第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年山東省青島三十九中高一（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共24分。1.我國計劃于2025年發(fā)射“天問2號”小行星取樣返回探測器，它將對名為“2016HO3”的小行星開展伴飛探測并取樣返回地球?！疤靻?號”發(fā)射后接近“2016HO3”小行星時，先完成從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ的變軌，然后進入環(huán)小行星圓軌道Ⅲ。如圖，軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相切于P點，軌道Ⅰ的長軸為b1，軌道Ⅱ的長軸為b2，“天問2號”在軌道Ⅲ上的線速度大小為v、加速度大小為a。則“天問2號”（）A.在軌道Ⅱ上P點的加速度大于a B.在軌道Ⅱ上P點的速度小于v

C.在軌道Ⅰ的機械能大于在軌道Ⅱ的機械能 D.在軌道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比小于2.我國滑雪運動員為了備戰(zhàn)2026年冬奧會，利用圓盤滑雪機模擬訓練，訓練過程簡化如圖。圓盤滑雪機繞固定轉軸以恒定的角速度ω勻速轉動，運動員站在盤面上可看質(zhì)點，與圓盤始終保持相對靜止，盤面水平面的夾角為15°，下列說法正確的是（）

A.運動員隨圓盤做勻速圓周運動，受到重力、支持力、摩擦力和向心力的作用

B.運動員在最低點受到的摩擦力一定隨著ω的增大而減小

C.運動員與圓盤始終保持相對靜止，處于平衡狀態(tài)

D.運動員從最高點運動到最低點過程中，摩擦力對其做功3.圖甲為一種小型打夯機，利用沖擊和沖擊振動作用分層夯實回填土，圖乙為這種打夯機的結構示意圖。質(zhì)量為m的擺錘通過輕桿與總質(zhì)量為M的底座（含電動機）上的轉軸相連，輕桿質(zhì)量忽略不計。電動機帶動擺錘繞轉軸O在豎直面內(nèi)以角速度ω勻速轉動，轉動半徑為l,重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.擺錘轉到最低點時，底座對地面的壓力可能為零

B.若擺錘轉到最高點時，底座對地面的壓力剛好為零，則角速度

C.若擺錘轉到最高點時，輕桿對擺錘的彈力為0，則角速度

D.擺錘轉到輕桿水平時，輕桿對擺錘的作用力大小為mω2l4.在礦山開采中，滑輪裝置被用于提升和移動礦石。如圖所示，一輛車通過定滑輪提升質(zhì)量為M的礦石，滑輪左側連接車的繩子在豎直方向的投影為h,當車以速度v勻速向左行駛一段距離后，連接車的繩子與水平方向的夾角從53°變?yōu)?7°，sin37°=，sin53°=，則該過程中（）A.礦石重力的平均功率為Mgv

B.礦石重力做功為

C.繩子對礦石拉力做的功等于礦石重力做的功

D.礦石也做勻速運動5.質(zhì)子僅在電場力的作用下從O點開始沿x軸正方向運動，其在O點處的初動能為4eV。該質(zhì)子的電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x2段是關于直線x=x1對稱的曲線，x2～x3段是直線。下列說法正確的是（）A.該質(zhì)子在0～x2段做勻變速直線運動，在x2～x3段做勻速直線運動

B.若x1、x2、x3處的電勢分別為φ1、φ2、φ3，則φ1最高

C.該質(zhì)子在x1處的動能為6eV

D.該質(zhì)子最終停在x3處6.如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在電荷量分別為+Q1和-Q2的兩個點電荷，兩點電荷連線水平，在Q1，Q2之間放置內(nèi)壁光滑的絕緣細管，細管的上、下端口恰好在Q1，Q2連線的中垂線上。電荷量為+q的小球（可視為點電荷）以初速度v0從上端管口無碰撞進入細管，小球在細管中運動的過程中機械能始終守恒，且細管上、下端口高度差為h,重力加速度為g,則（）A.細管各處的電勢為0

B.小球在細管中運動時，電勢能先增大后減小

C.Q1＜Q2

D.小球離開細管的速度大小為

7.質(zhì)量均為m的兩個物塊A、B通過彈簧拴接在一起豎直放在地面上，如圖所示，開始時兩物塊均靜止。用一個豎直向下的外力作用在A上，使A緩慢下移h高度。撤去外力后，最終某時刻物塊B剛好脫離地面。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,不計空氣阻力，則外力做功為（）A.

B.

C.

D.8.如圖所示，為某一網(wǎng)絡電路中的一部分。已知I=3A，I1=1A，R1=5Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，則下列結論正確的是（）

A.通過R3的電流為0.5A，方向從a→b

B.通過R3的電流為1.5A，方向從a→b

C.通過電流表的電流為1.5A，電流從右向左流過電流表

D.通過電流表的電流為2.5A，電流從右向左流過電流表二、多選題：本大題共4小題，共16分。9.質(zhì)量為m的物塊在水平恒力F的推動下，從斜面（粗糙）底部的A處以初速度v0開始運動至高為h的斜面頂部B處。到達B處時物塊的速度大小為v,A、B之間的水平距離為s,重力加速度為g。不計空氣阻力，則物塊運動過程中，下列說法正確的是（）A.合外力對物塊做的功是

B.重力所做的功是-mgh

C.推力對物塊做的功是

D.阻力對物塊做的功是

10.如圖所示，虛線a、b、c為電場中的三條等勢線，相鄰兩等勢線之間的電勢差相等，從等勢線a上一點A處，分別射出甲、乙兩個粒子，兩粒子在電場中的運動軌跡分別交等勢線c于B、C兩點，甲粒子從A點運動到B點，乙粒子從A點運動到C點。不計粒子重力及兩粒子間的相互作用，由此可判斷（）

A.甲粒子一定帶負電，乙粒子一定帶正電

B.甲粒子運動到B點時加速度方向沿c上過B點的切線

C.乙粒子從A點運動到C點的過程中加速度逐漸減小

D.甲粒子從A到B電場力一定做正功，乙粒子從A到C電場力一定做負功11.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，所帶電荷量為Q，板間距離為d,上極板與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板正中間P點有一個靜止的帶電油滴，所帶電荷量絕對值為q,靜電力常量為k,下列說法正確的是（）A.油滴受到的靜電力大小為

B.油滴帶負電

C.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則靜電計指針張角減小

D.若僅將上極板平移到圖中虛線位置，則油滴將加速向上運動12.如圖甲所示的傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的。將質(zhì)量1kg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過1.2s到達傳送帶的B端，用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A.A、B兩點的距離為3.4m

B.貨物與傳送帶的動摩擦因數(shù)為0.5

C.貨物從A運動到B過程中，傳送帶對貨物做功為-11.2J

D.貨物從A運動到B過程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為4.8J三、實驗題：本大題共2小題，共14分。13.某實驗小組成員用如圖所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗.他們在氣墊導軌上安裝了一個光電門，調(diào)節(jié)氣墊導軌水平，裝有遮光條的滑塊放在導軌上，用繞過氣墊導軌左端定滑輪的細線將滑塊與鉤碼相連.（1）實驗前先用游標卡尺測出遮光條的寬度d，示數(shù)如圖所示，則_____mm；（2）由靜止釋放滑塊，與光電門相連的數(shù)字計時器，記錄遮光條遮光的時間t，若滑塊和遮光條的總質(zhì)量為M，鉤碼的質(zhì)量為m，滑塊沒有釋放時遮光條到光電門的距離為L，則表達式______在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則機械能守恒定律得到驗證.（3）多次改變滑塊遮光條到光電門的距離L，記錄每次遮光條遮光的時間t，作出圖像，如果圖像是一條過原點的直線，圖像的斜率等于______，則機械能守恒定律得到驗證.14.一根細長均勻、內(nèi)芯為絕緣材料的金屬管線樣品，橫截面外緣為正方形，如圖甲所示。此金屬管線樣品長約30cm、電阻約10Ω，已知這種金屬的電阻率為ρ，因管芯絕緣材料截面形狀不規(guī)則，無法直接測量其橫截面積。請你設計一個測量管芯截面積S的電學實驗方案，現(xiàn)有如下器材可選：

A.毫米刻度尺

B.螺旋測微器

C.電流表A1（量程0～3A，內(nèi)阻約為0.1Ω）

D.電流表A2（量程0～600mA，內(nèi)阻約為1.0Ω）

E.電壓表V（量程0～3V，內(nèi)阻約為6kΩ）

F.滑動變阻器R1（10Ω，允許通過的最大電流2A）

G.滑動變阻器R2（2kΩ，允許通過的最大電流0.5A）

H.蓄電池E（電動勢為6V，內(nèi)阻約為0.05Ω）

I.開關一個、帶夾子的導線若干

（1）上述器材中，應該選用的電流表是______，滑動變阻器是______（均填寫器材前字母代號）。

（2）若用螺旋測微器測得樣品截面外緣正方形邊長如圖乙所示，則其值為______mm。

（3）要求盡可能測出多組數(shù)據(jù)，則在圖丙、丁、戊、己中應選擇的電路圖是______。

（4）若樣品截面外緣正方形邊長為a、樣品長為L、電流表示數(shù)為I、電壓表示數(shù)為U，則計算內(nèi)芯截面積的表達式為S=______。四、計算題：本大題共4小題，共46分。15.某電流表內(nèi)阻Rg為200Ω，滿偏電流Ig為2mA，如圖甲、乙改裝成量程為0.1A和1A的兩個量程的電流表，試求：

（1）圖甲中，R1和R2各為多少？

（2）圖乙中，R3和R4各為多少？16.假定航天員在火星表面利用如圖所示的裝置研究小球的運動，豎直放置的光滑半圓形管道固定在水平面上，一直徑略小于管道內(nèi)徑的小球（可視為質(zhì)點）沿水平面從管道最低點A進入管道，從最高點B脫離管道后做平拋運動，1s后與傾角為37°的斜面垂直相碰于C點。已知火星的半徑是地球半徑的倍，質(zhì)量為地球質(zhì)量的倍，地球表面重力加速度g=10m/s2，忽略星球自轉影響。半圓形管道的半徑為r=3m,小球的質(zhì)量為m=0.5kg,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）火星表面重力加速度的大小；

（2）C點與B點的水平距離；

（3）小球經(jīng)過管道的A點時速度的大小。17.如圖所示，在MN上方有一勻強電場，電場強度方向水平向左，質(zhì)量為m、電荷量為+q（q＞0）的小球，從距水平地面高2H處以一定的初速度水平向右拋出，在距拋出點水平距離為L處有根管口比小球略大的豎直細管，管的上口距地面的高度為H。小球恰好無碰撞地通過細管，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，求：

（1）小球的初速度v0的大??；

（2）勻強電場的電場強度的大小E；

（3）小球落地時的動能Ek。18.一段傾斜角θ=37°的斜面AB與光滑弧面BC相切于B點。質(zhì)量為m=2000kg的汽車從斜面底部A點由靜止開始沿著斜面AB起動，如圖甲所示。已知汽車受到斜面的阻力與車對斜面的壓力的比值為μ=0.25。汽車在斜面AB上運動的加速度隨時間變化如圖乙所示。12.0s時汽車達到額定功率，隨后汽車保持額定功率繼續(xù)運動，汽車到達B點前已經(jīng)達到最大速度vmax。此后關閉發(fā)動機，汽車繼續(xù)沿著圓弧向上滑行。不計空氣阻力，已知g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，汽車可視作質(zhì)點。求：

（1）汽車勻加速直線運動過程中的最大速度v1及牽引力F；

（2）汽車在斜面AB上能到達的最大速度vmax；

（3）若汽車能夠沿弧面BC通過最高點C，圓弧半徑R的取值范圍是多少。

1.【答案】

【解析】解：A．根據(jù)=ma可知，在軌道Ⅱ上P點的加速度等于a,故A錯誤；

B．“天問2號”在軌道Ⅲ上經(jīng)過P點時要加速做離心運動才能到軌道Ⅱ上，故在軌道ⅡP點的速度大于v,故B錯誤；

C．根據(jù)發(fā)射衛(wèi)星時軌道半徑越大，火箭做功越多，可知在軌道Ⅰ的機械能大于在軌道Ⅱ的機械能，故C正確；

D．根據(jù)開普勒第三定律=可知，在軌道Ⅰ、Ⅱ上的周期之比=，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)牛頓第二定律、衛(wèi)星變軌和機械能以及開普勒第三定律進行分析解答。

考查牛頓第二定律、衛(wèi)星變軌和機械能以及開普勒第三定律，會根據(jù)題意進行準確分析解答。2.【答案】

【解析】解：A.運動員隨圓盤做勻速圓周運動，受到重力、支持力、摩擦力的作用，向心力不是運動員實際所受的力，故A錯誤；

B.在圓盤最下方，設運動員到轉動軸的距離為r,根據(jù)牛頓第二定律可得Ff-mgsin15°=mω2r

可知運動員在最低點受到的摩擦力Ff一定隨著ω的增大而增大，故B錯誤；

C.運動員與圓盤始終保持相對靜止，在做勻速圓圓周運動，加速度不為零，不處于平衡狀態(tài)，故C錯誤；

D.運動員從最高點運動到最低點過程中，運動員運動過程中速度大小不變，動能不變，設Wf、WG分別為摩擦力做功和重力做功，

由動能定理得Wf+WG=0

得Wf=-WG=-2mgrsin15°

可知摩擦力對運動員做負功，故D正確。

故選：D。

向心力是效果力，勻速圓周運動物體所受的合外力提供向心力；合外力提供向心力，由牛頓第二定律，分析最高點摩擦力隨ω的變化；做勻速圓周運動的物體，加速度不為零，不處于平衡狀態(tài)；根據(jù)動能定理求解摩擦力做功。

本題考查學生對圓周模型的分析，解題關鍵是掌握原理合外力提供向心力。3.【答案】

【解析】解：A、對擺錘在最低點時受力分析，根據(jù)合力提供向心力，可得：，根據(jù)相互作用力特點，可知擺錘對桿的力豎直向下；

對底座的受力分析，即可知底座對地面的壓力大小為：F1+Mg,不可能為零，故A錯誤；

B、對底座的受力分析，若底座對地面的壓力為零，可知桿對底座的力豎直向上，大小為Mg；

對擺錘在最高點時受力分析，可知桿對擺錘向下的力大小為Mg,根據(jù)合力提供向心力，可知：Mg+mg=mω2l,解得角速度：，故B正確；

C、對擺錘在最高點時受力分析，根據(jù)合力提供向心力，可知若輕桿對擺錘的彈力為零，擺錘的受力滿足：mg=mω2l,解得角速度的大?。?，故C錯誤；

D、根據(jù)擺錘做勻速圓周運動，可知輕桿水平時，輕桿對擺錘的豎直方向力的大小滿足：Fy=mg,桿對擺錘的水平分力滿足：，即桿對擺錘的作用力大小為：，不是mω2l,故D錯誤。

故選：B。

對擺錘在最低點時受力分析，根據(jù)合力提供向心力，結合對底座的受力分析，即可知底座對地面的壓力是否可能為零；對擺錘在最高點時受力分析，根據(jù)合力提供向心力，結合對底座的受力分析，即可知底座對地面的壓力是否可能為零，計算此時的角速度；對擺錘在最高點時受力分析，根據(jù)合力提供向心力，即可計算輕桿對擺錘的彈力為零時，角速度的大??；根據(jù)擺錘做勻速圓周運動，對輕桿水平時受力分析，即可計算輕桿對擺錘的作用力大小。

本題考查牛頓第二定律在圓周運動中的應用，在計算輕桿對擺錘作用力時，注意勻速圓周運動的受力特點。4.【答案】

【解析】解：A、令連接車的繩子與水平方向的夾角為θ，將車的速度沿繩子和垂直繩子方向分解，則此時礦石的速度v′=vcosθ

礦石重力做負功，克服礦石重力的功率為P=Mgv′=Mgvcosθ＜Mgv

車以速度v勻速向左行駛，θ逐漸減小，可知，該功率P逐漸增大，但始終小于Mgv,則克服礦石重力的平均功率小于Mgv,故A錯誤；

B、令滑輪到水平地面的高度差為h,則礦石上升的高度，礦石重力做功為，W=-Mgx0=，故B正確；

C、由v′=vcosθ可知，車以速度v勻速向左行駛，θ逐漸減小，礦石速度v1增大，礦石加速上升，則繩子拉力大于礦石重力，拉力做正功，礦石重力做負功，則繩子對礦石拉力做的功大于克服礦石重力做的功，故C錯誤；

D、由上分析可知，礦石的速度v′=vcosθ

等式兩側對時間求導數(shù)，取導數(shù)的絕對值，得到礦石加速度大小

a=vsinθ?θ'=vsinθ?ω，礦石運動的加速度不為0，故礦石不可能做勻速運動，故D錯誤。

故選：B。

根據(jù)車沿繩子方向的速度分量等于礦石速度列式，得到礦石的速度與繩子與水平方向夾角的關系，再分析礦石重力的功率大??；由幾何關系求出礦石上升的高度，從而求得礦石重力做功；分析礦石的運動情況，判斷繩子對礦石拉力做的功與礦石重力做功的關系。

解決本題時，會對車的速度進行分解，知道車的速度是沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度。能根據(jù)物理規(guī)律得到各個量的表達式，再分析它們的變化情況。5.【答案】

【解析】解：A、根據(jù)電勢與電勢能的關系：，可知該電場的電勢隨位置的變化關系如圖：

結合電場強度與電勢的關系：，即可知在φ-x圖中，圖線的斜率大小，反映電場強度的大小變化，

即在0～x2段，電場強度先變小后變大，根據(jù)qE=ma,可知質(zhì)子的加速度a先變小，后變大，不是做勻變速直線運動；

在x2～x3段，電場強度大小不變，根據(jù)qE=ma,質(zhì)子做勻變速直線運動，故A錯誤；

B、由電勢能與電勢的關系：，即可知三個位置的電勢高低滿足：φ1＜φ2＜φ3，即φ1最小，故B錯誤；

C、根據(jù)能量守恒，即可得質(zhì)子在x1處的動能為：Ek1=4eV+3eV-1eV=6eV，故C正確；

D、根據(jù)質(zhì)子的受力分析，可知在x3處，質(zhì)子只受電場力作用，合力不為零，即不能停在x3處，故D錯誤。

故選：C。

根據(jù)電勢與電勢能的關系，可知該電場的電勢隨位置的變化關系，結合電場強度與電勢的關系，即可知電場強度的大小變化，根據(jù)牛頓第二定律，可知質(zhì)子運動情況；由電勢能與電勢的關系，即可知三個位置的電勢高低；根據(jù)能量守恒，即可計算質(zhì)子在x1處的動能；根據(jù)質(zhì)子的受力，可分析其是否可以停在x3處。

本題考查電勢能隨位置的變化圖像分析，關鍵是根據(jù)電勢能、電荷、分析電勢、電場強度隨位置的變化特點。6.【答案】

【解析】解：ABC、由題意可知，在運動過程中始終機械能守恒，電場力對小球不做功，小球運動過程中電勢能不變，則細管各處的電勢相等，但不一定為0，由圖可知Q1＞Q2，故ABC錯誤；

D、小球以初速度v0從上端管口無碰撞進入細管，在運動過程中始終機械能守恒，則有：，解得：，故D正確。

故選：D。

小球運動過程中始終機械能守恒，則電場力不做功，電勢能不變，由機械能守恒定律可求小球離開細管時的速度的大小。

本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，理解粒子的受力特點，結合能量的轉化特點即可求解。7.【答案】

【解析】解：對物塊B受力分析，可知B剛好脫離地面時彈簧的形變量滿足：kΔx=mg,為伸長狀態(tài)，伸長量為：；

初始時，對A受力分析，可知彈簧的形變量：kΔx=mg,可知彈簧為壓縮狀態(tài)，壓縮量為：；

根據(jù)兩次的形變量，可知A的重力勢能變化為：ΔEp=mgΔx-mg（-Δx），化簡得：，由重力做功與重力勢能變化情況可知：WG=-ΔEp，

由能量守恒，可知外力做的功滿足：W+WG=0，解得：，故BCD錯誤，A正確。

故選：A。

對物塊B受力分析，可知B剛好脫離地面時彈簧的形變量情況；初始時，對A受力分析，可知彈簧的形變量；根據(jù)兩次的形變量，結合A的重力勢能變化，即可計算外力做的功。

本題考查能量守恒問題，關鍵是根據(jù)對A、B受力分析，分別計算初末狀態(tài)的形變量。8.【答案】

【解析】解：R1兩端電壓為U1=I1R1=1×5V=5V，R2的電流I2=I-I1=3A-1A=2A，R2兩端電壓為U2=I2R2=2×10V=20V，則R3兩端電壓為U3=（20-5）V=15V，且電流從a流向b,大小為I3==，通過電流表的電流為I2+I3=2A+0.5A=2.5A，方向從左到右，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

根據(jù)混聯(lián)電路特點結合電流和電壓以及電阻的關系列式求解。

考查混聯(lián)電路特點的應用，會根據(jù)題意進行準確分析解答。9.【答案】

【解析】解：物塊由A到B，重力做功WG

=-mgh,推力F做功WF

=Fs

由動能定理得：W合=Fs-mgh+Wf

=-，變形得Wf=--Fs+mgh,故AC錯誤，BD正確。

故選：BD。

物塊由A到B，根據(jù)動能定理及W=Flcosθ，列式求解即可。

本題考查學生對力做功及動能定理的理解和運用，需要注意單個力做功和合力做功的區(qū)別。10.【答案】

【解析】解：A.根據(jù)等勢面與電場線的方向垂直的特點，畫出兩條電場線，可知甲偏轉的方向大體向下，而乙偏轉的方向大體向上，二者偏轉的方向沿電場線的兩個不同的方向，所以甲與乙一定帶不同性質(zhì)的電荷，由于不知道a、b、c三個等勢面的電勢的高低，所以不能判斷出電場線的方向，也不能判斷出甲、乙的具體的電性，故A錯誤；

B.電場線的方向重直與等勢面，所以甲粒子運動到B點時加速度方向垂直沿c上過B點的切線，故B錯誤；

C.根據(jù)等差等勢面密集的地方電場強度大，可知

Ea＞Ec

則乙粒子從A點運動到C點的過程中所受電場力逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律知加速度逐漸減小，故C正確；

D.甲粒子從A到B，根據(jù)運動軌跡可知電場力方向向左下，速度方向和電場力方向夾角為銳角，電場力一定做正功，乙粒子從A到C，根據(jù)運動軌跡可知電場力方向向左上，速度方向和電場力方向夾角為鈍角，電場力一定做負功，故D正確。

故選：CD。

電場線的方向重直與等勢面，等勢面密集的地方電場強度大，速度方向和電場力方向夾角為銳角，電場力一定做正功。

本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵掌握電場線的方向重直與等勢面，注意判斷力做正功負功的方法。11.【答案】

【解析】解：A.根據(jù)公式，，可得F=qE=q，解得F=，這里電場不是點電荷電場，故A錯誤；

B.根據(jù)受力分析知，油滴受重力和電場力，因為油滴受力平衡，因此可判斷油滴帶負電，所受電場力豎直向上，故B正確；

C.平行板電容器電荷量不變，根據(jù)公式，，因此將上極板平移到圖中虛線位置，間距變小，電容變大，電壓變小，靜電計指針張角變小，故C正確；

D.電場力，可知電場力與兩極板距離d無關，若僅將上極板平移到圖中虛線位置，所受電場力不變，因此油滴仍靜止不動，故D錯誤。

故選：BC。

根據(jù)電容器的動態(tài)分析方法結合平衡條件等知識進行分析解答。

考查電容器的動態(tài)分析方法結合平衡條件的應用，會根據(jù)題意進行準確分析解答。12.【答案】

【解析】解：A、根據(jù)v-t圖像與時間軸圍成的面積表示物塊的位移，知0-1.2s內(nèi)貨物運動的位移為x=m=3.2m

則AB兩點的距離為3.2m,故A錯誤；

B、由圖像可以看出，貨物在兩段時間內(nèi)均做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有：

0-0.2s內(nèi)，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

0.2-1.2s內(nèi)，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

由v-t圖像的斜率表示加速度，可得兩段的加速度分別為：a1=m/s2=10m/s2，a2=m/s2=2m/s2

解得θ=37°，μ=0.5

故B正確；

C、設傳送帶對貨物做的功為W，對整個過程，根據(jù)動能定理得：W+mgxsinθ=mv2-0

由圖知，v=4m/s

解得W=-11.2J

故C正確；

D、由圖判斷知，傳送帶的速度為v皮=2m/s

根據(jù)功能關系，知貨物與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對位移，貨物受到的滑動摩擦力大小為f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8N=4N

0-0.2s內(nèi)，貨物的位移為：x1=×2×0.2m=0.2m

皮帶位移為x皮1=v皮t1=2×0.2m=0.4m

兩者間相對位移為Δx1=x皮1-x1=（0.4-0.2）m=0.2m

同理：0.2-1.2s內(nèi)，貨物的位移為x2=×（2+4）×1m=3m,x皮2=v皮t2=2×1m=2m

兩者間相對位移為Δx2=x2-x皮2=（3-2）m=1m

故兩者之間相對路程為Δx=Δx1+Δx2=（1+0.2）m=1.2m

貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=W=fΔx=4×1.2J=4.8J

故D正確。

故選：BCD。

貨物在傳送帶上先做加速度較大的勻加速直線運動，然后做加速度較小的勻加速直線運動，根據(jù)速度一時間圖線與時間軸圍成的面積表示物塊的位移，求出AB兩點間的距離。由速度圖像的斜率求出加速度，根據(jù)牛頓第二定律求動摩擦因數(shù)。根據(jù)動能定理求傳送帶對貨物做功大小。根據(jù)貨物與傳送帶間的相對位移求產(chǎn)生的熱量。

本題一方面要分析貨物的運動情況，由圖像的斜率求兩段過程的加速度，另一方面結合牛頓第二定律分兩個過程列式求解摩擦因數(shù)及斜面傾角。在求摩擦產(chǎn)生的熱量時注意找兩物體的相對位移。13.【答案】

【解析】解：（1）由圖乙可知，該游標卡游標尺的最小刻度為0.05mm,主尺讀數(shù)為2mm,游標尺的讀數(shù)為14×0.05mm,則d=2mm+14×0.05mm=2.70mm

（2）該實驗的原理是通過鉤碼高度的降低，使鉤碼的重力勢能轉化為鉤碼和滑塊及遮光條共同的動能，則只要等式

在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則機械能守恒定律得到驗證。

（3）由（2）可得

則只要圖像的斜率為

則機械能守恒定律得到驗證。

故答案為：（1）2.70；（2）；（3）。

（1）先確定游標卡尺的最小分度值，再讀出主尺和游標尺的讀數(shù)，相加即為游標卡尺讀數(shù)；

（2）根據(jù)鉤碼的重力勢能和鉤碼和滑塊及遮光條共同的動能變化量絕對值的關系判斷；

（3）根據(jù)鉤碼的重力勢能和鉤碼和滑塊及遮光條共同的動能變化量絕對值相等推導判斷。

本題考查驗證機械能守恒定律實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、實驗步驟和數(shù)據(jù)處理。14.【答案】

【解析】（1）由題意可知，電源電動勢為6V，而由于待測電阻約為10Ω，則電路中電流最大為

故不能選用最大量程為3A的電流表，故電流表只能選用A2，即電流表應該選D。

由題意可知，電路應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用較小的電阻R1，故滑動變阻器選用F。

（2）由圖乙可知螺旋測微器的示數(shù)為0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm

（3）由題意可知，電路應采用分壓接法，電壓表內(nèi)阻遠大于金屬管線的電阻，電流表應采用外接法，故選戊。

（4）根據(jù)歐姆定律有

根據(jù)電阻定律有

故截面積為

故金屬管線內(nèi)芯截面積的表達式為

故答案為：（1）D，F(xiàn)；（2）0.730；（3）戊；（4）。

（1）估算電路中的最大電流選擇電流表；根據(jù)分壓式接法選擇滑動變阻器；

（2）螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度與可動刻度讀數(shù)之和；

（3）根據(jù)電壓表內(nèi)阻與金屬管線電阻關系選擇電流表接法判斷；

（4）根據(jù)歐姆定律與電阻定律推導。

本題關鍵掌握測定導體電阻率的實驗原理和螺旋測微器的讀數(shù)方法。15.【答案】

【解析】