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山东科技大学物理11-22例题习题答案2

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1 第十一章 静电场 例题答案： 11—1. B； 11—2. B； 11—3. B 11—4. 30220824RqddRRqd；从O点指向缺口中心点

11—5. 0/d ； 2204dRd ；沿矢径OP 11—6. D

11—7. 02 向右 ; 023 向右 11—9. D； 11—10. C； 11—11. C 11—12. 45 V —15 V 练习题答案： 11—1. 证明：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向． 带电直杆的电荷线密度为=q/L， 在x处取一电荷元dq =dx = qdx/L， （2分）

它在P点的场强： 204ddxdLqE204dxdLLxq

总场强为：LxdLxLqE020)(d4－dLdq04 11—2. Q / 0， 0 11—3. － / (20)， 3 / (20) 11—4. B 11—5. 解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=0 (x－a)dx 它在O点产生的电势 xxaxU004dd O点总电势： 

laalaaxxaxdUUdd400alaalln

40

0

Ｐ L d

dq x (L+d－x)

dE

x O 2

11—6. 解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为 dS=2rdr 其上电荷为 dq=2rdr 它在O点产生的电势为 002d4ddrrqU

总电势 0002d2dRrUURS 11—7. 解：设导线上的电荷线密度为，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1＜r＜圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2rE = / 0 得到 E =  / (20r) (R1＜r＜R2 ) 方向沿半径指向圆筒．

导线与圆筒之间的电势差 2121d2d012RRRRrrrEU120ln2RR

则 1212/lnRRrUE 代入数值，则： (1) 导线表面处 121121/lnRRRUE＝2.54 ³106 V/m (2) 圆筒内表面处 122122/lnRRRUE＝1.70³104 V/m 11—8. 解：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V．小球从A→B过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 mv＋MV＝0 ①

对该系统，由动能定理 mgR－EqR＝21mv2＋21MV2 ②

①、②两式联立解出 mMmqEmgMR

2v 方向水平向右．

mMMqEmgmRMmV

2v 方向水平向左．

11—9. 解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为

0220432RRRUA 02206

82RR

RUB

q由A点运动到B点电场力作功 0001264

q

qUUqABA

注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．

O dr

R 3 11—10. 解： (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即 

22110041rqrqU

22212104441rrrr



210

rr

2100rrU

＝8.85³10-9 C / m2

(2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有 21001rrU= 0 即 21rr 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 212222144rrrrq 20021244rUrrr＝6.67³10-9 C

第十二章 导体电学 例题答案： 12—1. D 12—2. C

12—4. –q， 球壳外的整个空间

12—5. )(21BAqq， SdqqBA02)(

12—6. CFd/2， FdC2 12－7. C 练习题答案： 12—1. C=712Uf（没过程） 12—2 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=1  0，E2=2

 0

∴左边两极板电势差U1=1d1  0， 右边两极板电势差U2=E2d2=2d2  0，而U1=U2，则1  2= d2  d1。 12—3. D 12—4. C

1 2

E1 E2

d1 d2

习题12-2图

O x -a

-q

+q

+a x P(x,0)

y 4 12—5. 证明：在导体壳内部作一包围B的内表面的闭合面,如图．设B内表面上带电荷Q2′，按高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故 0/)(d021QQSES



∴ 12QQ 根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为2Q，则 222QQQ 由此可得 21222QQQQQ 第十三章 电介质

例题答案： 13—1. B 13—2. （B） 13—3. （C） 13—4.  r ，  r

13—6. C

练习题答案：

13—1 eREU/0max = 147 kV [解]：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(rE 设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为

2ErddRRrrrrU

0ln2rR

电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有 002Er

000lnrRErU 适当选择r0的值，可使U有极大值，即令 0)/ln(/dd0000ErRErU

得 eRr/0

A B

Q1

Q2? Q2?? 5 显然有 202ddrU< 0， 故当 eRr/0 时电容器可承受最高的电压 eREU/0max = 147 kV

13—2 rWW/0 [解]：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D保持不变， 又 rrrwDDDEw0200202112121

因为介质均匀，∴电场总能量 rWW/0 13—3[解]：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0Q，外力作的总功为球末态的电势能(即球带电Q的总静电能)。所以W==Q0dqu=Q0dqR4q=R8Q2。

13—4（1）U=1000V，eW= 5106J （2）We= 5.0106J 由于把带电的两面三刀极板拉开时外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了

4. [解] (1)电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。故极板间的电势差和电场

能量分别为CQU＝1281010100.1=1000V，12282e10102100.1C2QW5106J。 (2)设极板原间距为d，增大为2d时，相应的电容量要变小，其值为C=0S2d=C2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为We=Q2  2C= Q2  C 12

28

1010100.1

1.0105J，电场能量的增加量为We= We–We=5.0106J，由于把带电的两

面三刀极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了。 13—5 Vmax=2121br1r1rE eW=2b2131r0Err1r2。

[解](1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为02r0rr4qE r1rr2 由此可知，当r趋近于r1时，场强值增大。要使电容器不被击穿，EEb，在取极限值E=Eb

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2022年山东省高考物理+答案解析

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2022年山东省高考物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1.碘125衰变时产生γ射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病。

碘125的半衰期为60天，若将一定质量的碘125植入患者病灶组织，经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的（）A.161 B.81 C.41 D.212.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。

如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。

从火箭开始运动到点火的过程中（）A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量3.半径为R 的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O 点，环上均匀分布着电量为Q 的正电荷。

点A 、B 、C 将圆环三等分，取走A 、B 处两段弧长均为ΔL 的小圆弧上的电荷。

将一点电荷q 置于OC 延长线上距O 点为2R 的D 点，O 点的电场强度刚好为零。

圆环上剩余电荷分布不变，q 为（）A.正电荷，R L Q q π∆=B.正电荷，R L Q q π∆=3C.负电荷，R L Q q π∆=2D.负电荷，R LQ q π∆=324.如图所示的变压器，输入电压为220V ，可输出12V 、18V 、30V 电压，匝数为n 1的原线圈中电压随时间变化为u ＝U m cos （100πt ）。

单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。

将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。

下列说法正确的是（）A.n1为1100匝，U m为220VB.BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC.若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s5.如图所示，内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时气缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将气缸缓慢转动90°过程中，缸内气体（）A.内能增加，外界对气体做正功B.内能减小，所有分子热运动速率都减小C.温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少D.温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加6.“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。

2022年山东科技大学847物理化学考研真题考研试题硕士研究生入学考试试题

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2022年山东科技大学847物理化学考研真题考研试题硕士研究生入学考试试题山东科技大学2022年招收硕士学位研究生入学考试物理化学试卷一、选择题（共40分，每小题2分）（请选择以下各题中的正确答案，并将答案务必写在答题纸上。

注意：只选一个答案，多选不得分）1、1mol单原子理想气体从298K、202.65kPa分别经历（1）等温、（2）绝热、（3）等压三种途径可逆膨胀到体积为原来体积的两倍，所作的体积功分别为W1、W2、W3，三者关系为（）(A)W1>W2>W3(B)W2>W1>W3(C)W3>W2>W1(D)W3>W1>W22、无水乙醇在正常沸点的气化，则该过程中（）(A)ΔH=0(B)ΔS=0(C)ΔG=0(D)ΔU=03、理想气体在恒压膨胀时，其熵变（）(A)等于零(B)大于零(C)小于零(D)不能确定4、物质A与B可形成低共沸混合物E，已知纯A的沸点小于纯B的沸点，若将任意比例的A+B混合物在一个精馏塔中精馏，在塔顶的馏出物是（）(A)纯A(B)纯B(C)低共沸混合物(D)都有可能(D)无法确定5、一般情况下，水的体积比同温度下的冰要小。

当冰水时，若温度下降，其平衡压力（）(A)上升(B)下降(C)不变6、在298K、标准压力p=100kPa下，在纯水中加入少量乙醇构成稀溶液，水的摩尔分数某H2O=0.98，此时溶液中和纯水中水的化学势之差H2OHO为（）2(A)-50.06J·mol-1(B)50.06J·mol-1(D)9692.3J·mol-1(C)-9692.3J·mol-1混合后，则有（）(A)Δmi某H<07、若A分子和B分子之间的相互作用力，与A、B各自处于纯态时分子之间的相互作用力相同，(B)Δmi某H>0(C)Δmi某H=0(D)Δmi某H无法确定8、有反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，充入惰性气体，保持总体积不变，则平衡（）(A)右移(B)左移(C)不移(D)不能确定19、在T、p恒定下，反应H2(g)O2(g)2H2O(l)达到平衡的条件是（）。

2022年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷) 物理试题及答案(教师版)

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）物理试题注意事项：1．答卷前，考生务势必自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。

每小题惟独一个选项符合题目要求。

）1．一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关系图象如图所示。

乘客所受支持力的大小用FN 表示，速度大小用v 表示。

重力加速度大小为g。

以下判断正确的是（D）A．0~t1时间内，v 增大，FN>mg B．t1~t2 时间内，v 减小，FN<mg C．t2~t3 时间内，v 增大，FN <mg D．t2~t3时间内，v 减小，FN >mg2．氚核31H 发生β衰变成为氦核32He 。

假设含氚材料中31H 发生β衰变产生的电子可以全部定向挪移，在 3.2⨯104 s 时间内形成的平均电流为 5.0⨯10-8 A。

已知电子电荷量为1.6⨯10-19 C ，在这段时间内发生β衰变的氚核31H 的个数为（B）A．145.010⨯ B．161.010⨯ C．162.010⨯ D．181.010⨯3．双缝干涉实验装置的截面图如图所示。

光源S 到S1、S2的距离相等，O 点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。

光源S 发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O 点，经S2出射后直接传播到O 点，由S1到O 点与由S2到O 点，光传播的时间差为t ∆。

玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。

以下判断正确的是（A）A.5t c λ∆= B．152t c λ∆= C．10t c λ∆= D．15t cλ∆=4．一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴负方向传播，已知54x λ=处质点的振动方程为2πcos()y A t T =，则34t T =时刻的波形图正确的是（D）5．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=22:3，输入端a、b 所接电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示。

2019届高考物理(山东科技版通用)一轮复习(作业 测评)手册(共计202页,含答案解析)答案

2019届高考物理(山东科技版通用)一轮复习(作业 测评)手册(共计202页,含答案解析)答案

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．B 2.C 3.D 4.B 5.B 6.C 7.B 8.B9．(1)()s 5－s 3f 10⎣⎢⎡⎦⎥⎤或()s 6－s 2f 20 (2)3 (3)偏小 [解析] (1)打下E 点时纸带的速度v E ＝DF 2T ＝()s 5－s 3f 10 [或v E ＝CG 4T ＝()s 6－s 2f 20]； (2)物体的加速度a ＝s 6－s 3－s 3()3T 2＝65－19×20.32×10－2 m/s 2＝3 m/s 2； (3)加速度a ＝Δs T 2＝Δsf 2，因为实际频率大于50 Hz ，而计算时代入的仍是50 Hz ，所以会造成测量值比真实值偏小．10．(1)断开 接通 (2)A (3)0.6～0.8 0.54～0.5611．1.025 m/s[解析] 汽车行驶到右端的时间为t 2，由匀变速直线运动规律得s ＝v 0t 2＋12at 22，代入数据解得t 2＝20 s ．(因为汽车减速到零的时间为t ＝30 s ，所以解t 2＝40 s 不符合实际，舍去．)若清洁工人从右端离开，则必须比汽车先到达桥的右端，逃离的最小速度为v ＝L 1t 2＝1.025 m/s. 12．(1)37.5 m/s (2)1.35 m/s 2[解析] (1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt ，每根铁轨的长度为l ，则客车的速度为v ＝l Δt①其中l ＝25.0 m ，Δt ＝10.016－1s ，得 v ＝37.5 m/s ②(2)设从货车开始运动后t ＝20.0 s 内客车行驶的距离为s 1，货车行驶的距离为s 2，货车的加速度为a ，30节货车车厢的总长度为L ＝30×16.0 m ．由运动学公式有s 1＝vt ③s 2＝12at 2 ④ 由题给条件有L ＝s 1－s 2 ⑤由②③④⑤式解得a ＝1.35 m/s 2. ⑥45分钟单元能力训练卷(二)1．A 2.A 3.B 4.B 5.D 6.D 7.B 8.B9．(1)静止 F 1 (2)不能[解析] (1)在t 1～ t 2这段时间内，传感器的拉力增大，t 2时刻达到最大，故t 1～ t 2时间内滑块的运动状态是静止，滑块受到的最大静摩擦力为F 1；(2)未采用控制变量法来研究，不能直接得出最大静摩擦力与两物体间接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关．10．(1) 2.60 (2)如图所示 5.1(5.0～5.3均可) (3)63(62～64均可)[解析] (1)精度为0.1 N 的弹簧测力计要估读到0.01 N ，其读数为2.60 N ；(2)作图如下，根据比例大小换算得合力为5.1 N ；(3)由图丙可知，当弹力为1 N 时，对应的伸长量约为16 mm ，又F ＝kx ，所以k ＝F x＝63 N/m. 11．(1)12 N (2)2.4 kg12．(1)192 N (2)205 N[解析] (1)设地面对小朋友的支持力为N ，由力的平衡可得N ＋Tcos 37°＝m 2g解得N ＝192 N ，故小朋友对地面的压力为192 N.(2)设F 与竖直方向夹角为α，则有Fsin α＝T sin 37°Fcos α＝T cos 37°＋m 1g解得F ＝205 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．A 2.D 3.C 4.C 5.C 6.C7．(1)减小 (2)小车质量一定 小车的加速度与所受的拉力(3)B[解析] (1)纸带上点的分布规律反映小车做加速运动，则重力沿斜面的分力大于摩擦力，降低斜面坡度以平衡摩擦力；(2)a­F 图像是过原点的倾斜直线，即在小车质量一定时，小车的加速度与所受的拉力成正比；(3)对沙和沙桶、小车整体，a ＝mg M ＋m ＝1m ＋M·F ，当质量m 过大时，图像向下弯曲，B 图正确． 8．(1)89 m (2)20 m[解析] (1)A 、B 两点间的距离为v ­t 图线与时间轴所围的面积，前2 s ：s 1＝v 12·t 1 后3 s ：s 2＝v 1＋v 22·t 2 AB 长：s ＝v 12·t 1＋v 1＋v 22·t 2＝89 m. (2)前2 s 传送带运动s′1＝v 传t 1＝40 m煤块向后打滑Δs 1＝s′1－s 1＝20 m后3 s 传送带运动s′2＝v 传t 2＝60 m煤块向前打滑Δs 2＝s 2－s′2＝9 m故煤块在白色传送带上留下的痕迹长为20 m.9．(1)64mg (2)33g (3)2 33(m ＋M)g 与水平方向的夹角为60° 45分钟滚动复习训练卷(一)1．A 2.D 3.A 4.C 5.D 6.D 7.A8．(1)电火花 垫高 做匀速直线运动(或均匀打点) (2)m ≪M(或钩码的总质量远小于小车的质量) M(或小车的质量) (3) 0.95[解析] (1)电火花式打点计时器的摩擦力小，平衡摩擦需在没有钩码拖动的情况下，将长木板的右端垫高，使小车做匀速直线运动．(2)细绳对小车的拉力T ＝M M ＋m.mg ，在m ≪M 的条件下，可以认为拉力近似等于钩码的总重力mg ，在控制M 不变的情况下，可以探究加速度与力的关系．(3)由Δs ＝aT 2得a ＝（62.00－51.55）－（51.55－42.05）0.12×10－2 m/s 2＝0.95 m/s 2.9．(1)0.4 s (2)3410．(1)1 s (2)如图所示 (3)1.25 m[解析] (1)两个物体在纸带上滑动时有μ1mg ＝ma 1当物体A 滑离纸带时有12at 21－12a 1t 21＝d 联立解得t 1＝1 s(2)A 、B 两个物体的v ­t 图像如图所示．(3)物体A 离开纸带时的速度v 1＝a 1t 1两个物体在地面上运动时有μ2mg ＝ma 2物体A 从开始运动到停在地面上的过程中的总位移s 1＝v 212a 1＋v 212a 2当物体B 滑离纸带时有12at 22－12a 1t 22＝2d 物体B 离开纸带时的速度v 2＝a 1t 2物体A 从开始运动到停止在地面上的过程中的总位移s 2＝v 222a 1＋v 222a 2A 、B 两个物体最终停止时的间距s ＝s 2＋d －s 1联立解得s ＝1.25 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D 2.B 3.C 4.A 5.C 6.B 7.A8．(1)左 (2)3.20[解析] s 1、s 2段的时间相同，由运动学规律有v A ＝s 1t ，v B ＝s 2t ，所以s 1v A ＝s 2v B，解得v B ＝3.20 m/s. 9．(1)30 m (2)2 s[解析] 已知卡车的质量m ＝8 t ＝8×103 kg ，初速度v 0＝54 km/h ＝15 m/s.(1)设从制动到停车阻力对卡车所做的功为W ，由动能定理有W ＝－12mv 20 已知卡车所受阻力f ＝－3×104 N ，设卡车的制动距离为s 1，有W ＝fs 1联立以上各式，代入数据解得s 1＝30 m.(2)已知车长l ＝7 m ，AB 与CD 的距离为s 0＝23 m ．设卡车驶过的距离为s 2，D 处人行横道的信号灯至少需经过时间Δt 后变绿灯，则由运动学公式，有s 2＝s 0＋ls 2＝v 0Δt两式联立，代入数据解得Δt ＝2 s.10．(1)2gr (2)3r (3)3gr ＋2mg 2k －2E p m45分钟单元能力训练卷(五)1．A 2.B 3.C 4.C 5.A 6.D 7.B 8.B9．(1)25 N 0.928 s (2)45°10．(1)0.4 kg (2)24 N (3)32N [解析] (1)由图像可知，当H ＝0时N ＝4.0 N ，又N ＝mg 则m ＝0.4 kg.(2)小物块在D 点只受重力作用时恰好能通过D 点，由牛顿第二定律得mg ＝mv 2D R由C 点到D 点根据动能定理得－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C 在C 点由牛顿第二定律得N －mg ＝mv 2C R联立以上各式解得N ＝24 N.(3)在C 点由牛顿第二定律有N －mg ＝mv 2C R由动能定理有mgH －f （H －Rcos θ）sin θ＝12mv 2C 整理得N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2mg －4f 3H R ＋4f 3R＋mg 解法1：图像QI 段斜率k ＝⎝⎛⎭⎪⎫2mg －4f 31R ＝8－51＝3 解得f ＝32N. 解法2：根据QI 线与纵轴的截距为4f3R ＋mg ＝5 解得f ＝32N. 45分钟滚动复习训练卷(二)1．A 2.D 3.C 4.C 5.C 6.A 7.C8．4.02 4.00 稍大于 空气阻力的影响9．(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J[解析] (1)若小球通过B 点时的速度为v B ，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2B r根据机械能守恒定律有 12mv 2A ＝12mv 2B ＋mg·2r 由以上两式解得v A ＝ 5 m/s.(2)根据第(1)问及图乙中的图线a 可知：当小球通过A 点时的速度v A ＝ 5 m/s 时，小球对轨道压力的大小F A1＝6 N ．设小球通过A 点时，轨道对小球支持力的大小为F A2，根据牛顿运动定律有F A1＝F A2且F A2－mg ＝m v 2A r解得m ＝0.1 kg.(3)根据图乙中的图线b 可知：当小球通过B 点时，若小球对轨道压力的大小F B ＝6 N ，则小球通过A 点时对轨道压力的大小F A ＝16 N ．设通过A 、B 点时轨道对小球支持力的大小分别为F A ′、F B ′，速度分别为v A ′、v B ′.根据牛顿运动定律有F A ′＝F A 且F A ′－mg ＝m v A ′2rF B ′＝F B 且F B ′＋mg ＝m v B ′2r 在小球从A 点运动到B 点的过程中，根据功能关系有12mv A ′2＝12mv B ′2＋mg·2r＋ΔE 解得ΔE ＝0.2 J.10．(1)4 m/s (2)5 m/s (3)7.9 J45分钟单元能力训练卷(六)1．D 2.D 3.C 4.A 5.D 6.C 7.D 8.B9．(1)2.4 m/s (2)11.36 N10．(1)kQq 3mg (2)4g （h 2－h 1）3[解析] (1)点电荷P 运动到重力与电场力相等的位置时，速度最大，设这时与底部点电荷的距离为r.则有3mg ＝kQq r解得r ＝kQq 3mg. (2)设点电荷P 运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理有3mg(h 2－h 1)－qU AB ＝12×3mv 2B 依题意有mg(h 2－h 1)＝qU AB两式联立可得v B ＝4g （h 2－h 1）3. 45分钟单元能力训练卷(七)1．C 2.A 3.B 4.B 5.A 6.B 7.B 8.B9．(1)实验电路图如图1所示．图1 图2(2)2.5 (3)U­I 图线如图2所示 3.0 3.5[解析] U­I 图线在纵轴的截距表示电源电动势，E ＝3.0 V ，图线斜率的绝对值表示电阻箱读数R 和电源内阻r 之和，即R ＋r ＝6 Ω，r ＝3.5 Ω.10．54%[解析] 电动机的输入功率为P 入＝UI由图乙可知重物匀速上升时的速度为v ＝Δh Δt电动机的输出功率为P 出＝mgv电动机的效率为η＝P 出P 入×100% 联立解得η＝54%.11．(1)28 W (2)140 V/m (3)5.6×10－4 kg45分钟单元能力训练卷(八)1．B 2.C 3.C 4.C 5.D 6.C 7.A8．(1)2mE qL (2)(1＋π4)2mL qE 9．(1)100 2 m/s (2)cot π5(T)或cot 2π5(T) 45分钟滚动复习训练卷(三)1．D 2.D 3.B 4.A 5.C 6.D7．0.010 6.870 6.860 1.240[解析] 依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5 mm 以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到0.001 mm ，则图(a)读数为0.010 mm ，图(b)读数为6.870 mm.游标卡尺读数为d ＝(12＋120×8)mm ＝12.40 mm ＝1.240 cm. 8．(1)18.0 Ω 23.0 mA (2) I ＝ε r ＋ R 0＋R g ＋ R x(3)BCD 9．(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J[解析] (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律，对物块有 mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋qE)＝ma 1对木板有Mgsin 37°＋μ(mgcos 37°＋qE)－F ＝Ma 2又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 联立解得物块滑离木板所用的时间t ＝ 2 s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s.其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J. (3)由于摩擦而产生的内能为Q ＝F f s 相对＝μ(mgcos 37°＋qE)·L＝2.16 J.10．(1)3mv 202q (2)2mv 0qB (3)（3 3＋2π）m 3qB。