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1、-第27届大同杯初赛(2013年) 解析-第 14 页上海市第二十七届初中物理竞赛（2013年）初赛试题一、单项选择题1下列四幅图片中，能体现“增大摩擦”的是（）A磁浮列车轨道B轮胎花纹C轴承滚珠D“鲨鱼皮”泳衣解答：解：A、磁悬浮列车利用了同名磁极互相排斥，使列车和铁轨间分离，大大减小了摩擦，不符合题意；B、轮胎花纹，在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度，增大摩擦，符合题意；C、轴承滚珠是变滑动为滚动减小摩擦力，不符合题意；D、“鲨鱼皮”泳衣，是通过减小接触面的粗糙程度减小摩擦，不符合题意；故选B2下列说法中正确的是（）A机械效率越高，机械做功一定越快B做功越多的机械，机械效率一定越高C功
2、率越大的机械做功一定越多D做功越快的机械，功率一定越大解答：解：A、机械效率高，说明有用功占总功的比值大，但不一定做功就快，故A错误B、做功多，效率不一定高，这要看有用功、额外功的比例大小，故B错误；C、功率大表明机械做功快，但做功不一定多，这要看做功时间的长短，故C错误；D、做功快，说明机械的功率大，能够在较短的时间内做更多的功，故D正确故选：D3如图所示，OA是光从水中斜射入空气的一条光线，若OA与水面夹角为40，关于反射角、折射角的说法正确的是（）解答：解：根据光的反射定律的内容，作出其反射光线，反射光线与水面的夹角也为40，反射角为9040=50同时当光从水中斜射入空气中时，要发生折射
3、，折射角大于入射角，所以折射角大于50，光线要远离法线如图所示故选D4重力为10牛的水对漂浮的物体所产生的浮力大小（）A一定小于10牛B一定等于10牛C可以等于0牛D可以大于10牛解答：解：根据物体漂浮的条件可知受到浮力和重力相等，而物体重力未知根据阿基米德原理：浸在液体的物体，所受的浮力的大小等于它排开液体受到的重力，表达式为F浮=G排=水gV排可知：当物体所受的浮力的大小取决于物体排开水的体积，与水的多少无关故由此分析可知选项D正确故选D5容器内盛有部分盐水，在盐水中放入一块淡水凝固成的冰，冰熔化后（）A盐水的密度减小，液面上升B盐水的密度减小，液面不变C盐水的密度减小，液面下降D盐水的密
4、度不变，液面也不变解答：解：冰块漂浮在水面上，所以，F浮=G冰，盐水gV排=冰gV冰，V排=，冰熔化成水之后，状态变化，质量不变，所以，m冰=m水，冰V冰=水V水，V水=，因为盐水水，所以，V水V排，所以液面上升；因为盐水里增加了一部分水，所以盐水的密度会减小故选A6水被加热烧开后，水面上方有“白色气体”；在炎热的夏天，冰块的上方也有“白色气体”（）A前者主要是由杯中水转变成的“水的气态物质”B前者主要是由杯中水转变成的“水的液态物质”C后者主要是由冰转变成的“水的气态物质”D后者主要是由冰转变成的“水的液态物质”解答：解：水被加热烧开后，水面上方有“白色气体”，是水汽化的水蒸气遇冷的空气液化
5、形成的小水珠悬浮在空气中，是由杯中的水转变成的“水的液态物质”；在炎热的夏天，冰块的上方也有“白色气体”，是空气中的水蒸气遇冷的冰块液化形成的小水珠悬浮在空气中，是空气中是水蒸气转变成的“水的液态物质”，故只有选项B正确故选B7物、透镜、光屏置于光具座上，下列说法中，正确的是（）A如透镜是凸透镜，则不论物体放在透镜左方何处，只要把透镜右方的光屏移到适当位置，一定能在屏上得到物体的像B如透镜是凸透镜，则不论物体放在透镜左方何处，去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，一定看不到物体的像C如透镜是凹透镜，则不论物体放在透镜左方何处，只要把光屏移到适当位置，一定能在屏上得到物体的像D如透镜是凹透镜，
6、则不论物体放在透镜左方何处，只要去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，一定能看到物体的像解答：解：A、如透镜是凸透镜，只有物体放在凸透镜一倍焦距以外，才能在右侧光屏上得到物体的像如果物体在凸透镜的一倍焦距以内，凸透镜成正立、放大的虚像，光屏承接不到像不符合题意B、如透镜是凸透镜，物体在凸透镜的一倍焦距以内，去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，能看到正立、放大的虚像不符合题意C、如透镜是凹透镜，不论物体放在透镜左方何处，都能得到正立、缩小的虚像，虚像不能呈现在光屏上不符合题意D、如透镜是凹透镜，则不论物体放在透镜左方何处，只要去掉光屏而用眼睛从右向左沿主轴直接观察，一定能看到物体正立、缩小
7、的虚像符合题意故选D8在如图所示的电路中，电阻R2R1，若保持电路的总电流不变，那么为了使通过R1的电流稍增大一点，可采用的措施是（）A与R2并联一个比R2小得多的电阻B与R2并联一个比R2大得多的电阻C与R2串联一个比R2小得多的电阻D与R2串联一个比R2大得多的电阻解答：解：若保持电路的总电流不变，那么为了使通过R1的电流稍增大一点，就应当让通过R2的电流稍减小一点，根据欧姆定律I=可知，可以与R2串联一个比R2小得多的电阻故选C9）每种金属导体中单位体积内的自由电子数有确定的值若两段长度之比为2：1、横截面积之比为1：3的镍铬合金丝并联在某电路中使用时，则这两根电阻丝内电子定向移动的平均
8、速度之比为（）A1：2B3：1C2：1D1：1解答：解：因为R1和R2材料相同，长度之比为L1：L2=2：1，横截面积之比为S1：S2=1：3，所以电阻之比R1：R2=6：1，两电阻并联电压相等，则I1：I2=1：6，根据I=nqsv得 I1=n1q1s1v1，I2=n2q2s2v2，因为I1：I2=1：6，S1：S2=1：3，所以v1：v2=1：2故选A10在听磁带式录音机的录音时，经过20分钟，带轴上带卷的半径会减少那么，从此刻到带卷的半径变成起始半径的一半时，经过的时间为（）A8分钟B7分钟C6分钟D5分钟解答：解：听磁带式录音机的录音时，带卷线速度大小不变，设磁带厚度为d，初始带轴上带
9、卷的半径为R经过20min，带轴上带卷的半径减少，为R，磁带长度为L1=2R；设从此刻到带卷半径变为起始的一半时，经过的时间为t，磁带长度为L2=2R，由=，解得t=7min故选B11一只家用电能表标有“1500r/kWh”的字样，今若让一台录音机工作，测得电能表旋转1r的时间恰好为100s，则这台录音机的功率为（）A15WB24WCD解答：解：这台录音机的功率故选B12 “220伏 25瓦”的白炽灯L1与“36伏 25瓦”的白炽灯L2均正常工作，若两灯丝的材料相同、长度相近，则（）AL1灯丝细且L1比L2暗BL1灯丝粗且L1比L2亮CL1灯丝粗，两灯一样亮DL2灯丝粗，两灯一样亮解答：解：（
10、1）两个灯泡的额定功率相同，灯泡都在额定电压下工作，额定功率相同，亮度相同（2）P=UI，I=，R=，两个灯泡的额定功率相同，额定电压越大，电阻越大，所以L1的电阻大L1和L2的长度和材料相同，L1的电阻大，L1的横截面积小故选D13如图所示甲和乙是叠放在水平桌面上的两个物块，它们在丙的作用下一起向右做匀速直线运动（）A乙所受摩擦力的方向向右B甲可能不受摩擦力C甲和丙所受的重力都不做功D将乙拿掉后，甲的运动状态一定会发生改变解答：解：A、乙放在甲上和甲一起匀速直线运动，以甲为参照物乙是静止的，没有运动趋势，乙和甲之间没有摩擦力不符合题意B、甲在丙的作用下水平向右匀速直线运动，甲受的摩擦力水平向
11、左不符合题意C、甲受到重力竖直向下，甲向下没有移动距离，重力对甲没有做功丙受到重力竖直向下，丙向下移动了距离，重力对丙做功不符合题意D、乙叠放在甲上，甲进行匀速直线运动，水平方向上受到拉力和摩擦力，并且摩擦力等于拉力将乙拿到，甲对水平桌面的压力减小，摩擦力减小，拉力大于摩擦力，甲向右进行加速运动，甲的运动状态不断改变符合题意故选D14甲、乙、丙三只灯泡，按如图所示连接时恰好都能正常发光当甲灯由于接触不良而熄灭时，则以下可能发生的是（）A乙、丙灯立即变得更亮B乙灯烧毁，丙灯不亮C丙灯烧毁，乙灯不亮D乙灯变得更暗，丙灯变得更亮解答：解：由图可知，甲、乙并联后，再与丙串联，当甲灯由于接触不良而熄灭时
12、，并联部分的电阻变大、电流变小、分压变大对于乙灯，由P=得，分压变大，灯泡电阻不变，所以实际功率变大，故乙丙有可能先亮度变亮后烧毁；当乙灯分压变大时，丙灯分压变小，由P=得，分压变小，灯泡电阻不变，故灯泡会变暗，但当乙灯烧毁后，整个电路断路，丙灯也不亮综上所述，只有选项B符合题意故选B15某商场安装了一台倾角为30的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以/s的恒定速度向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kW不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时扶梯的移动速度和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为（设人的平均质量为60kg，g=10N/kg）（）A12人B14人
13、C20人D25人解答：解：维持扶梯运转的功率：P0=UI=380V5A=1900W=1.9kW，电动机的最大输出功率为P最大可用于输送顾客功率：P=P最大P0=4.9kW1.9kW=3kW，输送一个人的功率：P=Fvsin30=Gvsin30=mgvsin30=60kg10N/kg/ssin30=120W，同时乘载的最多人数：n=25（人）故选D16如图所示，电源的输出电压恒定不变，现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W则输电导线AC、BD上消耗的功率为（）A1WB2WC4WD9 W解答：解：设灯泡L连
14、接在A、B两点时，电路的电流为I1，则P1=I12RL=25W若将灯泡L接C、D两点时，电路的电流为I2，则P2=I22RL=16W由两式可得：I1：I2=5：4，若将灯泡L接C、D两点时，电的总功率为：P3=UI2，则：=，即P3=25W=20W，所以导线AC和BD消耗的总功率为：P=P3P2=20W16W=4W故选C17两个完全相同的正方体均匀物块，分别沿各自虚线切割掉一半，将剩余部分a和b按照图示位置摆放在同一水平面上，比较两物块的重力势能（）Aa比较大Bb比较大C一样大D无法判断解答：解：两个完全相同的正方体均匀物块，分别沿各自虚线切割掉一半，将剩余部分a和b按照图示位置摆放在同一水平
15、面上，a图中中的重心高度为边长的，b图重心就是等腰三角形的中心，利用等腰直角三解形重心的特点知道其重心位置小于边长的二者的质量相同，a重心位置高，因此A物体的重力势能大故选A18匀速前进的队伍长为40米，通讯员以恒定速度从队尾走到队首，然后保持速度大小不变再回到队尾，此时队伍走过的路程为30米则通讯员走过的路程为（）A70米B80米C90米D100米解答：解：设通讯员的速度为V1，队伍的速度为V2，通讯员从队尾到队头的时间为t1，从队头到队尾的时间为t2，队伍前进用时间为t由通讯员往返总时间与队伍运动时间相等可得如下方程：t=t1+t2，即：=+，整理上式得：（3v1+v2）（v13v2）=0
16、解上式得：v1=3v2，等式两边都乘以t，所以，v1t=3v2t，v1t即为通讯员走过的路程s1，V2t即为队伍前进距离s2，则有s1=3s2=90m故选C19（3分）设计一个如图所示的电路，a表示定值电阻，b表示滑动变阻器，电源电压保持不变其中，a可以有阻值分别为R1、R2的两个定值电阻可供选择，b可以有最大阻值分别为R3、R4的两个滑动变阻器可供选择，且R1R2R3R4要求：在移动变阻器滑片P的过程中，电流表示数的变化量最大则正确的选择是（）Aa选R1，b选R4Ba选R1，b选R3Ca选R2，b选R3Da选R2，b选R4解答：解：定值电阻越小，滑动变阻器最大阻值越大，移动滑动变阻器滑片时，
17、电路电流变化越大，定值电阻选阻值较小的R1，滑动变阻器选最大阻值较大的R4故选A20如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef两两相交并构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点，当三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流时，O点磁感应强度的大小为B1，M点磁感应强度的大小为B2，N点磁感应强度的大小为（）AB1BB2CB1+B2DB1B2解答：解：无限长直导线ab、cd、ef，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流，O为三角形的中心，且O点磁感应强度大小为B，因为直导线ab、cd关于O点对称，所以这两导线在O点
18、的磁场为零，则磁感应强度大小B1是由直导线ef产生的，而直导线ab、ef关于N点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此N点的磁感应强度大小为B1故选A21甲、乙两人在长为50米的泳池内，进行游泳训练甲的游泳速度大小始终为/秒，乙的游泳速度大小始终为/秒，两人同时从泳池的同一端出发，共游了25分钟，不考虑两人在泳池内的转向时间，甲从身后追上乙的次数为（）A2次B4次C6次D8次解答：解：v=甲游泳的距离s甲=v甲t=/s2560s=1800m，乙游泳的距离s乙=v乙t=/s2560s=1350m则25分钟甲游了=36圈，乙游了=27圈，甲八个来回和乙六个来回同时到达原来的位置又开始循环，而在这个
19、循环中，甲前四圈回到原地，乙恰在对岸，它们在此过程中甲就没有出现在过乙后面，更别说追上了甲后四圈和乙后三圈当中，虽然开始有两次甲在乙后面，但是他追上乙时乙已经和他相对了，不算从后面追上，只有最后一次才是从后面追上的25分钟甲游了36圈，也就是4个8加一个4，乙27圈，也就是4个6加一个3，后面那一个4和3没追上舍弃，就是4次故选B22把一根均匀电阻丝弯折成一个封闭的等边三角形ABC，如图所示图中D为AB边的中点如果A、C之间的电阻大小为8欧，则B、D之间的电阻大小为（）A8欧B6欧C5欧D4欧解答：解：设一个边的电阻为R，则RAC=R，RABC=2R，A、C两点间的电阻为RAC和RABC并联，
20、R并=R=8，R=12；一条边的电阻为12，且D为AB边的中点，则BD电阻为RBD=6，BCAD的电阻为RBCAD=12+12+6=30，所以B、D之间的电阻：R并=5故选C23如图所示，密度、粗细均匀的木棒，一端悬挂重为G的小物块（体积忽略不计），棒的浮出水面，则棒所受重力的大小为（）AnGB（n+1）GC（n1）GD解答：解：均匀的木棒处于漂浮状态，根据漂浮条件得：F浮=G木+G棒的浮出水面，木棒受力分析如图：设木棒的长度为L，则OC=LL=L，OA=LL=L，OB=OC=L，设木棒与水面的夹角为则根据杠杆平衡条件得：OBcosF浮=OAcosG木+OCcosG，LcosF浮=LcosG木
21、+LcosG，整理得：F浮=G木+G解得：G木=（n1）G故选C24在一般情况下，单位时间内高温物体向低温物体传递的热量与两个物体的温差成正比冬天的北方比较寒冷，房间内都有供暖系统如果房外温度为20，则房内温度为18；如果房外温度为30，则房内温度为12那么，房间暖气管的温度为（）A75B70C65D60解答：解：房间内暖气片和房内的温差与房间内外的温差之比保持不变，所以，=，解得，t=75故选A25定值电阻R1和小灯泡R2的伏安特性曲线分别如图所示若将R1和R2串联后接在8伏的电源两端，则R1与R2的电功率之比为（）A1：2B1：3C2：3D3：5解答：解：R1和R2串联，通过它们的电流相等
22、，由图象可知，当I=时，U1=3V，U2=5V，它们的串联电压之和等于电源电压8V，它们的功率之比=；故选D26如图所示，一扇窗门高H=1米、宽d=、质量m=6千克，窗门的厚度和密度均匀在门的一侧上下对称的A、B两处各安装一个铰链，且A、B相距h=将这扇窗门安装好之后，若该窗门的重力由这两个铰链平均承担，则铰链A对这扇窗门的作用力大小为（）A30牛B40牛C50牛D60牛解答：解：（1）在A处，铰链对门的作用力方向是倾斜的（斜向上偏左），设为FA在B处，铰链对门的作用力方向是倾斜的（斜向上偏右），设为FB将FA、FB正交分解在水平和竖直方向，由“该窗门的重力由这两个铰链平均承担”知，两个铰链的
23、作用力在竖直方向的分力大小相等，则FA竖直=FB竖直=30N（2）把门看成是以B点为支点的杠杆，铰链A对这扇窗门的作用力为Fa则根据杠杆平衡条件Fa动力臂=重力阻力臂因为窗门是规则的长方体，故重力的作用点在窗门的中心，其力臂为门宽的一半，由此可列出等式：FA水平=GmFA水平0.6=6kg10N/kg解得：FA水平=40N则铰链A对这扇窗门的作用力大小FA=50N故选C27如图所示，两个平面镜之间的夹角为75，在两镜面夹角的角平分线上有一个点光源S它在两平面镜中所成的象个数为（）A6B5C4D3解答：解：利用对称法作图，分别找出S点在平面镜中所成的虚像S1、S2，同理确定出第三、四个虚像S3、
24、S4的位置最后两个像都成在平面镜的反向延长线上，不会再继续成像下去，所以只能成4个像如下图所示：故选C28将一杯热水倒入盛有冷水的容器中，冷水的温度升高了10，再向容器内倒入一杯相同质量和温度的热水，容器中的水温又升高了6如果继续向容器中倒入一杯同样的热水，则容器中的水温会升高（）A5B4C3D2解答：解：设热水和冷水的温度差为t，质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10，Q吸=Q放，从而可知，cm0（t10）=cm10，又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6，Q吸=Q放，从而可知，cm0（t106）=c（m+m0）6，则得：6
25、cm0=10cm6cm6cm0，整理得：12cm0=4cm，解得：m=3m0； 代入式可得，t=40；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40t）=mct，m=3m0；联立两式解得：t=20；则注入后3杯水后，水温还会上升：20106=4故选B29如图所示，A、B两小球的质量之比为3：1，用轻质细杆相连同时用一根细绳将两个小球系住，绳子跨过光滑的定滑轮C，并设法让两球和轻杆组成的系统保持平衡，则系统平衡时，AC绳与BC绳的长度之比为（）A1：1B1：2C1：3D1：4解答：解：以两个小球及杆组成的系统为研究对象，以C为支点，并作出力臂LA、LB如图所示：C为定滑轮，则A
26、C、BC对滑轮的拉力相等，如图所示：所以ACD=BCD，以C为支点，根据杠杆的平衡条件：mAgLA=mBgLBmA：mB=3：1则LA：LB=1：3由图知，ACE与BCF均为直角三角形；ACD=BCD则EAC=FBC，ACE=BCF所以，ACEBCF则AC：BC=LA：LB=1：3故选C30如图所示，容器的质量为m，若从容器的底部通过小孔向容器内注入质量为M的水，需要做功为W现将小孔打开，水自然会从小孔流出，与此同时提升容器，使容器内的水面相对地面始终保持原有高度，当容器内的水全部流走时，需要做的功为（）A（M+m）gH+WB（M+m）gHC（Mm）gH+WD（M+m）gHW解答：解：当容器内
27、的水全部流走时，需要做的功包括：容器增加的重力势能mgH，水增加的重力势能水增加的重力势能为MgHW，所以需要做的功为W=mgH+MgHW=（M+m）gHW，选项D正确故选D二、多项选择题31以下关于“水”的说法中，正确的是（）A水沸腾时，产生的气泡在上升的过程中体积一定变大B同质量100的水蒸气比沸水造成的烫伤一定严重C水沸腾时，温度一定为100D水温升高密度一定减小解答：解：A、水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大选项正确B、同质量100的水蒸气液化成同温度的水时要放出大量的热量，所以同质量100的水蒸气比沸水造成的烫伤一定严重选项正确C、1标
28、准大气压下水的沸点是100气压不确定，沸点不确定选项错误D、一般情况下水温升高，体积增大，密度减小；水在04之间温度升高，体积减小，密度增大选项错误故选AB32现有两个灯泡L1和L2，它们的电阻分别为R1和R2，两端的电压分别为U1和U2，通过两灯泡的电流强度分别为I1和I2，此时两灯泡的电功率分别为P1和P2若R1R2，则下列各关系不可能成立的有（）AU1=U2，I1I2，P1P2BU1U2，I1I2，P1P2CU1U2，I1I2，P1P2DU1U2，I1I2，P1P2解答：解：A、U1=U2，R1R2，根据I=得，I1I2，根据P=UI得，P1P2选项错误，符合题意BD、U1U2，R1R2
29、，根据I=得，I1I2，或I1I2，或I1=I2，根据P=UI得，当U1U2，I1I2，得P1P2，或P1P2，或P1=P2故选项B正确，不符合题意当U1U2，I1=I2，或I1I2，得P1P2，选项D错误，不符合题意C、U1U2，R1R2，根据I=得，I1I2，根据P=UI得，P1P2选项错误，符合题意故选ACD33入射光线与平面镜的夹角为70，若入射光线方向不变，使平面镜绕入射点沿入射光线怀法线构成的平面顺时针方向旋转40后，入射光线与反射光线的夹角为（）A40B80C120D160解答：解：因为入射光线与平面镜的夹角是70，所以入射角为90-70=20若入射光线不动，使平面镜绕入射点沿入
30、射光线和法线构成的平面顺时针方向旋转40后，则入射光线平面镜的夹角为30，则入射角为90-30=60，所以反射角也为60，则反射光线与入射光线的夹角为60+60=120故选C同理若逆时针旋转则选A故选AC34如图所示，竖直墙面OP和水平地面OQ均光滑，a、b两小球所受的重力相等，相互之间还存在大小与距离平方成反比的斥力作用，方向沿a、b连线现通过光滑竖直挡板挡住b球，使a、b静止在如图所示的位置若将挡板稍微向左水平移动一小段距离，当a、b重新处于静止状态时（）Aa对b的作用力增大Ba对b的作用力减小COQ面板对b的支持力不变DOQ面板对b的支持力增大解答：解：隔离a分析受力，如下图所示：由力的
31、平衡条件可得：mgcos=G，将挡板稍微向左水平移动一小段距离，当a、b重新处于静止状态时，减小，则cos增大，G不变时Fab减小，即b对a的作用力减小，由牛顿第三定律可知，a对b的作用力减小，故A不正确，B正确；对ab的整体受力分析如下图所示：由共点力的平衡条件可知，a、b重新处于静止状态前后，OQ面板对b的支持力始终和a、b的重力相等，故选项C正确，D不正确故选BC35如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平粗糙直杆上，现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小F=kv（k为常数，v为环的运动速度），物体的动能与速度的关系为：，
32、则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功（假设杆足够长）可能为（）AB0CD解答：解：根据题意关于小环的运动状态，根据环受竖直向上的拉力F与重力mg的大小分以下三种情况讨论：（1）当mg=kv0时，即v0=时，环做匀速运动，摩擦力为零，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零；（2）当mgkv0时，即v0时，环在运动过程中做减速运动，直至静止由动能定理得环克服摩擦力所做的功为Wf=；（3）当mgkv0时，即v0时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg=kv时，即v=时环开始做匀速运动由动能定理得摩擦力做的功Wf=mv2=，即环克服摩擦力所做的功为 故选ABC36在如图所示的电路中，R0、R
33、1为定值电阻，R2为滑动变阻器闭合S当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数的变化量分别用I、U1、U2和U3表示，则在滑片P向下滑动的过程中（）A不变，不变BU2=U1+U3C不变，不变D|U3|=|U1|+|U2|解答：解：通过分析电路图可知，R0、R1、R2串联，R0、R1为定值电阻；滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，I=，电路中电流变小；由U=IR可得，R0、R1两端的电压变小；串联电路中总电压等于各分电压之和，滑动变阻器两端的电压变大；A、由R=可知，即R1=，由于R1为定值电
34、阻，所以不变；U1=U1U1=IR1，由于R1是定值电阻，所以比值不变，故A正确；B、串联电路中总电压等于各分电压之和，U3=U1+U2，故B错误；C、由R=可知，即R1+R2=，由于R2接入电路的阻值变大，所以变大；U3=U3U3=IR0，由于R0是定值电阻，所以比值不变，故C错误；D、U3=U3U3=IR0U1=U1U1=IR1U2=U2U2=I（R0+R1）显然|U3|=|U2|U2|；故D错误故选A37如图所示，一轻质弹簧一端固定在墙上的O点，另一端可自由伸长到B点，今使一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，已知AC=L；若将小物体系
35、在弹簧上，在A点由静止释放，直到最后静止，小物体通过的总路程为s，则下列说法中可能的是（）AsLBs=LCD解答：解：设弹簧释放前具有的弹性势能为EP，物体所受的摩擦力大小为f第一次：弹簧自由端最终停在B处，弹簧的弹性势能全部转化为内能，即EP=fL；第二次：若最终物体恰好停在B处时，弹簧的弹性势能恰好全部转化为内能，即有fs=EP，得到s=L；若物体最终没有停在B处，弹簧还有弹性势能，则fsEP，得到sL故选BCD38如图所示，两根细绳的一端与质量为2千克的小球A相连，它们的另一端分别固定在竖直墙面上B、C两点，若对小球施加一个方向与水平成=60的拉力F，使得细绳都能伸直，此时，AC恰好水平
36、，与AB的夹角也为=60关于拉力F大小的说法正确的是（）A最大值为牛B最大值为牛C最小值为牛D最小值为牛解答：解：对A球受力分析，受到拉力F、重力mg、两根细绳的拉力FB和FC，如图所示，根据平衡条件，有：x方向：Fcos60=FC+FBcos60y方向：Fsin60+FBsin60=mg解得：FB=mgF，FC=Fmg，当FB=0时，F最大，为：Fmax=FB=mg=N，当FC=0时，F最小，为：Fmin=mg=N故选BD39细绳一端固定在竖直墙面上，另一端与一个密度分布均匀的球相连现用手托住球，让球紧贴墙面，保持细绳上有一定的张力，让小球处于静止状态，且细绳与小球的连接点恰好在球心的正上方
37、考虑到一般情况下，摩擦因数均小于1，则在将手拿开的一瞬间（）A小球可能会平衡B小球一定不会平衡C小球可能受到向下的摩擦力D小球一定受到向上的摩擦力解答：解：由题意知，手托住球，让球紧贴墙面，保持细绳上有一定的张力，说明手对球有一定力的作用，在多个力的作用下，球保持平衡状态同时，细绳与小球的连接点恰好在球心的正上方，由于摩擦因数小于1，则在将手拿开的一瞬间，小球的受力情况发生改变，故小球一定不会平衡且最终细绳拉力的方向会指向圆心，则小球会顺时针转动，故墙面对小球的摩擦力方向与其相同，则小球一定受到向上的摩擦力综上所述，选项BD的说法正确，符合题意故选BD40如图所示，小船从码头A出发渡河，船头始
38、终垂直河岸若河宽为d，v船恒定不变，河水的流速与到河岸的垂直距离x成正比，即水速u=kx（x，k为常量）渡河过程中小船沿岸向下游移动了距离s并最终到达对岸码头B，则（）ABC渡河时间t为D渡河时间t为解答：解：河水的流速中间最快，离岸越近速度越慢，因为它是线性变化的（流速与到河岸的最短距离x成正比），所以取距离河岸处的速度为河水的平均速度，即v=，则渡河时间就是船沿水流方向的位移除以平均水流速度，即t=则v船=故A、D正确，B、C错误故选AD41如图所示，三根细绳的一端分别系住A、B、C三个物体，它们的另一端分别系于O点，a、b为两定滑轮整个装置处于平衡状态时，Oa与竖直方向成30，Ob处于水
39、平状态已知B的质量为m，如果将左边的滑轮a水平向左缓慢移动距离s，最终整个装置仍处于平衡状态，则（）A物体AC的质量之比为2：1B该过程中A、C上升，B下降C该过程中A、B下降，C上升D该过程外力所做的功为mgs解答：解：三根细线对O点的拉力等于三个物体的重力，对O点受力分析，如图由共点力的平衡可知：=，故A正确；mCg=F2=mgtan30=mg，将左边的滑轮a缓慢水平向左移动s的距离，结合平衡条件可知三个拉力的大小和方向都不变，所以，A、B、C的高度不变，故BC不正确；左边的滑轮a水平向左缓慢移动距离s，则物体C上升S，所以，外力所做的功：W外=mCgs=mgs，故D正确故选AD42在如图
40、所示的电路中，电源电压U保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P从变阻器当中某位置滑到最右端的过程中，R2的电功率有可能（）A始终变小B始终变大C先变小，后变大D先变大，后变小解答：解：R2的电功率，取决于通过的电流和两端的电压设R2接入电路的电阻为R，且0RR2，则串联电路的电流为：I=，R2上功率：P=I2 R=（）2R，变个形状，P=U2R1U2（）这是一个关于的二次函数，二次项系数R1U2，一次项系数U2，根据二次函数的性质，可知：当=时，即R+R1=2R1时，R上功率最大；当滑动变阻器的滑片P从变阻器当中某一位置滑到最右端的过程中，则根据二次函数的图象可得结论：若R一开始小于R1，但是R2小于等于R1，则电功率P一直变大；若R一开始小于R1，但是R2大于R1，则电功率P先变大后变小；若R一开始大于等于R1，则电功率P一直变小；故选ABD宁波北仑小小虫