解析：(1)利用逐差法可知△x=aTP,根据图乙数据带人解得a=一2T2(2)如果小车的加速度与合外力成正比，则T=Ma,同样，对于砝码和砝码盘，(m十m)g一T=(m十m)a,得到。一日十兰十因比作女图像，如果周障是一条倾斜直线，图像在纵轴上的我E为a，图像的斜率为山，则表明小车的加速度与合外力成正比。g12.(1)140(1分)(2)DF见解析（每空2分）(3)并50（每空1分）解析：(1)欧姆表的选择开关为×10档，示数为“14.02”，故读数为14.0×102=1402：(②)为了更加准确的描绘发光二极管的伏安特性曲线，根据欧姆定律，最大电流为I-只-品A=0,021A=21A,电流表应选择A2;为了方便调节电路，滑动变阻器应选择R2;要测量发光二极管的伏安特性曲线，电压必须从零开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法；由于电流表内阻远小于二极管电阻，所以采用电流表内接法，电路如图所示。(3)该型号二极管在3V电压下能够稳定发光，电动势为4V,内阻为1Ω的直流电源，电路中的电流为I=EU=1000mA,由图像可知，电压为3V时，二极管中电流为20mA,故应采用并联接法，二极管个数为m=1000=50个.2013,解：1)设球A与B第一次碰撞前的速度大小为w,根据机械能守恒有mg=?m话(1分)解得6=√2gh(1分)设碰撞后，A球的速度大小为v1,B球的速度大小为v2,根据动量守恒有mh=一mw十3m2(1分)根据能量守恒有令m话=合md+号×3m&1分)解得助==号=分V22分)(2)设C球的质量为c,要使C球具有最大动能，则B、C通过弹簧作用，将C球弹离时，B球的速度为零，设C球获得的速度大小为v3,根据动量守恒有3mh=mcw3(1分)根据能量守恒有合×3m=2mc暖(1分)解得s=2,mc=3m(2分)14.解：(1)由题意可知，电磁推力大小F1=BIL=10×4000×3=1.2×105N(2分)电磁推力做功W1=F1=1.2×105×80J=9.6×106J·(1分)(2)设飞机常规推动力的大小为F2,对整个过程根据动能定理有W+F,a+)0.2F,(+)=号m(2分)解得F2=9.75×105N(2分)(3)弹射过程，根据牛顿第二定律F1十0.8F2=ma(2分)解得a=30m/s2(1分).115.解：(1)设金属棒a刚要进磁场时的速度大小为o,根据动能定理(F-mg)a=2m6(1分)解得6=4m/s(1分)(2)当α进入磁场后，两棒组成的系统合外力为零，经t=0.5s两棒的共同速度为h,据动量守恒定律有m=2mw(2分)解得=2m/s(1分)【四联试卷·物理参考答案第2页（共4页）】

教学全国@0所名校单元测试示范卷区札记联立解得Q=8.0×105C。(2分)15.(12分)如图，电源的电动势E=8V、内阻r=0.52,小电动机M的线圈电阻rM=0.52,限流电阻R,=42。闭合开关S后，理想电压表的示数U=Ro4V,试求：(1)电源的总功率和电源的输出功率。(2)电动机输出的机械功率。_=1A1分)解：(1)由欧姆定律知，电路中电流I一R,一尺电源的总功率Pr=IE=8W(2分)内电路消耗的功率P,=Pr=0.5W(2分)电源的输出功率P出=P-P,=7.5W。(1分)(2)根据闭合电路欧姆定律，有电动机两端的电压UM=E-Ir一Uo=3.5V(2分)电动机消耗的功率PM=IUUM-3.5W(1分)电动机的热功率P热=PrM=0.5W(2分)电动机输出的机械功率P机=PM一P热=3W。(1分)16.(13分)如图所示的电路中，两行金属板A、B水放置，两板间的距离d=40cm。电源的电动势E=24V、内阻r=42,电阻R=162。闭合开关S,待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度E,r=4m/s竖直向上射入两板间。若小球的带电荷量q=1×102C、质量m=2×10-2kg,不考虑空气阻力，滑动变阻器的滑片P在图中位置时，小球恰能到达A板。取重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)两极板间的电场强度大小E。(2)此时滑动变阻器接入电路的阻值R。(3)此时电源的输出功率P出。解：(1)根据题意，小球到A板时的速度为0，由动能定理可得-gUa-mgd=0-号mu2(2分)解得UB=8V(1分)两板间电场为匀强电场，则有E贤-0vm.(2分)(2)由闭合电路欧姆定律可得E=I(R十r)十UA知(2分)解得I=0.8A(1分)则有R==10n。2分)(3)电源的输出功率等于外电路上消耗的功率，即P出=IP(R+R)(2分)代入数据，解得P出-16.64W。(1分)52【23DY.物理-R-选修3-1-N】

相遇时x甲=x乙，解得t=6s,D项错误。6.D解析由于一块碎片先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向8.C解析从静止开始下落的雨滴受到重力和阻力作用，根据题意可得：应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，D项速度达到最大时，有mg=k,由动量定理可得一gl十If=一w一0，联正确。立两式可得14=mg:,C项正确。:7.D解析当滑块B相对于斜面体加速下滑时，斜面体A水向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直9.B解析设飞行器对水的均作用力为F,根据牛顿第一定律可知，水于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面体对滑块的支持力F、不等于对飞行器的作用力的大小也等于F,对飞行器，则有F=Mg,设水喷出ngcos a,A项错误：滑块B卜滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt,B时的速度为v,在时间t内喷出的水的质量△n=pV=2St,t时间内质项错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力Mg一量为△m的水获得的冲量I=F=△m·2u,联立可得v=√4不为零，系统的动量不守恒，C项错误；系统水方向不受外力，水方向动量守恒，设A、B两者水位移大小分别为x1、x2,则Mx1一m,x2,x1900√4X1000XxX0.052m/c5.4m/s,B项正确十2=L,解得x1一M十m,D项正确10.A解析以正离子为研究对象，由动能定理得gU=2m2,A1时间8.AC解析如果△pA=一3kg·m/s、△s=3kg·m/s,遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为pA'=pA十△pA=9kg·m/s、pB'=pB的总电荷量Q=1,喷出的正离子总质量M=号m十△pB=16kg·m/s,可知碰撞后A的动能减小，B的动能增大，有可由动量定理可知正离子所受的均冲量F△t一M,联立以上式子可得能能量守恒，是可能的，A项正确。如果△pA=4kg·/s、△pB=下=1√②，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的均推力FP一4kg·m/s,遵守动量守恒定律；A球的动能增加，B球的动能减小，不符合实际的运动情况，不可能，B项错误。如果△A=一5kg·/s、△pB/2mC,A项止确。-5kg·m/s,遵守动量守恒定律；碰后两球的动量分别为A'=pA△pA=7kg·m/s、pB'=pB十△pB=18kg·m/s,可知碰撞后A的动能11.C解析安全气囊的作用，一是可以延长司机或乘客的受力时间，减减小，B的动能增大，有可能能量守恒，是可能的，C项正确。如果△pA小其所受弹力的大小：二是增大司机或乘客的接触面积，减小弹力对应-一24kg·m/s,△pB-24kg·m/s,遵守动量守恒定律；碰后两球的的压强。A、B、D都是延长了受力时间，减小了相应物体受到的作用：动量分别为1'=pA十△pA=一12kg·m/s、B'=B十△pB力。C中啄木鸟长长的尖嘴，减小了受力面积，增大了压强，故C项所：37kg·m/s,可知碰撞后A的动能不变，B的动能增大，违反了能量守述与题干中所述物理规律不一致。恒定律，是不可能的，D项错误。课时2动量守恒定律及其应用:9.(1)1.5m/s1.5m/s(2)15个解析两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球1.C解析在章鱼喷水的过程中，章鱼的生物能转化为机械能，系统机：后的速度相等。无论是甲抛球的过程，乙接球的过程，还是整个过程，系械能增加，A项错误；章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，统动量均守恒。章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，B项错误：由动量守恒定律得0=(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒，沿A车的运动方向，甲M一m一mw,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小一W,,C项不断抛球、乙接球后，当甲和A车与乙和B车具有共同速度时，可保证刚好不碰撞，设共同速度为，则正确；章鱼喷水的过程中受到的冲量大小等于喷出的水的动量大小，即M1o-M2=(M1十M2)vm0,D项错误。2.C解析以物休与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由g说3×6ms-1.5mwM-M动量守恒定律可得m=(M+m),最终车厢的速度0一m,方向与(2)整个过程巾乙小孩及B车的动量变化△p=[30×6-30×(-1.5)7kg·m/s=225kg·m/s速度0的方向相同，水向右，C项正确。整个过程中每个小球的均动量变化3.B解析P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，△p=(16.5×1-1.5X1)kg·m/s=15kg·m/sP会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做功不为零，A项错误；因为P、Q之间故小球个数=的-瓷个)=15（个.的力属丁系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，10.C解析由图像可知，甲是被碰小球。根据动量守恒定律可知，新所以做功之和为零，B项正确：因为系统只有系统内力和重力作用，所以mZz=mp十mZzZ1,其中z=4m/s,p=2m/s,z1=-2m/s,该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水方向上不受外力的作用，水代人可解得mz=1kg。乙小球碰撞过程的动量变化量△p=mzz1方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守m忆=一6kg·m/s,A项错误。根据动量守恒定律可知，甲小球的动但，C、D两项错误。量变化量与乙小球的动量变化量等大、反向，而且据动量定理可得I4.C解析以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方△p,可知甲小球碰撞过程中所受到的冲量为6kg·/s,B项正确。计向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得mw=A十2nB,由机械算碰前动能为2mz2,碰后动能为号m2z12+号m甲2，均为8J,能守恒定律得分m2=号mo2+子X2s2,解得以=一子，B=属于弹性碰撞，C项正确。中动量守恒定律及能量守恒定律得乙vz号，负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m=(m十2m)vB,解得m乙一1甲2mzw=子，则碰撞后B球的速度范围是了<<号，则碰后B球的m2十m甲z,0卿一mzmz,丙为乙小球的质量小于被碰小球甲的质量，故两小球碰后速度方向一定不相同，D项错误。速度大小可能是0.5v,C项正确。5.AC解析由水方向动量守恒可知在大锤连续敲打的过程中，车会核心素养微专题6“碰撞类”模型问题往复运动，A项正确；人、锤和车组成的系统，只在水方向上所受的外1,D解析设滑块甲从圆弧上高度为h处由静止滑到底端时，滑块甲的力之和为零，水方向上动量守恒，B项错误；锤从刚离开车的左端至运速度为1，圆弧形斜面的速度为，取向右为正方向，此过程中系统在动到最高点的过程中，锤的水动量方向先向左再向右，则车的动量方向先向右再向左，大小先增大后减小，C项正确；锤从刚接触车的左端至水方向上动量守恒，有2mo十m-0,由机械能守恒可得mgh-2锤的速度减小至零的过程中，车具有水向左的动量，车的动量减小至零，D项错误。×2mw2+号mm2,联立解得w=一√弯，a=2√零，负号表示圆·70·23XJ(新)·物理一A版-XC

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1

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澳洲亚洲非洲282图片说明：16世纪末，伦敦港是世界贸易新轴线的中心。此8前英国开展了一系列探险活动。佛朗西新·德雷克甚至攻击了运165栽香料的葡萄牙大帆船及满载黄金白银从美洲返航的西班牙帆34919

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周测卷八海水的温度、洋流及地理意义、海一气相互作用1.D图示取水管的作用是把集水器收集的淡水取出，类似于水循

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(注：其它正确表达式也相应给分)a19.(14分)(1)B点：F-mg=m…(1分)RVe=4m/s…(1分)从A到B点的过程中，根据动能定理得mgR-Wr=12mvg2…（1分)Wr=3J…（1分)

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(4)下图分别表示玉米和小麦在不同C02浓度下的光合速率曲线图，其中表示玉米的曲线为,原因是30高是·，

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4.右图是一款迷你电钻及其简化电路图，它由变压器及电机两部分构成.电机的内阻为12，额定工作电压为11V;变压器额定输入电压为220V,额定输入电流为0.1A,设变压器为理想变压器，则：A.变压器的原

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教学全国@0所名校单元测试示范卷札记(3》根据动堡定理，合力的冲量1看+管，方向肉下。2分)15.(15分)如图甲所示，质量m=100g的铜棒长a=0.4m,棒两端与长1=0.5m的轻质细软铜线相连，

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el“al品z80967111:27(高三思政答案)神州智达2021-2022.…文件预览【物丨版权所有，未

2024-03-29 21:54:10

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2022-2023学年海南省全真高考模拟卷（一）一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.函数f()=V2-x+1的定义域为（)X-1A.(

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13.如图所示，“奋进号”潮流能发电机组核心部件是“水下大风车”，一台潮流能发电机的叶片转动时可形成半径为10m的圆面，某次涨潮期间，该区域海水的潮流速度是3/s,流向恰好与叶片转动的圆面垂直，并将4

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7.水地面上有一质量为m的木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为√现对木箱施加3一拉力F,使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水地面的夹角为0，如图所示，在0从0逐渐增大到接近90°的过程中，木箱的速度始

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(2)根据材料一、二并结合所学知识，说明孝文帝改革的意义。(8分)、…，…历史试题第8页（

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始积累；在工业革命的推动下，资本主义发展迅速，要学会探究问题求获取广阔的市场和原料产地；1929~1933年经

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第六套1.D(A

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:题目6分“射礼”与

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有一天，我和爸爸一起坐在壁炉旁边，我对他一C,文章描写了舅舅走的时候，番红花刚好开放，在卒，遂用光祖代。时部权为内阁所夺，續力矫之，遂12.【细磨题】下列对原文有关内容的概括和分析，不一讲了我怎样坐在

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又B=4B得R=L(2分)4根据运动轨迹、几何关系可得，圆形有界做场的圆心在x=-】L轴上，最小半径为rm=Rsin=L(2分y68(3)带电粒子在x轴下方运动的时间t=300°T_52πm_5πLT

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12.此次地震的震源位于阅读图文材料，完成下列要求。(16分)18.格尔木太阳能光代发电站位于方盖高压的泉达水金A.①B.②地向瑞，海越0多座水少挂技短缺人口转、诚发电站是目前世界上最大的太阳能光伏发

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八【6径思14.(12分)在金属导体两端加上电压，导体中自由电荷定向运动形成电流。己知导体单位体积内自由电子数为n,电子的电荷量为，阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率)成正比，即F=kw(k是

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创新飞地通常指飞出地为培育新质生产力而在飞入地设立研发解化机枸的区域合作模式。2022年《三省一市共建长三角科技创新共同体行动方案(2022一2025年)》中明确提出要推动建立协同联动的长三角创新飞地

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▣■口口口口口■错误。b点，MOH和M2SO4比为2：1，据电荷守恒有：2c(SO?)+c(OH)=c

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⑩诶书，也是一种“在”。有一年到图书馆去，翻一本《春在堂笔记》，红绸金骇的封面，打13.右边是杭州第19届亚洲运动会开幕式迎宾表渝节目“水涧秋开封底一有，竟然从朵也没人倩阅过，真是“古条圣数指寂突”啊

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1a其5小题计0分)亦将药有一百，满遍。请根锯独白内容，用所所到的单词或短语完成下列各题。〔每孕不顺过三个单词)sk,ksad。for about thirty minutes信威ofen spen在

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10月联考 2024-05-12 21:49:00

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(3)设带电粒子在电场中加速n次时速度达到最大，此过程用的总时阀为。nd=主at好(1分)当在电场中加速次的总时间小于夺于时，带电粒子通过狄缝时一直做加速运动n=月(1分)解得：7=64此后带电粒子经

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12.A由题可知，2)=2，f1)-1,(号)-2f(2)-1,f(x)关于点(1,1D对称，因为当0≤<≤2时，1

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C.资本主义仍然适应生产力发展要求并将长期存在D.世界社会主义运动实践以失败而告终21,中国逐渐成为半殖民地半封建补

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》区别：50年代中期到60年代中期的建交高潮主要以亚非拉国家为主：70年代的建交高潮既有第三世界国家，也有么逐中8回际油力的超升兔动了重生执眼相拉起不结动的发是：古行西际局劳的觉和为中国的社会达的资本

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【解析】材料“这些作品看上去总有些荒谬，然而稍加思索就会感觉到这种荒谬只是形式上的，它们反映的正

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6.C【命题意图】本题考查新文化运动，意在考查学生获取和解读信息、调动和运用知识的能力，考查时空观念、史料实证、历史解释等核心素养。司【解题分析】根据材料并结合所学知识可知，陈独秀认为儒学独尊会阻碍其

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料并未涉及满汉民族矛盾，B顶错误：材料提及的权力格局变化在鸦片战争前后就已发生，并非是农民战争的结果，D项错误。11

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2024-06-08 13:36:13

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RΦR解析：(1)根据动量守恒，有mvA=mvB压为UwN=一R十，E(t2-t1)(R+r)(1分)C正确；在t3~t4时间内，流过电阻R的电根据机械能守恒，有E,=m吃十7i1荷量为，D错误。放选AC(1分)11.答案：(1)小物块P的质量mp、小物块Q联立可得VB=的质量mQ(2分)(2分)m,0A=m(2)p√l1=mQ√l2-mp√l3(2分)(2)设C球质量为M,根据动量守恒，有(3)AC(2分)muB=muB+Muc(2分)(规定物理量符号与公式中保持一致即可)解析：(1)(2)根据动量守恒定律有mpv1=根据机械能守恒，有2mi=专mo号+mQv2一mpv3,根据运动学公式有2gl1=2M呢(2分)o1,2μgl2=v,2gl3=v,联立可得mp√l1=mQ√l2一mp√，故还需测量的UB=-20a(1分)物理量有小物块P的质量mp、小物块Q联立可得M=3m(1分)的质量mQ。Lvo(3)OB间距离适当取大一些，可以减小测14.答案：(1)R+r量距离时的误差，A正确；验证动量守恒定律时，不用保证两物块的碰撞为弹性碰撞，(2)BL24(R+r)B错误；尽可能保证P、Q两物块碰撞为正4mvor(3)碰，满足动量守恒的条件，可以提高实验精B2L2度，C正确；只要保证小物块P到达O点的解析：(1)金属棒MN刚过ac瞬间，产生的速度相同即可，不需要斜面光滑，D错误。感应电动势E=BLvo(1分)12.答案：(1)向左(1分)不一定(1分)E(1分)(2)4.5(2分)20(2分)I0一R十r(3)偏小(2分)可得Io=BLvo(1分)解析：(1)框架向右加速时，滑片向左滑动，R+r此时Q点电势高于P点电势，指针向左偏(2)流过回路的电荷量q=I△t(1分)转，滑片在中间时，滑块所受合力为零即E1-R+r(1分)可，弹簧不一定处于原长状态。(2)当滑片滑到最右侧时，右半边电阻分压EA巧(1分)△t为4.5V,电压表的示数为4.5V,由△ΦBL22k△x=ma,代入数据可得a=20m/s2。可得q=R+,4(R+r)(2分)(3)电动势降低后，同样的位置电阻分压减(3)当组合体速度为时，金属棒MN和小，电压表示数减小，所测加速度大小PQ切割磁场产生的电动势之和为e=BLv偏小。(1分)E两棒所受安培力之和F=BIL(1分)13.答案：(1)mI=BLo(2)3m2r(1分)·物理答案（第2页，共3页）·

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