新課標(biāo)高考物理一輪復(fù)習(xí)測(cè)評(píng)詳答 魯科版.DOC

45分鐘單元能力訓(xùn)練卷（一）1c解析 根據(jù)vt圖象可知，物體在第1 s末開(kāi)始減速但運(yùn)動(dòng)方向不變，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；由于第2 s內(nèi)和第3 s內(nèi)vt圖象的斜率相同，所以加速度相同，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；由圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移可知，4 s末物體剛好返回出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)c正確；物體在第2 s末或第6 s末距離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，選項(xiàng)d錯(cuò)誤2c解析 根據(jù)題意畫(huà)出兩物體運(yùn)動(dòng)的vt圖線，易知只有選項(xiàng)c正確3b解析 根據(jù)圖線的斜率可知，加速度不斷減小，假設(shè)從t1到t2的過(guò)程中做勻減速運(yùn)動(dòng)，則平均速度為，而該物體在這段時(shí)間內(nèi)的速度始終小于做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，因而平均速度也將小于，只有選項(xiàng)b正確4b解析 由題意可知：乙v甲丙，三輛車的位移相等，根據(jù)公式t可知乙車運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，即乙車最先通過(guò)第二塊路標(biāo)本題也可作出三輛車的vt關(guān)系圖象，如圖所示，可以看出乙車最先通過(guò)第二塊路標(biāo)選項(xiàng)b正確5d解析 若小球在斜面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則其位移滿足sat2，所以a，選項(xiàng)d正確6c解析 物體在01 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在12 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到2 s時(shí)速度剛好減為0，一個(gè)周期結(jié)束，以此循環(huán)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)c正確7b解析 由速度圖線的物理意義可知，速度圖線與坐標(biāo)軸包圍的 “面積”代數(shù)和表示位移，根據(jù)對(duì)稱性，26 s內(nèi) “面積”代數(shù)和為零，即02 s內(nèi)的位移和06 s內(nèi)的位移相等，選項(xiàng)b正確8d解析 整個(gè)過(guò)程中賽車手的平均速度為 km/h108 km/h，選項(xiàng)a、b錯(cuò)誤；而平均速率 km/h180 km/h，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；車內(nèi)速度計(jì)指示的速度為汽車通過(guò)某位置的瞬時(shí)速度，選項(xiàng)d正確9解析 在打下計(jì)數(shù)點(diǎn)“0”至“5”的過(guò)程中，兩紙帶所用時(shí)間相同，但甲紙帶位移小于乙紙帶位移，故甲乙，錯(cuò)誤，正確；相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間所用時(shí)間相等，但乙的速度變化得更快，故a甲a乙，錯(cuò)誤，正確100.86a0.64解析 a為s3s4過(guò)程中的時(shí)間中點(diǎn)，根據(jù)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體中間時(shí)刻的速度為該過(guò)程的平均速度可得va0.86 m/s；由于s4s13a1t2，s5s23a2t2，s6s33a3t2，所以，代入數(shù)據(jù)得a0.64 m/s2.112304 m解析 關(guān)閉道口時(shí)間為16 s，為安全保障再加20 s，即關(guān)閉道口的實(shí)際時(shí)間為t0t2t120 s16 s36 s汽車必須在關(guān)閉道口前已通過(guò)道口，汽車從停車線到通過(guò)道口實(shí)際行程為s總ss0l26 m5 m15 m46 m需用時(shí)t3 s33.12 s由此亮起紅燈的時(shí)間為tt0t336 s33.12 s69.12 s故a點(diǎn)離道口的距離應(yīng)為lv1t69.12 m2304 m.12(1)4.5 m/s2(2)能解析 (1)公交車剎車的加速度a24.5 m/s2所以其加速度大小為4.5 m/s2.(2)汽車從小明身旁到開(kāi)始剎車用時(shí)t1 s s汽車剎車過(guò)程中用時(shí)t2 s小明以最大加速度達(dá)到最大速度用時(shí)t3 s2 s小明加速過(guò)程中的位移s2(v1vm)t37 m以最大速度跑到車站的時(shí)間t4 s s7.2 s由t1t2t3t4b，所以選項(xiàng)b正確5d解析 以整體為研究對(duì)象，求得拉力f(m1m2)a.突然撤去f，以a為研究對(duì)象，由于彈簧在短時(shí)間內(nèi)彈力不會(huì)發(fā)生突變，所以a物體受力不變，其加速度a1a.以b為研究對(duì)象，在沒(méi)有撤去f時(shí)有：ffm2a，而f(m1m2)a，所以fm1a；撤去f則有：fm2a2，所以a2a.選項(xiàng)d正確6d解析 設(shè)鋼索對(duì)載人箱和人整體拉力大小為t，對(duì)載人箱和人整體應(yīng)用牛頓第二定律有(mm)gt(mm)a，對(duì)平衡重物由牛頓第二定律有tmgma，聯(lián)立解得a，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律vat，得t，選項(xiàng)d正確7b解析 對(duì)整體：f2mg3ma，對(duì)物體b：fma，聯(lián)立得f，選項(xiàng)b正確8d解析 由圖可知：從t1時(shí)刻到t2時(shí)刻，彈力小于鉤碼重力，鉤碼處于失重狀態(tài)，a項(xiàng)正確；從t3時(shí)刻到t4時(shí)刻，彈力大于鉤碼重力，鉤碼處于超重狀態(tài)，b項(xiàng)正確；根據(jù)題目的情景，電梯可能是先加速向下運(yùn)動(dòng)，加速度向下，失重，再勻速向下運(yùn)動(dòng)，加速度為零，最后減速向下運(yùn)動(dòng)，加速度向上，超重，所以選項(xiàng)c正確，選項(xiàng)d錯(cuò)誤9解析 由牛頓第二定律得：fma，af，直線的斜率等于質(zhì)量的倒數(shù)，三條直線的斜率不同，說(shuō)明三條直線所對(duì)應(yīng)的小車和砝碼的總質(zhì)量不同，由圖可知，直線1的斜率最大，所對(duì)應(yīng)的總質(zhì)量最小；直線3的斜率最小，所對(duì)應(yīng)的總質(zhì)量最大10(1)合外力質(zhì)量質(zhì)量所受合外力(2)改變小車所受的合外力記錄更準(zhǔn)確(或：更容易記錄，記錄誤差會(huì)更小，時(shí)間更容易記錄，方便記錄，方便計(jì)時(shí)，位置很難記錄等類似答案均正確)(3)表一線段oaoeof數(shù)據(jù)(cm)7.009.40或表二線段oadeef數(shù)據(jù)(cm)2.252.400.23311(1)g(2)3g解析 (1)繩bc剛好被拉直時(shí)，小球受力如圖甲所示因?yàn)閍bbcb，acb，故繩bc與ab垂直，45.由牛頓第二定律有mgtanma解得ag.甲乙 (2)小車向左加速度增大，ab、bc繩方向不變，所以ac繩拉力不變，bc繩拉力變大，bc繩拉力最大時(shí)，小車向左加速度最大，小球受力如圖乙所示由牛頓第二定律有tmmgtanmam因tm2mg，所以最大加速度為am3g.12(1)0.25(2)8 n或24 n解析 對(duì)小球，由牛頓第二定律mgsinmgcosma又xat2聯(lián)立解得0.25(2)若f垂直桿向下，則mgsin(fmgcos)ma解得f8 n若f垂直桿向上，則mgsin(fmgcos)ma解得f24 n13(1)(2)mv2(3)如圖所示解析 (1)由可得mv2mgl說(shuō)明物體到達(dá)b之前就與傳送帶共速，設(shè)其加速度為a，則由牛頓第二定律有 mgma加速階段的時(shí)間為 t1加速階段的位移 s1勻速階段的時(shí)間 t2總時(shí)間tt1t2聯(lián)立解得t(2)物體在加速階段與傳送帶的相對(duì)位移svt1vt1產(chǎn)生的熱量qmgs聯(lián)立解得qmv2(3)如圖所示45分鐘滾動(dòng)復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷（一）1c解析 以上方三人為研究對(duì)象，設(shè)中層兩人每只腳受到的支持力為f，則有4f3mg，解得fmg.設(shè)底層中間的人每只腳受到的支持力f，則有2fmg2f，解得fmg，選項(xiàng)c正確2b解析 加速度大小與速度大小之間無(wú)必然聯(lián)系，速度是增加還是減小取決于加速度和初速度的方向關(guān)系若初始時(shí)刻a、v同向，則加速運(yùn)動(dòng)；若初始時(shí)刻a、v反向，則減速運(yùn)動(dòng)最終加速度為零，物體處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng))，故選項(xiàng)a、c、d均有可能，b項(xiàng)不可能3c解析 先對(duì)整體分析，可知f(m1m2)g(m1m2)a，再以鐵塊1為研究對(duì)象，可得：kxm1gm1a，聯(lián)立可知c項(xiàng)正確4b解析 由速度圖線的物理意義可知，速度圖線與坐標(biāo)軸包圍的 “面積”代數(shù)和表示位移的大小，根據(jù)對(duì)稱性，17 s內(nèi) “面積”代數(shù)和為零，即01 s內(nèi)的位移和07 s內(nèi)的位移相等，選項(xiàng)b正確5a解析 剪斷細(xì)線前，物體處于平衡狀態(tài)，由圖可知f1cos60mg，解得：f12mg；剪斷細(xì)線后，小球擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，mgl(1cos60)mv2，在最低點(diǎn)：f2mgm，聯(lián)立解得f22mg，故選項(xiàng)a正確6c解析 甲乙兩地距離xvt，列車勻速運(yùn)動(dòng)的距離s1v0(tt0)，列車從開(kāi)始剎車至加速到v0過(guò)程運(yùn)動(dòng)的距離s2t0，則有ss1s2，解得v0.7c解析 以b為研究對(duì)象，兩桿對(duì)b的作用力t1、t2的合力與b的重力沿斜面向下的分力等大反向，即t1t2mbgsin，因此t1、t2不可能均為零，選項(xiàng)c錯(cuò)誤，選項(xiàng)d正確；以ab為研究對(duì)象，當(dāng)滿足(mamb)gsinamagcos，且mcgsincmcgcos時(shí)，t20，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；同樣當(dāng)滿足(mcmb)gsincmcgcos且magsinamagcos時(shí)，t10，選項(xiàng)a錯(cuò)誤8a解析 由于滑塊與斜面之間存在摩擦力，滑塊上滑的加速度大于下滑的加速度，選項(xiàng)b錯(cuò)誤、a正確；以斜面為研究對(duì)象，滑塊上滑過(guò)程中受力如圖甲所示，下滑過(guò)程中受力如圖乙所示，兩過(guò)程中均有：fabmgcos，nabmgcos，則：f1mgmgcos2mgcossin，f2mgmgcos2mgcossin，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；f1mgcossinmgcos2，f2mgcossinmgcos2，選項(xiàng)d錯(cuò)誤甲乙9(1)cbdaef(2)0.5 n/cm或50 n/m解析 取圖象上相距較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)(0,0)(6.00 cm，3.00 n)坐標(biāo)數(shù)值，根據(jù)胡克定律可得彈簧勁度系數(shù)為k50 n/m.10(1)b(2)解析 由題設(shè)條件，本實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理是hv0tgt2，其中v為小球達(dá)到光電門(mén)1時(shí)的速度，由實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)h1、t1及h2、t2可得h1v0t1gt，h2v0t2gt，解得g.為保持v0不變，不能改變光電門(mén)1和吸球器的相對(duì)位置11(1)100 n(2)200 n解析 (1)對(duì)a物體進(jìn)行受力分析，受四個(gè)力作用分解繩的拉力，根據(jù)a物體平衡可得fn1magtsinf1tcosf11fn1聯(lián)立解得t代入數(shù)據(jù)得t100 n.(2)對(duì)b進(jìn)行受力分析，受六個(gè)力的作用地面對(duì)b的支持力fn2mbgfn1地面對(duì)b的摩擦力f2fn2故拉力ff1f2200 n.12(1)0.5(2)1.29 s解析 (1)由題意可知，滑塊在水平面上勻速運(yùn)動(dòng)，則v04 m/s在斜面上滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a1，則s3s4a1t2由牛頓第二定律：mgsinmgcosma1聯(lián)立解得：0.5(2)設(shè)滑塊向上滑行所用的時(shí)間為t1，上滑的最大距離為s，返回斜面底端的時(shí)間為t2，加速度為a2，則v0a1t1sv0t1mgsinmgcosma2sa2t聯(lián)立解得：tt1t2(0.4 ) s(或1.29 s)13t0.3 s解析 設(shè)轎車行駛的速度為v1，卡車行駛的速度為v2，則v1108 km/h30 m/s，v272 km/h20 m/s，在反應(yīng)時(shí)間t內(nèi)兩車行駛的距離分別為s1、s2，則s1v1ts2v2t轎車、卡車剎車所通過(guò)的距離分別為s3、s4，則s3 m45 ms4 m20 m為保證兩車不相撞，必須s1s2s3s480 m45分鐘但愿能力訓(xùn)練卷（四）1a解析 空載時(shí)：pf1v1km0gv1，裝滿貨物后：pf2v2kmgv2，所以汽車后來(lái)所裝貨物的質(zhì)量是mmm0m0，選項(xiàng)a正確2d解析 由牛頓第二定律得ffmgsin30ma，ffmgsin30ma2m，即物體受到重力以外的力作用，大小為ff，方向平行斜面向上，對(duì)物體做正功，所以物體的機(jī)械能增加，選項(xiàng)ab錯(cuò)誤，d正確；根據(jù)動(dòng)能定理，重力、拉力、摩擦力對(duì)物體做的總功等于物體動(dòng)能的改變量，選項(xiàng)c錯(cuò)誤3d解析 蘋(píng)果加速下落，運(yùn)動(dòng)越來(lái)越快，故蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶所用的時(shí)間最短，平均速度最大，選項(xiàng)a、b都錯(cuò)誤；窗戶完全相同，所以蘋(píng)果通過(guò)三個(gè)窗戶重力做的功一樣多，蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶用時(shí)最長(zhǎng)，重力的平均功率最小，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤、d正確4d解析 木板轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，因靜摩擦力始終與速度方向垂直，故靜摩擦力不做功，由動(dòng)能定理知，支持力做的功w1mghmglsin；物塊下滑過(guò)程中，因支持力始終與速度方向垂直，支持力不做功，由動(dòng)能定理得，mglsinwfmv2，所以滑動(dòng)摩擦力做的功wfmv2mglsin.所以選項(xiàng)d正確5d解析 合力f沿斜面向下，fmgsinf，為斜面傾角，故f不隨t變化，a錯(cuò)誤加速度a，也不變，由vat知，vt圖象為過(guò)原點(diǎn)的一條傾斜直線，b錯(cuò)誤；物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，故位移sat2，st圖象是開(kāi)口向上的拋物線的一半，c錯(cuò)誤；設(shè)物體起初的機(jī)械能為e0，t時(shí)刻的機(jī)械能為e，則ee0fse0fat2，et圖象是開(kāi)口向下的拋物線的一半，d正確6c解析 小球做平拋運(yùn)動(dòng)，將a點(diǎn)時(shí)的速度分解如圖所示，vy，v，小球到達(dá)a點(diǎn)時(shí)，重力的功率pmgvy，小球由o到a過(guò)程中，動(dòng)能的變化為mv2mv.此過(guò)程豎直方向vygt，水平方向xv0t，小球拋出點(diǎn)o距斜面端點(diǎn)b的水平距離為x，故abd正確小球從a點(diǎn)反彈后是否直接落至水平地面不能確定，故從a點(diǎn)反彈后落至水平地面的時(shí)間不能求出，c錯(cuò)誤7b解析 兩個(gè)過(guò)程中，恒力f相同，物體相對(duì)地面發(fā)生的位移相同，所以做功相同；第二種情景下，物體相對(duì)地面的速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t變短，物體相對(duì)傳送帶的位移x變小，功率p，故p1q2.所以選項(xiàng)b正確8c解析 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因彈簧彈力對(duì)圓環(huán)做功，故圓環(huán)的機(jī)械能不守恒；對(duì)彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，當(dāng)圓環(huán)滑到桿底端時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能增大量等于圓環(huán)重力勢(shì)能的減小量mgh，又因彈簧先被壓縮后被拉伸，所以彈簧的彈性勢(shì)能先增大后減小再增大；圓環(huán)到達(dá)桿低端時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)圓環(huán)動(dòng)能為零. 9(1)左(2)0.98 m/s(3)0.49 j0.48 j(4)受打點(diǎn)計(jì)時(shí)器對(duì)紙帶的摩擦阻力及空氣阻力作用(實(shí)驗(yàn)中有阻力)(5)在誤差允許范圍內(nèi)機(jī)械能守恒解析 (1)左端點(diǎn)跡比較密集，所以應(yīng)是左端與重物相連(2)vb0.98 m/s(3)epmgh0.49 j，ekmv0.48 j(4)重物下落過(guò)程中受打點(diǎn)計(jì)時(shí)器對(duì)紙帶的摩擦阻力及空氣阻力作用，所以epek.(5)在誤差允許范圍內(nèi)，重物自由下落過(guò)程中的機(jī)械能守恒10(1)接通氣源，將滑塊靜置于氣墊導(dǎo)軌上，若滑塊基本保持靜止，則說(shuō)明導(dǎo)軌是水平的(或輕推滑塊，滑塊能基本做勻速直線運(yùn)動(dòng))(2)0.520.43滑塊的質(zhì)量m及滑塊釋放時(shí)遮光條到光電門(mén)的距離s(3)mgs(mm)2解析 (2)d5 mm20.1 mm5.2 mm0.52 cm，v0.43 m/s；需測(cè)量滑塊的質(zhì)量m及滑塊釋放時(shí)遮光條到光電門(mén)的距離s.(3)系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能為epmgs，系統(tǒng)增大的動(dòng)能為ek(mm)v2(mm)2，當(dāng)epek時(shí)，說(shuō)明系統(tǒng)的機(jī)械能守恒11.解析 以地面為零勢(shì)能面，在初始位置，桌面部分鐵鏈的重力勢(shì)能為ep1mg2l，懸空部分鐵鏈的重力勢(shì)能為ep1mg(2l)鐵鏈的下端剛要觸及地面時(shí)的重力勢(shì)能為ep2mg對(duì)鐵鏈應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得ep1ep1mv2ep2即mv2mgmg2lmg(2l)故鐵鏈下端剛要觸及地面時(shí)的速度為v12(1)6 m/s0.4(2)4.1 m(3)能(4)5.6 j解析 (1)由物塊過(guò)b點(diǎn)后其位移與時(shí)間的關(guān)系x6t2t2得v06 m/s，加速度a4 m/s2又m2gm2a，故0.4(2)設(shè)物塊由d點(diǎn)以初速度vd做平拋運(yùn)動(dòng)，落到p點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy又tan45，得vd4 m/s設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)用時(shí)為t，水平位移為x，由rgt2，svdt，得s1.6 mbd間位移為s12.5 m則bp水平間距為ss14.1 m(3)設(shè)物塊沿軌道到達(dá)m點(diǎn)的速度為vm，由機(jī)械能守恒得m2vm2vm2gr則v168若物塊恰好能沿軌道過(guò)m點(diǎn)，則m2gm2解得v8v故物塊不能到達(dá)m點(diǎn)(4)設(shè)彈簧長(zhǎng)為ac時(shí)的彈性勢(shì)能為ep釋放m1時(shí)，epm1gxcb釋放m2時(shí)，epm2gxcbm2v又m12m2，故epm2v7.2 j設(shè)m2在桌面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做功為wf則epwfm2v可得wf5.6 j45分鐘單元能力訓(xùn)練卷（五）1a解析 小車水平向右的速度(也就是繩子末端的運(yùn)動(dòng)速度)為合速度，它的兩個(gè)分速度為v1、v2，如圖所示其中v2就是拉動(dòng)繩子的速度，它等于物體a上升的速度，vav2vcos.小車勻速向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，逐漸變小，va逐漸變大，故a做加速運(yùn)動(dòng)，由a的受力及牛頓第二定律知，繩的拉力大于a的重力，選項(xiàng)a正確2a解析 由平拋規(guī)律xv0t，ygt2可得，xy時(shí)t，則vygt2v0，vv0，s，選項(xiàng)a正確3d解析 恰能通過(guò)最高點(diǎn)p，則在最高點(diǎn)p重力恰好提供向心力，故 mg，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；離開(kāi)p點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，xvt,2rgt2，解得x2r，故選項(xiàng)a、b錯(cuò)誤；若將半圓弧軌道上部的圓弧截去，其他條件不變，則小球離開(kāi)軌道后豎直上拋，達(dá)到的最大高度時(shí)速度為零，顯然能達(dá)到的最大高度比p點(diǎn)高，選項(xiàng)d正確4d解析 角速度的大小關(guān)系為acb ，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；向心加速度的大小關(guān)系為abacaa，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；線速度的大小關(guān)系為vbvcva，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；周期的大小關(guān)系為tatctb ，選項(xiàng)d正確5a解析 由于同步衛(wèi)星與地球的自轉(zhuǎn)周期相同， “纜線”上各點(diǎn)的角速度也相同， 選項(xiàng)a正確；線速度vr，則各點(diǎn)的線速度不同，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；若“纜線”上各質(zhì)點(diǎn)均處于失重狀態(tài)，則萬(wàn)有引力提供向心力，有：gm，得v，r越大，線速度越小，而“纜線”上離地面越高的質(zhì)點(diǎn)線速度越大，因此只有同步衛(wèi)星上的質(zhì)點(diǎn)處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；由gmg，可得離地面越高，重力加速度越小，選項(xiàng)d錯(cuò)誤6d解析 設(shè)移民質(zhì)量為m，未移民時(shí)的萬(wàn)有引力f引g與移民后的萬(wàn)有引力f引g比較可知，由于mm，所以f引f引；由于地球的質(zhì)量變小，由f引g(mm)r2(mm)a可知，月球繞地球運(yùn)動(dòng)的周期將變大，月球繞地球運(yùn)動(dòng)的向心加速度將變小；由月球?qū)ζ浔砻嫖矬w的萬(wàn)有引力等于其重力可知，由于月球質(zhì)量變大，因而月球表面的重力加速度將變大綜上所述，可知本題錯(cuò)誤選項(xiàng)為d.7c解析 空間站運(yùn)動(dòng)的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受萬(wàn)有引力提供，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；由gm得v，運(yùn)動(dòng)速度與軌道半徑的平方根成反比，并非與離地高度的平方根成反比，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；由gm2r得t2r ，所以空間站運(yùn)行周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期，選項(xiàng)c正確；空間站中宇航員所受萬(wàn)有引力完全提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)d錯(cuò)誤8b解析 物體在光滑斜面上只受重力和斜面對(duì)物體的支持力，因此物體所受的合力大小為fmgsin，方向沿斜面向下；根據(jù)牛頓第二定律，則物體沿斜面向下的加速度應(yīng)為a加gsin，又由于物體的初速度與a加垂直，所以物體的運(yùn)動(dòng)可分解為兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，即水平方向是速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿斜面向下的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)因此在水平方向上有bv0t，沿斜面向下的方向上有aa加t2；故v0b.91814解析 萬(wàn)有引力提供向心力，則gm1ra，gm2rb，所以tatb18.設(shè)每隔時(shí)間t，a、b共線一次，則(ab)t，所以t，故b運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，a、b、c共線的次數(shù)為：ntb214.10.解析 以g表示火星表面的重力加速度，m表示火星的質(zhì)量，m表示火星的衛(wèi)星質(zhì)量，m表示火星表面處某一物體的質(zhì)量，由萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律，有g(shù)mggm2r設(shè)v表示著陸器第二次落到火星表面時(shí)的速度，它的豎直分量為v1，水平分量仍為v0，有v2ghv由以上各式解得v.11(1)2(2)(3)解析 (1)“嫦娥二號(hào)”軌道半徑rrh，由gmr可得“嫦娥二號(hào)”衛(wèi)星繞月周期t2.(2)在月球自轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，“嫦娥二號(hào)”將繞月運(yùn)行的圈數(shù)n .(3)攝像機(jī)只要將月球的“赤道”拍攝全，就能將月面各處全部拍攝下來(lái)；衛(wèi)星繞月球轉(zhuǎn)一周可對(duì)月球“赤道”拍攝兩次，所以攝像機(jī)拍攝時(shí)拍攝到的月球表面寬度至少為s .12(1)0.6 m(2)p位置比圓心o低解析 (1)物體在最高點(diǎn)c時(shí)只受重力，由牛頓第二定律得mgm，得vc.物體從b到c的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mg(ssinrrcos)mv代入數(shù)據(jù)解得r0.6 m.(2)設(shè)物體平拋至與o點(diǎn)等高處，則由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得rgt2，xvct，聯(lián)立解得xr又由圖可知o點(diǎn)到斜面的水平距離為xr顯然xx，故物體的落點(diǎn)位置p低于o點(diǎn)45分鐘滾動(dòng)復(fù)習(xí)訓(xùn)練卷（二）1d解析 由圖線可知，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率一定，若牽引力阻力，則汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若牽引力阻力，則速度增大，牽引力減小，汽車做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)故選項(xiàng)d正確2c解析 火車從甲站出發(fā)，沿平直鐵路做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即初速度為零，緊接著又做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，也就是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度即為做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的初速度，而做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的末速度又為零，所以在先、后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速度()相等，選項(xiàng)c正確；火車運(yùn)動(dòng)的位移stt，火車運(yùn)動(dòng)的加速度a，即它們不僅與速度變化量有關(guān)，還跟時(shí)間有關(guān)，而先、后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所用的時(shí)間不一定相同，所以火車的位移、加速度在先、后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不一定相等，即a、b、d選項(xiàng)都不正確3c解析 設(shè)物體a對(duì)圓球b的支持力為f1，豎直墻對(duì)圓球b的彈力為f2；f1與豎直方向夾角因物體a右移而減小對(duì)物體b由平衡條件得：f1cosmbg，f1sinf2，解得f1，f2mbgtan.因減小，故f1減小，f2減小，選項(xiàng)a、b均錯(cuò)誤；對(duì)a、b整體分析可知：在豎直方向上，地面對(duì)整體支持力fn(mamb)g，與無(wú)關(guān)，選項(xiàng)d錯(cuò)誤；在水平方向上，地面對(duì)a的摩擦力ff2，因f2減小，故f減小，選項(xiàng)c正確4b解析 設(shè)斜面傾角為，長(zhǎng)度為l，小球沿光滑斜面下滑的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinma得agsin，小球沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球的位移xgsint2，即位移與時(shí)間的平方成正比，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；小球在斜面上的速度vgsint，即速度與時(shí)間成正比，選項(xiàng)b正確；設(shè)小球從頂端滑到底端的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v22gsinl，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；由lgsint2，選項(xiàng)d錯(cuò)誤5c解析 a項(xiàng)位移正負(fù)交替，說(shuō)明物體做往復(fù)運(yùn)動(dòng)；b項(xiàng)物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)，然后做反向的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做反向的勻減速運(yùn)動(dòng)，周而復(fù)始；c項(xiàng)表示物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)，循環(huán)下去，物體始終單向運(yùn)動(dòng)，c正確；d項(xiàng)從面積判斷物體速度有負(fù)值出現(xiàn)，不是單向運(yùn)動(dòng)6a解析 取x0，對(duì)a端進(jìn)行受力分析，ftma，又a端質(zhì)量趨近于零，則ft6 n，選項(xiàng)a正確；由于不知繩子的加速度，其質(zhì)量也無(wú)法得知，選項(xiàng)b、d均錯(cuò)誤；由圖易知選項(xiàng)c錯(cuò)誤7d解析 滑動(dòng)摩擦力對(duì)工件做功等于工件動(dòng)能的改變，也等于其機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)a、b正確；此過(guò)程中，工件(對(duì)地)位移為s1，s1，傳送帶的位移為s2vt2s1，因此工件相對(duì)傳送帶的位移為ss2s1，選項(xiàng)c正確；在工件相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的過(guò)程中，傳送帶對(duì)工件的摩擦力對(duì)工件做功，d錯(cuò)誤8b解析 在由橢圓軌道變成圓形軌道時(shí)，需經(jīng)過(guò)加速實(shí)現(xiàn)，這樣ce2的機(jī)械能增加，線速度增大，選項(xiàng)a錯(cuò)誤、b正確；若過(guò)q有一繞月球的圓形軌道，在這一圓形軌道上的飛行器速度比繞橢圓軌道過(guò)q點(diǎn)時(shí)的速度小，而這一速度比經(jīng)過(guò)p的圓軌道速度大，所以ce2在q點(diǎn)的線速度比沿圓軌道運(yùn)動(dòng)的線速度大，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，加速度跟ce2受到的萬(wàn)有引力成正比，所以在q點(diǎn)的加速度比沿圓軌道運(yùn)動(dòng)的加速度大，選項(xiàng)d錯(cuò)誤9. (1)0.502.00(2)1.97(3)v0vb解析 (1)游標(biāo)尺第0刻度線與主尺5 mm刻度對(duì)齊，小球直徑為d5 mm00.1 mm5.0 mm0.50 cm，小球通過(guò)光電門(mén)的速度vb2.00 m/s.(2)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，sv0t，hgt2，解得v0s1.97 m/s.(3)在研究平拋運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)中，計(jì)算平拋初速度時(shí)取重力加速度為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?.8 m/s2，實(shí)際已經(jīng)默認(rèn)了此過(guò)程中機(jī)械能守恒以斜槽末端為重力勢(shì)能的零參考點(diǎn)，則小球平拋的初動(dòng)能就等于小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能，也就等于小球落地時(shí)的機(jī)械能(認(rèn)為是守恒的)，因此以平拋運(yùn)動(dòng)計(jì)算得到的初動(dòng)能(初速度)如果近似等于用光電門(mén)測(cè)得初動(dòng)能(初速度)，則可認(rèn)為此過(guò)程機(jī)械能守恒10(1)2.4(2)0.58 0.59在誤差允許的范圍內(nèi)，m1 、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒(3)9.7解析 (1)v52.4 m/s.(2)ekmv0.58 j，epmgh0.59 j，結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中m1 、m2組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(3)由圖象知，斜率k m/s2，所以當(dāng)?shù)氐膶?shí)際重力加速度g9.7 m/s2.11(1)1.5 m/s36 j(2)49.5 j解析 (1)開(kāi)始時(shí)，由平衡條件有magkx1當(dāng)物體b剛要離地面時(shí)，kx2mbg可得：x1x20.15 m由x1x2at2vaat得：va1.5 m/s.物體a重力勢(shì)能增大，epamag(x1x2)36 j(2)因開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量與末時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量相等，對(duì)應(yīng)彈性勢(shì)能相等，由功能關(guān)系可得：wfepamav49.5 j12(1)2.5 m(2)4.5 s解析 (1)要求賽車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中既不能脫離軌道，又在cd軌道上運(yùn)動(dòng)的路程最短，則小車經(jīng)過(guò)圓軌道p點(diǎn)時(shí)速度最小，此時(shí)賽車對(duì)軌道的壓力為零，重力提供向心力，即mgm由機(jī)械能守恒定律得：mg2rmvmv聯(lián)立解得：vc5 m/s設(shè)小車在cd軌道上運(yùn)動(dòng)的最短路程為s，由動(dòng)能定理得：kmgs0mv解得：s2.5 m(2)由于豎直圓軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律知：vbvc5 m/s從a點(diǎn)到b點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：ptkmglmv解得：t4.5 s45分鐘單元能力訓(xùn)練卷（六）1d解析 小球過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度最大，有qemg，得e，正確；小球在c點(diǎn)并不是受力平衡，場(chǎng)強(qiáng)無(wú)法確定，錯(cuò)誤；小球從o到c有qumgh0，得u，由u0c得c，錯(cuò)誤、正確2d解析 電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與檢驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)，選項(xiàng)d正確3c解析 由軌跡特征可知，正電荷經(jīng)過(guò)mn時(shí)受力方向由n指向m，場(chǎng)源電荷在靠近n一側(cè)，故a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；遠(yuǎn)離場(chǎng)源電荷的b點(diǎn)的電勢(shì)低，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；從a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)c正確、d錯(cuò)誤4b解析 根據(jù)電場(chǎng)的電勢(shì)變化分析電場(chǎng)，可以從兩個(gè)方面入手：電勢(shì)線的斜率(表示場(chǎng)強(qiáng))；電勢(shì)的大小在圖甲和圖乙中，沒(méi)有電勢(shì)為零的點(diǎn)，應(yīng)由斜率為零(場(chǎng)強(qiáng)為零)的點(diǎn)判讀，由圖甲中a、b之間的電勢(shì)分布可知，斜率為零的點(diǎn)靠近a側(cè)，即場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)靠近a，故q1q2，同理可判斷圖乙中q1q2，選項(xiàng)a正確、選項(xiàng)b錯(cuò)誤；圖丙中電勢(shì)為零的點(diǎn)位于ab連線的中點(diǎn)，由電勢(shì)分布規(guī)律可知，q1、q2為等量異號(hào)電荷，但q1應(yīng)為正電荷，選項(xiàng)c正確；圖丁中，電勢(shì)為零的點(diǎn)靠近b一側(cè)，|q1|q2|，選項(xiàng)d正確5c解析 由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布圖可知，o點(diǎn)與無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)相同，在x軸上，q點(diǎn)左側(cè)的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，q點(diǎn)右側(cè)的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，q與q之間的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)向右，故在q左側(cè)與p點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)o對(duì)稱的點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與p點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，p點(diǎn)電勢(shì)比o點(diǎn)電勢(shì)低，試探電荷q由p點(diǎn)移到o點(diǎn)后電勢(shì)能增大6d解析 由動(dòng)能定理quabq(ab)ekab0.5 ek0，設(shè)a點(diǎn)電勢(shì)為0，則b點(diǎn)電勢(shì)為b0.5，令，則b點(diǎn)電勢(shì)為0.5，c點(diǎn)電勢(shì)為.由于在勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿同一直線電勢(shì)均勻變化，則ac的中點(diǎn)d的電勢(shì)為0.5，故bd為等勢(shì)面，作bd的平行線與圓相切與p點(diǎn)，則uap最大，粒子到達(dá)p點(diǎn)的動(dòng)能最大，連接po交圓周于q，q點(diǎn)電勢(shì)最高，由幾何關(guān)系可知，q，由動(dòng)能定理可知粒子可以到達(dá)q點(diǎn)，且打在q點(diǎn)的粒子動(dòng)能最小，由此可知粒子能夠達(dá)到圓周上的任何一點(diǎn)，綜上所述，只有選項(xiàng)d正確7b解析 由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力方向向上，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；粒子由m到n，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，速度減小，故選項(xiàng)b正確、選項(xiàng)c錯(cuò)誤；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷m、n點(diǎn)電勢(shì)的高低，選項(xiàng)d錯(cuò)誤8c解析 若qemg，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，球在各處對(duì)細(xì)線的拉力一樣大若qemg，球在a處速度最大，對(duì)細(xì)線的拉力最大故選項(xiàng)a、b錯(cuò)a點(diǎn)電勢(shì)最高，負(fù)電荷在電勢(shì)最高處電勢(shì)能最低，故選項(xiàng)c正確小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除重力外，還有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)d錯(cuò)誤9.解析 未截去圓弧ab時(shí)，整個(gè)圓環(huán)上的電荷分布關(guān)于圓心對(duì)稱，則o處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0.截去圓弧ab后，除cd(和ab關(guān)于o對(duì)稱的一小段圓弧)外，其余的電荷在o處的場(chǎng)強(qiáng)為0，則cd在o處的場(chǎng)強(qiáng)就等于中心o處電場(chǎng)強(qiáng)度e.cd上所帶電荷量為lq，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式可得e.10.解析 小球受力情況如圖所示，設(shè)場(chǎng)強(qiáng)大小為e，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得qecosmg，所以e.11(1)0.3 m(2)0.175 j解析 (1)小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域前做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上v2gh解得vy2 m/s進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，滿足解得d0.3 m.(2)從a到b的過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得mg(hl)quekmv其中解得ek0.175 j.12(1)6.41014 j(2)0.06 s(3)7.5102 m2解析 (1)據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)每個(gè)微粒做功wektek0qed微粒打在b板上時(shí)的動(dòng)能ektwek0qedmv6.41014 j(2)微粒初速度方向垂直于極板時(shí)，到達(dá)b板時(shí)間最短設(shè)到達(dá)b板時(shí)速度為vt，有ektmv可得vt8.0 m/s，由于微粒在兩極板間做勻變速運(yùn)動(dòng)，即解得t0.06 s(3)由于噴槍噴出的油漆微粒是向各個(gè)方向，因此微粒落在b板上所形成的圖形是圓形對(duì)于噴槍沿垂直電場(chǎng)方向噴出的油漆微粒，在電場(chǎng)中做拋物線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，油漆微粒沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的加速度a運(yùn)動(dòng)的位移dat油漆微粒沿垂直于電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的位移即為落在b板上圓周的半徑rv0t1微粒最后落在b板上所形成的圓面積sr2聯(lián)立解得s7.5102 m213(1)(mv2mgr)(2)mgmk解析 (1)小球由最高點(diǎn)m運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgrumcqmv可得mc兩點(diǎn)的電勢(shì)差為umc(mv2mgr)又等量異種電荷中垂線上的電勢(shì)相等，即c、d兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故m點(diǎn)的電勢(shì)為mumc(mv2mgr)(2)小球到達(dá)最低點(diǎn)c時(shí)，q與q對(duì)其的電場(chǎng)力f1、f2是大小相等的，有f1f2k又因?yàn)閍bc為等邊三角形，易知f1、f2的夾角是120，所以二者的合力為f12k，且方向豎直向下由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得fnmgf12m解得軌道對(duì)小球的支持力fnmgmk45分鐘單元能力訓(xùn)練卷（七）1a解析 根據(jù)電位器結(jié)構(gòu)和連線可知：連接a、b，使滑動(dòng)觸頭順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路電阻增大，回路電流減小，燈泡變暗，選項(xiàng)a正確；同理可確定選項(xiàng)d錯(cuò)誤；連接a、c時(shí)，滑動(dòng)觸頭不能改變回路電阻，燈泡亮度不變，故選項(xiàng)b、c均錯(cuò)誤2a解析 由焦耳定律qi2rt知，電爐與電動(dòng)機(jī)發(fā)熱相同，選項(xiàng)a正確；對(duì)電動(dòng)機(jī)，uir，消耗的功率p1uii2r，而電爐是純電阻，p2uii2r，所以電動(dòng)機(jī)消耗的功率比電爐的大，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)兩端電壓大于電爐兩端電壓，選項(xiàng)c、d錯(cuò)誤3b解析 由i得rr，則r圖象的斜率ke2.0 v，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；r軸截距的絕對(duì)值等于內(nèi)阻r，即r0.5 ，選項(xiàng)b正確；s2斷開(kāi)、s1閉合時(shí)，rr；s1斷開(kāi)、s2閉合時(shí)，rxrr，所以rx0.5 ，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；因rxr，所以電路中的外電阻大于內(nèi)阻，隨著r減小，電源輸出功率將增大，r0時(shí)電源輸出功率最大，選項(xiàng)d錯(cuò)誤4d解析 測(cè)量電阻時(shí)，若指針偏角過(guò)大，說(shuō)明被測(cè)電阻較小，應(yīng)選用倍率較小的擋位，a項(xiàng)正確；測(cè)量時(shí)按規(guī)定紅、黑表筆分別插在正、負(fù)插孔，表筆作為測(cè)量的兩個(gè)引線，本身并無(wú)正負(fù)，故調(diào)換表筆不會(huì)影響測(cè)量結(jié)果，b項(xiàng)正確；根據(jù)歐姆表的使用規(guī)則，c項(xiàng)正確；換擋則應(yīng)重新調(diào)零，不用換擋則不需要重新調(diào)零，d項(xiàng)錯(cuò)誤5b解析 滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)頭向下滑動(dòng)時(shí)，變阻器連入電路的電阻增大，使得整個(gè)電路的電阻增大，根據(jù)歐姆定律，則干路電流減小，導(dǎo)致電燈a兩端的電壓升高，故a燈變亮，依據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)，此時(shí)通過(guò)b燈的電流減小，故b燈變暗，選項(xiàng)a錯(cuò)誤、b正確；由于干路電流減小，電源的內(nèi)阻分得的電壓降低，由euir可知，電源的輸出電壓升高，故電源的工作效率增大，選項(xiàng)d錯(cuò)誤；當(dāng)rr時(shí)電源的輸出功率最大，但本題中上述電阻關(guān)系是無(wú)法確定的，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤6d解析 電路結(jié)構(gòu)是：r1、r2并聯(lián)后與r4串聯(lián)，再與r3并聯(lián)，電流表測(cè)量r2、r3電流之和，電壓表測(cè)量路端電壓當(dāng)滑動(dòng)變阻器r2的滑動(dòng)觸頭p向右滑動(dòng)時(shí)，r2增大，外電路等效電阻變大，由閉合電路歐姆定律知，電路中的總電流i減小，內(nèi)電路消耗的功率p內(nèi)i2r減??；由ueir知，電壓表示數(shù)u變大，通過(guò)r3的電流i3增大，通過(guò)r4的電流i4ii3減小，r4兩端電壓u4減小，所以r1兩端電壓u1uu4增大，通過(guò)r1的電流增大，因此電流表示數(shù)iaii1減小只有選項(xiàng)d錯(cuò)誤7a解析 由于樓內(nèi)有電視機(jī)、洗衣機(jī)等，不是純電阻電路，歐姆定律不成立8d解析 先假設(shè)燈l短路，則外電路只有變阻器r，由于內(nèi)電阻的分壓作用，r兩端電壓應(yīng)小于電源電動(dòng)勢(shì)4 v，即ubc4 v，與題目條件沖突，從而排除選項(xiàng)a.接著假設(shè)燈l斷路，此時(shí)電路中無(wú)電流，所以r兩端電壓應(yīng)為0，即ubc0，與題目條件沖突，從而排除選項(xiàng)b.再假設(shè)變阻器r短路，此時(shí)外電路中燈l直接接在電源兩端，只要燈未被燒壞，應(yīng)能發(fā)光，這也與題目條件沖突，從而排除選項(xiàng)c.最后假設(shè)變阻器r斷路，故ubc4 v，因?yàn)闊鬺中無(wú)電流通過(guò)，所以u(píng)ab0，uacuabubc4 v，所以選項(xiàng)d正確9d解析 當(dāng)外電路電阻減小時(shí)，總電流增大，路端電壓減小，即當(dāng)開(kāi)關(guān)s扳到位置2時(shí)，總電流大于0.20 a，路端電壓小于u1i1r14 v，電流表中的電流小于0.25 a，只有選項(xiàng)d正確10(1)將s2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表的示數(shù)仍為ir1r2(2)1.51.0解析 (1)將s2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表的示數(shù)仍為