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1物理XX-A试题)
·物理·高三期末接通打点计时器的电源，由于小车运动较快，可能会（2）根据能的转化和守恒定律可知mgusin53°=P电+FU使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，应先（1分）接通电源再释放小车，同时要求小车释放前要靠近解得F=2N打点计时器，故D项正确。由能量守恒定律可得(2）由刻度尺可读出SDGSAD=1.8cm，相邻两计数mgxsin53°=Fx+Q+（1分）-mu点之间有四个点未标出，计数点间时间间隔T=5X解得Q=4J（1分）(3T)2(3）根据法拉第电磁感应定律有=0.20 m/s²。E#t（3）图中有一定拉力才产生了加速度，说明补偿阻力可得a=R+R##不足或没有补偿阻力。（1分）12.(1)CD(2分）由△=BLd（1分）(2)①95.6（2分)可得d=4m（1分）②B(2分）14.【解析】（1）对小石片，由动能定理可得W=-mu③C（3分)2【解析】（1）由图a看出，此元件接入电路时有瞬间（1分）（1分）的电流，电容器充电过程有短暂的电流，电路稳定后解得W=0.36J电路中没有电流，说明AB间是电容器；由图b看（2）小石片在水面上滑行时由牛顿第二定律可得出，此元件接人电路时，电流逐渐增大，是因为线圈f=max（1分）中产生自感电动势的阻碍作用，电流只能逐渐增大，解得加速度为ax=20m/s²说明BC间是电感线圈；从图c看出，此元件接人电滑行的水平速度减少量为△ux=a△t=1m/s路时电流恒定不变，说明CD之间是定值电阻（1分）（2）①由题意可知，前后两次电流没有变化，说明回第一次弹起后小石片的水平速度路中的总电阻不变，所以R=（186.3-90.7）Q=Ux1=U0-△ux=5m/s（1分）95.6Ω竖直速度为u=kU1=4m/s（1分）②无论怎样调节滑动变阻器R的滑片，都要保证电小石片第一次离开水面到第二次接触水面的过程中路安全，所以当滑动变阻器R的电阻等于零时，此2U=0.8 s在空中运动的时间t=（1分）时回路中的电流不会超过电流表的量程，由电路结g小石片从抛出到第一次弹起的过程中，由能量守恒E4构可知R=定律可得mgh。+W=（1分）③根据电流表的读数0.15mA可知回路中的电阻解得△E=0.2J（1分）4（3）小石片做平抛运动，水平方向有x=uoto20kQ，所以滑动变阻器选10k0的比较合理，故C1竖直方向有ho=2gto项正确。联立解得小石片第一次与水面接触前瞬间水平方向13.【解析】（1）当导体棒以速率匀速下滑时，电路中的位移大小为x=3m（1分）小石片每次滑行的水平速度减少量为E△u=axt=1m/s由P电=（1分）—R总所以n=（1分）可得感应电动势E=6V由E=BLU（1分）即小石片在水面上滑行了6次，空中弹起后飞行了可得B=1T（1分）5次；第n次弹起时的水平速度·3·
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