1-1-炎德英才聯(lián)考體2020高二12月份聯(lián)考

PAGE1炎德英才聯(lián)考體2020高二12月份聯(lián)考一．單項(xiàng)選擇題關(guān)于速度、加速度、合力的關(guān)系，下列說(shuō)法不正確的是（）A．原來(lái)靜止在光滑水平面上的物體，受到水平推力的瞬間，物體立刻獲得加速度 B．加速度的方向與合力的方向總是一致的，但與速度的方向可能相同，也可能不同 C．在初速度為0的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度、加速度與合力的方向總是一致的 D．合力變小，物體的速度一定變小解：A、根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，加速度a與合外力F具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，所以物體受到力作用的瞬間產(chǎn)生加速度，故A正確；B、加速度a的方向由合外力F的方向來(lái)決定，故加速度a的方向與合力F的方向總是一致的，速度v與加速度a沒(méi)有決定性關(guān)系，故加速度a與速度v的方向可能相同，也可能不同，故B正確；C、根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，加速度a與合外力F方向始終一致，物體做初速度為0的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a與速度v同向，所以在初速度為0的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度、加速度與合力的方向總是一致的，故C正確；D、合外力變小時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的速度不一定變小，例如加速度逐漸減小的變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，合力變小但速度在增大，故D錯(cuò)誤。故選：D。一物體靜止于水平桌面上，兩者之間的最大靜摩擦力為5N，現(xiàn)將水平面內(nèi)三個(gè)力同時(shí)作用于物體的同一點(diǎn)，三個(gè)力的大小分別為2N、2N、3N。下列關(guān)于物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況判斷正確的是（）A．物體所受靜摩擦力不可能為2N B．物體所受靜摩擦力不可能為4N C．物體可能仍保持靜止 D．物體一定被拉動(dòng)解：2N和2N的合力范圍為0≤F合≤4N，3N在此范圍內(nèi)，故當(dāng)兩個(gè)2N合力為3N時(shí)，再與第三個(gè)力大小相等方向相反，則三個(gè)力的合力為0，故2N，2N，3N三個(gè)力的合力范圍為0≤F′合≤7N。A、2N在三個(gè)力的合力范圍內(nèi)，故當(dāng)三個(gè)力的合力為2N時(shí)，物體所受靜摩擦力為2N，A錯(cuò)誤；B、4N在三個(gè)力的合力范圍內(nèi)，故當(dāng)三個(gè)力的合力為4N時(shí)，物體所受靜摩擦力為4N，B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)三個(gè)力的合力小于等于最大靜摩擦力5N時(shí)，物體仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。汽車(chē)在平直公路上做剎車(chē)實(shí)驗(yàn)（視為勻變速），若從t＝0時(shí)起汽車(chē)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的位移x與速度的平方v2之間的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．剎車(chē)過(guò)程中汽車(chē)加速度大小為10m/s2 B．剎車(chē)過(guò)程持續(xù)的時(shí)間為3s C．汽車(chē)剎車(chē)后經(jīng)過(guò)3s的位移為10m D．t＝0.05s時(shí)汽車(chē)的速度為7.5m/s解：AB、根據(jù)0﹣v2＝﹣2ax得x＝v2，結(jié)合題圖可知，解得a＝5m/s2，則剎車(chē)過(guò)程中加速度大小為5m/s2，又由圖線(xiàn)可知，汽車(chē)的初速度為v0＝10m/s，則剎車(chē)過(guò)程持續(xù)的時(shí)間t═＝2s．故AB錯(cuò)誤。C、剎車(chē)過(guò)程經(jīng)過(guò)3s的位移等于前2s內(nèi)的位移，由題圖可知位移為10m，故C正確。D、t＝0.05s時(shí)刻的速度v＝v0﹣at＝10﹣5×0.05m/s＝9.75m/s，故D錯(cuò)誤。故選：C。如圖所示，衛(wèi)星a、b、c沿圓形軌道繞地球運(yùn)行。a是極地軌道衛(wèi)星，在地球兩極上空約1000km處運(yùn)行；b是低軌道衛(wèi)星，距地球表面高度與a相等；c是地球同步衛(wèi)星，則（）A．a(chǎn)衛(wèi)星的加速度比c衛(wèi)星小B．a(chǎn)、b衛(wèi)星所受到的地球的萬(wàn)有引力大小相等 C．三顆衛(wèi)星半徑的三次方與周期的二次方比值都相等 D．a(chǎn)衛(wèi)星的周期比c衛(wèi)星大解：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，＝m＝ma，解得周期：T＝2，向心加速度：a＝。A、c衛(wèi)星的軌道半徑大于a衛(wèi)星的軌道半徑，則c衛(wèi)星的向心加速度小于a的向心加速度，故A錯(cuò)誤。B、衛(wèi)星的質(zhì)量未知，無(wú)法確定萬(wàn)有引力大小，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知，＝k，三顆衛(wèi)星半徑的三次方與周期的二次方比值都相等，故C正確。D、c衛(wèi)星的軌道半徑大于a、b衛(wèi)星的軌道半徑，故a的周期小于c的周期，故D錯(cuò)誤。故選：C。如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中扇形OAB的圓心角∠AOB＝120?，半徑OA為2m，C點(diǎn)為AB弧的中點(diǎn)，已知電場(chǎng)線(xiàn)平行于扇形所在的平面，一個(gè)電荷量為1×10﹣7C的正點(diǎn)電荷q1由O點(diǎn)移到無(wú)窮遠(yuǎn)處（電勢(shì)為0）克服電場(chǎng)力做功5×10﹣7J，若將電荷量為2×10﹣7C的負(fù)點(diǎn)電荷q2從O點(diǎn)移動(dòng)到A點(diǎn)電勢(shì)能增加4×10﹣7J，將此負(fù)電荷沿圓弧從A移到C電場(chǎng)力做功8×10﹣7J，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2V/m B．O點(diǎn)的電勢(shì)為5V C．A點(diǎn)的電勢(shì)高于O點(diǎn)的電勢(shì) D．電荷q2在B點(diǎn)的電勢(shì)能為﹣2×10﹣7J解：B、o點(diǎn)的電勢(shì)φo＝＝＝﹣5V，故B錯(cuò)誤C、UOA＝＝＝2V，則A點(diǎn)電勢(shì)比o點(diǎn)小2V，φA＝﹣7V，故C錯(cuò)誤，D、UCA＝﹣UAc＝﹣＝﹣＝4V，則可知φC＝﹣3V，φB﹣（﹣5）＝﹣3﹣（﹣7）得：φB＝﹣1V，電荷q2在B點(diǎn)的電勢(shì)能為2×10﹣7J，故D錯(cuò)誤A、場(chǎng)強(qiáng)為：E＝＝＝2V/m，故A正確故選：A。如圖所示，電源E對(duì)電容器C充電，當(dāng)C兩端電壓達(dá)到80V時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，C放電。放電后，閃光燈斷開(kāi)并熄滅，電源再次對(duì)C充電。這樣不斷地充電和放電，閃光燈就周期性地發(fā)光。則下面說(shuō)法不正確的是（）A．充電時(shí)，通過(guò)R的電流不變 B．若R增大，則充電時(shí)間變長(zhǎng) C．若C增大，則閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量增大 D．若E減小為85V，閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量不變解：A、充電時(shí)，電容器電荷量增加、電壓增加，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得R兩端電壓減小，通過(guò)R的電流減小，故A錯(cuò)誤；B、若R增大，充電過(guò)程中平均電流I減小，根據(jù)Q＝It可知充電時(shí)間變長(zhǎng)，故B正確；C、電容器兩端的電壓與閃光燈兩端的電壓相等，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，所以閃光燈發(fā)光電壓U一定；若C增大，根據(jù)Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量增大，故C正確；D、若E減小為85V，當(dāng)電源給電容器充電，達(dá)到閃光燈擊穿電壓U＝80V時(shí)，閃光燈瞬間導(dǎo)通并發(fā)光，根據(jù)Q＝CU可知閃光燈閃光一次通過(guò)的電荷量不變，故D正確；故選：A?？茖W(xué)實(shí)驗(yàn)證明，通電長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)周?chē)艌?chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝k，式中常量k＞0，I為電流強(qiáng)度，l為距導(dǎo)線(xiàn)的距離。如圖所示，三根完全相同且通有恒定電流的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)a、b、c，其截面位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，a、b、c通過(guò)的恒定電流大小分別為Ia、Ib、Ic，b、c位于光滑絕緣水平面上，三根導(dǎo)線(xiàn)均可保持靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A．a(chǎn)、b通有同向的恒定電流 B．導(dǎo)線(xiàn)a受的合磁場(chǎng)力豎直向上C．導(dǎo)線(xiàn)a、b所受的合磁場(chǎng)力大小相等、方向相反 D．導(dǎo)線(xiàn)a、b、c上通有的電流大小關(guān)系為Ia＝2Ib＝Ic解：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，AB、導(dǎo)線(xiàn)a受b、c磁場(chǎng)力恰好與其重力平衡，重力豎直向上，則導(dǎo)線(xiàn)a受的合磁場(chǎng)力的方向豎直向上，因此b、c對(duì)a的磁場(chǎng)力都為排斥力，b、c為同向電流，a與b、c為異向電流，故A錯(cuò)誤，B正確；C、c對(duì)b為吸引力，a對(duì)b為排斥力，導(dǎo)線(xiàn)b受到磁場(chǎng)力的合力的方向?yàn)樾毕蛴蚁路?，?dǎo)線(xiàn)a受的合磁場(chǎng)力的方向豎直向上，故兩者方向不是相反的，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)導(dǎo)線(xiàn)長(zhǎng)度為L(zhǎng)，分析導(dǎo)線(xiàn)b的受力情況，a對(duì)b的磁場(chǎng)力為Fab，c對(duì)b的磁場(chǎng)力為Fcb，根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)可知，F(xiàn)absin30°＝Fcb，其中，，解得：Ia＝2Ib，根據(jù)導(dǎo)線(xiàn)a的受力可知，電流Ib＝Ic，故導(dǎo)線(xiàn)a、b、c上通有的電流大小關(guān)系為Ia＝2Ib＝2Ic，故D錯(cuò)誤。故選：B。如圖所示，AB是傾角為37°的斜面，BC為水平面，一小球以6J的初動(dòng)能從A點(diǎn)水平拋出，第一次落到界面上的動(dòng)能為12J，若A點(diǎn)水平拋出的動(dòng)能為12J，則第一次落到界面上的動(dòng)能為（）A．18J B．24J C．36J D．42J解：小球第一次落在斜面上時(shí)，設(shè)速度與水平方向的夾角為α，則cosα＝因?yàn)椋獾脛tα＝45°。因?yàn)樾∏蛩俣确较蚺c水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的兩倍，若小球落在斜面上，位移與水平方向的夾角正切值為而tanα＝1，不是位移與水平方向夾角正切值的2倍，所以小球落在水平面上。根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh＝Ek2﹣Ek1＝12J﹣6J＝6J則以12J的動(dòng)能水平拋出，一定落在水平面上。根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh＝Ek2′﹣Ek1′，解得Ek2′＝E′k1+mgh＝12J+6J＝18J．故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。故選：A。二、多項(xiàng)選擇題物理學(xué)是一門(mén)自然科學(xué)，源于對(duì)自然界的觀(guān)察和研究，與生活有著緊密的聯(lián)系。下列物理知識(shí)的應(yīng)用，說(shuō)法正確的是（）A．避雷針能夠避免建筑物被雷擊，是因?yàn)楸芾揍槂?chǔ)存了云層中的電荷 B．指南針S極指向地球南極方向，是因?yàn)橹改厢標(biāo)谖恢玫牡卮艌?chǎng)方向指向地球南極方向 C．超高壓帶電作業(yè)的工人所穿衣服的織物中摻入金屬絲是為了增加衣服的導(dǎo)電性 D．電磁灶加熱食物，是利用電磁感應(yīng)產(chǎn)生的渦流使鍋體發(fā)熱解：A、避雷針工作原理是利用尖端放電將電荷導(dǎo)入大地，故A錯(cuò)誤；B、地磁場(chǎng)的南北極與地理南北極相反，在磁體外部磁場(chǎng)由北指向南，故B錯(cuò)誤；C、超高壓帶電作業(yè)的工人所穿衣服的織物中摻入金屬絲是為了增加衣服的導(dǎo)電性，同時(shí)也起到一定的靜電屏蔽作用。故C正確；D、電磁爐是利用電流的磁效應(yīng)，金屬圓盤(pán)處在磁場(chǎng)中時(shí)，在金屬圓盤(pán)內(nèi)產(chǎn)生渦流。利用渦流的熱效應(yīng)對(duì)食物進(jìn)行加熱，故D正確。故選：CD。如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤(pán)上的A、B、C三處有三塊可視為質(zhì)點(diǎn)的由同一種材料做成的正立方體物塊；B、C處物塊的質(zhì)量相等為m，A處物塊的質(zhì)量為2m；A、B與軸O的距離相等，為r，C到軸O的距離為2r，轉(zhuǎn)盤(pán)以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，A、B、C處的物塊都沒(méi)有發(fā)生滑動(dòng)現(xiàn)象，下列說(shuō)法中正確的是（）A．C處物塊的向心加速度最大 B．B處物塊受到的靜摩擦力最小 C．當(dāng)轉(zhuǎn)速增大時(shí)，最先滑動(dòng)起來(lái)的是A處的物塊 D．當(dāng)轉(zhuǎn)速繼續(xù)增大時(shí)，最后滑動(dòng)起來(lái)的是C處的物塊解：A、根據(jù)a＝rω2知，三物塊的角速度相等，C物塊的半徑最大，則向心加速度最大。故A正確。B、因?yàn)锽物塊的質(zhì)量最小，半徑最小，根據(jù)f＝mrω2，知B物塊受到的靜摩擦力最小。故B正確。C、根據(jù)μmg＝mrω2，解得ω＝，知C物塊的半徑最大，臨界角速度最小，知C物塊最先滑動(dòng)起來(lái)。故C、D錯(cuò)誤。故選：AB。如圖，天花板下細(xì)線(xiàn)OC懸掛著一個(gè)光滑輕質(zhì)定滑輪，小物塊A置于斜面上，通過(guò)細(xì)線(xiàn)跨過(guò)滑輪與沙漏B連接，滑輪右側(cè)細(xì)線(xiàn)與斜面平行。開(kāi)始時(shí)A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)，OC與豎直方向的夾角為θ，在B中的沙子緩慢流出的過(guò)程中（）A．A受到的摩擦力可能緩慢減小 B．A受到的細(xì)線(xiàn)拉力可能緩慢增加 C．細(xì)線(xiàn)OC的張力一定緩慢減小 D．細(xì)線(xiàn)OC與豎直方向的夾角為θ可能增加解：A、假設(shè)沙漏B的重力大于物塊A的重力沿斜面向下的分力，則開(kāi)始A受到的摩擦力方向沿斜面向下，設(shè)斜面的傾角為α，對(duì)物塊A根據(jù)平衡條件可得：（mB+m沙）g＝mAgsinα+f，由于B中的沙子緩慢流出，則沙子的質(zhì)量逐漸減小，物塊A受到的摩擦力緩慢減小，故A正確；B、對(duì)B以及中的沙子整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可得F＝（mB+m沙）g，由于B中的沙子緩慢流出，則沙子的質(zhì)量逐漸減小，則B受到的細(xì)線(xiàn)的拉力減小，即A受到的細(xì)線(xiàn)拉力減小，故B錯(cuò)誤；C、由于連接A和B的細(xì)線(xiàn)的拉力F減小，對(duì)滑輪C為研究對(duì)象，可知細(xì)線(xiàn)OC的張力與接A和B的細(xì)線(xiàn)的拉力的合力相等，根據(jù)平行四邊形法則可知，細(xì)線(xiàn)OC的張力一定緩慢減小，故C正確；D、細(xì)線(xiàn)OC與豎直方向的夾角θ等于，由于滑輪右側(cè)細(xì)線(xiàn)與斜面平行，CB方向始終豎直，所以∠ACB不變，則θ不變，故D錯(cuò)誤。故選：AC。如圖，ABCD是邊長(zhǎng)為a的正方形。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從BC邊上的任意點(diǎn)入射，都只能從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于A(yíng)BCD平面向里B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S=D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S=πa2解：AB．設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．令圓弧是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)行軌道。電子所受到的磁場(chǎng)的作用力：f＝ev0B，應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直于紙面向外。故A錯(cuò)誤。圓弧的圓心在CB邊或其延長(zhǎng)線(xiàn)上。依題意，圓心在A(yíng)、C連線(xiàn)的中垂線(xiàn)上，故B點(diǎn)即為圓心，圓半徑為a按照牛頓定律有：聯(lián)立①②式得：，故B正確CD：由上解析中已知磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自C點(diǎn)垂直于BC入射電子在A(yíng)點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其它點(diǎn)垂直于入射的電子的運(yùn)動(dòng)軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場(chǎng)區(qū)域的一個(gè)邊界。為了決定該磁場(chǎng)區(qū)域的另一邊界，我們來(lái)考察射中A點(diǎn)的電子的速度方向與BA的延長(zhǎng)線(xiàn)交角為θ（不妨設(shè)）的情形。該電子的運(yùn)動(dòng)軌跡qpA如右圖所示。圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊，由③式知，圓弧的半徑仍為a，在D為原點(diǎn)、DC為x軸，AD為y軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)（x，y）為：x＝asinθ，y＝﹣[a﹣（z﹣acosθ）]＝﹣acosθ這意味著，在范圍內(nèi)，p點(diǎn)形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的分界線(xiàn)，構(gòu)成所求磁場(chǎng)區(qū)域的另一邊界。因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個(gè)四分之一圓周和所圍成的，其面積為：＝,故C正確，D錯(cuò)誤故選：BC三．非選擇題為了探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M為小車(chē)的質(zhì)量，m0為沙和沙桶的總質(zhì)量。一輕繩跨過(guò)輕質(zhì)的定滑輪和動(dòng)滑輪一端連接沙桶，另一端連接拉力傳感器，拉力傳感器可測(cè)出輕繩中的拉力大小。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，每次在釋放小車(chē)前，先讀出拉力傳感器的示數(shù)并記為F。（1）實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，下列操作正確的是AB。A．調(diào)整長(zhǎng)木板左端的定滑輪，使得細(xì)線(xiàn)與長(zhǎng)木板平行B．在不掛沙桶的前提下，將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車(chē)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先釋放小車(chē)，再接通電源D．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中要保證沙和沙桶的總質(zhì)量m0遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量M（2）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中得到如圖2所示的一條紙帶（兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出），已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車(chē)的加速度為2.00m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（3）甲同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫(huà)出的a﹣F（如圖3）圖象是一條直線(xiàn)，圖線(xiàn)與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線(xiàn)的斜率為k，則小車(chē)的質(zhì)量為C。A.B．tanθC.D.（4）乙同學(xué)也利用此裝置探究合外力一定時(shí)，物體的加速度和質(zhì)量的關(guān)系。他保持沙和沙桶的總質(zhì)量不變，改變放在小車(chē)中砝碼的質(zhì)量m，測(cè)出對(duì)應(yīng)的加速度a，假設(shè)已經(jīng)完全消除了摩擦力和其他阻力的影響。他沒(méi)有測(cè)量小車(chē)的質(zhì)量M，而是以為縱坐標(biāo)，m為橫坐標(biāo)，畫(huà)出﹣m圖象，從理論上分析，如圖4圖象正確的是B。解：（1）A、調(diào)整定滑輪的高度，保證細(xì)線(xiàn)與長(zhǎng)木板平行，才能確保小車(chē)受到合力不變，故A正確；B、先拿下砂桶，然后將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，故B正確；C、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器運(yùn)用時(shí)，都是先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放紙帶，故C錯(cuò)誤；D、本實(shí)驗(yàn)中細(xì)線(xiàn)的拉力由彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)出，不需要用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量M，故D錯(cuò)誤；故選：AB。（2）根據(jù)△x＝aT2，運(yùn)用逐差法得，a＝＝m/s2≈2.00m/s2。（3）由牛頓第二定律得：2F＝ma，則a＝F，a﹣F圖象的斜率：k＝，則小車(chē)的質(zhì)量m′＝m﹣m0＝﹣m0，故C正確。（4）根據(jù)牛頓第二定律可知m0g＝（M+m）a，解得＝+，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故答案為：（1）AB，（2）2.00，（3）C，（4）B。如圖甲所示是一種測(cè)量電容的實(shí)驗(yàn)電路圖，實(shí)驗(yàn)是通過(guò)對(duì)高阻值的電阻放電的方法，測(cè)出電容器充電至電壓U時(shí)所帶電荷量Q，從而再求出待測(cè)電容器的電容，某同學(xué)在一次實(shí)驗(yàn)時(shí)的情況如下：a．按圖甲所示電路圖接好電路；b．接通開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿(mǎn)刻度，記下此時(shí)電流表的示數(shù)是I0＝490μA，電壓表的示數(shù)是U0＝8.0V，I0、U0分別是電容器放電時(shí)的初始電流和電壓；c．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，同時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，每隔5s或10s讀一次電流I的值，將測(cè)得數(shù)據(jù)填入表格，并標(biāo)示在圖乙的坐標(biāo)紙上（時(shí)間t為橫坐標(biāo)，電流i為縱坐標(biāo)），結(jié)果如圖中小黑點(diǎn)所示．（1）該電容器電容為1.0×10﹣3F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（2）若某同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)把電壓表接在E、D兩端，則電容的測(cè)量值比它的真實(shí)值小（選填“大”、“小”或“相等”）．解：（1）用平滑的曲線(xiàn)將圖乙中各點(diǎn)連起來(lái)，數(shù)出圖乙中圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍成面積約為32格，即電容器的電荷量為：Q＝32×50×10﹣6×5c＝8.0×10﹣3C電容：（2）若把電壓表接在E、D兩端，則斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S電容器放電的過(guò)程中，從電壓表和電阻上兩條支路同時(shí)放電，圖乙中圖線(xiàn)與坐標(biāo)軸所圍成面積僅為電容器的通過(guò)電阻的放電量，比電容器的實(shí)際帶電量小，故電容的測(cè)量值比它的真實(shí)值?。蚀鸢笧椋海?）1.0×10﹣3；（2）?。鐖D1所示，一質(zhì)量為m=1kg的物體置于水平面上，在水平外力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，水平外力隨時(shí)間的變化情況如圖2所示，物體運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間變化的情況如下圖3所示，4s后圖線(xiàn)沒(méi)有畫(huà)出．g取10m/s2．求：（1）物體在第3s末的加速度大小；（2）物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）物體在前6s內(nèi)的位移．解：（1）由v-t圖象可知，物體在前4s做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以物體在第3s末的加速度a1等于前4s內(nèi)的加速度，根據(jù)v-t圖象和加速度定義式：得，（2）在0-4s內(nèi)，在水平方向：F1-μmg=ma1，解出：μ=0.4

（3）設(shè)前4

s的位移為x1，由位移公式：x1==1×16=8m；設(shè)4

s后物體運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a2，則：F2-μmg=ma2解得，a2=-2

m/s2物體在4s末時(shí)的速度為v′=4

m/s，設(shè)物體從4s末后運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2速度減為0，則：0=v′+a2t2解得：t2=2

s所以，物體在6s末速度恰好減為0．故后2s內(nèi)的位移：代入數(shù)據(jù)，解得，x2=4m所以物體在前6s內(nèi)的位移x=x1+x2=8+4=12

m答：（1）物體在第2s末的加速度為1m/s2；（2）物體與水平面間的摩擦因數(shù)μ為0.4；（3）物體在前6s內(nèi)的位移為12m．在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自