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正文內(nèi)容

河北省石家莊市20xx屆高三上學(xué)期期中考試物理試題-資料下載頁(yè)

2025-11-02 00:51本頁(yè)面

【導(dǎo)讀】1—12為單選,13—16為不定項(xiàng)選擇,全。部選對(duì)的得4分,選不全的得2分,有選錯(cuò)或不答的得0分。,采用的是比值法,當(dāng)趨近于零時(shí),就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度,、電壓和電流三者之間的關(guān)系時(shí),先保持電壓不變研究電阻與電流的關(guān)系,射出,同時(shí)乙以初速度沿傾角為的光滑斜面滑下,已知重力加速度,沿電場(chǎng)線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),其速度-時(shí)間圖象如圖所示。則這一電場(chǎng)可能是。現(xiàn)讓傳送帶由靜止開(kāi)始以加速度a0=10m/s2向右勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)其速度增。工件在傳送帶上滑動(dòng)時(shí)會(huì)留下“劃痕”,取重力加速度g=10m/s2,在整。位于兩板間恰好平衡.現(xiàn)用外力將P固定住,然后固定導(dǎo)線(xiàn)各接點(diǎn),小球開(kāi)始時(shí)靜止于最低點(diǎn)。分別為10V、20V、30V。平地面,與水平面的夾角相同,以同樣恒定速率v向上運(yùn)動(dòng)?;瑒?dòng)變阻器R2:最大阻值50Ω;在可供選擇的器材中,應(yīng)該選用的電流表是____,應(yīng)該選用的滑動(dòng)變阻器是____.

  

【正文】 查考生理解和應(yīng)用能力。 將滑動(dòng)變阻器滑片 P向左移動(dòng)一段距離后,電路中總電阻變大,總電流減小,則燈泡 L變暗,選項(xiàng) A錯(cuò)誤;當(dāng)內(nèi)、外電阻相等時(shí),電源的輸出功率功率最大。燈炮 L的電阻大于電源的內(nèi)阻,當(dāng) R增大時(shí),電源的輸出功率減小。故選項(xiàng) B錯(cuò)誤;因電路中總電流減小,內(nèi)電壓變小, 則外電壓變大,故電壓表示數(shù)變大,選項(xiàng) D正確;燈泡兩端的電壓減小,則滑動(dòng)變阻器兩端電壓變大,由 Q=CU可知,電容器 C上電荷量變大,選項(xiàng) C錯(cuò)誤。綜上本題選BD。 【解析】根據(jù)牛頓第二定律得: f1mgsinθ= ma1=, f1=μ 1mgcosθ f2mgsinθ= ma2=, f2=μ 2mgcosθ ;可見(jiàn) f1< f2,兩種傳送帶與小物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)乙更大, C錯(cuò)誤;由摩擦生熱 Q=fS 相對(duì) 知: Q 甲 =f1S1=f1(vt1)=f1; Q 乙 =f2S2=f2解得: Q 甲 =mgH+mv2,Q 乙 =mg(Hh)+mv2, Q 甲 > Q 乙 , A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律,電動(dòng)機(jī)消耗的電能 E 電 等于摩擦產(chǎn)生的熱量 Q與物塊增加機(jī)械能的和,因物塊兩次從 A到 B增加的機(jī)械能相同, Q 甲 > Q 乙 ,所以將小物體傳送到 B處,兩種傳送帶消耗的電能甲更多, B正確;傳送帶對(duì)小物體做功等于小物塊的機(jī)械能的增加量,動(dòng)能增加量相等,重力勢(shì)能的增加量也相同,故兩種傳送帶對(duì)小物體做功相等, D正確;綜上本題選 BD。 17.① mm; ② , ; ③ 如圖所示 ④ ,相等 【解析】本題主要考查測(cè)金屬的電阻率;主尺讀數(shù)為 ,螺旋尺讀數(shù)為=,故最終結(jié)果為 ;電源電動(dòng)勢(shì) ,金屬絲電阻約為 4Ω , 則回路最大電流為 ,不足量程的三分之一,故電流表選;此電路在不必要選用分壓式接法的情況下,應(yīng)該優(yōu)先選用限流式接法,而限流式接法時(shí),的阻值太大,電阻變化時(shí)測(cè)得的數(shù)據(jù)不夠離散,誤差較大,因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選;電路圖如下:由閉合電路歐姆定律可知:,解得;電流表內(nèi)接法的主要誤差來(lái)自于電流表分壓,但是由于電流表內(nèi)阻已知,可以排除這種誤差,故測(cè)量值等于真實(shí)值。 18.(1) (2)【解析】本題考查牛頓第二定律、功的計(jì)算,意在考查學(xué)生的分析能力。 (1)物塊滑落前受到的滑動(dòng)摩擦力大小為 做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為。當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)物塊的速度為。 (2)時(shí)間內(nèi),由題圖乙得小車(chē)的加速度大小為。 根據(jù)牛頓第二定律得:,其中,解得 小車(chē)的位移 在時(shí)間內(nèi),牽引力 由題圖乙得小車(chē)的位移大小 所以時(shí)間內(nèi)小車(chē)的牽引力做的功 代入數(shù)據(jù)解得。 19.(1) (2) (3) 【解析】本題考查共點(diǎn)力平衡、動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí),意在考查學(xué)生的分析能力。 (1)由于帶電小球所受電場(chǎng)力方向向左,電場(chǎng)線(xiàn)方向也向左,分析小球的受力情況,作出受力圖如右圖,根據(jù)對(duì)稱(chēng)性,此時(shí)必有重力與電場(chǎng)力的 合力與角分線(xiàn)在同一條線(xiàn)上,根據(jù)平衡條件得:,解得: 。 (2)小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中速度最大的位置,由動(dòng)能定理得: 小球在時(shí),由重力電場(chǎng)力與細(xì)線(xiàn)的拉力的合力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得: ,解得: 由牛頓第三定律可知細(xì)線(xiàn)所受的拉力大小為。 (3)當(dāng)小球能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),需滿(mǎn)足: 根據(jù)動(dòng)能定理有: 由上幾式聯(lián)立解得: 20.【答案】 (1) (2)y3+(d)tanθ 1= (3) 【解析】 (1)由閉合電路歐姆定律得電容器兩端電壓為 U= 設(shè)粒子射入電場(chǎng)的初速度為 v0,在平行板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng) 有 E0=, a=, d=v0t, y= 由 y=得 v0=。 (2)設(shè)沒(méi)有平移時(shí),粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為 θ 1,速度反向延長(zhǎng)線(xiàn)過(guò)水平位移中點(diǎn),有 tanθ 1= 平移后,粒子在左半部分電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的水平位移減半,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間減半,由 y=得,粒子在左半部分電場(chǎng)中側(cè)移的距離 y1= 設(shè)粒子離開(kāi)左側(cè)電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為 θ 2,有 tanθ 2= 粒子離開(kāi)左側(cè)電場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng),側(cè)移距離 y2=tanθ 2= 粒子在兩電場(chǎng)中的合軌跡不變,故粒子從 O點(diǎn)到離開(kāi)右側(cè)電場(chǎng)時(shí)側(cè)移距離 y3=+y2= 粒子打在屏幕上位置與 OO1的距離為 y 總 =y3+(d)tanθ 1=。 (3)粒子能從右側(cè)電場(chǎng)射出,有 xtanθ 2≤ ,得 x≤ d 粒子打在屏幕上位置與 OO1的距離為 y′ =+xtanθ 2+(dx)tanθ 1= 當(dāng) x=d時(shí), y′ 最小,得 y′ min=。
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