2019春浙江省宁波市慈溪市高一(下)期末物理试卷(解析版)

1、2019 春浙江省宁波市慈溪市高一（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共18 小题，共54.0 分）1.下图中不是测量力学基本量的仪器是（）A.电火花计时器B.弹簧测力计C.托盘天平 D.刻度尺2. 2019 年 6 月 1 日慈溪 8 位马拉松爱好者，在森林公园以持续接力的方式从早上 4 点 29 分一直跑到了晚上19 点 26 分，整整跑了168 公里。下列说法正确的是（）A. 由于是环线跑 ,不可以把人看成质点B. 4 点 29 分表示的是某段时间间隔C. 168 公里表示了此次接力位移的大小D. 此次接力的平均速率大小约为3.下列说法正确的是（）A. 牛顿发现了万有引力定律,测出了地球

2、质量B. 库仑用扭秤实验测定了电子的电荷量C. 超速行驶是非常危险的,是因为速度越大惯性越大D. 磁体遇到高温或猛烈碰撞时,分子电流的取向会变得杂乱无章,磁性减弱或消失4.走钢丝是一种传统的杂技项目，如图所示表演者手拿长杆在倾斜钢丝绳上缓慢向上行走，则（）A. 钢丝对人和杆整体的作用力竖直向上B. 人所受的钢丝的支持力等于人和杆重力C. 人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力是平衡力D. 人手拿长杆会使整体重心升高 ,从而更容易保持平衡5. 如图所示，若弹性小球从一定高度处由静止下落，碰到水平地面后反弹， 再下落，重复上述运动，取小球由静止释放时刻为0 时刻，竖直向下为正方向。则下列v-t 图象中，

3、能描述该过程的是（）A.B.第1页，共 14页C.D.6. 如图所示，一汽车装备了具有“自动刹车系统”的功能，当车与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“自动刹车系统”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若车速=20m/s、且“自动刹车系统”的加速度取5m/s2，刹车过程看成匀变速直线运动，则“自动刹车”的可能距离为（）A. 10mB. 20mC. 40mD. 80m7.网上有一段视频，如图在最高时速300 公里行驶的动车车厢的窗台上，放了一枚直立的硬币，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站时，硬币才倒掉。这一视频

4、证明了中国高铁的极好的稳定性，则关于这枚硬币，下列判断正确的是（）A. 硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用B. 硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态C. 硬币倒掉是因为受到风吹的原因D. 列车加速或减速行驶时 ,硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用8. 某同学参加立定跳远比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是 2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则该同学到达最高点速度约为（）A.B.C.D.9. 如图示，某电动自行车在平直公路上行驶时，安装在车架上的车前照明灯的光束沿平直道路方向。 当该车转弯时， 其前、后车轮在地面上留下了不同的

5、曲线轨迹。此时照明光束的指向与下列哪条轨迹相切（）A. 前轮的轨迹B. 后轮的轨迹C. 前轮和后轮连线中点的轨迹D. 车把手中间点的轨迹10. 如图所示为正在工作的手表表盘，考察分针上的A、 B 两点和秒针上的C 点，已知RA=RC=2RB，下列说法中正确的是（）A.AC的角速度大小之比为1：1、：B.A、C的周期大小之比为1 1C. A、B 的线速度大小之比为1： 1D.AB的向心加速度大小之比为2 1、：第2页，共 14页11.天舟一号货运飞船于2017 年 4 月 20 日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空，4 月 25 日进入预定轨道调整，于4 月 27 日成功与更高

6、轨道的天宫二号完成首次推进剂在轨补加试验。已知天舟一号在预定轨道上做匀速圆周运动，补给前后天宫二号在轨道上均为匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A. 补给之前天宫二号中宇航员处于超重状态B. 顸定轨道上的天舟一号运行的线速度小于在轨的天宫二号的线速度C. 预定轨道上的天舟一号运行的周期小于在轨的天宫二号的周期D. 补给后的天宫二号的运行速度将会大于12. 地磁为地球生命提供了保护，免受外太空高能粒子的辐射。在地球的赤道上空，有一束带负电的高能粒子竖直向下靠近地球表面，这些带电粒子将往哪边偏转（）A. 向东偏转B. 向南偏转C. 向北偏转D. 向西偏转13. 如图为一扫地机器人。 其内置锂电池容

7、量为 3750mAh，在实际使用中， 电池容量只剩下 20%时就不再向外供电。一般状况下，充满一次电需要3h，可供其运行的时间为1h。已知该扫地机器人额定功率54W，输出功率为45W，则下列说法正确的是（）A. 扫地机器人正常工作时的电流是3AB. 扫地机器人正常工作时额定电压为15VC. 扫地机器人工作时的内阻为D. 扫地机器人电池充满一次电需要的电能为14.如图所示，某带正电荷的小球沿电场中一竖直电场线从A 运动到 BE 表示电场强度， 表示小球的电势， Ep 表示小球的电势能， Ek 表示小球的动能，则下列说法正确的是（）A. 小球从 A 点到 B 点一定是匀加速度运动B. 电场强度一定

8、大于, 一定大于C. 小球电势能大于,动能小于D. 小球在 A 点的机械能大于在B 点的机械能R0 为定值电阻， R1、R2 为可调电15.如图所示， M、N 是平行板电容器的两个极板，阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F 则下列说法正确的是（）A. 保持不变 ,缓慢增大时 ,F 将变大B. 保持不变 ,缓慢增大时 ,F 将变大C. 保持不变 ,缓慢增大时,F 不变D. 保持、不变 ,断开 S,F 不变16. 一台正 1.5 匹变频空调预设为 16时平均功率为 1100W，预设 26时平均功率为 600W学校寝室每晚有 200 台该型号

9、的空调工作，设定温度都由原来的16改为 26，则一个月内学校夜间节约的电能最接近下列哪个数据（）A.B.C.D.17. 某研究小组制作出一个可以测量磁场的仪器，其主要原理如图所示，铜棒长为0.5m，左右两侧的中点分别固定相同弹簧，每根弹簧的劲度系数k=2.0N/m，铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，两弹簧为原长时，指针指向0刻度， 每一刻度长1mm。在通自上而下， 大小为 1A 的电流时， 指针在 0 刻度左边 1 格处静止。则下列正确的是（）A. 可知磁场的方向垂直于纸面向内第3页，共 14页B. 磁感应强度大小为C. 若将电流方向改变 ,磁感应强度应方向也会变化D. 若将电流变为

10、原来的2 倍 ,磁感应强度应也变为原来的2 倍18.如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开， C 是半径为 R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块能通过C 点后再经D 点滑上传送带，则下列说法正确的是（）A. 固定位置 A 到 B 点的竖直高度可能为 2RB. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度有关C. 滑块重新返回圆周最低点B 时对轨道的压力一定比上一次滑出该点时的小D. 传送带

11、速度,越大 滑块与传送带摩擦产生的热量越多二、实验题（本大题共2 小题，共14.0 分）19. （ 1）如图（ 1）器材，在实验“探究小车速度随时间的变化规律”、“探究加速度与力、 质量的关系”、“用自由落体运动验证机械能守恒”都用到的实验器材是_；（ 2）在“探究功与速度变化关系”的实验中，某同学用如图（2）中甲乙两种方案分别做实验，其中甲图是通过改变小车从静止运动的距离L 来改变拉力做的功，乙图是通过改变橡皮筋条数来改变橡皮筋弹力力做的功，则下列说法不正确的是_；A甲图方案一定要满足重物质量远小于小车质量B甲图方案可以不平衡摩擦力C乙图方案需要平衡摩擦力D 乙图方案需要选用规格相同的橡皮筋

12、（ 3）小明通过乙图方案获得的纸带如图（3）所示，根据纸带点迹，应该以_（填“ CE 段”、“ DF 段”或“ EG 段”）求小车获得的末速度，其末速度为 _m/s（保留三位有效数字）。第4页，共 14页20.某同学想通过实验来研究用电器Z 的导电规律。 他在实验中测得用电器Z 两端的电压与通过Z 的电流的数据如下表：U /V0.00.20.51.01.52.02.53.0I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（ 1）请根据上述表格中的数据，在图a 中用笔连线补充完成该电路的实物图；（ 2）利用这些数据绘出的用电器Z 的伏安特性曲线如图b 所示。

13、若把该用电器Z 接入图 c 所示的电路中时，电流表的读数为0.10A，已知 A、B 两端电压恒为1.50V，则定值电阻R0 的阻值为 _；（ 3）结合用电器Z 的伏安特性曲线，该电器Z 的材料最可能是_。A锰铜合金B镍铜合金C金属铜D半导体材料三、计算题（本大题共3 小题，共 32.0 分）21. 以 72km/h 的速度匀速行驶的动车，因临时停车需要，以大小为0.4m/s2 的加速度减速驶入余姚北站，停车 2min，而后以0.5m/s2 的加速度匀加速出站，最后恢复原运行速度，求：（ 1）动车从开始减速到恢复原运行速度阶段的位移；（ 2）动车此次临时停车共耽误了多长时间。22. 如图是“电磁

14、炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L=0.15m，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1102T“电磁炮”弹体总质量m=0.3kg，其中弹体在轨道间的电阻 R=0.4 ，可控电源的内阻 r=0.6 ，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，弹体从静止加速到4km/s，电源为弹体提供的电流是I=6103A，所受阻力恒定为f=1104N求：（ 1）安培力的最大功率；第5页，共 14页（ 2）弹体的轨道至少要多长；（ 3）弹体从静止加速到 4km/s过程中，该系统消耗的总能量。23.某弹射游戏装置可以简化为如图所示的竖直平面内细轨道ABCDE

15、 ，ABC 段为光滑的抛物线形轨道，CD 和 EA 为光滑的四分之一圆弧形轨道，DE 为水平粗糙轨道，各部分之间光滑连接，AO1OO 2C 在同一水平线上。四分之一圆弧轨道半径为R， DE 轨道长度为2R，抛物线顶点B 与 AC 的距离为2R小环的直径略大于轨道直径，小环在轨道中滑动时，在水平段轨道上受的摩擦力为重力的0.5 倍，重力加速度为g，不计小环与轨道间撞击时的能量损失。求：（ 1）小环从 B 点以某一速度水平向向右弹射出，第一次经过抛物线轨道时，发现小环和轨道始终无作用力，求该初速度的大小；（ 2）小环在 A 点斜向上弹射出，要使小环能通过B 点，求小环弹出时速度的最小值；（ 3）若

16、小环从B 点水平向右弹射出的初速度为，求小环经过D 的次数和最后静止时离D 点的距离。第6页，共 14页答案和解析1.【答案】 B【解析】解：在国际单位制中三个力学基本量是长度、质量、时间，测量工具分别是刻度尺、天平、秒表以及计时器；而弹簧测力计是测量力的仪器；本题选择不是测量力学基本量的仪器，故 B 不是测量力学基本量的仪器的，ACD 是测量力学基本量的仪器的。本题选不是测量力学基本量的仪器的，故选： B。力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，根据物理量来确定测量的仪器即可。解决本题的关键知道力学的三个基本物理量以及对应的基本单位，特别注意打点计时器是测量时间的仪器。2.【答

17、案】 D【解析】解： A、人的大小和形状相对于运动的路程来说，可以忽略，可以看做质点，故A 错误B、 4 点 29 分表示时间轴上的点，指的是时刻，故B 错误；C、 168 公里表示经过的轨迹的长度是路程，故C 错误；D、平均速率等于路程与时间的比值，从早上4 点 29 分一直到晚上19 点 26 分，约 15 小时，此次接力的平均速率大小=11.2 km/h，约为 11km/h，故 D 正确；故选： D。当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可。时刻在时间轴上对应的是一点；路程是轨迹的长度，而位移的大小是初位置和末位置之间的直线距

18、离；明确平均速度和平均速率的定义， 知道平均速度等于位移与时间的比值， 而平均速率等于路程与时间的比值；考查学生对质点、时间与时刻、位移与路程以及速率这些概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略。3.【答案】 D【解析】解：A、牛顿发现了万有引力定律，但他没有测出万有引力常量，卡文迪许通过实验确定了万有引力常量，卡文迪许被称为“测量地球质量的人”。故A 错误。B、美国科学家密立根根据油滴实验，测定了电子的电荷量为-19-1.6 10 C，故 B 错误。C、惯性的大小仅仅与物体的质量有关，与物体的速度无关，故C 错误。D、根

19、据对磁现象的解释可知，磁体遇到高温或猛烈碰撞时，分子电流的取向会变得杂乱无章，磁性减弱或消失，故 D 正确。故选： D。本题是物理学史问题，根据涉及的科学家对物理学发展的贡献进行解答。惯性的大小与速度无关。物理学史是高考考查内容之一，是常识性问题，这些常识要与物理学其他知识一起学习。4.【答案】 A【解析】解： AB、人和杆整体受重力、支持力、摩擦力而处于平衡状态，合力为零，所以钢丝对人和杆整体的作用力竖直向上与重力平衡，故A 正确， B 错误；C、人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力是一对作用力与反作用力，不是平衡力，故C 错误；D、在走钢丝过程中，演员往往手拿一根很长的木杆，主要是调节他自身重

20、心的位置，以便时时保持平衡；当他的重心移动到适当的位置，就可以避免其倾倒，故D 错误；故选： A。第7页，共 14页对人和杆整体受力分析，根据平衡条件可知钢丝对人和杆整体的作用力的方向；人对钢丝的压力与钢丝对人的支持力是一对作用力与反作用力，不是平衡力；在走钢丝过程中，演员往往手拿一根很长的木杆，主要是调节他自身重心的位置，以便时时保持平衡；该题中在走钢丝过程中， 演员往往手拿一根很长的木杆， 可以调节他自身重心的位置， 增大他的转动惯量，提高他在钢丝上的稳度。5.【答案】 A【解析】解：小球向下运动时， 速度为正值， 小球受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：mg-f=ma1，解得： a

21、1=g-；小球反弹向上运动时，速度为负值，小球受重力和空气阻力作用，根据牛顿第二定律有：2，解得： a2=g+，联立得： a1 a2，即下落的加速度小于上升的加速度，故下落时v-t 图线的斜mg+f=ma率小于上升时的斜率，根据v=at 知，反弹上升的时间小于下落的时间。由于小球要克服空气阻力做功，机械能不断损失，所以小球落地时的速度越来越小，故A 正确， BCD 错误；故选： A。分析小球的运动情况：小球由静止从一定高度自由下落，先向下做匀加速直线运动，速度为正值；与地面碰撞后，速度突然反向，变为负值，向上做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律分析下落与上升加速度的大小，由速度公式比较运动时间关

22、系，再选择符合小球运动情况的图象。本题考查了篮球的 v-t 图象，分析清楚篮球运动过程与受力情况，比较出加速度关系、知道v-t 图象斜率的物理意义即可正确解题。6.【答案】 C【解析】解：由题意知，车速v=20m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5m/s2，最后末速度减为 0，由推导公式 v2=2ax 可得： x=40 m，所以系统设置的安全距离为40m，故 C 正确， ABD 错误。故选： C。根据刹车的最大初速度和刹车的加速度，由推导公式v2=2ax 可得系统设置的安全距离。解答此题的关键是知道末速度为0 隐含条件，找到题干告诉的已知量初速度和加速度，利用匀变速直线运动公式

23、可解。7.【答案】 A【解析】解： ABD 、当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故 A 正确， BD 错误；C、硬币倒掉是因为列车横向变道时，列车运动的方向发生变化，硬币受到与运动方向不一致的静摩擦力的作用，列车内是全封闭区域是没有外界吹来的风。故 C错误。故选： A。硬币直立时可能做匀速直线运动，也可以随车速的变化做变速直线运动，由受力，结合运动的情况分析；列车横向变道时，列车运动的方向发生变化

24、。该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键要明确列车沿直线运动时，速度的大小可能发生变化。8.【答案】 D【解析】解：腾空过程中离地面的最大高度为0.8m，落地过程中，做平抛运动，根据运动学公式，那么从最高点落地时间为：t=0.4s，第8页，共 14页那么运动员在空中的时间为t =2t=0.8s，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：v 水 = m/s=3m/s，故 D 正确；故选： D。据抛体运动的处理规律，依据运动的合成与分解内容，及平行四边形定则，及运动学公式，即可求解。考查抛体运动的处理规律，掌握运动的合成与分

25、解的应用，理解运动学公式的内容，注意运动员在水平方向做匀速直线运动，而竖直方向做竖直向上抛运动。9.【答案】 A【解析】解：由于车灯的方向与前轮的方向始终是相同的，所以车前照明灯的光束始终与前轮的方向一致，则与前轮的轨迹是一致的。故A 正确， BCD 错误故选： A。根据曲线运动的速度沿沿曲线的切线方向分析即可。该题属于物理知识在日常生活中的应用，在解答的过程中要注意车灯的方向与前轮的方向始终是相同的。10.【答案】 D【解析】解：A、秒针、分针转动周期分别为：h、 1h，根据 = 知秒针的角速度大，分针的角速度小，A 点的角速度小于C 点的角速度；故A 错误；B、秒针、分针转动周期分别为：h

26、、1h，所以它们的周期之比为1： 60故 B 错误；C、分针上的 A、 B 两点角速度相同，线速度不一样大。故C 错误；22： 1，故 D 正确；D、 B 与 A 的角速度相等， RA=2RB，根据 a=R 知 A、 B 的向心加速度大小之比为故选： D。秒针、分针、时针转动周期分别为：、 1h、 12h，根据同轴运动的角速度相同，同线运动的线速度相等，结合角速度与线速度的关系式即可判断。本题为基本公式的应用，一定要搞清楚时针、分针、秒针的周期比。11.【答案】 C【解析】解：A、补给之前天宫二号在做绕地球的匀速圆周运动，其中的宇航员处于完全失重状态，故A错误；B、预定轨道的轨道半径小于天宫二

27、号的轨道半径，根据环绕速度公式v=，预定轨道上的天舟一号运行的线速度大于在轨的天宫二号的线速度，故B 错误；C、根据 T=2，预定轨道上的天舟一号运行的周期小于在轨的天宫二号的周期，故C 正确；D、补给后的天宫二号的运行轨道半径不变，根据环绕速度公式v=，线速度大小不变，而第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，故补给后的天宫二号的运行速度不会大于7.9km/s，故 D错误；故选： C。天舟一号飞船补给前后均做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据环绕速度公式v=分析， 注意第一宇宙速度是圆轨道卫星的最大环绕速度。本题考查卫星问题，关键是知道卫星的动力学原理，根据牛顿第二定律列式

28、分析，基础题目。第9页，共 14页12.【答案】 D【解析】解：带电粒子从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以带电粒子向西偏转。故ABC 错误， D 正确；故选： D。地磁场的方向在赤道的上空从南指向北，根据左手定则判断出带负电的高能粒子所受洛伦兹力的方向。（ 1）该题考查的是左手定则的相关知识，熟记左手定则的内容，（ 2）切记在用左手定则判断带电粒子所受安培力时，如带电粒子带负点， 则四指指向运动方向的反方向；13.【答案】 A【解析】解：A因为电池容量只剩下20%时就不再向外供电，所以该电池能向外供电的总电荷量为：Q=3750 ，所以

29、机器人正常工作时的电流为I=Q T=3000 1mA=3AA正确；?，故B根据 P=UI 知机器人正常工作的额定电压为：U=，故 B 错误；C由于机器人为非纯电组原件，所以 P 出 =P 额 -I2 R，即 45=54-9R，所以机器人工作时的内阻为 R=1，故 C 错误；D机器人电池充满一次电需要的电能为放电过程中消耗的电能与剩余的总电能之和，放出的电能为5E，故 D 错误；E=Pt=54 3600=1.944 10 J，所以充一次电需要的电能大于故选： A。（ 1）已知电池的电荷量，根据I=qt 求解放电电流；（ 2）根据 P=UI 求出正常工作的额定电压；（ 3）根据非纯电阻原件的输入和

30、输出功率的关系式求内阻；（ 4）根据充电电能等于消耗的电能与剩余的总电能之和求解充电消耗的总电能；明确知道题中所给的 3750mAh 不是电能而是电荷量，熟记电功率以及电能的基本公式；14.【答案】 C【解析】解：AB、只有一条电场线不能判断电场强度变化，故不能得到加速度不变，故AB 错误；CD、电场强度方向和电场线方向一致，故电场方向向下， 那么，电场力方向向下， 故电场力做正功，那么，小球的电势能增减小，机械能增加；电场力和重力做正功，动能增加，故C 正确， D 错误；故选： C。根据电场线方向得到电场方向，从而得到电场力方向，再根据电场力做功和重力做功判断电势能、机械能和动能的变化。电势

31、能变化量为电场力做的功，机械能变化量为除重力外做的功，动能变化量为所有外力做的功。15.【答案】 C【解析】解：A、保持 R1 不变，缓慢增大R2 时，由于R0 和 R2 串联，总电流减小，R0 两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U 减小，带电小球受到的电场力F 电 =qE=q? 减小，悬线的拉力为F=将减小，故A 错误；B、保持 R2 不变，增大R1 时，由于 R1 与电容器相连，则电容器相当于开路，故对电路没有影响；故F 不变；故 B 错误， C 正确；C、保持 R1、 R2 不变，断开S，电容器放电，电压减小，则由A 的分析可知，拉力将减小；故D 错误。故选： C。电容器两端

32、间的电压与R0 两端的电压相等，通过判断R0 两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化。第10 页，共 14页解决本题的关键是：1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线。2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化。16.【答案】 C【解析】解：由题意知200 台该型号的空调在 1h 节约的电能为E0=0.5 200=100kW?h，一个月内学校夜间使用空调时间为t=730=210h，所以一个月内学校夜间节约的电能E=，与 C 答案的数据接近，故 ABD 错误， C 正确；故选： C。根据电功 W=P

33、t 知，找到 200 台该型号空调 1h 节约的电能以及一个月夜间所用空调的总时间，代入公式计算即可；知道电能的计算公式，对于题中所提到的一个月内的夜间总时间要知道，即要有基本的时间概念；17.【答案】 B【解析】解：A由题意知：通了向下的电流的铜棒其安培力方向向左，根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，故A 错误；B由题意知， 铜棒所受安培力大小等于弹力，即 BIL =2kx，B10.5=4 0.001，解得 B=0.008T，故 B 正确；CD磁场的强弱及方向由磁场源自身决定，与外界条件无关， 所以通电铜棒电流方向变化不改变磁场方向，通电铜棒电流大小改变也不改变磁场的强弱，故CD 错误

34、；故选： B。（ 1）根据题意判断出通电铜棒受到的安培力向左，再根据左手定则判断磁场方向；（ 2）分析棒所受的力，根据平衡状态列方程求解安培力大小，从而求出磁感应强度；（ 3）磁场的方向和强度跟外界无关，由磁场自身决定；（ 1）知道左手定则，会用左手判断通电铜棒受到的安培力方向，（ 2）会分析铜棒收受力的大小和方向；18.【答案】 D【解析】解： A、若滑块恰能通过C 点时，有： mg=m由 A 到 C，根据动能定理知mghAC = mvC2联立解得 hAC=0.5R则 A 到 B 点的竖直高度最小为2R+0.5R=2.5R，不可能为2R故 A 错误；B、设滑块在传送带上滑行的最远距离为x，则

35、有动能定理有：20- mvC =2mgR-mgx，知 x 与传送带速度无关，故 B 错误；C、如果滑块滑到传送带上的速度小于传送带的速度，滑块回到D 点速度大小不变，滑块重新返回圆周最低点 B 时对轨道的压力不变，故C 错误；D、滑块与传送带摩擦产生的热量为Q=mgx，传送带速度 v 越大，相对位移 x 越大，产生热量越多，故D正确；故选： D。滑块恰能通过 C 点时根据牛顿第二定律列方程求c 点时的速度，由动能定理知AC 高度差，从而知AB 间的高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据回到B 点的速度大小分析压力大小的变化情况；滑块与传送带摩擦产生的

36、热量Q=mgx，看热量多少，分析相对位移。第11 页，共 14页本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键。19.【答案】 CDA EG1.30【解析】解：（1）秒表 A 是三个实验都不需要用的，时间是用打点计时器来记录的，而弹簧秤B 可以用来测质量，在探究加速度与力、质量的关系的实验中要用到，三个实验均要测速度（或加速度），所以均必须要有打点计时器和刻度尺，故选： CD 。（ 2）“探究功与速度变化关系”的实验中，某同学用如图（2）中甲乙两种方案分别做实验，其中甲图是通过改变小车从静止运动的距离L 来改变拉

37、力做的功，乙图是通过改变橡皮筋条数来改变橡皮筋弹力力做的功，考察操作要领：A、甲图显然是当质量不变时，通过改变距离而改变功的，不不必平衡摩擦力，故选项A 不正确；BC、甲方案是改变距离而改变功的，所以要保持合力不变，故不需要平衡摩擦力，故选项B 正确、C 选项当然要平衡摩擦力故选项C 正确；D、橡皮筋应完全一样，这样功才会是整数倍变化，故选项D 正确。本题是不正确的，故选：A（ 3）小明通过乙图方案获得的纸带如图（ 3）所示，根据纸带点迹是均匀的， 即橡皮筋对小车没有拉力了，小车做匀速直线运动，所以要选EG 段；其末速度为：v= =1.30m/s。故答案为：（1） CD ；（ 2） A；（ 3

38、） EG，1.30（ 1）明确实验原理，确定实验需要测量的物理量，则可进一步知道实验所需要的器材；（ 2）依据实验的原理、操作，及处理数据的要求，即可求解；（ 3）求所需速度是通过中间时刻瞬时速度等于平均速度来求解；纸带最初两个点间距离约为2cm，即初速度为0。本题考查了打点计时器的使用、图象等实验操作，同时考查了“探究小车速度随时间变化的规律”中的数据处理基本知识，对于这些基本知识要在平时加强训练，提高基本知识的应用能力。解决本题的关键掌握验证机械能守恒定律的实验原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度。20.【答案】 10C【解析】解：（ 1）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始

39、变化，滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示：（ 2）由图示图线可知，电流为0.10A 时元件两端电压：U 元件 =0.5V，定值电阻阻值： R0=元件=10 ；（ 3）由图示元件I-U 图线可知，随电压U 增大电流 I 增大，但增大，即元件电阻增大，元件电功率P=UI 增大，元件温度升高，由此可知，随温度升高元件电阻增大，第12 页，共 14页E=Ek+Q+Ef =3.24Ef=fx=3105J。该元件既不是合金材料也不是半导体采用而是纯金属元件，故C 正确， ABD 错误；故选： C；故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2） 10；（ 3）C。（ 1）根据表中实验数据确定滑动变阻器的

40、接法，然后连接完成实物电路图。（ 2）由图示图线求出元件两端电压，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻阻值。（ 3）根据图示图线判断元件电阻随温度变化的关系，然后判断元件的类型。本题考查了连接实物电路图、实验数据处理问题，根据题意确定滑动变阻器的接法是连接实物电路图的前提与关键，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法。21.【答案】解：（ 1）列车的速度为：v=72km/h=20m/s则列车进站的时间为：t1 =50s出站到恢复原来速度的时间为：t3=40s进站的位移为： x1= =500m出站恢复到原速的位移为： x2= =400 m从开始减速到恢复原运行速度阶段的位移我：x=x1+x2=900m（ 2）该段过程匀速行驶的时间为：t=45s，则耽误的时间为： t=t1+t2+t 3-t=50+120+40-45 s=165s。答：（ 1）动车从开始减速到恢复原运行速度阶段的位移为900m（ 2）共耽误的时间为 165s。【解析】根据匀变速直线运动的公式求出列车匀加速和匀减速直线运动的位移和时间，再求出在