{乙,}\therefore $$由液体压强公式$$P=ρgH$$可得到，液体对各自容器底部的压强$$P_{A}$$、$$P_{B}$$的关系为：$$P_{A}P$$B；$$\because M_{甲}=M_{乙}$$，$$\therefore G_{甲}=G_{乙}$$，液体对容器底部的压力$$F=G$$；$$\therefore $$液体对各自容器底部的压力$$F_{A}$$、$$F_{B}$$的关系为：$$F_{A}=F$$B；故选C

如图所示，底面积不同的圆柱形容器$$A$$和$$B$$分别盛有甲、乙两种液体，两液面相平且甲的质量等于乙的质量，则此时液体对各自容器底部的压强$$P_{A}$$、$$P_{B}$$的压力$$F_{A}$$、$$F_{B}$$的关系是($$　$$)

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C,解：A、弹簧恢复原状过程中，弹簧的形变逐渐减小，则弹簧的弹性势能逐渐变小，故A错误；B、木块最终停下来，是因为摩擦力改变了木块的运动状态，说明力可以改变物体的运动状态，而不是物体的运动需要力来维持，故B错误；C、木块离开弹簧后，木块对水平地面的压力和接触面的粗糙程度没有变，则木块受到的摩擦力($$阻力$$)不变的；故C正确；D、图乙中，木块受到的重力和木块对水平面的压力，二力的方向相同且作用在不同的物体上，所以不是一对平衡力，故D错误。故选：$$C$$。(1)同一根弹簧，在弹性限度内，弹簧形变越大，产生的弹力越大，弹簧的弹性势能越大；(2)力可以改变物体的运动状态。(3)木块与地面之间的摩擦力属于滑动摩擦力，影响滑动摩擦力大小的因素是压力和接触面的粗糙程度，通过分析压力和接触面的粗糙程度是否变化、怎样变化，来分析摩擦力的变化。(4)平衡力大小相等、方向相反、在同一直线上、在同一物体上。此题考查的知识点有：弹性势能、摩擦力的大小、力与运动的关系、平衡力等，是一道学科综合题，难度不大。

在粗糙程度相同的水平面上，手推木块向右压缩轻质弹簧至图甲所示位置；松手后，木块最终静止在图乙所示位置。下列说法中正确的是($$　　$$)

弹簧恢复原状过程中，弹簧的弹性势能增大

木块离开弹簧后最终会停下，说明物体的运动需要力来维持

木块离开弹簧后减速运动过程中，水平面对木块的阻力不变

图乙中，木块受到的重力和木块对水平面的压力是一对平衡力

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D,解：潜水器在水面下匀速下潜，此时水的密度不变，潜水器浸没在水中，其排开水的体积不变，但是在水中的深度逐渐增深。根据公式$$P=ρgh$$和公式$$F$$浮$$=ρ$$液$$gV$$排可知，潜水器受到的压强增大，浮力不变，即上、下表面受到的压力差不变。故选项A、$$B$$、$$C$$均错误，D正确。故选：$$D$$。物体受到浮力的原因是物体上、下表面受到液体的压力差作用，浮力的大小与液体密度和物体排开液体的体积有关，因此判断浮力的大小，关键判断液体密度和物体排开液体的体积发生怎样的变化。潜水器受到的压强大小与液体的密度和潜水器所处的深度有关，因此判断压强的大小，关键是判断液体密度和潜水器所处深度的变化。本题考查了对液体压强和浮力的判断。判断时要了解影响液体压强和浮力大小的因素，并判断影响因素中哪些是定量，哪些是变量。

$$2018$$年$$4$$月$$20$$日，我国最先进的自主潜水器“潜龙三号”($$如图所示$$)成功首潜。潜水器在水面下匀速下潜过程中($$　　$$)

上、下表面受到的压力差变大

受到的压强变大，浮力变大

受到的压强变大，浮力不变

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C,解：由电路图可知，指示灯与气敏电阻并联，并联电路互不影响，所以气敏电阻的变化对指示灯的亮度没有影响，亮度不变，故AB错误；气敏电阻的阻值会随天然气浓度的升高而减小，在厨房天然气浓度逐渐升高的过程中，气敏电阻的阻值逐渐减小，电源电压不变，由$$I=\dfrac{U}{R}$$可知，气敏电阻所在支路的电流逐渐增大，即电流表示数变大，故C正确，D错误。故选：$$C$$。由电路图可知，指示灯与气敏电阻并联，电流表测气敏电阻中的电流。根据题意可知天然气浓度升高时气敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，利用好“气敏电阻的阻值会随天然气浓度的升高而变小”是关键。

如图所示是小明同学设计的厨房天然气安全监控的电路图。电源电压不变，$$L$$为指示灯，$$R$$是用半导体材料制成的气敏电阻，其阻值随着天然气浓度的增大而减小。当厨房天然气浓度升高时，($$　　$$)

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B,解：$$AB.$$当用户使用的用电器增多时，干路中的电流变大，根据$$U=IR$$可知，导线分担的电压变大，根据串联电路的电压规律可知，用电器两端的电压减小；干路中的电流变大，根据公式$$P=I^{2}R$$可知，输电线上因发热而损失的功率增大，故A错误、B正确；C.由于导线有一定的电阻，根据$$U=IR$$可知，导线会分担一定的电压，所以用户使用的用电器两端电压要小于电源电压$$U$$，故C错误；D.由于导线的电阻较小，其分担的电压$$U_{r}$$要远小于电源电压$$U$$，输电线上消耗的电功率为$$\dfrac{U_{r}^{2}}{r}$$，故D错误．故选B．(1)当用户使用的用电器增多时，干路中的电流变大，根据欧姆定律可知导线分得的电压变化，根据串联电路的电压特点可知用电器两端的电压变化，根据$$P=I^{2}R$$判断输电线上因发热而损失的功率变化；(2)根据串联电路的电压规律分析用户使用的用电器两端电压的大小；(3)根据公式$$P=\dfrac{U^{2}}{R}$$分析输电线上消耗的电功率的大小．本题主要考查串联电路特点的理解以及对于电功率公式和焦耳定律公式的理解和掌握，注意导线与用电器之间是串联的，本题将知识应用实际生活中是能力的体现．

如图所示，从甲地通过两条输电线向乙地用电户供电，若甲地电源电压恒为$$U$$，输电线的总电阻为$$r$$，当乙地用户用电时，下列说法正确的是($$　　$$)

当用户使用的用电器增多时，用电器两端的电压升高

当用户使用的用电器增多时，输电线上因发热而损失的功率增大

用户使用的用电器两端电压为$$U$$

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C,解：由图可知，物体在$$MN$$段和$$NP$$段的路程都为$$s=3m$$，拉力都为$$F=3N$$，则拉力$$F$$做的功：$$W_{MN}=W_{NP}=Fs=3N3m=9J$$。故选C。分析题图，得出$$NP$$段和$$MN$$段的路程、用力情况，利用$$W=Fs$$得出做功大小关系。本题考查了功的大小比较，读懂图示，并能从中获得相关信息加以分析是解答此题的关键。

如图所示，水平地面$$N$$点两侧粗糙程度不同，物体一直受到沿水平$$3N$$的力$$F$$，物体在$$MN$$段做匀速直线运动，$$F$$在$$MN$$，$$NP$$段做功分别为$$W_{MN}$$，$$W_{NP}$$，则($$　　$$)

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B,解：用带负电的橡胶棒靠近塑料签字笔时，笔尾远离橡胶棒被排斥，说明塑料签字笔与橡胶棒带的是同种电荷，橡胶棒带负电，塑料签字笔也带负电$$.$$故B正确，ACD错误．故选：$$B$$．用带负电的橡胶棒靠塑料签字笔，塑料签字笔被被排斥，利用电荷间作用规律可以确定塑料签字笔的带电情况．本题考查电荷间的相互作用规律，带负电的橡胶棒靠近塑料签字笔的相互作用情况是关键．

如图所示，将塑料签字笔的笔尾在头发上摩擦几下后用细线挂起来，静止后，把带负电的橡胶棒靠近笔尾，观察到笔尾远离橡胶棒，则签字笔($$　　$$)

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C,解：根据公式$$R=\dfrac{U^{2}}{P}$$可知，当电压相同时，电功率越大，电阻越小；所以“$$6V3W$$”的灯泡电阻比“$$6V2W$$”灯泡电阻小；根据串联电路电阻的分压特点可知，改接后，灯泡两端的电压变小，小于$$6V$$，所以这只灯泡消耗的功率小于$$3W$$．故选C．灯泡的实际功率是由灯泡两端的实际电压决定的，根据公式$$R=\dfrac{U^{2}}{P}$$可知两灯泡电阻的大小；根据电阻的串联可知电路中总电阻的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡两端电压的变化，进而得出答案．本题考查电功率的计算，串联电路的电压规律，欧姆定律的应用，解决本题的关键是判断定值电阻的电压变化．

如图所示电路中，电源电压保持不变，$$R$$为定值电阻，当开关闭合时，标有“$$6V$$，$$2W$$”的小灯泡$$L$$刚好正常发光；若保持$$R$$不变，将$$L$$换成另一只标有“$$6V$$，$$3W$$”的小灯泡，闭合开关后，小灯泡消耗的实际功率为($$　　$$)

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D,解：【分析】此题主要考查的是对速度计算公式的理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键。(1)根据$$v=\dfrac{s}{t}$$求出两车的速度，然后比较两车速度的大小关系；(2)从图象上找出当时间为$$4s$$时，甲、乙车对应的纵坐标--路程是多少，因为两车分别从$$P$$、$$Q$$两点同时同向运动，所以两者之差即为$$P$$、$$Q$$之间的距离。

甲、乙两车在公路上，分别从$$P$$、$$Q$$两点同时同向运动，它们的$$s-t$$图象如图所示，经过$$4s$$甲、乙相遇。甲、乙的速度分别为$$v_{甲}$$、$$v_{乙}$$，$$P$$、$$Q$$间的距离为$$s$$，则(\quad)

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D,解：试题分析：锤柄撞击地面，受到地面对它的作用力，由运动变为静止，而锤头由于惯性，仍要保持原来的运动状态，继续向下运动，就套紧在锤柄上，所以选择$$D$$。考点：惯性

如图所示$$.$$当铁锤松动时，握住锤柄迅速向下撞击坚硬的地面，锤头会紧紧地套在木柄上$$.$$这是因为锤柄撞击地面

锤头由运动变为静止$$.$$锤柄由于惯性仍要保持静止状态

锤头由运动变为静止，锤柄由于惯性仍要继续向下运动

锤柄由运动变为静止，锤头由于惯性仍要保持静止状态

锤柄由运动变为静止$$.$$锤头由于惯性仍要继续向下运动

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C,解：A、球在空中继续向上运动，是由于球具有惯性，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，不是力，不能与力比较大小，故A错误；B、球上升到最高点时，速度为零，处于瞬间的静止，但是由于受重力的作用会向下落，因此此时不是平衡状态，故B错误；C、垫球时，手感觉疼，说明球与手之间的作用力是相互的，故C正确；D、球在上升过程中，球质量不变，速度减小，动能减小；高度增大，重力势能增大，所以球在上升时，动能转化为重力势能，故D错误。故选：$$C$$。(1)竖直向上抛出的物体能在空中继续向上运动是因为物体离手后，由于惯性保持原来向上的运动状态；最终会落下来是因为重力的作用，使物体改变了运动状态；(2)物体处于平衡状态时受平衡力，据此分析；(3)力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；(4)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。惯性问题是学生出错较多的地方，要特别注意衡量惯性大小的唯一量度是质量，与物体的运动速度是没有关系的，同时，本题还考查了平衡状态的判断，力的相互作用等。

如图是女排运动员训练排球时的情景，下列有关说法中正确的是($$　　$$)

球垫起后继续向上运动，是因为球始终受到向上的惯性大于竖直向下的重力

球垫起后，上升到最高点时，处于平衡状态

垫球时，手感觉疼，说明球与手之间的作用力是相互的

球在上升的过程中重力势能转化为动能

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B,解：【分析】物质由液态变为气态是汽化，物质由气态变为液态是液化。此题考查了液态和气态之间的相互转化，通过“水”的形成，加深对物态变化的理解与掌握。【解答】对水加热，水汽化成水蒸气上升；在上升过程中又遇到凉铁板液化成小水滴，故整个过程是先汽化，后液化。故选B。

如图所示，水在壶中被加热，又从凉铁板上掉下，这是获得蒸馏水的过程中，水经历的物态变化是()

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C,解：【分析】电流表测量$$L_{2}$$的电流，电压表可测电源电压，若一灯灭了，而两个电表示数不变，则是$$L_{1}$$断路了。本题考查了电路故障的判断．在判断故障时，电压表的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通。

小高同学在做电学实验时，按如图所示电路图连接电路，电源电压不变，闭合开关$$S$$后，灯$$L_{1}$$、$$L_{2}$$都发光，一段时间后。其中一盏灯突然熄灭，而电流表、电压表的示数都不变．产生这一现象的原因是(\quad)

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B,解：小灯泡不发光说明灯泡短路或灯泡断路或滑动变阻器断路，电流表有示数，安说明电路不可能是断路，是短路，滑动变阻器短路时，灯泡会发光，故电路中存在的故障可能是小灯泡短路，电压表测量的是一段导线两端的电压，电压为$$0$$，故B正确。故选：$$B$$。小灯泡不发光说明灯泡短路或电路中电流过小或电路某处断路。本题利用了串联电路的电流特点分析电路故障，属于基础知识。

如图所示是小刚同学测定小灯泡电功率的电路图，当闭合开关时，发现灯$$L$$不亮，电流表有明显示数，电压表示数为零，若故障只出现在灯$$L$$和变阻器$$R$$中的一处，则下列判断正确的是($$　　$$)

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D,解：$$A$$、汽车方向盘是一个轮轴，故A正确；B、如图甲所示的标示牌是对汽车的限重标志牌，故B正确；C、汽车行驶中，以汽车为参照物，路边的树木向后运动，故C正确；D、有十分钟时间，汽车速度仪表指示如图乙，虽然速度的大小不变，但不一定是直线运动，所以不一定是匀速直线运动，故D错误。故选：$$D$$。(1)汽车的方向盘是一个轮轴；(2)图中的“$$15t$$”是限重标志牌；(3)物体的运动和静止时相对的，相对于参照物而言，物体的位置发生改变，则说物体是运动的，否则是静止的；(4)匀速直线运动是指速度不变，运动路线是直线的运动。此题考查的知识点较多，有轮轴的认识、运动和静止的相对性、标志牌的认识、匀速直线运动概念的理解等，基础性题目。

清明假期，小明随爸妈外出旅游，途中她发现很多现象都与我们学过的物理有关，并写下一些相应的旅行日记，你认为她的日记中描述不妥当的是($$　　$$)

汽车经过桥梁时发现如图甲所示的标示牌是对汽车的限重

汽车行驶中，路边的树木向后飞驰而去，这是因为我选择了汽车为参照物

有十分钟时间，汽车速度仪表指示如图乙，因此这段时间汽车一定在做匀速直线运动

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B,解：由电路图可知，$$R_{1}$$与$$R_{2}$$并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压，所以，$$R_{1}$$两端的电压：$$U_{1}=U_{2}=U=6V$$，故C错误；通过两电阻的电流分别为：$$I_{1}=\dfrac{U_{1}}{R_{1}}=\dfrac{6V}{3\Omega}=2A$$，$$I_{2}=\dfrac{U_{2}}{R_{2}}=\dfrac{6V}{6\Omega}=1A$$，故A错误；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中的电流：$$I=I_{1}+I_{2}=2A+1A=3A$$，故B正确；电路的总电阻：$$R=\dfrac{U}{I}=\dfrac{6V}{3A}=2Ω$$，故D错误。故选：$$B$$。由电路图可知，$$R_{1}$$与$$R_{2}$$并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压，根据欧姆定律求出通过两电阻的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流，再根据欧姆定律求出电路的总电阻。本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道较为简答的应用题。

干路中的电流为$$3A$$

电路的总电阻为$$9Ω$$

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B,解：【分析】(1)根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；(2)当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路；(3)当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据$$P=UI$$可知电路消耗的变化。解决本题的关键是欧姆定律、电功率公式的应用以及滑动变阻器的正确使用；并会将理论知识应用到实际生活当中，真正体会从物理走向生活的理念．【解答】A.由电路图可知，体重显示表串联在电路中，所以体重显示表是用电流表改装成的，故A不正确；B、$$C.$$当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据$$I=\dfrac{u}{R}$$可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故B正确C错误；D.根据$$P=UI$$可知，电路消耗的总功率越大，故D不正确。故选B。

如图是一个自动体重测试仪的工作原理，有关它的说法正确的是()

体重显示表是用电压表改装成的

体重越大，体重显示表的示数越大

体重越大，体重显示表的示数越小

体重测试仪所测体重越大，电路消耗的总功率越少

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B,解：$$①$$运动员离开蹦床后能继续上升是因为运动员具有惯性；惯性不是力，不能说受到惯性，故$$①$$错误；$$②$$运动员上升到最高点时，速度为零，此时运动员只受重力作用，受力不平衡，不是处于平衡状态，故$$②$$错误；$$③$$运动员在空中下落过程中，高度减小，速度变大，所以重力势能减少，动能增加，不考虑空气阻力，其机械能不变，故$$③$$正确；$$④$$运动员落到蹦床上继续向下运动的过程中，运动员的速度减小，蹦床的弹性形变增大，所以运动员的动能转化成蹦床的弹性势能，故$$④$$正确。综上所述，正确的是$$③④$$。故选：$$B$$。(1)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；(2)平衡状态下物体受平衡力，据此分析；(3)根据影响动能和重力势能大小的因素分析；(4)根据影响动能和弹性势能大小的因素分析。本题以蹦床比赛为内容，考查了对惯性的理解、平衡状态的判断、机械能转化的分析等。

如图所示，运动员进行蹦床比赛，忽略空气阻力。下列说法中($$　　$$)$$①$$运动员离开蹦床后能继续上升是因为受到惯性$$②$$运动员上升到最高点时，速度为零，此时运动员处于平衡状态$$③$$运动员在空中下落过程中，重力势能减少，动能增加，机械能不变$$④$$运动员落到蹦床上继续向下运动的过程中，运动员的动能转化成蹦床的弹性势能

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A,解：$$A$$、冰袋降温是让冰熔化吸热，达到降温的目的。正确。B、雪人没有熔化却变小了，是固态的雪直接变成水蒸气，是升华现象。错误。C、人上岸后，人体表面的水分开始蒸发，人身上的水蒸发需要从人体吸收热量，于是人会感觉冷。错误。D、白气是空气中的水蒸气形成的小水珠，是液化现象。错误。故选：$$A$$。(1)物质从固态变为液态的过程是熔化，熔化是需要吸热的。(2)物质由固态直接变成气态是升华。(3)物质由液态变成气态的现象叫做汽化，汽化方式有两种：蒸发和沸腾；蒸发是在任何温度下都能进行的汽化方式，液体蒸发需要吸收热量。(4)物质由气态变成液态是液化。此题考查物态变化的有关知识，我们要能够根据我们所学过的物理知识来解释生活中的现象。

对如图所示的热现象解释正确的是($$　　$$)

用冰袋给高烧病人降温，是因为冰熔化时从人体吸热

雪人没有熔化却变小了，是因为雪汽化为水蒸气

刚从水中出来的人感觉特别冷，是因为人身上的水蒸发放出了热

天冷时从口中呼出的“白气”，是人呼出的水蒸气

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D,解：【分析】电压表测滑动变阻器的电压，滑动变阻器与电阻是串联，当滑片向$$b$$移动时，电阻变大，电流变小，由串联电路特点可得出电表的示数的变化。本题利用了串联电路的电流、电压特点和欧姆定律分析动态电路问题。串联电路中总电压等于各个用电器的电压之和，当一个电压变小时，另一个用电器的电压要变大。

如图所示的电路中电源两极间电压不变．闭合开关，滑片$$P$$向$$b$$端滑动的过程中，观察到的现象是(\quad)

电流表、电压表示数均减小

电流表、电压表示数均增大

电流表示数增大，电压表示数减小

电流表示数减小，电压表示数增大

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A,解：A、“$$220V$$”是指电能表应该在$$220V$$的交流电路中使用，不是直流电，故A错误；B、“$$50Hz$$”是电能表应在频率为$$50Hz$$的交流电路中使用，故B正确；C、“$$600revs/(kW⋅h)”表示用电器每消耗$$1kW⋅h$$的电能，电能表的转盘转过$$600r$$，故C正确；D、电能表读数时，最后一位是小数位，由图知电能表此时的示数为$$82.6kW⋅h$$，故D正确。故选：$$A$$。电能表是用来测量电能或电功的仪表。其中：(1)“$$220V$$”指这个电能表的额定电压为$$220V$$，$$5A$$是指这个电能表的标定电流为$$5A$$，$$10A$$是指电能表平时允许通过的最大电流是$$10A$$；(2)“$$600revs/kW⋅h$$”的物理意义：当用电器消耗$$1kW⋅h$$的电能，电能表的铝盘转盘转过$$600r$$；(3)“$$50Hz$$”是电能表在频率为$$50Hz$$的交流电路中使用；(4)电能表读数时，最后一位是小数位，单位是$$kW⋅h($$度$$)。本题考查了电能表的读数以及电能表相关参数的理解，属于基础题目。

如图所示，电能表铭牌上有几个重要的参数，下列分析不正确的是($$　　$$)

“$$220V$$”电能表应该在$$220V$$的直流电路中使用

“$$50Hz$$”是电能表在频率为$$50Hz$$的交流电路中使用

“$$600revs/(kW⋅h)$$”是用电器消耗$$1kW⋅h$$的电能，电能表转盘转$$600$$转

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D,解：实心圆柱体对水平桌面的压强：p=$$\frac{F}{S}$$=$$\frac{G}{S}$$=$$\frac{ρgSh}{S}$$=ρgh；由题可知h甲＜h乙，p甲=p乙，即ρ甲＞ρ乙放在水平地面上，可得G=F=ps，S甲＞S乙即：G甲＞G乙故选：D。实心圆柱体放在水平桌面上，对桌面的压力F=G=mg=ρgsh；再利用p=$$\frac{F}{S}$$表示出圆柱体对桌面的压强；由题知h甲＜h乙和p甲=p乙判断甲乙密度的关系；根据F=ps和S甲＞S乙判断甲乙的质量和重力大小关系。本题主要考查学生对压强公式的理解和掌握，解决本题的关键是推导出均匀圆柱体对水平桌面的压强表达式=ρgh，是一道难度较大的习题。

如图所示，甲、乙两个不同的实心圆柱体放在水平面上。其中甲的高度小于乙，甲的底面积大于乙，而它们对地面的压强正好相等，则下列判断正确的是（　　）

甲的密度小，甲受到的重力小

甲的密度大，甲受到的重力大

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B,解：A、由可知，同一只鸡蛋在甲、乙两杯中分别处于悬浮和漂浮状态，根据浮沉条件可得：$$ρ_{甲}=ρ_{蛋}$$，$$ρ_{乙}ρ_{蛋}$$；所以，乙杯中盐水的密度大于甲杯中盐水的密度；故A错误；$$BD$$、物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，所以，同一只鸡蛋在两杯中受到的浮力相等，都等于鸡蛋的重力；因为浮力相同，$$F_{浮}=G_{排}=m_{排}g$$，所以，鸡蛋在两杯中排开液体的质量相等，故B正确，D错误．C、两杯中液面相平，乙杯中盐水的密度大于甲杯中盐水的密度，根据$$p=ρgh$$可知，乙杯底所受的液体压强较大；两个杯子完全相同，则底面积相等，根据$$F=pS$$可知，乙杯底部所受的液体压力较大$$.$$故C错误．故选B．(1)根据物体的浮沉条件，分别比较鸡蛋与两种盐水的密度关系，得出两种液体的密度关系；据此对$$A$$选项做出判断；(2)根据物体的浮沉条件，判断两者所受浮力关系；根据阿基米德原理$$F_{浮}=G_{排}$$判断排开液体的质量关系；据此对$$BD$$选项做出判断；(3)根据$$p=ρgh$$判断两杯底部所受压强关系，然后利用$$p=\dfrac{F}{S}$$判断两杯底部所受压力关系$$.$$据此对$$D$$选项做出判断．本题考查了物体浮沉条件和液体压强公式的应用，一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系，同时要搞清不同状态下($$漂浮、悬浮$$)物体所受重力与浮力的大小关系．

甲、乙两个完全相同的杯子盛有不同密度的盐水，将同一个鸡蛋先后放入其中，当鸡蛋静止时，两个杯子中液面恰好相平，鸡蛋在两杯中所处的位置如图所示，则($$　　$$)

鸡蛋在两杯中排开液体的质量相等

甲杯底部所受的液体压力较大

鸡蛋在乙杯中受到的浮力较大

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D,解：【分析】根据阿基米德原理$$F_{浮}=G_{排}=ρ_{液}gV_{排}$$可知，物体所受浮力大小取决于液体密度和物体排开液体的体积，据此分析判断。本题考查浮力大小的计算，知道物体浸没时排开液体的体积等于物体的体积是本题的关键。【解答】由题知，体积相等的木球$$A$$，塑料球$$B$$，铜球$$C$$完全浸入水中，$$\because $$物体浸没水中时，排开水的体积$$V_{排}=V_{物}$$，$$\therefore $$木球$$A$$，塑料球$$B$$，铜球$$C$$排开水的体积相同，又$$\because F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$，$$\therefore $$三个球所受的浮力一样大。故选D。

将体积相同的木球$$A$$，塑料球$$B$$，铜球$$C$$都浸没在水中，如图所示，则()

$$A$$球受的浮力最大

$$B$$球受的浮力最大

$$C$$球受的浮力最小

三个球所受的浮力大小相等

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C,解：【分析】开始时$$p$$弹簧处于原长，木块都处于静止，弹簧$$q$$处于压缩状态，受到的压力等于$$b$$物体的重力，根据胡克定律求出压缩的长度。当用水平力缓慢地向左拉$$p$$弹簧的左端，直到$$c$$木块刚好离开水平地面时，弹簧$$q$$处于伸长状态，受到的拉力为等于$$c$$物体的重力，根据胡克定律求出弹簧$$q$$伸长的长度，再求出该过程$$p$$弹簧的左端向左移动的距离。对于含有弹簧的问题，要分析弹簧的状态，根据几何关系得出所求的距离与弹簧的伸长或压缩长度的关系。【解答】开始未用水平力拉$$p$$弹簧时，弹簧$$q$$处于压缩状态，受到的压力等于$$b$$物体的重力，由胡克定律得到，弹簧$$q$$压缩的长度为：$${x}_{1}=\dfrac{mg}{k}$$当$$c$$木块刚好离开水平地面时，弹簧$$q$$处于伸长状态，受到的拉力为等于$$c$$物体的重力，根据胡克定律得，弹簧$$q$$伸长的长度：$${x}_{2}=\dfrac{mg}{k}$$此时，弹簧$$p$$处于伸长状态，受到的拉力等于$$b$$、$$c$$的总重力，则弹簧$$p$$伸长的长度为：$${x}_{3}=\dfrac{2mg}{k}$$根据几何关系得到，该过程$$p$$弹簧的左端向左移动的距离为：$$s={x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}=\dfrac{4mg}{k}=8cm$$。故C正确，ABD错误。故选C。

如图所示，三个质量均为$$1kg$$的木块$$a$$、$$b$$、$$c$$和两个劲度系数均为$$500N/m$$的轻弹簧$$p$$、$$q$$用轻绳连接，其中$$a$$放在光滑水平桌面上。开始时弹簧$$p$$处于原长，木块都处于静止状态。现用水平力缓慢地向左拉弹簧$$p$$的左端，直到$$c$$刚好离开水平面为止，$$g$$取$$10m/s^{2}$$。该过程弹簧$$p$$的左端向左移动的距离是($$　　$$)

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A,解：$$A$$、人对车做功为$$W=FL$$，故A正确；B错误C、在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为$$F′=ma$$，人对车的作用力为$$-ma$$，故做功为$$W=-maL$$，同时车对人还有支持力，故车对人的作用力为$$N=\sqrt{(ma)^{2}+(mg)^{2}}$$，故C错误D、对人由牛顿第二定律可以$$f-F=ma$$$$f=ma+F$$车对人的摩擦力做功为$$W=fL=(F+ma)L$$，故D错误，故选：$$A$$通过牛顿第二定律求出各力的大小和明确方向且在力的方向上通过的位移，由$$W=FL$$求出各力做的功；求车厢对人的作用力，不能只考虑水平方向的产生加速度的合力，同时车厢对人还有一个竖直方向上的支持力的作用，这是有的同学经常出错的原因，知道这些这道题就不难做了．

如图所示，水平路面上有一辆质量为$$M$$的汽车，车厢中有一个质量为$$m$$的人正用恒力$$F$$向前推车厢，在车以加速度$$a$$向前加速行驶距离$$L$$的过程中，下列说法正确的是()

人对车做的功为$$maL$$

车对人的作用力大小为$$ma$$

车对人的摩擦力做的功为$$(F–ma)L$$

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B,解：【分析】图中$$A$$线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈$$A$$产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈$$A$$产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈$$B$$中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源。触电保护器是防止触电，保险丝是防止电路过载，原理不同，不可相互替代。【解答】A.当“火线$$-$$零线”触电时($$人与地绝缘$$)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈$$A$$产生的总磁通量为零，线圈$$A$$中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，故A错误；$$BC.$$当“零$$-$$地”或“火$$-$$地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈$$A$$产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈$$B$$中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故B正确，C错误；D.刷卡机装得过多，但火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈$$A$$产生的总磁通量为零，线圈$$A$$中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，故D错误。故选B。

某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题$$.$$经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源$$.$$漏电保护器电路如图所示，变压器$$A$$处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，$$B$$处有一个输出线圈，一旦线圈$$B$$中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源$$.$$造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端($$　　$$)

火线与地之间漏电或零线直接接地

只有火线与地之间漏电才会产生

刷卡机装得过多，造成电流太大

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D,解：$$A$$、小球在竖直圆形管道中做圆周运动，在向上运动的过程中，速度在减小，小球做变速圆周运动，故A错误．B、小球恰能通过最高点，可知小球在最高点$$E$$的速度为零，故B错误．C、小球在$$B$$点，由于径向的合力提供向心力，可知在$$B$$点，管道对小球的作用力指向圆心，则小球对管道外侧有作用力，故C错误．D、在$$D$$点，由于径向的合力提供向心力，若重力沿半径方向的分力大于向心力，则小球对管道内侧有作用力，若重力沿半径方向的分力小于向心力，则小球对管道外侧有作用力，故D正确．故选：$$D$$．小球在竖直平面内做变速圆周运动，在最高点，由于管道对小球的作用力可能向上、可能向下，可知最高点的临界速度为零$$.$$抓住径向的合力提供向心力，分析管道对小球作用力的方向．解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断，知道管道模型与杆子模型类似．

如图所示，竖直圆形管道固定不动，$$A$$为管道的最低点，$$E$$为最高点，$$C$$为最右侧的点，$$B$$在$$A$$、$$C$$之间任意可能位置，$$D$$在$$C$$、$$E$$之间任意可能位置，一直径略小于管道内径的小球以某一初速度从最低点$$A$$开始沿管道运动，小球恰能通过管道的最高点$$E$$，完成完整的圆周运动，已知小球做圆周运动的轨道半径为$$R$$，重力加速度为$$g$$，则($$　　$$)

小球在$$B$$点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧

小球在$$D$$点可能挤压管道的内侧也可能挤压管道的外侧

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B,解：【分析】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于路端电压；把$${R}_{1}$$的触头向右滑动时，$${R}_{1}$$增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，分析路端电压的变化，判断油滴的运动情况；仅把两极板$$A$$、$$B$$间距离增大或把两极板$$A$$、$$B$$间相对面积减小，电容器的电压不变，由$$E=\dfrac{U}{d}$$分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况。本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的，分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化。难度一般。【解答】A.由于含容支路相当于断路，故移动$${R}_{2}$$的滑片时，对电容器的端电压无影响，故油滴不动，A错误；B.把$${R}_{1}$$的触头向右滑动时，$${R}_{1}$$增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，由于内阻端电压减小，故路端电压增大，故电容器的端电压增大，电场增强，油滴所受的合力向上，故油滴向上运动，B正确；C.由于外电路无变化，故其端电压不变，缓慢增大极板$$A$$、$$B$$间的距离时，由于场强减小，其受的合力向下，油滴向下运动，C错误；D.由于电路无变化，电容器端电压不变，当缓慢减小极板$$A$$、$$B$$的正对面积时，由于电场不变，油滴受力不变，故油滴静止不动，D错误。故选B。

如图所示电路中，电源电动势为$$E$$、内阻为$$r$$，$$R_{3}$$为定值电阻，$$R_{1}$$、$$R_{2}$$为滑动变阻器，$$A$$、$$B$$为电容器两个水平放置的极板。当滑动变阻器$$R_{1}$$、$$R_{2}$$的滑片处于图示位置时，$$A$$、$$B$$两板间的带电油滴静止不动。下列说法中正确的是

把$$R_{2}$$的滑片向右缓慢移动时，油滴向下运动

把$$R_{1}$$的滑片向右缓慢移动时，油滴向上运动

缓慢增大极板$$A$$、$$B$$间的距离，油滴静止不动

缓慢减小极板$$A$$、$$B$$的正对面积，油滴向上运动

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C,解：【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度，判定物体的运动状态。分析动能弹性势能的变化。解决本题的关键是根据物块的受力确定加速度的方向，结合加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律。【解答】在推力作用的过程中，由牛顿第二定律得：$$F$$$$-$$$$μ$$$$mg$$$$-$$$$F$$$$_{弹}$$$$=ma$$，由两种可能：(1)开始时如果拉力大于摩擦力和弹力之和，随着弹力的增大，弹性势能增加，物体做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，随后弹力及摩擦力之和大于了拉力，所以合力反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小，动能先增大后减小；(2)在拉力作用下的过程中，如果拉力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，弹性势能一直增加，动能一直增加，所以加速度一直减小，速度一直增大；故C正确，ABD错误；故选C。

如图所示，粗糙水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在$$O$$点的小物块连接，此时弹簧无形变。现对物块施加大小恒为$$F$$、方向水平向右的拉力，当物块向右运动到$$A$$点时撤去拉力，物块继续向右运动，最终物块静止$$.$$在拉力$$F$$作用的过程中，下列说法中正确的是

物块的加速度可能先减少后增大

物块的速度一定先增大后减少

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B,解：$$A$$、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知$$a$$与$$c$$的角速度相同，根据$$a=ω^{2}r$$知，$$c$$的向心加速度大．由$$\dfrac{GMm}{r^{2}}=mg$$，得$$g=\dfrac{GM}{r^{2}}$$，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于$$b$$的向心加速度，而$$b$$的向心加速度约为$$g$$，故知$$a$$的向心加速度小于重力加速度$$g.$$故A错误；B、由$$\dfrac{GMm}{r^{2}}=\dfrac{mv^{2}}{r}$$，得$$v=\sqrt{\dfrac{GM}{r}}$$，卫星的半径越大，线速度越小，所以$$b$$的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；C、$$c$$是地球同步卫星，周期是$$24h$$，则$$c$$在$$4h$$内转过的圆心角是$$\dfrac{1}{3}π.$$故C错误；D、由开普勒第三定律$$\dfrac{R^{3}}{T^{2}}=k$$知，卫星的半径越大，周期越大，所以$$d$$的运动周期大于$$c$$的周期$$24h.$$故D错误；故选：$$B$$．同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据$$a=ω^{2}r$$比较$$a$$与$$c$$的向心加速度大小，再比较$$c$$的向心加速度与$$g$$的大小$$.$$根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系$$.$$根据开普勒第三定律判断$$d$$与$$c$$的周期关系．对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点．

有$$a$$、$$b$$、$$c$$、$$d$$四颗地球卫星，$$a$$还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，$$b$$是处于地面附近轨道的近地卫星，$$c$$是地球同步卫星，$$d$$是高空探测卫星，已知地球自转周期为$$24h$$，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则

$$a$$的向心加速度等于重力加速度$$g$$

在相同时间内$$b$$转过的弧长最长

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D,解：设$$OA$$的拉力为$$FA$$，$$OB$$的拉力为$$FB$$，重物$$C$$的质量为$$m$$，因$$O$$点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：$$F_{A}\cosθ-mg=0$$，$$F_{A}\sinθ-F_{B}=0$$，解得：$$F_{A}=\dfrac{mg}{\cos\theta}$$，$$F_{B}=mg\tanθ$$．A、当健身者缓慢向右移动时，$$θ$$角变大，则$$F_{A}$$、$$F_{B}$$均变大，故A错误；$$BD$$、当健身者缓慢向右移动时，$$θ$$角变小，则$$F_{A}$$、$$F_{B}$$均变大，因为健身者所受到的摩擦力与$$OB$$绳拉力相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故B错误；D正确；C、不论健身者向哪个方向移动，绳$$OA$$、$$OB$$拉力的合力一定等于重物$$C$$的重力$$mg$$，故C错误．故选：$$D$$．对结点$$O$$进行分析，根据平衡条件可得出两绳子拉力与$$C$$的重力之间的关系，再根据人走动时夹角的变化分析$$OA$$和$$OB$$两绳上拉力的变化，从而分析人受地面的摩擦力的变化情况．本题考查共点力平衡条件的应用，要注意明确研究对象应为结点$$O$$，由几何关系即可求得拉力关系；本题也可以根据图示法进行分析，明确各力的变化情况．

如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面$$.$$为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在$$O$$点悬挂不同的重物$$C.$$则($$　　$$)

若健身者缓慢向右移动，绳$$OA$$拉力变小

若健身者缓慢向左移动，绳$$OB$$拉力变大

著健身者缓慢向右移动，绳$$OA$$、$$OB$$拉力的合力变大

若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小

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C,解：【分析】本题的关键是正确对风筝和人受力分析，风筝受到向下的重力、沿绳子方向的拉力以及垂直风筝向上的风力；人受到向下的重力、向上的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，然后用正交分解法根据平衡条件分析即可。对静力学问题关键是正确进行受力分析，注意本题中风力与风筝垂直向上，人受到的摩擦力是静摩擦力，方向水平向左。【解答】$$AD.$$设细线与水平面的夹角为$$\alpha $$，风力大小为$$F.$$先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面。故AD错误；$$BC$$、对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M+m)g=N+F\cos\beta $$，$$\beta $$是风筝与水平面之间的夹角；则得：$$N=(M+m)g-F\cos\beta (M+m)g$$。地面对人的作用力方向斜向左上方。故B错误，C正确。故选：$$C$$。

如图，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线($$细线质量、受风力不计$$)，使风筝处于静止。不计空气浮力。则

风对风筝的作用力方向水平向右

地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力

地面对人的作用力方向斜向左上方

拉直的细线可能垂直风筝面

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B,解：以向下为正方向，由动量定理得：$$mv_{2}-mv_{1}=mgt+I$$，即：$$11-1(-3)=1100.1+I$$，解得：$$I=3N⋅s$$；故选：$$B$$．由动量定理可以求出小球受到天花板的冲量．应用动量定理即可正确解题，解题时要注意正方向的选择．

质量为$$1{.}0$$千克的皮球以$$\v_{1}{=}3m{/}s$$的速率垂直撞击天花板，然后以$$v_{2}{=}1m{/}s$$的速率反弹，球与天花板的接触时间为$$0{.}1$$秒，在接触时间内，小球受到天花板的作用力的冲量大小约为(\{  })

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如图所示电路，电源电压不变，小灯泡标有“$$6V3W$$”字样，闭合开关后，当滑片$$P$$移至某一位置时，小灯泡恰好正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率为$$P_{1}$$；当滑片$$P$$移至某一端点时，电流表示数为$$0.3A$$，电压表示数变化了$$3V$$。此时滑动变阻器消耗的功率为$$P_{2}$$，且$$P_{1}$$：$$P_{2}=5$$：$$6$$，则：

Answer: 5:3

Answer: 39V

Answer: 2.1

前后两次电流大小之比为______；

电源电压的大小为______；

滑动变阻器消耗的功率由$$P_{1}$$变为$$P_{2}$$的过程中，小灯泡消耗的功率变化了______$$W$$。（$$灯泡电阻随温度变化而变化的$$）

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如图甲所示，水平地面上的物体，受到方向不变的推力$$F$$的作用，其$$F-t$$和$$v-t$$的图象分别如图乙、丙所示。由图象可知，

Answer: $$0$$

Answer: $$6$$

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一辆匀速行驶的汽车在距前面山崖$$555m$$处鸣笛，经过$$3s$$后听到回声，已知空气中的传声速度为$$340m/s$$，请回答：

Answer: 30

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如图1所示，甲、乙两个实心物体静止在水平地面上，其中甲为底面积为0.25m2、高2m的均匀柱状体，乙为边长为1m，密度为2103kg/m3的正方体，当沿水平方向截取不同高度的甲物体，并平稳地放在乙物体上时，甲、乙对地面的压强随截取的长度x的变化如图2所示.

Answer: b

Answer: 5

______（选填“a”或“b”）图象代表甲的压强随截取的长度x的变化

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如图（甲）所示是测量定值电阻Rx阻值的实验电路。请回答：

Answer: Rx断路

Answer: 0.24；10

Answer: $$\frac{U_{2}R_{0}}{U_{1}}$$；①；由于方案②中，开关由a改接到b过程中，电路电流发生变化，滑动变阻器两端电压变化，定值电阻与待测电阻两端电压不相等。

连好电路后闭合开关，发现电流表无示数、电压表有示数，则电路的故障可能是______。

排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为2.4V时，电流表的示数如图（乙）所示，则通过电阻Rx的电流为______A，Rx的阻值为______Ω。

另有同学们设计了下列二种测量方案，方案中定值电阻的阻值为R0。①方案一的电路中，闭合开关S，如果电压表V1和V2的读数分别为U1和U2，则电阻Rx的阻值表达式为Rx=______；②方案二的电路中，将S接到a时，读出电流表的示数I1；再将S接到b，读出电流表的示数I2；由I2Rx=I1R0可得Rx=I1R0/I2．你认为二种方案中可行的为______（填①或②），理由为______。

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如图甲所示的电路，滑动变阻器铭牌上标有“？1A”，电流表所用的量程为0～3A，两个电压表的量程均为0～15V.当只闭合开关S时，滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器的功率为P1，向左端逐渐调节滑片直至灯泡正常发光，此时滑动变阻器接入阻值为最大阻值的0.2倍，滑动变阻器的功率为P2，P1：P2=64：45，电流表与两电压表示数变化如图乙所示，

Answer: 310W

Answer: 3

则灯泡的额定功率为______W，

闭合三个开关，将滑动变阻器滑片调至最右端后，电流表示数为0.9A.若任意闭合开关，保证电路中有电流且电路安全，则整个电路最大功率与最小功率的比值为______。

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某同学参加兴趣小组活动时，连成了如图所示电路，

Answer: L2

Answer: L1和L2

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如图所示，将重物从长$$2m$$、高$$1m$$的斜面底部匀速推上斜面顶端。已知沿斜面所用的推力是$$400N$$，斜面的机械效率是$$75％$$，请回答：

Answer: 600

Answer: 100

物体与斜面间的摩擦力大小是________$$N$$。

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如下图甲所示，边长为$$10cm$$的正方体实心物块置于足够深的圆柱形容器底部。现逐渐向容器倒入某种液体，物块受到的浮力$$F$$浮与容器内液体的深度$$h$$的关系图象如下图乙所示，则

Answer: 1.25

Answer: 32.5

当倒入容器中液体的深度为$$6cm$$时，物块对容器底部的压力为________$$N$$。

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一名足球运动员传球时足球的运动轨迹如图所示，在不计空气阻力的情况下，足球从离开脚后到达最高点的过程中：

Answer: 不变

Answer: 大于

球的机械能_____($$选填“增大”、“减小”或“不变”$$)， 在最高点时，球的动能_____($$选填“大于”或“等于”$$)零。

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做杂技表演的汽车从高台水平飞出，在空中运动后着地．一架照相机通过多次曝光，拍摄得到汽车在着地前后一段时间内的运动照片如图所示（第三个照片为汽车落地的瞬间，虚线格子为正方形）．已知汽车长度为3.6m，相邻两次曝光的时间间隔相等，由照片可推算出

Answer: 121.25

汽车离开高台时的瞬时速度大小为______m/s，

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如图所示，A和B两平行金属板相距10mm，M点距A板及N点距B板均为2mm，请回答：

Answer: 400

Answer: 4

Answer: 0.8

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在边长为L的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为-q、-q、-q、+q的点电荷，正方形中心O点的请回答：

Answer: $$\frac{4kq}{L^{2}}$$

Answer: D→B

场强大小为______；

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如图所示，光滑水平面上存在竖直方向的匀强磁场，用相同的材料制成的粗细相同、边长分别为$$L$$和$$2L$$的两只闭合正方形线框$$a$$和$$b$$，线框初始位置如图所示，现将$$a$$、$$b$$用外力以相同的速度从匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，请回答：

Answer: 4

Answer: 2

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如图所示，在场强为E的水平匀强电场中，一根长为l的绝缘杆，两端分别固定着带有电量+q和-q的小球（大小不计）．现让缘绝杆绕中点O逆时针转动\alpha角，现在请你回答：

Answer: qEl（1-cos\alpha）

转动中带电小球克服电场力做功为______．

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如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为$$T=0.10s$$，其中$$s_{1}=7.05cm$$、$$s_{2}=7.68cm$$、$$s_{3}=8.33cm$$、$$s_{4}=8.95cm$$、$$s_{5}=9.61cm$$、$$s_{6}=10.26cm$$，请回答：

Answer: 0.86

Answer: $$\frac{(s_{4}+s_{5}+s_{6})-(s_{1}+s_{2}+s_{3})}{9T^{2}}$$

Answer: 0.64

计算小车运动的加速度的表达式为$$a=$$______；

小车加速度的大小是______$$m/s^{2}.$$$(计算结果保留两位有效数字)

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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10Ω的电阻。则：

Answer: 210-2s

Answer: 100V

Answer: 10$$\sqrt{2}$$A

该交变电压的周期是______； 副线圈输出电压的有效值为______； 流过电阻的最大电流为______。

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如图所示为一列简谐波在$$t=0$$时刻的图象，已知质点$$M$$的振动方程为$$y=5\sin5πt(cm)，

Answer: 0.9；

Answer: 1

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一个物体沿斜面上行而后沿斜面下滑，速度图象如图所示，由图可以求出斜面和物体之间的动摩擦因数

Answer: 0.25

请求出斜面和物体之间的动摩擦因数$$μ=$$___________

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如图，可视为质点的物体，在倾角为$$θ=30^{\circ}$$的固定斜面上，恰好匀速下滑；已知斜面长度$$L=5m$$，$$g$$取$$10m/s^{2}$$，欲使物体由斜面底端开始，沿斜面冲到顶端，物体从底端上滑时，请回答：

Answer: 10；

Answer: 1

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B,解：【分析】根据电压表量程和电流表的量程确定电路中的最大电流；然后结合串联电路的特点和欧姆定律的应用计算定值电阻$$R_{2}$$的最小阻值。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的计算，关键是根据电流表和电压表的最大值计算电路能正常工作时电路中的最大电流。【解答】当滑动变阻器接入电路的阻值为$$10Ω$$，电压表的示数为$$3V$$时，电路中的最大电流$$I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{3V}{10Ω}=0.3A0.6A$$，所以电路中的最大电流为$$0.3A$$；根据公式$$I=\dfrac{U}{R}$$，并且串联电路中，串联电路两端电压等于各部分电压之和，则定值电阻$$R_{2}$$的最小阻值$${R}_{2}=\dfrac{{U}_{2}}{I}=\dfrac{12V-3V}{0.3A}=30Ω$$。故选B。

如图所示电路，电源两端的电压为$$12V$$，且保持不变$$.$$滑动变阻器$${R}_{1}$$的最大阻值为$$10$$$$Ω$$，电流表量程为$$0-0.6A$$，电压表的量程为$$0-3V$$闭合开关$$S$$，为保证两块电表均不超量程工作，定值电阻$${R}_{2}$$的阻值至少为

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C,解：$$A$$、由图可知，$$A$$在水中漂浮，$$ρ_{A}ρ_{水}$$，$$B$$在水中悬浮，$$ρ_{B}=ρ_{水}$$，所以$$ρ_{A}ρ_{B}$$，故A错误；B、由图可知，$$A$$静止时在水中漂浮，$$F_{浮A}=G_{A}$$，$$B$$静止时在水中悬浮，$$F_{浮B}=G_{B}$$，而$$m_{A}=m_{B}$$，$$G_{A}=G_{B}$$，所以$$F_{浮A}=F_{浮B}$$，故B错误；C、因为$$F_{浮A}=F_{浮B}$$，由$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$可知，$$V_{排A}=V_{排B}$$，故C正确；D、由图可知，$$B$$的下表面距离水面的深度$$h_{B}h_{A}(A$$的下表面距离水面的深度$$)，由$$p=ρ_{液}gh$$可知，$$p_{B}p_{A}$$，故D错误．故选C．(1)①ρ_{物}ρ_{液}$$，上浮；$$②ρ_{物}=ρ_{液}$$，悬浮；$$③ρ_{物}ρ_{液}$$，下沉$$.$$据此判断$$A$$；(2)物体在液体中静止时：漂浮：$$F_{浮}=G$$，悬浮：$$F_{浮}=G.$$据此判断$$B$$；(3)根据$$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$$判断$$C$$；(4)根据液体压强特点判断$$D$$．此题考查物体浮沉条件和液体压强的特点，熟练掌握并灵活运用物体的浮沉条件是解答此题的关键．

A、$$B$$是两个质量完全相同的实心长方体，轻轻放入水中后，静止时如图所示，则下列说法正确的是($$　　$$)

两物体的密度大小关系是：$$ρ_{A}ρ_{B}$$

两物体受到水的浮力大小关系是：$$F_{浮A}F_{浮B}$$

两物体排开水的体积大小关系是：$$V_{排A}=V_{排B}$$

两物体下表面受到水的压强大小关系是：$$p_{A}p_{B}$$

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B,解：【分析】分析电路图，电阻和灯泡串联，电压表$$V_{2}$$测量的是串联电路两端的总电压($$电源电压$$)，电压表$$V_{1}$$测量的是电阻两端的电压；电压表$$V_{2}$$测量的是串联电路两端的总电压($$电源电压$$)，无论灯和电阻发生什么故障，其示数不变；电路工作一段时间后，两表示数相同，说明电压表$$V_{1}$$两接线柱与电源两极相连；然后根据短路和断路故障进行分析。电路故障在灯或电阻上，了解各元件现象的变化、短路或断路对电路的影响是本题的关键。【解答】电压表$$V_{2}$$测量的是串联电路两端的总电压($$电源电压$$)，无论灯和电阻发生什么故障，其示数不变；电路工作一段时间后，两表示数相同，说明电压表$$V_{1}$$两接线柱与电源两极相连；因此故障可能为灯泡$$L$$短路或电阻$$R$$断路，即灯泡一定熄灭。故选B。

如图所示，电路的电源电压不变，闭合开关$$S$$，电路正常工作，一段时间后，发现两个电压表的示数相同，则()

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D,解：金星凌日现象是指地金星和太阳处在了同一条直线上，并且金星在地球和太阳之间，根据此意可以判断金星的位置在丁的位置。故选：$$D$$。光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，利用光沿直线传播可以解释的现象有：日月食的形成；影子的形成；小孔成像；激光准直等现象。此题考查的是光沿直线传播现象的应用：日月食的形成；影子的形成；小孔成像；激光准直等现象。

天文奇观“金星凌日”是在地球上看到金星从太阳面上移过的现象，它的产生和日食的道理相同$$.$$如图为发生“金星凌日”现象时的示意图，图中金星的位置在($$　　$$)

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A,解：$$A$$、物体间力的作用是相互的，施力物体同时也是受力物体，船桨向后划水时，使船前进的力的施力物体是水，故A错误；B、船处于漂浮状态，根据漂浮条件可知：受到的浮力等于船受到的重力，故B正确；C、运动员划船用的浆，动力臂小于阻力臂，动力大于阻力，船桨属于费力杠杆，故C正确；D、用力向前划水，桨给水一个向前的力，同时水给桨一个向后的力使艇向后运动，可说明物体间力的作用是相互的，故D正确．故选：$$A$$．(1)根据力的作用是相互的分析．(2)根据漂浮条件判断：漂浮的物体所受的浮力大小等于它受到的重力．(3)当动力臂小于阻力臂时，动力大于阻力，杠杆属于费力杠杆．(4)桨向后划水，船就向前运动，说明力的作用是相互的．本题利用生活中一实例，考查了多方面的知识，要求学生对物理知识有一个全面的了解并能学以致用$$.$$注意合理地构建物理模型，灵活地选择物理规律解答问题．

划船活动蕴含着力学知识，下列说法中错误的是($$　　$$)

使船前进的力，施力物体是船桨

船漂浮在水面时，船的总重等于它排开的水重

用船桨划水，此时船桨是费力杠杆

用浆向后划水，船向前运动，说明物体间力的作用是相互的

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C,解：在第$$1$$种情况下，$$R_{2}$$两端的电压$$U_{21}=\dfrac{1}{2+1}U=\dfrac{U}{3}$$，$$R_{1}$$两端的电压为$$U_{11}=U-\dfrac{U}{3}=\dfrac{2U}{3}$$；在第$$2$$种情况下，$$R_{2}$$两端的电压$$U_{22}=\dfrac{2}{1+2}U=\dfrac{2U}{3}$$，$$R_{1}$$的电压为$$U_{12}=U-\dfrac{2U}{3}=\dfrac{U}{3}$$，根据电阻不变时，通过的电流与电压成正比，所以，两种情况下通过$$R_{1}$$的电流之比$$\dfrac{I_{11}}{I_{12}}=\dfrac{U_{11}}{U_{12}}=\dfrac{2}{1}$$，即两种情况下通过$$R_{2}$$的电流之比；$$\dfrac{P_{1}}{P_{2}}=\dfrac{U_{21}I_{11}}{U_{22}\timesI_{12}}=\dfrac{1}{2}\dfrac{2}{1}=\dfrac{1}{1}$$。故选：$$C$$。首先求出两种情况下$$R_{2}$$的电压之比，根据串联电路电压的特点，求出$$R_{1}$$的电压之比，即可求出通过定值电阻$$R1$$的电流之比，即通过$$R_{2}$$的电流之比，根据$$P=UI$$可求两种情况下$$R_{2}$$的电功率之比。本题关键是正确选择电功率的计算公式求比例，并要熟练运用串联电路电压的特点和电流的特点及在电阻不变时，电流与电压的关系即可迅速得出正确答案。

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A,解：$$A$$、在托里拆利实验中，利用水银柱产生的压强测定大气压的值，采用了等效替代法，故A正确；B、要求玻璃管中充满水银，是为了排净管中的空气；管的长度要求约$$1m$$左右；若管内是真空，则管内水银柱产生的压强等于大气压强，故B错误；C、一个标准大气压能支持约$$76cm$$高的水银柱，海拔越高，大气压越低。因此把一个气压计由山脚移到山顶示数会变小，故C错误；D、金属盒气压计是利用大气压对抽成真空的波纹密封金属盒产生压强的变化，而引起的金属盒形状的变化来测量大气压的，这种气压计主要部分是金属盒，也没有液体，所以就叫空盒气压计，也叫无液气压计，与此实验原理不同，故D错误。故选：$$A$$。(1)等效替代法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验本身的特殊限制或因实验器材等限制，不可以或很难直接揭示物理本质，而采取与之相似或有共同特征的等效现象来替代的方法；(2)要求玻璃管中充满水银，是为了排净管中的空气，气泡会使测量结果偏小；(3)大气压的值是$$1.0110^{5}Pa$$，大气压能支持$$76cm$$的水银柱。气压跟海拔、季节、天气有关。在相同条件下，海拔越高，大气压越低；(4)金属盒气压计主要部分是金属盒，没有气体也没有液体，所以就叫空盒气压计，也叫无液气压计。本题考查托里拆利实验，以及气泡与高度对测量结果的影响，是基础题。

在图所示的托里拆利实验中，下列说法中正确的是($$　　$$)

此实验采用了等效替代的研究方法

因为$$1$$标准大气压能够支持$$760mm$$高的水银柱，所以在$$a$$步骤中也可以不灌满水银

在海拔高处做此实验，管内外水银柱液面高度差会大于$$760mm$$

空盒气压计就是利用此原理做成的

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B,解：【分析】定滑轮是一个等臂杠杆，不省力也不费距离，但可以改变力的方向；本题考查定滑轮工作的特点，注意人拉绳子施加的拉力与人举起杠铃施加的举力不是相同的。【解答】小李和小胖虽然他们能举起的杠铃重力不一样，但向下拉动定滑轮上的绳子与他们的胳膊的施力无关，对绳子的拉力最大能达到自身的重力的大小，由于装置是定滑轮，只改变力的方向，不能省力，根据小李的质量为$$50$$千克，小胖的质量为$$70$$千克，所以绳子上的作用力最大等于小李的重力，小于小胖的重力，即小胖把小李拉起。故选B。

小李的质量为$$50$$千克，可以举起$$80$$千克的杠铃；小胖的质量为$$70$$千克，可以举起$$60$$千克的杠铃。他们两人通过如图所示的装置来比赛，双方都竭尽全力，看谁能把对方拉起来。比赛结果应是()

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D,解：【分析】(1)根据凸透镜成像的四种情况和应用进行判断：$$u2f$$，成倒立、缩小的实像，$$2fvf$$，应用于照相机和摄像机；$$u=2f$$，成倒立、等大的实像，$$v=2f$$，一般用来求凸透镜的焦距；$$2fuf$$，成倒立、放大的实像，$$v2f$$，应用于幻灯机和投影仪；$$uf$$，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。(2)当物距大于焦距时，凸透镜成实像；凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。凸透镜成像的四种情况和应用，以及凸透镜成实像时，物距、像距、像之间的关系，是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。【解答】A.$$u=v=2f$$，凸透镜成倒立、等大的实像，如图，$$u=v=2f=16cm$$时，所以$$f=8cm$$，故A错误；B.当$$u=12cm$$时，$$2fuf$$，成倒立、放大的实像，故B错误；C.当$$u=20cm$$时，$$u2f$$，成倒立、缩小的实像，应用于照相机，故C错误；D.物体从距凸透镜$$12cm$$处移动到$$24cm$$处的过程中，凸透镜的物距大于焦距，成实像，凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小，故D正确。故选D。

小何同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离$$v$$和物体到凸透镜的距离$$u$$之间关系的图像($$如图所示$$)，则下列判断正确的是

该凸透镜的焦距是$$16cm$$

当$$u=12cm$$时，在光屏上能得到一个缩小的像

当$$u=20cm$$时，成放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的

把物体从距透镜$$12cm$$处移到$$24cm$$处的过程中，像逐渐变小

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C,解：【分析】使用斜面省力，不省功，使用滑轮组省力，也不省功。本题考查了斜面和滑轮组的特点$$.$$使用斜面能省力，使用滑轮组省力，能改变用力的方向。【解答】由于都是在理想情况下，使用任何机械都不省功，甲、乙两种装置将同一物体升高$$1m$$，不计摩擦力和滑轮重，故两个机械拉力$$F$$所做的功相等。故选C。

用图中所示的甲、乙两种装置将同一物体升高$$lm$$，如果不计摩擦力和滑轮重，那么拉力$$F$$所做的功是

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小型交流发电机中, 矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动。 产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系, 如图所示, 此线圈与一个 $R=10 \Omega$ 的电阻构成闭合电路, 不计电路的其他电阻, 下列说法正确 的是（     ）

交叉电流的周期为 0.125

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为了节省能量, 某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时, 扶梯运转得很慢; 有人 站上扶梯时, 它会先慢慢加速, 再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼, 恰好经历了这两个过程, 如图所示。那么下列说法中正确的是（）

顾客始终受到三个力的作用

顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方, 再坚直向下

顾客对扶梯作用的方向先指向右下方, 再坚直向下

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如图 4 所示, 帆板在海面上以速度 $v$ 朝正西方向运动, 帆船以速度 $v$ 朝正北方向航行, 以帆板为 参照物（）

帆船朝正东方向航行, 速度大小为 $\mathrm{v}$

帆船朝正西方向航行, 速度大小为 $\mathrm{v}$

帆船朝南偏东 $45^{\circ}$ 方向航行, 速度大小为 $\sqrt{2} \mathrm{v}$

帆船朝北偏东 $45^{\circ}$ 方向航行, 速度大小为 $\sqrt{2} \mathrm{v}$

D,本题考察参照物以及运动的合成, 以帆板为参照物, 我们就把帆板看成是静止的, 则帆船在水 平方向以速度 $v$ 向东运动, 坚直方向以速度 $v$ 向北运动, 根据矢量合成的平行四边形定则可以求得 帆船以帆板为参照物是以 $\mathrm{v}$ 的速度向北偏东 $45^{\circ}$ 运动, 故选 $\mathrm{D}$ 。

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电场线分布如图昕示, 电场中 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 两点的电场强度大小分别为已知 $E_{a}$ 和 $E_{b}$, 电势分别为 $\varphi_{a}$ 和 $\varphi_{b}$, 则（     ）

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如图为氢原子能级示意图的一部分, 则氢原子（     ）

从 $n=4$ 能级跃迁到 $n=3$ 能级比从 $n=3$ 能级跃迁到 $n=2$ 能级辐射出电磁波 的波长长

从 $n=5$ 能级跃迁到 $n=1$ 能级比从 $n=5$ 能级跃迁到 $n=4$ 能级辐射出电磁波 的速度大

处于不同能级时, 核外电子在各处出现的概率是一样的

从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量

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13、甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前 1 小时内的位移-时间图像如图 3 所示。下列 表述正确的是（）

0.2-0.5 小时内, 甲的加速度比乙的大

0.2-0.5 小时内, 甲的速度比乙的大

0.6-0.8 小时内, 甲的位移比乙的小

0.8 小时内, 甲、乙骑行的路程相等

B,这是一般的运动图像问题, 首先要看清楚横纵坐标所代表的物理量再去看选项。0.2-0.5 小时内, 根据图像可知甲乙都做匀速直线运动, 加速度都为 $\mathbf{0}$, 故 $\mathrm{A}$ 错误; 甲的斜率比乙大, 所以甲的速度 大于乙的速度, 或者通俗点来说, 相同时间内甲走的位移比乙的多, 所以甲的速度比乙的大, $\mathrm{B}$ 正 确; 0.6-0.8 小时内, 甲的位移是-5m, 乙的位移是-3m, C 错误; 0.8 小时内甲乙的位移相同, 但是 路程不一样, D 错误。

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在如图所示的 $x O y$ 坐标系中, 一条弹性绳沿 $x$ 轴放置, 图中小黑点代表绳上的质点, 相邻质点的间距为 $a 。 t=0$ 时, $x=0$ 处的质点 $\mathrm{P}_{0}$ 开始沿 $y$ 轴做周期为 $T$ 、振幅为 $A$ 的简谐运动。 $t=\frac{3}{4} T$ 时的波形如图所示。 下列说法正确的是（  ）

$t=0$ 时, 质点 $\mathrm{P}_{0}$ 沿 $y$ 轴负方向运动

$t=\frac{3}{4} T$ 时, 质点 $\mathrm{P}_{4}$ 的速度最大

D,【详解】A. 由 $t=\frac{3}{4} T$ 时的波形图可知, 波刚好传到质点 $P_{6}$, 根据 “上下坡法”, 可知此时质点 $P_{6}$ 沿 $y$ 轴 正方向运动, 故波源起振的方向也沿 $y$ 轴正方向, 故 $t=0$ 时, 质点 $\mathrm{P}_{0}$ 沿 $y$ 轴正方向运动, 故 $\mathrm{A}$ 错误;

B. 由图可知, 在 $t=\frac{3}{4} T$ 时质点 $\mathrm{P}_{4}$ 处于正的最大位移处, 故速度为零, 故 $\mathrm{B}$ 错误;

C. 由图可知, 在 $t=\frac{3}{4} T$ 时, 质点 $\mathrm{P}_{3}$ 沿 $y$ 轴负方向运动, 质点 $\mathrm{P}_{5}$ 沿 $y$ 轴正方向运动, 故两个质点的相位不 相同，故 C 错误;

D. 由图可知

$$
\frac{\lambda}{4}=2 a
$$

解得

$$
\lambda=8 a
$$

故该列绳波的波速为

$$
v=\frac{\lambda}{T}=\frac{8 a}{T}
$$

故 D 正确。

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科学训练可以提升运动成绩, 某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中, 速度 $v$ 与时间 $t$ 的关系图像 如图所示。由图像可知（）

$0 \sim t_{1}$ 时间内, 训练后运动员的平均加速度大

$0 \sim t_{2}$ 时间内, 训练前、后运动员跑过的距离相等

$t_{3}$ 时刻后, 运动员训练前做减速运动, 训练后做加速运动

D,section{【解析】}

【详解】A. 根据 $v-t$ 图像的斜率表示加速度, 由题图可知 $0 \sim t_{1}$ 时间内, 训练后运动员的平均加速度比训 练前的小, 故 A 错误;

B. 根据 $v-t$ 图像围成的面积表示位移, 由题图可知 $0 \sim t_{2}$ 时间内, 训练前运动员跑过的距离比训练后的大, 故 B 错误;

C. 根据 $v-t$ 图像围成的面积表示位移, 由题图可知 $t_{2} \sim t_{3}$ 时间内, 训练后运动员的位移比训练前的位移大, 根据平均速度等于位移与时间的比值, 可知训练后运动员的平均速度大, 故 $\mathrm{C}$ 错误;

D. 根据 $v-t$ 图像可直接判断知, $t_{3}$ 时刻后, 运动员训练前速度减小, 做减速运动; $t_{3}$ 时刻后, 运动员训练 后速度增加, 做加速运动, 故 $\mathrm{D}$ 正确。 故选 D。

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如图 5 所示, 在坚直平面内, 截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处, 一玩具枪的 枪口与小积木上 $P$ 点等高且相距为 $L$ 。当玩具子弹以水平速度 $v$ 从枪口向 $P$ 点射出时, 小积 木恰好由静止释放, 子弹从射出至击中积木所用时间为 $t$ 。不计空气阻力。下列关于子弹的 说法正确的是 ( )

B,由题意知枪口与 $P$ 点等高, 子弹和小积木在坚直方向上做自由落体运动, 当子弹 击中积木时子弹和积木运动时间相同, 根据

$$
h=\frac{1}{2} g t^{2}
$$

可知下落高度相同, 所以将击中 $P$ 点; 又由于初始状态子弹到 $P$ 点的水平距离为 $L$, 子弹在 水平方向上做匀速直线运动, 故有

$$
t=\frac{L}{v}
$$

故选 B。

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气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和, 其大小与气体的状态有关, 分子热 运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的（     ）

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一汽车在平直公路上行驶. 从某时刻开始计时, 发动机的功率 $\mathrm{P}$ 随时间 $\mathrm{t}$ 的变化 如图所示. 假定汽车所受阻力的大小 $\mathrm{f}$ 恒定不变. 下列描述该汽车的速度 $\mathrm{v}$ 随时间 $\mathrm{t}$ 变化的 图线中, 可能正确的是 ( )

A,解: 在 $0-\mathrm{t}_{1}$ 时间内, 如果匀速, 则 $\mathrm{v}-\mathrm{t}$ 图象是与时间轴平行的直线, 如果是加速, 根据 $\mathrm{P}=\mathrm{Fv}$, 牵引力减小; 根据 $\mathrm{F}-\mathrm{f}=\mathrm{ma}$, 加速度减小, 是加速度减小的加速运动, 当加速 度为 0 时, 即 $F_{1}=f$, 汽车开始做匀速直线运动, 此时速度 $v_{1}=\frac{P_{1}}{F_{1}} \frac{P_{1}}{f}$. 所以 $0-t_{1}$ 时间内, $v-t$ 图象先是平滑的曲线, 后是平行于横轴的直线;

在 $t_{1}-t_{2}$ 时间内, 功率突然增加, 故牵引力突然增加, 是加速运动, 根据 $\mathrm{P}=\mathrm{Fv}$, 牵引力减 小; 再根据 $\mathrm{F}-\mathrm{f}=\mathrm{ma}$, 加速度减小, 是加速度减小的加速运动, 当加速度为 0 时, 即 $F_{2}=f$, 汽车开始做匀速直线运动, 此时速度 $v_{2}=\frac{P_{2}}{F_{2}}=\frac{P_{2}}{f}$. 所以在 $t_{1}-t_{2}$ 时间内, 即 $v-t$ 图象也先是 平滑的曲线, 后是平行于横轴的直线.

故 A 正确, BCD 错误;

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如图所示, 一物体自倾角为 $\theta$ 的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜 面接触时速度与水平方向的夹角 $\phi$ 满足（     ）

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因为测量某电源电动势和内阻时得到的 U-I 图线。用此电源与三个阻值均为 $3 \Omega$ 的电阻连 接成电路, 测得路端电压为 $4.8 \mathrm{~V}$ 。则该电路可能为（     ）

B,题考查测电源的电动势和内阻的实验. 由测量某电源电动势和内阻时得到的 U-I 图 线可知该电源的电动势为 $6 \mathrm{v}$, 内阻为 $0.5 \Omega$. 此电源与三个均为 $3 \Omega$ 的电阻连接成电路时测的路 端电压为 $4.8 v, A$ 中的路端电压为 $4 v, B$ 中的路端电压约为 $4.8 \mathrm{~V}$. 正确 $\mathrm{C}$ 中的路端电压约为 $5.7 \mathrm{v}, \mathrm{D}$ 中的路端电压为 $5.4 \mathrm{v}$.

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如图 7 所示, 电动势为 $E$ 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。只合上开关 $\mathrm{S}_{1}$, 三个灯泡都能正常 工作。如果在合上 $\mathrm{S}_{2}$, 则下列表述正确的是（     ）

通过 $R_{1}$ 上的电流增大

通过 $R_{3}$ 上的电流增大

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一列沿 $x$ 轴方向传播的简谐横波, 某时刻的波形如图所示。 $\mathrm{P}$ 为介质中的一个质点, 从 该时刻开始的一段极短时间内, $\mathrm{P}$ 的速度 $v$ 和加速度 $a$ 的大小变化情况是（）

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如图所示, 电路中灯泡均正常发光, 阻值分别为 $R_{1}=2 \Omega, R_{2}=3 \Omega, R_{3}=2 \Omega, R_{4}=4 \Omega$, 电源电动 势 $E=12 \mathrm{~V}$, 内阻不计, 四个灯泡中消耗功率最大的是（）

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如图, 竖直轻质悬线上端固定, 下端与均质硬棒 $A B$ 中点连接, 棒长为线长二 倍。棒的 $A$ 端用铰链固定在墙上，棒处于水平状态。改变悬线长度，使线与棒的 连接点逐渐右移, 并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力（     ）

A,解析: 如图所示

根据力距平衡条件: $m g \times L_{1}=F \times L_{2}$

由于线与棒的连接点逐渐右移, 则 $L_{2}$ 与 $L_{1}$ 的比值越来越大, 因此悬线拉力 $\mathrm{F}$ 越来越小

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如题 15 图所示, 理想变压器的原线圈接入 $u=11000 \sqrt{2} \sin 100 \pi t(\mathrm{~V})$ 的交变电压, 副线圈通过电阻 $\mathrm{r}=6 \Omega$ 导线对 “ $220 \mathrm{~V} / 880 \mathrm{~W}$ ” 电器 $\mathrm{R}_{\mathrm{L}}$ 供电, 该电器正常工作。由此可知（     ）

原、副线圈的匝数比为 $50: 1$

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右表是某逻辑电路的真值表, 该电路是（     ）
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline \multicolumn{2}{|c|}{ 输入 } & 输出 \\
\hline 0 & 0 & 1 \\
\hline 0 & 1 & 1 \\
\hline 1 & 0 & 1 \\
\hline 1 & 1 & 0 \\
\hline
\end{tabular}

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$A 、 B$ 两点各放有电量为十 $Q$ 和十 $2 Q$ 的点电荷, $A 、 B 、 C 、 D$ 四点在同一直线上, 且 $A C$ $=C D=D B$. 将一正电荷从 $C$ 点沿直线移到 $D$ 点, 则（     ）

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如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为: 打开降落伞一段 时间后, 整个装置匀速下降, 为确保安全着陆, 需点燃返回舱的缓冲火箭, 在火箭喷气过程中返 回舱做减速直线运动, 则（     ）

火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

返回舱在喷气过程中处于失重状态

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如图甲所示, 理想变压器原、副线圈的匝数比为 $10: 1, R_{1}=20 \Omega, R_{2}=30 \Omega, C$ 为 电容器。已知通过 $R_{1}$ 的正弦交流电如图乙所示, 则（     ）

电阻 $\mathrm{R}_{2}$ 的电功率约为 $6.67 \mathrm{~W}$

通过 $R_{3}$ 的电流始终为零

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如图, 理想变压器原线圈输入电压 $u=U_{m} \sin \omega t$, 副线圈电 路中 $R_{0}$ 为定值电阻, 是 $R$ 滑动变阻器。 $\mathrm{V}_{1}$ 和 $\mathrm{V}_{2}$ 是理想交流电压表, 示数分别用 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ 表示; $\mathrm{A}_{1}$ 和 $\mathrm{A}_{2}$ 是理想交流电流表, 示数分别用 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 表示。下列说法中正确的是（）

滑片 $\mathrm{P}$ 向下滑动过程中, $U_{2}$ 不变、 $I_{1}$ 变大

C,$A 、 I_{1}$ 和 $I_{2}$ 表示电流的有效值, $A$ 错误;

B、 $U_{1}$ 和 $U_{2}$ 表示电压的有效值, B 错误;

C、 $D$ 滑片 $P$ 向下滑动过程中, 总电阻减小, 只与输入电压和匝数有关, 所以 $U_{2}$ 不变, $I_{1}$ 变大, $\mathrm{C}$ 正确, $\mathrm{D}$ 错误.

故选: C.

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原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当気等离子体被加热到适当高温时, 氝核参与的几种聚变反应可能发生, 放出能量。这几种反应总的效果可以表示为

$$
6_{1}^{2} H \rightarrow k_{2}^{4} \mathrm{He}+d_{1}^{1} H+2{ }_{0}^{1} n+43.15 \mathrm{MeV}
$$

由平衡条件可知 ( )

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如图, 在光滑绝缘水平面上, 三个带电小球 $a 、 b$ 和 $c$ 分别位于边长为 $l$ 的 正三角形的三个顶点上; $a 、 b$ 带正电，电荷量均为 $q, c$ 带负电。整个系统置于方 向水平的匀强电场中。已知静电力常量为 $k$ 。若三个小球均处于静止状态, 则匀强 电场场强的大小为 （     ）

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题 20 图为一种早期发电机原理示意图, 该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接 的圆柱形磁铁构成, 两磁极相对于线圈平面对称, 在磁极绕转轴匀速转动过程中, 磁极中心 在线圈平面上的投影沿圆弧 $X O Y$ 运动, ( $O$ 是线圈中心), 则（     ）

从 X 到 O,电流由 E 经 G 流向 F，先增大再减小

从 X 到 O,电流由 F 经 G 流向 E，先减小再增大

从 O 到 Y,电流由 F 经 G 流向 E，先减小再增大

从 O 到 Y,电流由 E 经 G 流向 F，先增大再减小

D,在磁极绕转轴从 $X$ 到 0 匀速转动, 穿过线圈平面的磁通量向上增大, 根据楞次定律可 知线圈中产生瞬时针方向的感应电流, 电流由 $\mathrm{F}$ 经 $\mathrm{G}$ 流向 $\mathrm{E}$, 又导线切割磁感线产生感应电 动势 $\mathrm{E}_{\text {感 }}=\mathrm{BLV}$, 导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大 再减小, $\mathrm{AB}$ 均错;

在磁极绕转轴从 0 到 $\mathrm{Y}$ 匀速转动, 穿过线圈平面的磁通量向上减小, 根据楞次定律可知线圈 中产生逆时针方向的感应电流, 电流由 $\mathrm{E}$ 经 $\mathrm{G}$ 流向 $\mathrm{F}$, 又导线切割磁感线产生感应电动势 $\mathrm{E}$ 感 $=B L V$, 导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小, C 错、D 对。

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L 型木板 P (上表面光滑) 放在固定斜面上, 轻质弹簧一端固定在木 板上, 另一端与置于木板上表面的滑块 $\mathrm{Q}$ 相连, 如图所示。若 $\mathrm{P} 、 \mathrm{Q}$ 一起 沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板 P 的受力个数为（）

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如图所示, 质量为 $m$ 的物块在倾角为 $\theta$ 的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为 $\mu$ 。下列说法 正确的是 ( )

斜面对物块作用力的合力大小为 $m g$

B,【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为

$$
F_{\mathrm{N}}=m g \cos \theta
$$

故 A 错误;

B. 斜面对物块的摩擦力大小为

$$
F_{\mathrm{f}}=\mu F_{\mathrm{N}}=\mu m g \cos \theta
$$

故 B 正确;

CD． 因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得

$$
F_{\text {合 }}=m g \sin \theta-\mu m g \cos \theta=m a
$$

可知

$$
m g \sin \theta>\mu m g \cos \theta
$$

则斜面对物块的作用力为

$$
F=\sqrt{F_{\mathrm{N}}^{2}+F_{\mathrm{f}}^{2}}=\sqrt{(m g \cos \theta)^{2}+(\mu m g \cos \theta)^{2}}<\sqrt{(m g \cos \theta)^{2}+(m g \sin \theta)^{2}}=m g
$$

故 CD 错误。

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粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中, 磁场方向垂直于线框平面, 其边 界与正方形线框的边平行, 现使线框以同样大小的速度沿四个同方向平移出磁场, 如图所示, 则 在移出过程中线框的一边 $a 、 b$ 两点间电势差绝对值最大的是（）

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一列简谐横波沿 $\mathrm{x}$ 轴传播, 周期为 $\mathrm{T}, \mathrm{t}=0$ 时刻的波形如图所示。 此时平衡位置位于 $x=3 \mathrm{~m}$ 处的质点正在向上运动, 若 $a 、 b$ 两质点 平衡位置的坐标分别为 $x_{\mathrm{a}}=2.5 \mathrm{~m}, x_{b}=5.5 \mathrm{~m}$, 则（     ）

当 $\mathrm{a}$ 质点处在波峰时, $\mathrm{b}$ 质点恰在波谷

$\mathrm{t}=\mathrm{T} / 4$ 时, $\mathrm{a}$ 质点正在向 $\mathrm{y}$ 轴负方向运动

$\mathrm{t}=3 \mathrm{~T} / 4$ 时, $\mathrm{b}$ 质点正在向 $\mathrm{y}$ 轴负方向运动

在某一时刻, $a 、 b$ 两质点的位移和速度可能相同

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利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象, 其中 $E$ 为电源, $R$ 为定值电阻, $C$ 为电容器, $\mathrm{A}$ 为电流 表， $\mathrm{V}$ 为电压表。下列说法正确的是 ( )

充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定

充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定

放电过程中，电流表的示数均匀减小至零

放电过程中，电压表的示数均匀减小至零

B,【详解】A. 充电过程中, 随着电容器 $C$ 两极板电荷量的积累, 电路中的电流逐渐减小, 电容器充电结束后, 电流表示数为零, $\mathrm{A}$ 错误;

B. 充电过程中, 随着电容器 $C$ 两极板电荷量的积累, 电压表测量电容器两端的电压, 电容器两端的电压迅 速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定， $\mathrm{B}$ 正确;

CD. 电容器放电的 $I-t$ 图像如图所示

可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至 0 的, $\mathrm{CD}$ 错误。

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如图, 一长为 $L$ 的轻杆一端固定在光滑铰链上, 另一端固定一质量为 $m$ 的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点, 使杆以角速度 $\omega$ 匀速转动, 当杆与水平方向成 $60^{\circ}$ 时, 拉力的功率为（     ）

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某实物投影机有 10 个相同的强光灯 $\mathrm{L}_{1} \sim \mathrm{L}_{10}(24 \mathrm{~V} / 200 \mathrm{~W})$ 和 10 个相同的指示灯 $\mathrm{X}_{1} \sim$ $\mathrm{X}_{10}(220 \mathrm{~V} / 2 \mathrm{~W})$, 将其连接在 $220 \mathrm{~V}$ 交流电源上, 电路见题 18 图, 若工作一段时间后, $\mathrm{L}_{2}$ 灯丝 烧断, 则 ( )

$\mathrm{X}_{1}$ 的功率减小, $\mathrm{L}_{1}$ 的功率增大

$\mathrm{X}_{1}$ 的功率增大, $\mathrm{L}_{1}$ 的功率增大

$X_{2}$ 功率增大, 其它指示灯的功率减小

$X_{2}$ 功率减小, 其它指示灯的功率增大

C,显然 $\mathrm{L}_{1}$ 和 $\mathrm{X}_{1}$ 并联、 $\mathrm{L}_{2}$ 和 $\mathrm{X}_{2}$ 并联 …然后他们再串联接在 $220 \mathrm{~V}$ 交流电源上, $\mathrm{L}_{2}$ 灯丝烧断, 则总电阻变大、电路中电流 $I$ 减小, 又 $\mathrm{L}_{1}$ 和 $\mathrm{X}_{1}$ 并联的电流分配关系不变, 则 $\mathrm{X}_{1}$ 和 $\mathrm{L}_{1}$ 的电流 都减小、功率都减小, 同理可知除 $\mathrm{X}_{2}$ 和 $\mathrm{L}_{2}$ 外各灯功率都减小, $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 均错; 由于 $\mathrm{I}$ 减小, 各 并联部分的电压都减小, 交流电源电压不变, 则 $\mathrm{X}_{2}$ 上电压增大, 根据 $\mathrm{P}=\mathrm{U}^{2} / \mathrm{R}$ 可知 $\mathrm{X}_{2}$ 的功 率变大, C 对、D 错。

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如图所示, 一定质量的理想气体分别经历 $a \rightarrow b$ 和 $a \rightarrow c$ 两个过程, 其中 $a \rightarrow b$ 为等温过程, 状态 $b 、 c$ 的体积相同, 则 ( )

状态 $a$ 的内能大于状态 $b$

状态 $a$ 的温度高于状态 $c$

C,\section{【解析】}

【详解】 A. 由于 $a \rightarrow b$ 的过程为等温过程, 即状态 $a$ 和状态 $b$ 温度相同, 分子平均动能相同, 对于理想气 体状态 $a$ 的内能等于状态 $b$ 的内能, 故 $\mathrm{A}$ 错误;

B. 由于状态 $b$ 和状态 $c$ 体积相同，且 $p_{b}<p_{c}$, 根据理想气体状态方程

$$
\frac{p_{b} V_{b}}{T_{b}}=\frac{p_{c} V_{c}}{T_{c}}
$$

可知 $T_{b}<T_{c}$, 又因为 $T_{a}=T_{b}$, 故 $T_{a}<T_{c}$, 故 B 错误;

CD. 因为 $a \rightarrow c$ 过程气体体积增大, 气体对外界做正功; 而气体温度升高, 内能增加, 根据

$$
\Delta U=W+Q
$$

可知气体吸收热量; 故 C 正确, D 错误;

故选 C。

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某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置, 它主要由汽缸和活塞组成。开箱 时, 密闭于汽缸内的压缩气体膨胀, 将箱盖顶起, 如图所示。在此过程中，若 缸内气体与外界无热交换, 忽略气体分子间相互作用, 则缸内气体（     ）

对外做正功，分子的平均动能减小

对外做负功, 分子的平均动能增大

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如图所示，电源电压为4.5V保持不变，电压表的量程为0~3V，电流表的量程为0~0.6V，滑动变阻器R的规格是“25Ω  1A”，灯泡L上标有“2.5V  1.25W”的字样。若闭合开关S，在保证电路安全的情况下，忽略温度对灯丝电阻的影响，则下列说法正确的是（  ）

滑动变阻器允许调节的阻值范围是 $5 \sim 25 \Omega$

 B,【解析】
【详解】如图所示电路, 灯泡和滑动变阻器串联, 电压表测量灯泡的电压, 电流表测量串联电路中的电流;
A. 灯泡标有 “ $2.5 \mathrm{~V} 1.25 \mathrm{~W}$ ” 字样, 则灯泡的电阻为
$$
R_{\mathrm{L}}=\frac{U^2}{P_{\text {额 }}}=\frac{(2.5 \mathrm{~V})^2}{1.25 \mathrm{~W}}=5 \Omega
$$
故 A 错误;
B. 当滑动变阻器接入阻值最大时, 电路中电流最小, 此时电路中的最大电阻为
$$
R_{\text {最大 }}=R_{\text {骴大 }}+R_{\mathrm{L}}=25 \Omega+5 \Omega=30 \Omega
$$
此时电路中的最小电流为:
$$
I_{\text {小 }}=\frac{U}{R_{\text {最大 }}}=\frac{4.5 \mathrm{~V}}{30 \Omega}=0.15 \mathrm{~A}
$$
在保证电路安全的情况下, 灯泡两端的电压不能超过额定电压, 此时电路中的电流最大, 最大电流为
$$
I_{\mathrm{L}}=\frac{P}{U}=\frac{1.25 \mathrm{~W}}{2.5 \mathrm{~V}}=0.5 \mathrm{~A}
$$
电流表的示数变化范围是 $0.15 \sim 0.5 \mathrm{~A}$, 故 B 正确;
C. 当滑动变阻器接入阻值最大时, 电路中电流最小, 滑动变阻器允许调节的最大阻值为 $25 \Omega$; 电路中电流 最大时, 滑动变阻器的最小值
$$
R_{\text {最小 }}=\frac{U-U_{\mathrm{L}}}{I_{\mathrm{L}}}=\frac{4.5 \mathrm{~V}-2.5 \mathrm{~V}}{0.5 \mathrm{~A}}=4 \Omega
$$
滑动变阻器允许调节的阻值范围是 $4 \sim 25 \Omega$, 故 C 错误。
D . 电源电压不变, 电路中电流最大时, 电路消耗的总功率最大, 最大功率为
$$
P_{\text {大 }}=U I_{\mathrm{L}}=4.5 \mathrm{~V} \times 0.5 \mathrm{~A}=2.25 \mathrm{~W}
$$
故 D 错误。
故选 B。

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小明同学在“制作、研究电磁铁”的过程中，使用两个相同的大铁钉绕制成电磁铁进行实验，如图所示，下列说法正确的是（ ）

电磁铁能吸引的大头针越多，表明它的磁性越强

B线圈的匝数多，通过B线圈的电流小于通过A线圈的电流

要使电磁铁磁性增强，应将滑动变阻器的滑片尸向右移动

若将两电磁铁上部靠近，会相互吸引

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小京通过焦距为10cm的凸透镜看到了提示牌上“关灯”两字放大的像，如图所示。下列说法正确的是（　　）

“关灯”两字放大的像是实像

提示牌上“关灯”两字在凸透镜的焦点上

提示牌上“关灯”两字到凸透镜的距离小于10cm

提示牌上“关灯”两字到凸透镜的距离大于20cm

C,【详解】由图可知，像是正立的，所以成正立放大的虚像，由凸透镜成像规律可知，当物距小于一倍焦距时，成正立放大的虚像，由于该凸透镜焦距为10cm，所以提示牌上“关灯”两字到凸透镜的距离小于10cm，故ABD错误，C正确。
故选C。

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如图所示，是某住宅户内配电系统的方框图，结合方框图的情景，下列分析正确的是（  ）

空气开关①跳闸时，电路一定发生了短路

空调电流过大时，漏电保护器会迅速切断电流

漏电保护器切断电流时，空调和电灯不能工作

更换电灯的灯泡时，只需断开空气开关③即可

 D,【解析】
【详解】A．空气开关①跳闸的原因是干路上电流过大，可能是电路发生短路引起的，也可能是总功率过大引起的，故A错误；
B．空调电流过大时，控制空调的空气开关②迅速切断电流，漏电保护器在另一条支路，互不影响，故B错误；
C．漏电保护器切断电流时，插座不能工作，空调和电灯与插座并联在另外的支路，互不影响，空调和电灯可以正常工作，故C错误；
D．更换电灯的灯泡时，只需断开控制灯泡的空气开关③即可，防止发生触电事故，故D正确。
故选D。

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如图 6 所示的电路中, 闭合开关 $S$ 后, 当滑片 $P$ 向右 移动时, 下列判断正确的是（ ）

电流表、电压表的示数都变小

电流表、电压表的示数都变大

电流表的示数变大, 电压表的示数变小

电流表的示数变小, 电压表的示数变大

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在如图所示的电路中，两只电流表的规格相同，电流表有两个量程$(0 \sim 0.6 \mathrm{~A}$ 以及 $0 \sim 3 \mathrm{~A})$. 闭合开关 $\mathrm{S}$, 电阻 $\mathrm{R}_{1}$ 与 $\mathrm{R}_{2}$ 均有电流流过，两只电流表的指针偏转角度相同，则 $\mathrm{R}_{1}$ 与 $\mathrm{R}_{2}$ 的比值为（ ）

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如下图所示, 一木块下面用细线系一铝块, 把它放入水中某处恰好处于静止状态, 如果 往杯中缓慢注入一些水, 则木块及铝块（ ）

向上、静止、向下运动都有可能

B,解析：由于木块与铝块这一整体，原来是静止的，因此其重力与浮力是一对平衡力，当向里再注入部分水后，木块与铝块整体受到的浮力和重力大小不变，仍然平衡，因此木块与铝块仍然静止。

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如图所示，电源两端电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片适当左移，下列说法正确的是（　　）

电流表A1示数不变、电流表A2示数变小

电流表A1示数变大、电压表V示数不变

电流表A2示数变大、电压表V示数变小

电流表A2示数变大、电压表V示数不变

 D,【解析】
【详解】如图，小灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测量通过小灯泡的电流，电流表A2测量干路电流；在滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，小灯泡所在的支路两端的电压为电源电压保持不变（并联电路各支路两端的电压均等于电源电压），故通过小灯泡的电流不变，即电流表A1的示数不变；滑动变阻器所在的支路电阻变小，电流变大，故干路的电流变大（并联电路中干路电流等于各支路电流之和），即电流表A2的示数变大；电压表V测量电源电压保持不变。
故选D。

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10．下图为田湾核电站发电流程图。在核电站的发电过程中，核能的获取途径及能量转化顺序正确的是（ ）

聚变；核能→内能→化学能→电能

聚变；核能→内能→机械能→电能

裂变；核能→内能→机械能→电能

裂变；核能→内能→化学能→电能

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5．如图1(a)所示，木块与小车一起向右做匀速直线运动，某时刻观察到如图l(b)所示的现象．由此可判断（ ）

小车可能做加速、也可能做减速运动

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打篮球是很多同学喜爱的运动项目，某次打篮球过程中，篮球的部分运动轨迹如图所示。下列说法正确的是（　　）

篮球经过相同高度的B、C两点时，机械能相等

篮球第一次反弹后到达最高点D时，动能为0

篮球经过B、E两点时，动能可能相等

篮球在整个过程中机械能守恒

C,【解析】
【详解】AD．由图可知，每次篮球反弹后到达的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球的机械能不断减小，因此在B点的机械能大于在C点的机械能，故AD错误；
B．由图可知，篮球在最高点时，竖直方向速度为0，但在水平方向上速度不为0，所以篮球第一次反弹后到达最高点时的动能不为0，故B错误；
C．篮球在B点的机械能大于在E点的机械能，由图可知，B点比E点高，所以B点的重力势能大于E点的重力势能，机械能是物体动能和势能的总和，因此在B点的动能可能等于在E点的动能，故C正确。
故选C。

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如图所示, 将一体积为 $10 \mathrm{~cm}^3$ 的质量分布均匀的正方体木块轻轻放入一盛满某种液体的溢水杯中, 溢出 液体的体积为 $8 \mathrm{~cm}^3$; 若将木块从中间锯掉一半, 将剩余部分再次轻轻放入装满该液体的溢水杯中, 则该液 体会溢出（）

B,【详解】将一体积为 $10 \mathrm{~cm}^3$ 的方体木块放入一盛满某种液体的溢水杯中, 溢出液体的体积为 $8 \mathrm{~cm}^3$, 因为 $8 \mathrm{~cm}^3<10 \mathrm{~cm}^3$, 说明木块最终在液体中处于漂浮状态, 木块受力平衡, 则此时木块浮力等于重力大小, 即 $F_{\text {浮 }}=G$ 。根据阿基米德原理 $F_{\text {浮 }}=\rho_{\text {液 }} g V_{\text {排 可得 }}$
$$
\rho_{\text {液 }} g V_{\text {排 }}=\rho_{\text {木 }} g V_{\text {木 }}
$$
得出木块密度与液体密度关系为
$$
\rho_{\text {木 }}=\frac{\rho_{\text {液 }} g V_{\text {排 }}}{g V_{\text {木 }}}=\frac{\rho_{\text {液 }} V_{\text {排 }}}{V_{\text {木 }}}=\frac{\rho_{\text {液 }} \times 8 \mathrm{~cm}^3}{10 \mathrm{~cm}^3}=\frac{4}{5} \rho_{\text {夜 }}
$$
若将木块从中间锯掉一半, 密度不变, 木块依然处于漂浮状态, 此时浮力依然等于重力大小
$$
\rho_{\text {液 }} g V_{\text {排 }}^{\prime}=\rho_{\text {木 }} g V_{\text {木 }}^{\prime}
$$
此时木块体积变成原来一半, 为 $5 \mathrm{~cm}^3$, 则排开液体的体积为
$$
V_{\text {排 }}^{\prime}=\frac{\rho_{\text {木 }} g V_{\text {木 }}^{\prime}}{\rho_{\text {液 }} g}=\frac{\frac{4}{5} \rho_{\text {液 }} V_{\text {木 }}^{\prime}}{\rho_{\text {液 }}}=\frac{4}{5} V_{\text {木 }}^{\prime}=\frac{4}{5} \times 5 \mathrm{~cm}^3=4 \mathrm{~cm}^3
$$
故 ACD 不符合题意, $\mathrm{B}$ 符合题意。
故选 B。

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如图所示, 闭合电键 S, 灯 L 亮, 一段时间后灯 L 熄灭. 若电路中只有一处故障, 且只发生在灯 L 或 R 上．现用一只规格相同且完好的灯 $L^{\prime}$ 替换灯 L，正确的判断是（）

若灯 $\mathrm{L}^{\prime}$ 亮, 则灯 $\mathrm{L}$ 一定断路

若灯 $\mathrm{L}^{\prime}$ 亮, 则灯 $\mathrm{L}$ 一定短路

若灯 $L^{\prime}$ 不亮, 则电阻 $\mathrm{R}$ 一定断路

若灯 $L^{\prime}$ 不亮，则电阻 $\mathrm{R}$ 一定短路

A,考点: 电流表、电压表在判断电路故障中的应用。
专题: 推理法; 图析法。
分析：分析电路图，若用一只规格相同且完好的灯替换：
若灯亮, 说明是原来的灯断路, 其它地方完好, 换上新灯泡后能发光;
若灯不亮, 说明: (1)原来的灯短路, 其它地方完好, 换上新灯泡仍被短路不能发光; (2)电阻 R 开路, 换上灯也不亮.
解答：解：用一只规格相同且完好的灯 $\mathrm{L}^{\prime}$ 替换灯 L:
若是灯断路, 其它地方完好, 换上新灯泡后能发光;
若是灯短路, 其它地方完好, 换上新灯泡后仍被短路不能发光;
若是电阻断路, 换上新灯泡后电路还是断路, 不能发光;
若是电阻短路, 其它地方完好, 原来的灯就是亮的;
由此可见, 换上新灯泡 L'后能发光, 一定是灯断路, 故 A 正确、B 错;
换上新灯泡 $\mathrm{L}^{\prime}$ 后不能发光有两种可能: (1)灯短路, (2)电阻断路, 故 C、D 都错.

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如图 5 所示，家庭照明灯的一种按键开关上常有一个指示灯。在实际使用中发现: 当 开关闭合时，只有照明灯发光；开关断开时，照明灯熄灭，指示灯会发出微弱光，以 便夜间显示开关的位置。根据这种按键开关的控制特征，能正确表示照明灯 (甲) 和 指示灯(乙)连接方式的电路图是图 6 中的（ ）

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如图所示的电路中, 电源电压 $U$ 保持不变。
①只闭合开关 $\mathrm{S}$ 和 $\mathrm{S}_3$, 调节滑动变阻器的滑片, 当电流表的示数为 $0.2 \mathrm{~A}$ 时, 电压表 $\mathrm{V}_2$ 的示数为 $1 \mathrm{~V}$;
嗯嗯只闭合开关 $\mathrm{S}$ 和 $\mathrm{S}_2$, 电压表 $\mathrm{V}_1$ 和 $\mathrm{V}_2$ 的示数分别为 $U_1$ 和 $U_2$, 电流表的示数为 $I_1$;
③只闭合开关 $\mathrm{S} 、 \mathrm{~S}_1$ 和 $\mathrm{S}_3$, 将滑片移动到最左端时, 电流表的示数为 $I_2$, 此时电路的功率为 $P_1$; 保持滑片 位置不变, 再闭合开关 $\mathrm{S}_2$, 电流表的示数变化了 $0.2 \mathrm{~A}$ 。此时电路的功率为 $P_2$;
已知 $I_1: I_2=1: 9, U_1: U_2=1: 2$, 下列说法正确的是 ( )

B,【解析】
【详解】只闭合开关 $\mathrm{S}$ 和 $\mathrm{S}_3$ 时, $R_1$ 与滑动变阻器串联, 此时滑动变阻器接入电路电阻
$$
R=\frac{U_P}{I}=\frac{1 \mathrm{~V}}{0.2 \mathrm{~A}}=5 \Omega
$$
电源电压
$$
U=I \times\left(R_1+R\right)=0.2 \mathrm{~A} \times\left(R_1+5 \Omega\right)
$$
只闭合开关 $\mathrm{S}$ 和 $\mathrm{S}_2, R_1 、 R_2 、 R_3$ 串联, 电压表 $\mathrm{V}_1$ 测量 $R_1$ 两端电压, $\mathrm{V}_2$ 测量 $R_2$ 和 $R_3$ 的电压, 则
$$
\begin{gathered}
U_1=I_1 R_1 \\
U_2=I_1 \times\left(R_2+R_3\right)
\end{gathered}
$$
因为 $U_1: U_2=1: 2$, 则
$$
\begin{gathered}
2 R_1=R_2+R_3 \cdots \cdots② \\
I_1=\frac{U}{R_1+R_2+R_3} \cdots \cdots③
\end{gathered}
$$
只闭合开关 $\mathrm{S} 、 \mathrm{~S}_1$ 和 $\mathrm{S}_3$, 将滑片移动到最左端时, $R_1$ 与 $R_2$ 并联则
$$
I_2=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{R_2} \cdots \cdots④
$$
因为 $I_1: I_2=1: 9$ 则
$$
\frac{U}{R_1+R_2+R_3}:\left(\frac{U}{R 1}+\frac{U}{R 2}\right)=1: 9
$$
化简可得
$$
\frac{R_1 R_2}{\left(R_1+R_2+R_3\right) \times\left(R_1+R_2\right)}=\frac{1}{9} \cdots \cdots \text { (5) }
$$
联立①⑤可得
$$
R_1=2 R_2, \quad R_3=3 R_2
$$
则
$$
R_3=\frac{3}{2} R_1
$$
保持滑片位置不变, 再闭合开关 $\mathrm{S}_2, R_1 、 R_2 、 R_3$ 并联则通过 $R_3$ 的电流为 $0.2 \mathrm{~A}$, 则
$$
U=0.2 \mathrm{~A} \times R_3=0.2 \mathrm{~A} \times \frac{3}{2} R_1 \cdots \cdots⑥
$$
由①⑥联立可得
$$
U=3 \mathrm{~V} ; \quad R_1=10 \Omega
$$
则
$$
\begin{gathered}
R_2=\frac{1}{2} R_1=5 \Omega ; \quad R_3=\frac{3}{2} R_1=15 \Omega \\
I_1=\frac{U}{R_1+R_2+R_3}=\frac{3 \mathrm{~V}}{10 \Omega+5 \Omega+15 \Omega}=0.1 \mathrm{~A} \\
I_2=\frac{U}{R_1}+\frac{U}{R_2}=\frac{3 \mathrm{~V}}{10 \Omega}+\frac{3 \mathrm{~V}}{5 \Omega}=0.9 \mathrm{~A} \\
P_1: P_2=U I_1: U I_2=I_1: I_2=0.1 \mathrm{~A}: 0.9 \mathrm{~A}=1: 9
\end{gathered}
$$
故选 B。

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如图所示, 欢欢同学把一只苹果丢入水中, 发现苹果下沉一段距离后, 又向上运动, 最终漂浮在水面上, 下列分析正确的是（）

在下沉的过程中, 苹果受到水的压强不变

在下沉的过程中, 苹果受到水的浮力减小

在水面漂浮时, 苹果受到的浮力大于它受到的重力

在整个过程中, 苹果受到浮力的方向总是坚直向上

D,【详解】A．在下沉的过程中, 苹果所处液体深度变大, 苹果受到水的压强变大, 故 A 错误;
B. 在下沉的过程中, 苹果排开水的体积不变, 液体密度不变, 由阿基米德原理可知苹果受到水的浮力不变, 故 B 错误;
C. 在水面漂浮时, 苹果受力平衡, 苹果受到的浮力等于它受到的重力, 故 C 错误;
D. 物体不管处于何种浮沉状态, 所受浮力的方向总是坚直向上的, 故 D 正确。 故选 D。

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如图所示, 两个圆柱形容器甲和乙放在水平桌面上, 甲容器底面积大于乙容器底面积, 它们分别装有体 离相等, 其压强分别为 $p_{\mathrm{A}} 、 p_{\mathrm{B}}$ 。若两容器底部受到的液体压强相等, 则下列判断正确的是 $(\quad)$

$\rho_{\text {甲 }}<\rho_{\text {乙 }}, p_{\mathrm{A}}<p_{\mathrm{B}}$

$\rho_{\text {甲 }}<\rho_{\text {乙 }}, p_{\mathrm{A}}>p_{\mathrm{B}}$

$\quad \rho_{\text {甲 }}>\rho_{\text {乙 }}, p_{\mathrm{A}}=p_{\mathrm{B}}$

$\rho_{\text {甲 }}>\rho_{\text {乙 }}, p_{\mathrm{A}}<p_{\mathrm{B}}$

D,【详解】由于两容器底部受到的液体压强相等, 甲容器底面积大于乙容器底面积, 由 $F=p S$ 可知, 甲容器 底部受到的液体压力 $F_{\text {甲 }}$ 大于乙容器底部受到的液体压力 $F_{\text {乙 }}$, 由于
$$
\begin{aligned}
& G_{\text {甲啵 }}=F_{\text {甲 }} \\
& G_{\text {乙被 }}=F_{\text {乙 }}
\end{aligned}
$$
所以
$$
G_{\text {甲波 }}>G_{\text {乙液 }}
$$
由 $G=m g$ 可知
$$
m_{\text {甲啵 }}>m_{\text {乙液 }}
$$
由于甲乙两种液体的体积相等, 由 $\rho=\frac{m}{V}$ 可知
$$
\rho_{\text {甲 }}>\rho_{\text {乙 }}
$$
由于 $A$ 点到容器底部的深度等于 $B$ 点到容器底部的深度, 则两点以下部分液体的压强大小关系为
$$
p_{\mathrm{A} \text { 下 }}>p_{\mathrm{B} \text { 下 }}
$$
若两容器底部受到的液体压强相等, 则两点处受到液体的大小关系为
$$
p_{\mathrm{A}}<p_{\mathrm{B}}
$$
故 ABC 错误, 故 D 正确。
故选 D。

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某学校劳动教育课堂上，四位同学利用杠杆原理使用劳动工具的场景如图所示。其中属于使用费力杠杆的是（　　）

A,【解析】
【详解】A．锄地时举起锄头的过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A符合题意；
B．用羊角锤拔钉子的过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B不符合题意；
C．用园艺剪修剪树枝的过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C不符合题意；
D．用钢丝钳剪铁丝的过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D不符合题意。
故选A。

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喜爱物理的小明想设计一个双钥匙电动安全锁，这里钥匙相当于“开关”，要求是两把钥匙同时使用（开关闭合）才能开锁，以下符合设计要求的电路图是（    ）

 C,【解析】
【详解】A．只使用钥匙1，电动机与电源连通，电动机就工作了；再用钥匙2时，电动机和电源发生短路，故A不符合题意；
B．只用钥匙2，电动机连入电路，电动机可工作，再用钥匙1时，电动机和电源发生短路，故B不符合题意；
C．两钥匙是串联的，只有两个开关都使用（都闭合）时，电路才接通，电动机才能工作，单独只闭合其中一个开关，电路是断路，电动机不工作，故C符合题意；
D．两个开关是并联的，只闭合其中任一个开关，电路就接通，电动机就工作了，故D不符合题意。故选C。

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