PAGEPAGE1（820252023810075 aa→bb→cc→a過程中外界對氣體做功為3“S路”曲線行駛是我國駕駛證考試中的一項科目，某次訓練過程中，有兩名學員分別坐行駛過程中未發(fā)生打滑。如圖所示，當汽車在水平“S路”上向左勻速轉彎時（ 量為m、電荷量為q的油滴恰好在P點處于靜止狀態(tài)。則下列說法正確的是（ 若將S斷開，再將A板向下平移一小段距離，P點電勢能變大電壓恒定，r表示輸電線總電阻，下列說法正確的是（

如圖所示，在高為3L，寬為4L的不透明容器底部有A、B兩個標記，分別是寬的四等分點和中點，眼睛在容器右上方時剛好能從容器邊緣C看到A標記，向容器內注入某種透明液體，當容器內液體的深度為2L時，剛好能夠從C看到B標記。則透明液體的折射率為（

起跳點和落地點，且知其某次成績是2.5m，在空中離地的最大高度為0.8m，忽略空氣阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，則下列判斷中正確的是（ 小明在空中的運動時間為0.4sB．小明起跳時速度大于5m/sC．小明起跳時速度大小為4m/s3618630則下列說法正確的是 x某同學設計了圖（a）nS、電阻率均為ρ的r（r遠大于環(huán)的厚度；Bt t44

時間內，通過內環(huán)橫截面的電荷量為t6

225π3Sf2B2r3

n

，則該“圓盤形導體”的平均發(fā)熱功率為 如圖所示，傾角θ30的光滑絕緣斜面體放在水平地面上，斜面體處在豎直向上的勻強1g（g為重力加速度大小，斜面體靜止不動，下列說法正確的是 斜面對木塊的支持力大小為31地面對斜面體的摩擦力方向水平向右，大小為321611（8下列實驗條件必須滿足的 C．每次從斜槽上相同位置無初速度釋放鋼 A時，其速度的水平分量大小為m/s；根據(jù)圖中數(shù)據(jù)可得，當?shù)刂亓铀俣鹊拇笮閙/s2（結果均保留兩位有效數(shù)字）12（8Rx（E（電動勢可調，內阻不計V1（0~300mV，V2（0~3V，R（S根據(jù)圖（a）電路，用筆畫線代替導線，完成圖（b）（c Ω，壓敏電阻的阻值測量值Rx1= 的阻值 （選填“增大、“減小”或“不變。0~160N，300mV160NR0的阻值為Ω，V1100mVN33813（10bca4V、壓強為p、溫度為T0bVc的壓強為4p。求：babc14（13）如圖所示，質量為2mB2m、長度未知的長木上端和曲面最低點在同一水平高度。固定在彈簧上質量為mAA、BB，BBg，A、B(3)A15（15r=0.45m

PQB=1TR02NFM，M碰撞時間極短，M、Ng=10m/s2。求：MGHPQM1M11（12025202311．(1)BC；(2)B；(3) ；(2)8667.332.7；(3)減小；(4)2.213（1）

（2）14．(1)6mg，方向豎直向下；(2)7L；(3)2715（1）（2）1.8m（3）PAGEPAGE1（1620252023A，BCD【解析】A．

pVCpVapVa時氣體的溫AB．a(chǎn)b過程，氣體體積不變，即氣體做功為零。氣體壓強減小，即溫度降低，內能減小，根據(jù)熱力學第一定律ΔUWQBC．bcWpΔV2p0V0pVΔUWQQ所以氣體從外界吸收的熱量大于2p0V0CDcapV圖線與橫軸圍成的面積表示做功，所以做功為3p0V0DD【解析】A．vAB．a(chǎn)可知兩名學員的向心加速度不相等，故B錯誤；的作用力大于學員所受的重力，故C正確；DECC

C．SQ不變，根據(jù)EU，CQ，C ED．SQ不變，根據(jù)EU，CQ，C EB?！窘馕觥緼．

n1，

n3PAGE4PAGE4（16n1n4，則有U 由于輸電線上電阻分壓作用，則U3U2，U4故A錯誤；壓U2B

I U2 U2則輸電線上的電流為

rR

r3可知輸電線上的電流減小，則輸電線上消耗的功率減小，輸電線的損失電壓UU2U可知降壓變壓器輸入的電壓U3C，DD。由幾何關系有tani

3 1PAGEPAGE5（162L2所以i45，2L2由折射定律有n解得n 【解析】A．看成自由落體運動，根據(jù)h1gt代入數(shù)據(jù)解得小明上拋運動的時間t 根據(jù)運動的對稱性可知，小明在空中運動的時間t'2tABC．根據(jù)拋體運動的規(guī)律可知，設小明上拋時豎直方向的速度v0y，則有h0解得v0y 在水平方向上，設小明沿水平方向的初速度為 ，根據(jù)運動學規(guī)律可得 x故小明起跳的速度大小為

000 03.1252

0 t'B，CD．由幾何知識可知，小明起跳時速度與水平方向的夾角tanθv0

1tan故θ45，DB。PAGE6PAGE6（163618630【解析】A．由題圖可知λ4mT故該波的傳播速度為vλ4mAxBs=1.25s=D．從t=0.5s到x=11m處質點開始振動所用的時間為tx6m11 s=1.25s= BD?！窘馕觥緼．由楞次定律結合圖（b）t2

AB．0~4

時間內，穿過內環(huán)的磁通變化量大小為ΦBπrRρL Iq知，通過內環(huán)橫截面的電荷量為qΦB0 故B錯誤；PAGEPAGE10（16正方向）分別為eEmcos2πft和iImcos又因為 Bπr2ω2π2r2fB， EmπrfB0

故在t1時刻電流的瞬時值為iIcos 1ImπrfB06 6 故C錯誤；D．IIm

πrfB0π3r3f2B2S平均發(fā)熱功率為PI2R

225π3Sf2B2r3 AD。【解析】A．qsina1E故A正確；B

qcos

3

fma

3AD。21611（8；(2)B（2；(3) 9.7（2分斜槽軌道不需要光滑，故A錯誤，C正確；B．為保證小球飛出時速度水平，所以斜槽軌道末段需要水平，故B正確；D．DBCBxlv0

g

；(2)；(3)；(4)（1）由圖（a）可知圖（b）（c[2]由圖（d）V20.1V，U2V1U1V1

I1

U2U1

Rx1（4）[1]I

I3

3U1RV1R0Rx R 時壓敏電阻的阻值為20，則有R0V1100mV

3U1RV1R0Rx R Rx由圖（e）80NV1100mV80N338（1）

（2）（1）abb

4VV

（2T

（4 （2）abWFxpSxp(4VV3pV（5）bc的過程為等容變化，由查理定律有p4p（6 Tc4TbT0（7abcUQW（8TcacU0（9QW3pV（10abc的過程中，氣體放熱，放出的熱量為3pVPAGE12PAGE12（1614（13；(2)；(3)（1）BvB2據(jù)機械能守恒定律可得2mgL1 在曲面最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得FN2mg B2（1分FN6mg（2）（3BvBa，根據(jù)牛頓第二定律則有μ?2mg2ma解得aμg(m/s2（4結合運動學規(guī)律可得v2v2代入數(shù)據(jù)解得v （5分滑上長木板到二者共速，系統(tǒng)動量守恒，則有2mvB1(2m解得vB1

（6根據(jù)能量守恒則有μ?2mg?x1?2mv21?(2m 解得x6L（7L木板Lx7L（8ABvA和vA1A、B恒則有mvAmvA12m?vB1（9）PAGEPAGE13（161mv21

1

（10

聯(lián)立解得 3

（11 2AE1mv227mgL（13 （2）1.8m（3）（1）MI EBLv0（2）Mv06m/s（3（4

Bq1Lm1v1m1v0（6qIΔt

Δt

（7 RRΔt R d1.8m（8PAGE14PAGE14（16Nmgr1 vM，Nm1v1m2vm1vM11mv21mv21mv21mv2（9 1 1 2vM11m/s,vN1因為vN15m/s>v3m/sN向左位移為x1，根據(jù)動量定理可得Bq2L0m1

q R

x3m（10 NMvN1，方向水平向左，碰后速度為vN2，金屬棒的速度為vM2，由彈性碰撞可得m2vN1m1vM21m

1m

1m 2

1

2

10m/s,

5m/s（11）Mx2B2L2 R1

0x2m101x（12 3MNN

2vN210 M

13

B2L2

0mR

1 1 x33m103

MNPAGEPA