1.下列图象均能正确反映物体在直线上的运动，则前2s内物体位移最大的是（）答案B解析典项，工-f图象的纵坐标代表位羞，可直接读出位移，物体在f=l＞内位移为2m,f=2s内位移为山B项，根据x-t團象的:面积:得到物体在r=2s内位移心¥m=2m；C项,物体在前1s内位移等于1血，在后X内物体的位移为—1则U＞内位移为X3项，物体前1s内位移为2m,后X内位移为-2g在f=2s内物体的位移为0综合比较3选项在2s内的位移最无故选B2•如图1所示为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），轻杆B端吊一重物G.现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉（均未断），在AB杆转到竖直方向前，以下分析正确的是（）绳子受到的拉力越来越大AB杆受到的压力越来越小AB杆受到的压力越来越大绳子受到的拉力越来越小答案D解析以B点为研究对象，分析受力情况，重物的拉力Ft（等于重物的重力G）,轻杆的支持力Fn和绳子的拉力F,作出力的示意图如图：FFF由平衡条件得知，fn和f的合力与ft大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：ab=花=OB，解mAB得:fn=AOg，f=OBOOg；用拉力F将B端缓慢上拉时，AB、AO保持不变，OB变小，则由上式可得：Fn保持不变，F变小，即得AB杆受到的压力不变，绳子受到的拉力减小，故D正确，A、B、C错误，故选D.3•如图2所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达AB线，有如图所示的①②③三条路线，其中路线③是以O为圆心的半圆，OO，=r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力均为F•选择路线，赛车以max不打滑的最大速率通过弯道（所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大），则以下说法中不正确的是（）赛车经过路线②③时的位移相等选择路线②，赛车的速率最小学-*科+/网选择路线③，赛车所用时间最短①②③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等答案B解析路线①的路程如尸打+1如=”巧路线②的路程为£=力+老加心=力+环路线③的路程为氐=加,路线②③中，寒车的初末位蛊相同，故位移相等，玄正确；因为运动过程中寒车以不打滑根据公式F的最大速率通过弯道，即最大径向静摩揀力充当向心力，所以有F込F,所以运动的向心加速度相同,,即半径越犬，速度越犬，路线①的速率最小，B错误，D正确；因为,根据公式厂=河得选择路线③，寒车所用时间最矩，C正确.4•如图3所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1:4的的圆形闭合回路（忽略两部分连接处的导线长度），分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B=kt（k>0,为常数）的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为（图3A.1:3B.3:1C.1:1D.9:5答案D解析同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设TOC\o"1-5"\h\zABi圆形线圈的周长为l,依据法拉第电磁感应定律E=eS，之前的闭合回路的感应电动势E=kn（2n）2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1：4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1：4L21HYPERLINK\l"bookmark68"\o"CurrentDocument"33的圆形闭合回路的周长之比为1：2；之后的闭合回路的感应电动势用=航（亦）2+航（石）2；贝V前后两次回路中的电流比I:I'=E:E=9:5,D正确；中E是电动势为E、内阻不计的直流电源,如图4所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k.导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中•图电容器的电容为C.闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是()E导体棒中电流为人+r+RR2rR1BLE轻弹簧的长度增加k姦BLE轻弹簧的长度减少kRR2ED.电容器带电量为厂+RCr答案D解析电源氐电阻用和导体棒组成闭合回路，电容器C所在支路为断路，则导体棒中的电流为:片希小错误,由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹酱长度滴少，由平衡条件：皿=皿,代入J得：ff,氏C错误,电容器上的电压等于导1■本棒两端的电压，。=花二壽％D正确.—理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按图5甲所示方式连接，R=10Q，变压器的匝数比为常=2图乙是R两端电压U随时间变化的图象,um=1oV2v.下列说法中正确的是（甲乙图5通过R的电流/=\'2cos50ntAR电流表A的读数为0.1A2电流表A的读数为話AD.电压表V的读数为10V答案BD解析由&工=1畑,则有效值10V所以通过电阻R的有敷电流为/=|=1A,根据乙图可知，周期Z-=0.02s,则w=y=1血血迅&因此通过丘的电流血随时间］变化的规律是戸碍血曲一故A错误：由于电流表读出的是有效怪再由匝数比为半=¥的变压器，得电流表典的读数为匚応故B正确，C错误；由于电压表读出的是有效值，则电压表V的读数为10V故二正确.7•卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，其核反应方程为：4He+i4『0+^下列说法正确277N81的是（）卢瑟福通过该实验提出了原子的核式结构模型实验中是用a粒子轰击氮核的学+/*科+-网卢瑟福通过该实验发现了质子原子核在人工转变的过程中，电荷数一定守恒答案BCD解析卢瑟福通过a粒子的大角度散射实验否定了汤姆孙的枣糕模型，进而提出核式结构模型，选项A错•卢瑟福通过a粒子轰击氮核，进而生成质子，这也是第一次发现质子，选项B、C对•原子核的核反应方程中，电荷数和质量数守恒，选项D对.8.如图6所示，在一个匀强电场中有一个四边形ABCD,电场方向与四边形ABCD平行，其中M为AD的中点，N为BC的中点•一个电荷量为q的正粒子，从A点移动到B点过程中，电势能减小叫，若将该粒子从D点移动到C点，电势能减小W2，下列说法正确的是（）图6匀强电场的场强方向必沿AB方向W＋WB.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W=p2若D、C之间的距离为d则该电场的场强大小为E=~qdW＋W若M、N之间的距离为d该电场的场强最小值为E=2qd2答案BD解析根据题意由A到B或者由D到C,电场力做正功，从而电势能减小，但是匀强电场的场强方向无法判断，故选项A错误；因为电场是匀强电场，在同一条电场线上，M点的电势是A、D两点电势的平均值；N点的电势是B、C两点电势的平均值，即：爲=翠产；倾=崔产；所以WMN=qUMN=q（^M~^N）=q（AyD—跖严勺二纟土⑺厂0B）+q2（0D—0C）=叫丁巴，故B正确；由于场强的方向无法确定，故选项CW＋WW＋W错误；根据上面公式：Umn=—2厂，若M、N两点正好处于同一条电场线上，则电场强度为£=戈厂,W＋W距离d为过M和N的两个等势面之间距离的最大值，故该电场的场强最小值为E=2qd2，故选项D正确.9•如图1所示，a、b两条曲线是汽车甲、乙在同一条平直公路上运动的速度时间图象，已知在t2时刻,两车相遇，下列说法正确的是（）图1t1时刻两车也相遇［时刻甲车在前，乙车在后甲车速度先增大后减小，乙车速度先减小后增大甲车加速度先增大后减小，乙车加速度先减小后增大答案C解析在在时刻，两车相遇，在时间内，总團线与时间轴围成的面积大，则应的位移大，可知贞时刻，勺车在前，总车在后，故走、B错误；由團线可知，总车的速度先増大后减小，勺车的速度先减小后増大，故C正确,團线切线的斜率表示加速度，可知应车的加速度先蹶小后増大，b车的加速度先减小后増大,故D错误.如图2所示，质量为m的硬纸面字典A对称放在硬纸面的
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本B上.将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为&下列说法正确的是（）图2B对A的作用力为零B的一个侧面对A的弹力为mgcosOB对A的最大静摩擦力的合力为mgsinOA受到三个力的作用答案C解析字典卫受到竖直向下的重力、两个侧面的支持力、两个侧面的静摩揀力，共五个力作用，选项D错误•由平衡条件可知，5对卫的作用力犬小等于卫的重力，方向竖直向上，选项典错误方的两个侧面对A的弹力之和等于吨辭,选项B错误.由平衡条件可知，两个侧面的静摩揀力的合力等于加手in*将书本百的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，则E对屈的最犬静摩撫力的合力为陀嗣选项C正确.如图3所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度v0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能Ek=5mv02，不计空气阻力，则小球从O到P（）图35v2下落的高度为■齐g速度增量为3v0，方向斜向下运动方向改变的角度满足tanO=^经过的时间为鸣g答案D解析平抛运动水平方向匀速直线运动，速度一直为v0.经过P点时，有jmv2=5mv02，可得v2=1Ov02.TOC\o"1-5"\h\z根据平抛运动速度合成有V2+Vo2=v2=lOVo2，所以竖直方向的分速度v=3v°•竖直方向为自由落体运动，所yOOyO以运动时间t=Vy=^0，选项D对.速度增量Av=at=gt=3v0，方向与加速度相同，竖直向下，选项B错.gg9V23V下洛咼度h=2gt2=°0，选项A错.运动方向改变的角度tanO=0=3，选项C错.HYPERLINK\l"bookmark60"\o"CurrentDocument"2gV0北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中轨道和倾斜轨道.其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为（）a.（2）2B.（2）2c.（2）2D.（2）3答案C解析同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，根据开普勒第三定律T2=k得T同2=(2尸，所以同步卫中33星与中轨道卫星的周期之比约为(3)2，故选项C正确.如图4所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是()变压器扼流圈接高频交流电源真空冶炼炉图4变压器不仅可以改变交变电压还能改变频率学•科+/网扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用答案D解析变压器可以改变交变电压但不能改变频率，选项玄错误，扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电感，选项日错误，真空;台炼炉的工作原理是炉内金属矿石中产生涡流使炉内金属熔化，选项C错误.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，选项3正确.某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图5所示；场强方向与x轴平行，
规定
关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定
沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达％位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力.下列说法正确的是()点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小电势差Uox1
4=S；S圧衰变和2^8-（92-82）=6次p衰变,选项C正确，根据玻尔理论可知，一群处于"=4能圾的氢原子向低能圾舐迁时能辐射出林=頁种不同频率的光，选项D正确.20.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图6,设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上•已知引力常量为G,关于四星系统（忽略星体自转的影响），下列说法正确的是（）A.四颗星的向心加速度的大小为2茫"b.四颗星运行的线速度大小是、严从+:'22L四颗星表面的重力加速度均为GR2D.四颗星的周期均为2nL\Gm+2迈m1"答案BC解析四星系统的圆心在正方形中心，半径为£向心力由合力提供，故化"W2L2man解得Gm2計2，A错误;根据公式a=v2nr，解得v=根据公式:Gm+2应_…V—刃2L—，B正确;T=vr，学.科+/*网解得T=2nL由Gm=gR2,J昇Gm，D错误;21g=Gm，c正确.21•—带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动’其电势能气随位移x变化的关系如图7所示,其中0〜x2段是对称的曲线,X2〜XX］处电场强度最大x2〜x3段是匀强电场X］、X2、X3处电势(P\、(p2、(p3的关系为0］＞02＞03粒子在0〜x2段做匀变速运动，x2〜x3段做匀速直线运动答案BC解析因为从0〜口员电荷电势能减小，故电势升高，电场线由A］指向O点，同理在X］到左区域电场线由心指向左，可知心处电场强度为零，选项亶错误12隹段斜率不变，场强不变，即电场强度犬小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故£正确，D错误；由于在心到左区域电场线由口指向左，顺着电场线电势降低，所以有：趴＞■化〉化.故C正确・22•复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)制成的.如图1所示，复印机的基本工作过程是(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上.以下说法正确的是()图1步骤(1)中发生了静电感应现象步骤(2)中发生了局部导电现象步骤(3)中发生了静电平衡现象步骤(4)中发生了静电屏蔽现象答案B解析步骤(1)中发生了金属丝附近空气发生电离现象，选项A错误•文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，受到光照时变成导体，步骤(2)中发生了局部导电现象，选项B正确•鼓体转动经过墨粉盒，潜像将"2带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；发生了静电感应现象，选项C错误.鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上，发生了静电感应现象，选项D错误.如图2所示，竖直平面内有一光滑直杆AB,杆与水平方向的夹角为0(0。三衣90。)，一质量为m的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F,并从A端由静止释放.改变直杆和水平方向的夹角0,当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g,则以下选项不正确的是()恒力F—定沿与水平方向夹角30°斜向右下的方向恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹角30°斜向右下的方向若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为x[3mg恒力F的最小值为亨mg答案A解析小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和t助F由于光滑直杆⑷3对小圆环的支持力沿直杆方向无分力.要使小圆环在直杆上运动的时间最矩；由£=*亞可知；小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时加速度最大，所以选项A错误、B正确若恒力F的方向水平向右，由131130==^,解得F=逅帼,选项C正确当恒力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由琦诚匸誘，解得F的最小值为F工工=飓血妙=卑畑选项D正确.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次•假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C.让小球分别由A、B、C滚下，如图1所示，A、B、C与斜面底端的距离分别为S]、s2、s3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为[、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为V],v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来
证明
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小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是()vvA.tt12V33t3B护VVcca22C.S1_s2=s2_s3答案D解析A中的表达式¥=*=£=心即都是小球运动的扣速度，但是不是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动，选项蠱错误；因为号表示从卫点下落到底端的平均速度，同理午，号分别表示从浜c两点下落到底端的平均速度，故式子不成立，选项弓错误；Q中的51-S2并不等于氐—4选项c错误；因尸址％贝哇=強=豈=漏因时间和位移都很容易测出，则D关系式正确，并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动，故选3.如图2所示，倾角0=37。的斜面固定在水平面上，一质量M=1.5kg的物块受平行于斜面向上的轻质橡皮筋拉力F=9N作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块M上，另一端跨过光滑定滑轮连接A、B两个小物块，物块M处于静止状态.已知物块与斜面间的动摩擦因数“=0.5,mA=0.2kg，mB=0.4kg,g取10m/s2.AB则剪断A、B间轻绳后，关于物块M受到的摩擦力的说法中正确的是(sin37°=0.6)()滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为4N滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为2N静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为7N静摩擦力，方向沿斜面向上，大小为2N答案D解析开始时物块M受静摩擦力作用，大小为Ff=(mA+mB)g+Mgsin37。一F=6N,方向沿斜面向上，剪断A、B间轻绳后，假设M仍静止，则此时M所受的静摩擦力为：Ff=mAg+Mgsin37°-F=2N.因为2NV6N,故可知物块M仍然处于静止状态，故选项D正确.已知质量分别均匀的球壳对其内部物体的引力为零.科学家设想在赤道正上方高d处和正下方深为d处各修建一环形轨道，轨道面与赤道面共面.现有A、B两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，若地球半径为R,轨道对它们均无作用力，则两物体运动的向心加速度大小、线速度大小、角速度、周期之比下TOC\o"1-5"\h\z列判断正确的是()TR+d3B?A=R3B_vR—d%=7市aR—dHYPERLINK\l"bookmark62"\o"CurrentDocument"A.~A=()2aR＋dBrnR—d3C•碍=YR+d3答案B解析设地球密度为Q,则有:在赤道下方:解得:在赤道上方:加__“,-_4?r-R+dw厂乐—爼—⑺+①施——亍一故选B“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目.在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉（如图3甲）.假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小、为最大值的8；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的2时，人恰好可静止或匀速漂移•如图乙所示，在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落；经过B点时，立即调整身姿为水平横躺并保持;到达底部的C点时速度恰好减为零•则在从A到C的过程中，下列说法正确的是（）F甲乙图33表演者加速度的最大值是3g3B点的高度是5H从A到B表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1若保持水平横躺，表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为*2m2g3H答案C解析由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为F，由于受风力有效面积是最大值的m—半时胎好可臥静止或匀速漂移，故可以求得重力站立时凤力为存口其下落加速度劲二詁人平躺下落时，其加速度型二迁二二刃即表演者加速度的最大倩是刘因而选项亠错常设廿点的高度杲执下降的最大速度为门根JS匀变速直线运动规律，有^=2ai(H~h),铲=2血乩』联立解得；虫二討，选项B错误，表演者从丿至召克服风力所做的功鬥二誌工闫-肺二挣母从召至◎过程克服风力所做的功恥二F/二冷聞,从卫到B表演者克服风力做的功是从B到C克服亂力做功略选项C正确；F——g若保持水平横躺，人平躺上升时，其加速度a=Fmm~=g，表演者从C返回到A时，速度v=、丽，风力m的瞬时功率为P=Fmv=2mg叮丽=2P2m2g3H，选项D错误.如图4甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动.现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速虏随时间tX的变化关系如图乙或图丙所示.不计空气阻力.下列说法中正确的是()在图乙中，t1时刻小球通过最高点，图乙中-和S2的面积相等在图乙中，t2时刻小球通过最高点，图乙中-和S2的面积相等在图丙中，t3时刻小球通过最高点，图丙中s3和s4的面积相等图丙中小球的初速度大于图乙中小球的初速度学-*科+网答案ACD解析过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，可知从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t1时刻小球通过最高点，根据题意知，图中x轴上下方图线围成的阴影面积分别表示从最低点经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知-和S2的面积相等，故A正确，B错误；在图丙中，根据水平分速度的变化可知，t=0时刻，小球位于左侧水平位置，t3时刻小球通过最高点，根据题意知，图中s3和s4的面积分别表示从最低点向左经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知s3和s4的面积相等，故C正确.由图知，图丙中小球通过最高点的速度大于图乙小球通过最高点的速度，所以图丙中小球的初速度大于图乙中小球的初速度，故D正确.故选A、C、D.29•如图5甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器.升压变压器原副线圈匝数比为1：100,其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Q降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小•电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）•未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW.下列说法中正确的有（）降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz远距离输电线路损耗功率为180kW当传感器r2所在处出现火警时，电压表V的示数变大当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大答案AD解析由團乙知交流电的周期为0.02s,所以频率为A正确；由團乙知升压变压器输入端电压有效值为250V,根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V,所以输电线中的电流为：输电线损失的电压为：鱼二尽=妙1血输电线路损耗功率为：B错误，当传感器&所在处出现火警时其阻值腹小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以.电压表⑪的示数变小，C错误；由C知副线圈电流増犬，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变犬,D正确.30•用如图6所示的装置研究光电效应现象.所用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（）图6光电子的最大初动能始终为1.05eV光电管阴极的逸出功为1.05eVx.k+/w开关S断开后，电流表G中有电流流过当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大答案BC解析根据题述:当电压表的示数大于或等于L?叮时，电流表示数为旷可知截止电压为1.W,由动能定理可知，光电子的最大初动能始终为1-VeV,选项A错误.由爱因斯坦光电效应方程，可知光电管阴极的逸出功为肝=巨-耳=2一忌V-1%V=1.睑V,选项弓正确•开关5断开后，产生的光电子可形成回跖电流表G中有电流流过，选顷C正确•当滑动触头向总端滑动时，反向电压増犬，没有电流通过，选项D错误.31.在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l•金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连•棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为1，整个装置的俯视图如图7所示•从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）（）db图7ABCD答案AC解析ab向右运动，切割磁感线，由右手定则可知，产生的感应电流方向从b到a（电流为负值）•根据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流i随时间变化图象A可能正确,B一定错误•在ab切割磁感线运动过程中，由于cd没有进入磁场中，不受安培力作用，在0〜t0时间内，绝缘细线中张力F等于零，在cd进入磁场区域切割磁感线运动时，受到安培力作用，绝缘细线中张力F=BILB212vB2vt2vB2v3t2=~R~=R=R，绝缘细线中张力F随时间变化图象C图可能正确，D图定错误.32．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是（设竖直向下为正方向）（）解析：选C物块在上升过程中加速度大小为a=mg±kv，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度m不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a=mg二旦，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度m方向始终向下，因此C正确。［多选］一个质量为2kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15N和10N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是（）—定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2—定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5m/s2可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5m/s2解析：选EC根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去犬小分别为15N和10N的两个力后，物体的合力犬小范围为根据牛顿第二定律应=盘导：物体的加速度范围为：2.5m.V<^12.5ms-o若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度犬小可能为5m故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确。由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。从t=0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t=0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0〜4s的时间内（）A.甲物体所受合力不断变化B.甲物体的速度不断减小C.2s末乙物体改变运动方向D.2s末乙物体速度达到最大解析：选D速度时间图像的斜率表示加速度，从题图甲中可知甲运动的速度时间图像的斜率不变，即扣速度恒定，所以■合力恒定，A错误，从题團甲中可知甲的速度先减小后反向増犬，B错误,由题團乙知：乙所受的拉力先沿正向后沿员向，说明乙在5内做加速度制小的加速运动，2-45内沿原方向做加速度増犬的减速运动，2乙末运动方向没有改变，25末乙物体速度达到最犬，C错误,D正确。35•如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为2mg,箱子的质量为M(mM),则下列说法正确的是(重力加速度为g)()系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg—2mg中间弹簧的弹力大小为mg剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球的瞬时加速度为2g剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球的加速度为3g解析：选C对整体进行受力分析可知，系统处于静止状态时，地面的支持力等于系统的重力，即：FN=(M+2m)g，根据牛顿第三定律得，地面受到压力大小为(M+2m)g，故A错误；对b受力分析，b球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力，F弹=尸拉+mg=2mg+mg=3mg，故B错误；剪断连接球b与箱底弹拉的细线瞬间,b球受重力和弹簧的弹力,弹簧的弹力不能发生突变,b球的瞬时加速度a=F^——mg=3mg~mgbmm=2g，故C正确；剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，弹簧对a球没有弹力，a球上细线的拉力发生突变,等于a球的重力，a球的瞬时加速度a=0,故D错误。a长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动，乘客把一袋面粉无初速度放在传送带上在出安检机之前已经和传送带相对静止，结果在传送带上留下了一段白色的径迹，对此分析正确的是()传送带的速度越大，径迹越长面粉质量越大，径迹越长学+-科/-网动摩擦因数越大，径迹越长释放的位置距离安检机末端越远，径迹越长解析：选A面粉释放后没有初速度，相对传送带向后运动，摩擦力向前，面粉做匀加速运动，当和传送带速度相同后做匀速运动。匀加速过程加速度a=〃g，初速度为0,末速度等于传送带速度v,径迹的长度等于二者的相对位移即vt—V-=盘，可知动摩擦因数越大，径迹越短，选项C错。径迹长度与释放位置和面粉质量无关，选项B、D错。传送带速度越大，径迹越长，选项A正确。一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0〜1s、3〜4s阶段为直线，1〜3s阶段为曲线)，下列判断正确的是()第2s末拉力大小为0第1s内的拉力大于第4s内的拉力第2s末速度反向前4s内位移为0解析：选B根据图像可知，第2s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1s内的拉力大于第4s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0〜4s内，重物一直向上运动，2s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4s内位移为正，不为零，故D错误。如图甲所示，建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处，图乙为建筑材料被吊车竖前5s的平均速度是0.5m/s整个过程上升高度是30m30〜36s材料处于超重状态前10s钢索最容易发生断裂解析：选D根据x-i图像可知：C-10s内材料的加速度^=3.1ms位移工=言加=卜01煜m=1.25m,所以_前5s的平均速度是0.25m»故壷错误,通过速度时间團像包围的面积求出整个过程上升高度为：A=|x(20+36)xlm=28m,故弓错误'沃〜沁内材料向上做匀减速直线运动，扣速度的方向向下，所以■处于失重状态，故C错误：前W5材料向上做匀扣速直线运动，加速度的方向向上，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力，山〜兀5匀速运动，材料所受的拉力等于重力，3Q〜365做匀减速直线运动，材料所受的拉力小于重力，比较可知，前10s钢索最容易发生断裂，故D正确。39.在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时咼后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为〃，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A电卩B——出——.1+”\/2〃+1D.1+“C22+〃解析：选A木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a]=^g，设滑行初速度为v0,则滑行时间为t=v0木板改置成倾角为七:的斜面后，对物块进行受力井析:小物块的合力F^=?ngsin斗于+/=mgsin45=+^mgc-os45z小物块上滑的加速度_jwgsin45=+/;??igccis45=_1+#迈g滑行时间舌卡鬥因此9=密故為正确，玄G3错误。40.［多选］如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块,它们中间有细线连接。已知m1=3kg,m2=2kg，连接它们的细线最大能承受6N的拉力。现用水平外力行向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2,为保持细线不断，则()A.行的最大值为10NB.行的最大值为15NC.F2的最大值为10ND.F2的最大值为15N解析：选BC若向左拉％］,则隔离对m2分析，T=ma12m2则最大加速度a=3m/s2对两物块系统：F1=(m1+m2)a=(2+3)x3N=15N。故B正确，A错误。若向右拉m2，则隔离对m.分析，T=m.a'21m1则最大加速度a'=2m/s2对两物块系统：F2=(m1+m2)a,=(2+3)x2N=10N。故D错误，C正确。
浙公网安备 33021202002483