《2021届上海市闵行区高考物理一模试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届上海市闵行区高考物理一模试卷(含答案解析).pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021届上海市闵行区高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共U小题，共37.0分）1.下列关于经典力学的说法不正确的是（）A.自由落体运动规律属于经典力学B.行星运动定律属于经典力学C.牛顿运动定律属于经典力学D.经典力学没有局限性，适用于所有领域2.当电场力对电荷做正功时，电荷的移动情况是A.正电荷一定从电势能小的位置到电势能大的位置B.负电荷一定从电势能大的位置到电势能小的位置C.一定从电势高位置到电势低位置D.一定从电势低位置到电势高位置3.四个质量相等的金属环，环环相扣，在一竖直向上的恒力F作用下，四个金属黑匀加速上升，则环2和环3间的相互作用力大小为（）A.”234B.C.D.*F
2、质量为m的小球由轻绳a和b系于一轻质木架上的4点和C点，且 人 Lb,如图所示.当轻杆绕轴BC以角速度3匀速转动时，小球在水平面内作匀速圆周运动，绳a在竖直方向、绳匕在水平方向.当小球运动在图示位置时，绳b被烧断的同时杆也停止转动，贝4（）A.小球仍在水平面内作匀速圆周运动B.在绳被烧断瞬间，a绳中张力不变C.在绳被烧断瞬间，小球所受的合外力突然变小D.若角速度3 较大，小球可以在竖直平面内作圆周运动5 .一列横波沿水平绳传播，绳的一端在t =0时开始做周期为T的简谐运动，经过时间t （1t厚度不计的活塞不能离开气缸，气缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞距气缸右端的距离为0.2 m。现对封闭气
3、体加热，活 塞缓慢移动，一段时间后停止加热，此时封闭气体的压强变为2 x l（）5 pa.已知活塞的横截面积为0.0 4 m2,外部大气压强为1 x 1 0 5 pa,加热过程中封闭气体吸收的热量为2 0 0 0/,则封闭气体的内能变化量为（）A.4 0 0 7 B.1 2 0 0/C.2 0 0 0/D.2 8 0 0/7 .请阅读下述文字，完成第1 2题、第1 3题、第1 4题。日常生活中乘坐电梯时，或者站在体重计上做下蹲动作时，往往会发现体重计示数会发生变化，这就是我们常说的超重和失重现象。现在有一个同学站在力学传感器上完成下蹲动作，力学传感器示数变化如图所示。A.700N从图上看这位同
4、学的重力约为（B.29 0 N下跳过程C.5 0 0/VD.10 0 N8 .一质点以坐标原点。为中心位置在y轴方向上做简谐运动，其振动图象如图甲所示.振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1.0 m/s.t =0 s时此质点开始振动，经过2s后此质点立即停止运动，再经过1s后的波形图是图乙中的（振动和波形图中质点的位移都规定向上为正9.如图所示为某游乐场的一个娱乐设施，图中的大转盘在竖直平面内匀速转动，坐在吊篮里的游人却显得悠然自得，对某个游人，下列说法正确的是（）A.他所受合外力恰好为零B.他所受合外力方向始终指向圆周运动圆心C.他的机械能保持不变D.他的机械能不断增加10.某
5、物体由静止开始做直线运动，物体所受合力户随时间t变化的图象如图所示，能大致描述。8s内物体的速度 随时间t变化的图象是（）A.B.C.D.11.如图甲所示，U”形金属导轨4BCD固定在绝缘水平面上，金属棒ab放在导轨上，刚好构成一个边长为L=Im 的正方形，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，金属棒始终不动，回路中的总电阻为2 0,则下列说法正确的是（）A.t =l s 时，金属棒中的电流方向为从b到aB.t=3.5 s 时回路中的瞬时电功率比t =4 s 时回路中的瞬时电功率小C.。2s 内通过金属棒截面的电量为1CD.金属棒受到的摩擦力最大值为4 N二、
6、多 选 题（本大题共1 小题，共 3.0 分）12.如图所示是氧气分子在不同温度（0 汽和10 0 冤）下的速率分布曲线，由图可得信息（）(与Lx 100)%j=100t1 2 3 4 5 6 7 8 9(x 100)A.同一温度下，氧气分子速率呈现出“中间多、两头少”的分布规律B.随着温度升高，每一个氧气分子的速率都增大C.随着温度升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例增加D.随着温度升高，氧气分子的平均动能一定增大三、填 空 题（本大题共5小题，共 2 0.0分）13 .如图所示，边长为L的正方形区域abe d 内存在着匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q、初速度为。0的带电粒子从a点沿ab
7、方向进入磁场,不计重力。若粒子恰好沿B C 方向，从c 点离开磁场，则磁感应强度B=；粒子离开磁场时的动能为邑=14 .在用直流电动机提升重物的装置中，重物的重力G =5 0 0 N,电源的恒定输出电压为110匕当电动机向上以u =0.9 0m/s 的恒定速度提升重物时，电路中的电流强度/=5.0 4 若不计各处摩擦，可以求出电动机消耗的总功率为 W,电机线圈的电阻为 n.15 .面积S =0.1巾2 的i o。匝矩形线框Med,处在磁感应强度B =0.17 的匀强磁场中，t =0时刻线框位于水平面，磁场方向与水平面夹角。=3 7。角（如图所示），当线框以ab为轴以角速度3 =7 r（r ad
8、/s）顺时针转过9 0。过程中，线框产生的平均电动势为 心16.在热力学中有一种循环过程叫做焦耳循环。它由两个等压过程和和两个绝热过程组成，图示为一定质量的某理想气体的焦耳循环过程(4 t Bt J Dt A)。已知某些状态的部分参数如图所示。试解决下列问题:(1)已知状态/的温度二=6 0 0 K,求状态C的温度=.K；(2)若已知C-。过程放热Q=1007,D-4 过程外界对气体做的功恤4=/17.有一带电量q=-3 x 10-6 c 的点电荷，从电场中的4 点移到B点时，克服电场力做功6 XIO-4/。从B点移到C点电场力做功9 x 1 0-4/。则/4=_ 匕 若规定B点电势为零，则以
9、=_V,电荷在C点的电势能为Epc=J。四、实验题(本大题共1 小题，共 12.0分)18.用如图甲实验装置验证巾1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，uh上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示 已知=50g、m2=1 5 0 g,则(计算结果保留两位有效数字)甲 乙(1)在纸带上打下计数点5时的速度%=m/s.(2)在计数点0 5过程中系统动能的增量%=为了简化计算，g取1 0 m/s2,则系统势能的减少量 Ep
10、-Jo(3)实验结果显示 Ep Ek。五、计算题(本大题共2 小题，共 28.0分)19.某人想尽快把30箱货物搬到九=12加高的楼上，每箱货物质量叫)=5切。他对箱子做功的功率P与所搬箱子质量m之间的关系如图所示。重力加速度g 取l(hn/s2。(1)图中4点的物理意义是什么？(2)要尽快把所有箱子搬上楼，每次应搬几箱？(3)设他下楼和搬放箱子的总时间等于上楼时间，估算他用最大功率完成这一工作所用的时间。2 0.如图所示，线路的电压U恒为220P,每条输电线的电路r=5 0,电炉4的电阻刈=1000。求(1)当开关S断开时，电炉4两端的电压;(2)当开关S闭合，再并联一个阻值相同的电炉B,两
11、条输电线上损耗的总功率。参考答案及解析1.答案：D解析：解：力、自由落体运动遵守牛顿运动定律，其规律属于经典力学。故A正确。B、行星运动定律遵守牛顿运动定律，其规律属于经典力学。故8正确。C、牛顿运动定律是经典力学的核心理论，属于经典力学。故C正确，D,经典力学有一定的局限性，适用于宏观、低速运动的物体，不适用于高速、微观的物体。故。错误。本题选错误的，故选。任何理论都有局限性，经典力学只适用于宏观、低速运动的物体，不适用于高速、微观的物体.2.答案：B解析：试题分析：无论是正电荷还是负电荷，只要是电场力做正功电势能就减小，但是对于正电荷来说电势能减小电势降低，对于负电荷来说电势能减小电势升高
12、，故选8考点：考查电场力做功与电势的变化点评：本题难度较小，无论是正电荷还是负电荷，只要是电场力做正功电势能就减小3.答案：B解析：解：设每个金属环的质量为对整体分析，根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=彳 詈，隔离对环3和环4整体分析，根据牛顿第二定律得，&-2mg=2 m a,解得F1=2mg+2ma=故选：B。对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对环3和环4分析，根据牛顿第二定律求出环2和环3的相互作用力大小。本题考查了牛顿第二定律中的连接体问题，要知道四个金属环具有相同的加速度，并正确运用整体法和隔离法进行求解；选取研究对象是快速解题的关键。4.答案：D解析：解：4、小球
13、原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动.故A错误.以 绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力.在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力，即张力突然增大，故B错误.22C、在绳被烧断前，小球所受的合外力&=m,在绳被烧断，小球所受的合外力尸 2=加卜LbLa由于绳被烧断前后速度大小不变，而儿 几，则得&尸2,所以小球所受的合外力突然增大，故 C错误.。、若角速度3 较大，小球原来的速度。=3 4.小球能在竖直平面内做圆周运动在最低点最小速度为廊I；,由于可能
14、有2/矶，所以小球可能在垂直于平面A B C 的竖直平面内做圆周运动.故。正确.故选：D.绳b 被烧断后，小球在垂直于平面4 B C 的竖直平面内摆动或圆周运动.绳b 被烧断前，a 绳中张力等于重力，在绳b 被烧断瞬间，a 绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b 的张力将大于重力.若角速度3较小,小球原来的速度较小，小球在垂直于平面4 B C 的竖直平面内摆动，若角速度3 较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面4 B C 的竖直平面内做圆周运动.本题中要注意物体做圆周运动时，外界必须提供向心力.C、。两项还可根据机械能守恒与向心力知识求解小球在垂直于平面4 8 c
15、 的竖直平面内摆动或圆周运动角速度的范围.5.答案:A解析：解：据题，经过时间吗 t?)，绳上4 点位于平衡位置下方的乂 不 z最大位移处，下个时刻4 点向上振动，在2 t时，质点又振动了时间t(AtY)一个周期可以分成四个;，则在2 t时，该点位于平衡位置的上方，而且向下运动，如B 点，所以加速度方向向下。故 A正确，B C D 错误。故选：A.由题，经过时间(，?),绳上某点位于平衡位置下方的最大位移处，在2 t时，质点又振动了时间t,根据时间与周期的关系分析质点的位置和速度方向.将一个周期内简谐运动的过程分成四个再分析质点的状态是常用的方法.6.答案：B解析：解：原来气体的压强为l xl
16、()5 pa,后来气体的压强为2 x 1 0 5 pa,说明最后活塞在最右端，加热过程中气体对外做的功为：I V=p0 K =1 X 1 05 x 0.0 4 X 0.2/=8 0 0/,加热过程中封闭气体吸收的热量为：Q =2 0 0 0 7,根据热力学第一定律可得：=Q-卬=2 0 0 0/-8 0 Q/=1 2 0 0/,故 B正确、A C 错误。故选：B。根据W=Po v求出加热过程中气体对外做的功，根据热力学第一定律求解内能的变化。本题主要是考查热力学第一定律，弄清楚活塞的运动情况，掌握气体做功的计算公式是关键。7.答案：C解析：解：人站立在体重计上不动或下蹲完成时，体重计的示数等于
17、人的重力；由图可知，人的重力应为5 0 0 N,故C正确，AB错误。故选：Co明确下蹲过程中人加速度变化情况，从而由图象确定人的重力大小。本题考查超重和失重的应用，关键是掌握图象的性质，能由图象找出人对应的运动过程是关键。8.答案：B解析：解：根据 x=u t=1 x=1 m,知道2s内产生的波在波源停止振动后，再经过1s向前传播1m.由振动图象知，t=0时刻质点向上振动，所以介质中各个质点均向上起振，结合波形平移法知，B图 正 确.故B正确，4、C、O错误.故选：B波源停止振动后，产生的波继续向前传播，只要求出波形向前传播的距离，并确定出质点的起振方向，即可知道波形图.解决本题的关键知道波源
18、停止振动后，已产生的波形继续向前传播.要掌握波的基本特点：质点的起振方向均与波源起振方向相同.9.答 案:B解析：解：力、大转盘在竖直平面内匀速转动，游人所受合外力提供向心力，他所受合外力不为零,故4错误；8、大转盘在竖直平面内匀速转动，游人所受合外力提供向心力，且始终指向圆心，故B正确；C、游人由最高点到最低点过程中，动能不变，重力势能减少，所以机械能减少；人由最低点到最高点过程中，动能不变，重力势能增加，所以机械能增加，所以他的机械能是变化的，故C错误；。、游人由最高点到最低点过程中，动能不变，重力势能减少，所以机械能是减少的，故。错误.故 选:B.A、大转盘在竖直平面内匀速转动，游人所受
19、合外力提供向心力，他所受合外力不为零，可判断4选项；8、大转盘在竖直平面内匀速转动，游人所受合外力提供向心力，且始终指向圆心，可判断B选项;C、游人由最高点到最低点过程中，动能不变，重力势能减少，所以机械能减少；人由最低点到最高点过程中，动能不变，重力势能增加，所以机械能增加，所以他的机械能是变化的，可判断C选项;。、游人由最高点到最低点过程中，动能不变，重力势能减少，所以机械能是减少的，可判断。选项.本题考查了匀速圆周运动的问题，注意做匀速圆周运动的物体合外力提供向心力，对于判断机械能是否守恒要看除重力以外的其他力是否做了功，若做功则机械能不守恒，若不做功即只有重力做功，则机械能守恒.10.
20、答 案:A解析：据牛顿第二定律分析加速度，当物体的加速度保持不变时才做匀加速直线运动，根据合外力方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况，两者方向相同时，物体做加速运动，相反，做减速运动。解决本题的关键根据物体的受力判断物体运动规律，知道物体运动的对称性。物体在02s内F逐渐增大，根据牛顿第二定律F=ma得知，加速度逐渐增大，第2s末加速度最大,在24s内尸逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，所以物体沿原方向做加速度减小的加速运动；在46s内尸 反向逐渐增大，加速度也反向逐渐增大，物体沿原方向做加速度增大的减速运动;在68s内F逐渐减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运
21、动；根据对称性可知，8s末物体的速度为零。故 A 正确，3C。错误。故选A。11.答案：C解析：解：4、在t=ls 时，通过闭合回路的磁通量正在向上增加，根据楞次定律“增反减同”可以知道感应电流的磁场竖直向下，根据安培定则可知通过金属棒中的电流方向为从a到b,故 A 错误；8、由乙图可知在3-5 s 的时间内磁感应强度的变化率为一定值，所以在此时间内，产生的感应电流不变，回路的电功率不变，故 B错误；C、根据法拉第电磁感应定律可得在0-2s内回路中的感应电动势E：三，其中4。表示在这2s内磁通量的变化量，即4。=2加6.通过金属棒截面的电荷量为q=其中/表示平均感应电流，则/=三 各方程联立可
22、得q=9=1 C,故 C 正确；K K。、有乙图可知在后三分之一周期内磁感应强度的变化率大于前三分之二周期内的变化率，所以当电路中电流最大时，磁感应强度最大时，金属棒受到的安培力最大，则受到的静摩擦力也最大，则根据法拉第电磁感应定律可以得到后三分之一周期内的感应电动势为E 2，感应电流为=5=1 4 因为磁感应强度最大值为2 7,所以受到的最大安培力为4 u B/L n Z N,根据平衡条件可得金属棒受到的最大静摩擦力为狐=%=2 N,故 O 错误。故选：Co根据楞次定律可以判断出感应电流的方向；分析在这两个时刻的磁感应强度的变化率，进而得到感应电动势和感应电流的大小，即可得到电功率的大小；应
23、用公式勺=/t可以计算出通过金属棒截面的电荷量，注意公式中的/是指平均电流；因为金属棒始终静止，所以静摩擦力和安培力是一对平衡力，当受到的安培力最大时其所受摩擦力最大。在计算通过金属棒截面的电荷量的时候，公式q=/t 中用到的电流是平均电流，只能用平均电动势来求解平均电流，也就是说要用法拉第电磁感应定律求解平均电动势。12.答案：AD解析：解：4、由图可知，同一温度下，氧气分子速率都呈现“中间多，两头少”的分布特点，故 A正确；8、温度是分子热运动平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以温度越高，平均动能越大，平均速率越大，但不是每一个分子运动速率都增大。故 B 错
24、误；C、由图知，随着温度升高，速率较大的分子数增多，氧气分子中速率小的分子所占的比例减小。故C错误；。、温度是分子热运动平均动能的标志，随着温度升高，氧气分子的平均动能一定增大，故。正确；故选：ADo结合不同温度下的分子速率分布曲线形状，来理解温度是分子平均动能标志的含义。同一温度下，氧气分子速率呈现出“中间多、两头少”的分布规律。本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，明确温度是分子平均动能的标志。13.答案：詈 萼解析：解：由几何关系得，粒子在磁场中运动的半径r=L。根据qvB=m Y解得8=登带电粒子在磁场中运动的速度大小不变，所以动能EK=g m诏。故答案为：臂，等。qL
25、 2根据几何关系得出粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小。解决本题的关键掌握带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式，结合几何关系求解。1 4.答案：5 5 0；4解析：解：重物的重力G =5 0 0/V,电动机向上以u =0.9 0 m/s的恒定速度提升重物，故拉力为5 0 0 N,电动机的输出功率：Pa=Fv=5 0 0 X 0.9 =4 5 0 MZ.电源的恒定输出电压为1 1 0人 电路中的电流强度/=5.0 4,故电动机的总功率：P=UI=110V X 5 4 =5 5 0 MZ；根据能量守恒定律，有：R=P-P出代入数据，有：2 5 R =5 5 0-4
26、5 0故 R =4 0故答案为：5 5 0,4.根据P出=求解电动机的输出功率，根据P =U/求解电动机的总功率，根据能量守恒定律求解热功率，计算内电阻.本 题 关 键 根 据=求解电动机的输出功率，根据P =U/求解电动机的总功率，根据能量守恒定律求解热功率，不难.1 5.答案:2.8解析：解：线框a b e d在如图所示放置时，穿过线框的磁通量为：%=B S s i n。当规定此时磁感线穿过的是线框的正面，则当线框绕a b轴转9 0。角时，穿过线框反面，则其磁通量:中 2=BScosd因此磁通量的变化量大小为：。=的 一 知=BS(cos9+sind)3上 f 二 A0 BS(cos0+s
27、inO)八 八 0.1x0.1x(cos370+sin37)t7 o根据法拉第电磁感应定律，则有：E=n =n 亘 1 0 0 x 亘 V 2.8V2 a)2n故答案为:2.8。根据。=B S s i nO(O是线圈平面与磁场方向的夹角)，求出初位置和末位置穿过线框的磁通量，从而确定出磁通量的变化量，再根据法拉第电磁感应定律求平均电动势。对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式。=B S s i nO(O是线圈平面与磁场方向的夹角)来解答。要注意磁通量不是矢量，但有正负之分，注意分清磁感线是正面还是反面穿过线圈。1 6.答案：60 0 60解析：解：(1)由4到C,对封闭气体由理想气
28、体状态方程得：PAVA _ PcVc丁 一 石代入数据解得：&=600K(2)由C到。气体压强不变，体积减小，外界对气体做功为：WCD=P c V =0.8 x 1 05 x (1.0 x I O-_ 0 5*i o-3)/=4o/由(I)可知状态a和c的温度相同，内能相等，从C到4过程根据热力学第一定律，有：UCA=UcD+A UD A=WCD QCD+QDA由。到4过程绝热，故有：QD4=0解 得:WD A=60；故答案为：(1)60 0、(2)60 o(1)根据理想气体状态方程求状态C的温度；(3)先求出A到B过程中外界对气体所做的功，根据热力学第一定律求则4TB过程中内能的变化量UAB
29、和B到C过程外界对气体做的功。本题考查了求气体的温度，气体做功的问题，关键是结合图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程，热力学第一定律即可正确解题。1 7.答案：-1 0 0,2 0 0,-9 x l O-解析：电场力做功：旷 婚=4力婚，所 以 乙 婚=生 =二 =2 0 0”；从B点移到C点时电场 q-3 x 1 0力做功|c=q UB C,所以=2匹=9：%=-3 0 0 F ；UAC=+UBC=2 0 0 +(-3 0 0)=一 1 0 0 P；以=生,一a，所以：包=匈+/婚=2 0 0 0 ;EC=EpB-ER，Epc=_9xIO4J。18.答案：2.4 0.58 0.
30、60 解析：解：(1)计数点5的瞬时速度%=黑=21：4 0 X 10-2m/s=2.4m/s。N /N X U*L.(2)系统增加的动能4 EK=1(771X4-m2)vf=|x (50 x IO-3+150 x 10-3)x 2A2J=0.58/,系统重力势能的减小量4 Ep=(m2-mgh=(150 x 10-3-50 x 10-3)x 10 x(0.384+0.216)/=0.59/。(3)实验结果显示，4E p4E k，故答案为：(1)2.4；(2)0.58：0.60；(3)。(1)根据匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而求出计数点5的瞬时速度；(2)根
31、据动能的定义从而得出动能的增加量，根据下降的高度求出重力势能的减小量，注意巾2的重力势能减小，m1的重力势能增大；(3)根据第(2)问结论，即可判定。本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，要熟练掌握匀变速直线运动的规律以及功能关系，增强数据处理能力。本题还要注意与课本实验进行区别，注意两个物体重力势能变化，才能准确求解总的重力势能的改变量。19.答案：解：(1)4点表示搬质量m=15kg的箱子时，身体提供的用于搬动箱子的功率最大，为：Pm=25W(2)由于将所有箱子搬上楼做的总功不变，因此搬动箱子的功率最大时，所需时间最短，此时每次搬的箱子数为：劭=詈=当个=3个7 n o 5(
32、3)由于京=芋=10为整数，因此可以保证每次搬箱子都能保持最大功率及。由%t】=m g h,得每趟上楼时间为：=誓=1 5 x；x l 2s=7 2 s,又由于下楼和搬、放箱子的总时间等于搬箱上楼时间，所以每趟下楼时间为:h=t2=72s,而要将全部箱子搬到楼上需要上楼10趟,下楼9趟，所以用最大功率完成这一工作所用的时间为：t=10Q+9 t2=1368s=22.8min答：(1)图中4点表示搬质量rn=15kg的箱子时，身体提供的用于搬动箱子的功率最大,为：7 =25”(2)要尽快把所有箱子搬上楼，每次应搬10箱。(3)设他下楼和搬放箱子的总时间等于上楼时间，他用最大功率完成这一工作所用的
33、时间为22.8小讥。解析：根据P-n i 图象可知4 点物理意义；进而求出以最大功率对货箱做功时每次应搬箱子的个数,以最大功率提升箱子是，时间最短，根据P t =7ng h 去求运动的时间。解决本题要求同学们能根据图象得出有效信息，知道什么时候功率最大，以及会根据功能关系mg/i =P t 求运动时间。2 0.答案：(1)据闭合电路欧姆定律得I 二 二；的=2金Zx J i U U电炉4 两端的电压：U=IR=2 x 1 0 0 V =200V(2)当再并联一个电炉，电路的总电阻为=2 r +5 0。=6 0/2电路的总电流为I产二=乎.40 0 3线路上损失的功率为P=QD=1 3 4.4 1 4/解析：(1)利用闭合电路的欧姆定律求出电流，据(/=/?和=/2/?求电炉4 上的电压；(2)当并联相同的电炉时，求出总电阻，据闭合电路的欧姆定律求电流。2 2 0(1)据闭合电路欧姆定律得1 二 5、2襦=2.4电炉力 两端的电压：U=IR=2 x 1 0 0 V =2 0 0 1/(2)当再并联一个电炉，电路的总电阻为治=2 r +5 0。=6 0/2电路的总电流为1 100 5线路上损失的功率为P=(2C=1 3 4.4 1 4/