23.(1)a(2分)(2)偏小(2分)4.801分)1.2(2分)(3)0.31-0.33都可(2分)解析:(1)当滑动触头打到a端时待测电路电压或电流为零,从而保护电流表,所以在闭合开关S前,滑动变阻器触【2021信息模拟测试卷·理综卷(一)参考答案第4页(共6页)QG】头应该放在图甲中a端2)因电流表用的是外接法,由于电压表的分流作用使得电流表的示数大于通过电A阻的实际电流根据R=算出的电阻值偏小.由图象可读出U=24V时对应的0.6电流为1=0.5A,由代入数据可得:R=4.80,电功率:P=U=2.4×0.5=1.2W.04(3)将与上述实验完全相同的两个灯泡串联,则干路电流为I路端电压为2U所以02闭合电路欧姆定律为=E-,整理得U=2-2r=3-61,在图乙上画出电源006121.82430·/VE 1的U-图线,二者的交点表示灯泡两端的电压与电路中的电流每个灯泡的实际功率约为P=IU=0.9×0.35=0.315W

25.解:(1)物块B沿光滑曲面下滑过程中,根据机械能守恒mgR=mk(1分)解得v=5m/s在圆弧最低点C,根据牛顿第二定律F-mg=R(1分)解得F=60N(1分)由牛顿第三定律可知,物块B对轨道的压力大小F=F=60N方向:竖直向下.(1分)(2)在传送带上,对物块B根据牛顿第二定律pmg=m(1分)设物块B通过传送带后运动速度大小为v根据运动学公式2-诺=2al(1分)解得v=4m/s由于D>a=2m/s所以B与A第一次碰撞前的速度为v=4m/s(2分)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为w2、,m=m+M2(1分)1m=1m+1Md1分)解得w=-2m/s,w=2m/s物块A的速度为零时弹簧压缩量最大,弹簧性势能最大E=M=12J(1分)(3)第一次碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l,根据动能定理-pmg=0-m(2分)解得=2m<4.5m物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上,当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动,可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v=2m/s,继而与物块A发生第二次碰撞设第1次碰撞到第2次碰撞之间,物块B在传送带上运动的时间为t,由动量定理得mg=2m(1分)解得n=4s物块B在水平台面上运动的时间为t2,则t2212s(1分)设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v、,m=m+Ma4(1分)1m2=1m+1M(1分)解得v=-1m/s同理可得,第2次碰撞到第3次碰撞之间,物块B在传送带运动的时间为lmgt3=2m(1分)解得t3=2s物块B在水平台面上运动的时间为t4,则t4=二=4s(1分)物块B从第一次物块A碰撞后到第三次与物块A碰撞的时间t=1+12+t3+14=128(1分)

以上就是英语周报西南课标高一2018-1019第三期答案，更多英语周报答案请关注本网站。

本文地址： http://www.ncneedu.cn/post/16733.html

文章来源：admin

版权声明：除非特别标注，否则均为本站原创文章，转载时请以链接形式注明文章出处。