第=page11頁，共=sectionpages11頁絕密★啟用前安徽省皖東學(xué)校聯(lián)考2025屆高三月考試卷物理試題C卷題號(hào)一二三四總分得分注意事項(xiàng):

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.某質(zhì)點(diǎn)在Oxy平面上運(yùn)動(dòng)。t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)位于y軸上。它在x方向運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖甲所示，它在y方向的位移—時(shí)間圖象如圖乙所示，則

(

)A.質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B.1?s末的瞬時(shí)速度大小為11?m/s

C.2?2.如圖所示為一豎直放置的大圓環(huán)，在其水平直徑上的A、B兩端系著一根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小鐵環(huán).現(xiàn)將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞過O點(diǎn)的軸順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)微小角度，則關(guān)于輕繩對(duì)A、B兩點(diǎn)拉力FA、FB的變化情況，下列說法正確的是

(

)

A.FA變小，F(xiàn)B變小 B.FA變大，F(xiàn)B變大 C.FA變大，F(xiàn)B變小3.2022年10月7日，中國太原衛(wèi)星發(fā)射中心在黃海海域使用長(zhǎng)征十一號(hào)海射運(yùn)載火箭，采用“一箭雙星”方式，成功將微厘空間低軌導(dǎo)航試驗(yàn)衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道．設(shè)兩顆衛(wèi)星軌道在赤道平面上，運(yùn)行方向相同。運(yùn)動(dòng)周期也相同，其中a衛(wèi)星為圓軌道，距離地面高度為ha=2R，b衛(wèi)星為橢圓軌道，近地點(diǎn)M距離地面高度為遠(yuǎn)地點(diǎn)N距離地面高度的一半，地球表面的重力加速度為g，a衛(wèi)星線速度大小為v1，b衛(wèi)星在近地點(diǎn)M時(shí)線速度大小為v2，在遠(yuǎn)地點(diǎn)N時(shí)線速度大小為v3，地球半徑為RA.b衛(wèi)星遠(yuǎn)地點(diǎn)N距離地面高度為43R

B.b衛(wèi)星從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)間為2π27Rg

C.v24.如圖所示，小球A，B固定在豎直輕桿兩端，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于光滑水平地面上，小球C緊貼小球B.小球A受到輕微擾動(dòng)后順著墻面下滑，此后的運(yùn)動(dòng)過程中，三球始終在同一豎直面上．已知小球C的最大速度為v，三球質(zhì)量均為m，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g，下列說法正確的是

A.小球A離開墻面前，B，C兩小球已分離

B.小球A落地前瞬間動(dòng)能大小為mgL?58mv2

C.小球A落地前瞬間，小球C的速度是小球A速度的5.如圖所示，小明在斜坡上分別以兩個(gè)方向投擲石塊A、B，并使其落在斜坡下方的M、N兩點(diǎn)，假設(shè)兩次投擲的石塊最大高度相同，不計(jì)空氣阻力，則(

)

A.從投出位置到最高點(diǎn)，A和B速度變化量相同

B.整個(gè)在空中運(yùn)動(dòng)的過程中B運(yùn)動(dòng)時(shí)間比A的短

C.A和B從拋出到落回斜坡面，位移的方向不同

D.A剛投出時(shí)的初速度比B剛投出時(shí)的初速度大6.如圖所示，由絕緣材料制成的內(nèi)壁光滑的半圓碗固定在水平面上，O點(diǎn)為圓心，帶電量為qa、質(zhì)量為ma的a小球固定在半圓碗底端的A點(diǎn)，帶電量為qb、質(zhì)量為mb的b小球靜止于半圓碗內(nèi)的B點(diǎn)，此時(shí)∠AOB=74°，由于a、b兩小球的質(zhì)量變化或電荷量變化使得b小球沿半圓碗的內(nèi)壁緩慢下滑，恰好靜止于C點(diǎn)，∠AOC=60°，此時(shí)a、b兩小球的質(zhì)量分別為ma′A.b小球受到的支持力一定大于其重力

B.b小球的質(zhì)量和電荷量至少有一個(gè)應(yīng)發(fā)生變化

C.可能僅是b小球的質(zhì)量mb′增加至216125mb

D.可能僅是a、7.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r。電路中的R??2、R?3分別為總阻值一定的滑動(dòng)變阻器，R??0為定值電阻，R??1為光敏電阻(其電阻隨光照強(qiáng)度增大而減小)。當(dāng)開關(guān)A.在只逐漸增大光照強(qiáng)度的過程中，電阻R??0消耗的電功率變大，電阻R?3中有向上的電流

B.只調(diào)節(jié)電阻R?3的滑動(dòng)端P??2向上端移動(dòng)的過程中，電源消耗的功率變大，電阻R?3中有向上的電流

C.只調(diào)節(jié)電阻R??28.如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。則(

)

A.a落地前，輕桿對(duì)b一直做正功

B.a落地時(shí)速度大小為2gh

C.a下落過程中，其加速度大小始終不大于g

D.a落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)正六邊形區(qū)域abcdhf，電場(chǎng)線與六邊形所在平面平行，如圖所示。已知a、b、h三點(diǎn)的電勢(shì)分別為7V、11?V、?5V，帶電荷量為e的粒子(重力不計(jì))以16?eV的初動(dòng)能從A.粒子帶負(fù)電 B.粒子可以經(jīng)過正六邊形各頂點(diǎn)射出該區(qū)域

C.粒子經(jīng)過f點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為24eV D.粒子可能從10.如圖甲所示，輕彈簧放在水平面上，左端與固定擋板相連接，右端與質(zhì)量為1?kg的物塊連接，彈簧處于原長(zhǎng)。現(xiàn)給物塊施加一個(gè)向左、大小為5?N的恒定推力F，物塊在向左運(yùn)動(dòng)過程中，加速度隨運(yùn)動(dòng)的位移關(guān)系如圖乙所示(g取10?m/s2，彈簧彈性勢(shì)能EA.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 B.彈簧的勁度系數(shù)為80?N/m

C.物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。11.某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置來驗(yàn)證“機(jī)械能守恒定律”。將寬度為d的擋光片(質(zhì)量不計(jì))水平固定在物體A上，將物體由靜止釋放，讓質(zhì)量較大的物體B通過細(xì)線和滑輪帶著A一起運(yùn)動(dòng)，兩光電門間的高度差為h，擋光片通過光電門1、光電門2的時(shí)間分別為t1、t2，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA、mB

(1)該同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)擋光片的寬度時(shí)，測(cè)量情況如圖乙所示，則擋光片的寬度d=

(2)由于沒有天平，不能直接測(cè)出兩物體的質(zhì)量，該同學(xué)找來了一個(gè)質(zhì)量為m0的標(biāo)準(zhǔn)砝碼和一根彈簧，將標(biāo)準(zhǔn)砝碼、物體A和物體B分別靜止懸掛在彈簧下端，用刻度尺測(cè)出彈簧的伸長(zhǎng)量分別為x0、xA、xB，則A、

(3)若系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則應(yīng)滿足關(guān)系式

(4)若保持物體A的質(zhì)量mA不變，不斷增大物體B的質(zhì)量mB，則物體A12.在學(xué)校社團(tuán)活動(dòng)中，某實(shí)驗(yàn)小組先將一只量程為300μA的微安表頭G改裝為量程為0.3A微安表頭G(量程300μA滑動(dòng)變阻器R滑動(dòng)變阻器R電阻箱R電源E1(電源E2(開關(guān)、導(dǎo)線若干

(1)實(shí)驗(yàn)小組先用如圖(a)所示電路測(cè)量表頭A.按圖(a)連接好電路，B.斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片位置，使GC.閉合S2，并保持滑動(dòng)變阻器的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使表頭G的示數(shù)為200μA，?①實(shí)驗(yàn)中電源應(yīng)選用

，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用

(選填儀器字母代號(hào)?②測(cè)得表頭G的內(nèi)阻Rg=

，表頭內(nèi)阻的測(cè)量值較其真實(shí)值

(2)實(shí)驗(yàn)測(cè)得G的內(nèi)阻Rg=500Ω，要將表頭G改裝成量程為0.3A(3)實(shí)驗(yàn)小組利用改裝后的電流表A，用圖(b)所示電路測(cè)量未知電阻Rx的阻值。測(cè)量時(shí)電壓表V的示數(shù)為1.20V，表頭G的指針指在原電流刻度的250μ四、計(jì)算題：本大題共3小題，共42分。13.如圖所示，一質(zhì)量為m=0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，小物塊以v0=9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，與墻發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰前瞬間的速度v(1)A(2)碰撞過程中，墻對(duì)小物塊的沖量大小I14.如圖，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的相同輕質(zhì)細(xì)桿用鉸鏈A、B、C相連，質(zhì)量可忽略的鉸鏈A固定在地面上，鉸鏈B和C質(zhì)量不可忽略，均為m，鉸鏈A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)。起始位置兩細(xì)桿豎直，如圖虛線所示，鉸鏈A和C彼此靠近。t=0時(shí)鉸鏈C在水平變力的作用下從靜止開始做初速度為零，加速度大小為a=33g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)(g為重力加速度)，到t(1)當(dāng)t=(2)當(dāng)t=(3)若t=t1時(shí)，水平F的大小恰好為15.某裝置用電場(chǎng)控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)，每層的高度均為d，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化，AB邊長(zhǎng)為12d，BC邊長(zhǎng)為8d，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子流從裝置左端中點(diǎn)射入電場(chǎng)，粒子初動(dòng)能為Ek，入射角為θ(1)當(dāng)θ=θ0(2)當(dāng)Ek=4qEd時(shí)，若粒子從CD邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線(3)當(dāng)Ek=83qEd，粒子在θ為?答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】

依據(jù)兩圖象可知：質(zhì)點(diǎn)在x方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在y方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的合成與分解，即可判定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；

根據(jù)兩圖象可知：質(zhì)點(diǎn)在x方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在y方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，求出1s末x方向的分速度，然后根據(jù)平行四邊形定則得出質(zhì)點(diǎn)的速度；

分別求出質(zhì)點(diǎn)沿x方向的位移與y方向的位移，然后根據(jù)平行四邊形定則求解2s內(nèi)的位移大小。

解決本題的關(guān)鍵知道質(zhì)點(diǎn)在x方向和y方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合成，注意掌握曲線運(yùn)動(dòng)的條件。

【解答】

AD、質(zhì)點(diǎn)在x軸方向以初速度為4m/s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而在y軸負(fù)方向質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，及曲線運(yùn)動(dòng)條件，可知，質(zhì)點(diǎn)做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，故AD錯(cuò)誤；

B、在x方向上的初速度為vx0=4m/s，加速度：a=△vx△t=8?42m/s2=2m/s2

由于做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此在t=1s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)x方向上速度的大小vx=2.【答案】A

【解析】【分析】以環(huán)為研究對(duì)象，環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，合力為零，根據(jù)平衡條件求解繩中拉力的大小；然后通過比較轉(zhuǎn)動(dòng)后繩子的方向與水平方向之間的夾角的變化即可得出力的變化。本題中鐵環(huán)與動(dòng)滑輪相似，兩側(cè)繩子拉力大小相等，運(yùn)用正交分解法研究平衡狀態(tài)，難度適中。【解答】如圖，設(shè)繩子的長(zhǎng)度是2L，AB的長(zhǎng)度是2l，AB水平時(shí)繩子與水平方向的夾角是α，平衡時(shí)兩根繩子的拉力相等，設(shè)繩子拉力為F1，有：

由圖可知co將大圓環(huán)繞著桿中點(diǎn)O在豎直平面內(nèi)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)角度時(shí)，繩子與水平方向的夾角是θ，平衡時(shí)兩根繩子的拉力仍然相等，設(shè)繩子拉力為F2，有：2F2si設(shè)此時(shí)環(huán)到B的距離是L1，到A的距離是L2，則：L1+L2=2L所以：FA′=FB′<FA3.【答案】C

【解析】【分析】本題考查了開普勒定律、衛(wèi)星的運(yùn)行規(guī)律。對(duì)于繞地做圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力分析圓周運(yùn)動(dòng)的物理量。

對(duì)于同一個(gè)橢圓軌道的速度大小進(jìn)行比較時(shí)，往往使用開普勒第二定律。

而分析同一中心天體但是不同橢圓軌道的周期時(shí)，往往使用開普勒第三定律。【解答】

A、據(jù)開普勒第三定律，由于兩衛(wèi)星周期相同，故b衛(wèi)星的橢圓軌道半長(zhǎng)軸應(yīng)等于a衛(wèi)星的軌道半徑，設(shè)b衛(wèi)星近地點(diǎn)M距離地面高度為hM，遠(yuǎn)地點(diǎn)N距離地面高度為hN，由于hN=2hM，且hM+hN+2R2=R+ha，得hM=43R，hN=83R，A錯(cuò)誤;

B、對(duì)a衛(wèi)星有GM(R+ha)2=4π2T2(R+ha)，由黃金代換公式，g=GMR2，得T=2π27Rg，b衛(wèi)星從4.【答案】B

【解析】解：A.B、C分離前，C向右做加速運(yùn)動(dòng)，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，則桿對(duì)B的彈力方向斜向右下方，當(dāng)B、C恰好分離時(shí)，兩者速度相等，兩者之間彈力為0，則C的加速度為0，由于剛剛分離時(shí)，B、C加速度相等，即此時(shí)，B的加速度也為0，則此時(shí)桿的彈力為0，由于A、B沿桿的分速度相等，B、C分離后，輕桿的彈力將由壓力變?yōu)槔Γ珹將離開豎直墻面，可知，小球A離開豎直墻時(shí)，B、C恰好分離，故A錯(cuò)誤；

D.B、C分離后小球C做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以B、C分離時(shí)，兩球速度均為v，對(duì)三小球整體列水平方向動(dòng)量定理，則

I墻=2mv，故D錯(cuò)誤；

C.自小球A離開墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動(dòng)量守恒，則

mv=mvB+mvAx

且有vB=vAx

解得：vB=vAx=v2，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A有豎直速度分量，即小球C的速度大于小球A速度的2倍，故C錯(cuò)誤；

B.5.【答案】A

【解析】A.A物體拋出后能和B物體達(dá)到同一最大高度，根據(jù)h=12gtB.根據(jù)題意，兩次投擲的石塊最大高度相同，則上升所用時(shí)間相同，而根據(jù)A、B石塊的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，B石塊下落高度大于A石塊下落高度，則可知B石塊下落所用時(shí)間比A石塊下落所用時(shí)間更長(zhǎng)，因此整個(gè)在空中運(yùn)動(dòng)的過程中B運(yùn)動(dòng)時(shí)間比A的長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C.A、B石塊都是從斜面上拋出，最后都落在了斜面上，位移都是沿著斜面向下的，因此A和B從拋出到落回斜坡面，位移的方向相同，故C錯(cuò)誤；D.由于A、B上升高度相同，根據(jù)h=vy22g，可知A、B石塊豎直分速度大小相同，而根據(jù)兩石塊的運(yùn)動(dòng)軌跡，在等高處(運(yùn)動(dòng)相同時(shí)間)，B石塊的水平位移大于A石塊的水平位移，根據(jù)水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)有x=vxt，可知故選A。6.【答案】C

【解析】[分析]

本題主要考查庫侖力作用下的動(dòng)態(tài)平衡問題，受力分析是解決問題的關(guān)鍵。要能正確的對(duì)小球b進(jìn)行受力分析，根據(jù)三角形相似，尋找各個(gè)力之間的大小關(guān)系。對(duì)小球b受力分析，小球b受重力、支持力、庫侖力，根據(jù)三角形相似判斷各個(gè)力的大小關(guān)系，結(jié)合庫侖定律計(jì)算帶電量的關(guān)系。

[解答]

對(duì)小球b受力分析，如圖所示，小球b受重力、支持力、庫侖力，由圖可知，力的矢量三角形和長(zhǎng)度三角形相似

設(shè)半球形碗的半徑為R，AB之間的距離為L(zhǎng)，根據(jù)三角形相似可知，即mbgR=FNR=FL

所以FN=mbg

①

F=LRmbg

②

又幾何關(guān)系得：L=2Rsin37°=1.2R

③

所以：F=1.2mbg

④

同理可知，當(dāng)小球b處于C位置時(shí)，AC距離為：AC=2Rsin30°=R，

故：F′=7.【答案】A

【解析】【分析】

該題主要考查閉合電路歐姆定律、含容電路電路分析相關(guān)知識(shí)。熟練掌握電路動(dòng)態(tài)分析方法是解決本題的關(guān)鍵。

逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，R1的電阻減小，回路總電阻減小，回路總電流增大，純電阻電路根據(jù)P=UI=I2R可知R0上消耗的電功率變大，同時(shí)，R2總電阻兩端電壓也增大，則電容兩端電壓增大，根據(jù)C=QU，可知電量增加，可判斷R3的電流方向；恒定電路中電容所在支路相當(dāng)于斷路，滑動(dòng)R3的滑片不改變電路通電情況，故不會(huì)發(fā)生任何變化；調(diào)節(jié)R2的滑動(dòng)端向下移動(dòng)時(shí)，回路總電阻不發(fā)生變化，電壓表測(cè)的路端電壓也不發(fā)生變化，示數(shù)不變，但是電容兩端分得電壓增大，電場(chǎng)增強(qiáng)，電場(chǎng)力大于重力，帶電微粒向上運(yùn)動(dòng)；若斷開電鍵S，則電容器在電容、R2、R3組成的電路中放電，電荷量減少，電壓減小，電場(chǎng)力減小，帶電微粒向下運(yùn)動(dòng)。

【解答】

A.逐漸增大R1的光照強(qiáng)度，R1的電阻減小，回路總電阻減小，回路總電流增大，純電阻電路根據(jù)P=UI=I2R可知R0上消耗的電功率變大，同時(shí)，R2總電阻兩端電壓也增大，則電容兩端電壓增大，根據(jù)C=QU，可知電量增加，則R3中有向上的電流，故8.【答案】D

【解析】【分析】

本題綜合性很強(qiáng)，對(duì)考生的分析推理能力要求較高，因此難度較大。從知識(shí)層面看，考查了受力分析、牛頓第二定律、功、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律。

分析滑塊b的速度變化，是解決本題的突破口。

【解答】

A.因?yàn)闂U對(duì)滑塊b的限制，a落地時(shí)b的速度為零，所以b的運(yùn)動(dòng)為先加速后減速，桿對(duì)b的作用力對(duì)b做的功即為b所受合外力做的總功，由動(dòng)能定理可知，桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功，故A錯(cuò)；

B.對(duì)a、b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有：mgh=12mva2,va=2gh，故B錯(cuò)誤；

C.桿對(duì)a的作用效果為先推后拉，桿對(duì)a的作用力為拉力時(shí)，力的方向與a下落方向成銳角，故a下落過程中的加速度大小會(huì)大于g，故C錯(cuò)誤；

D.由功能關(guān)系可知，當(dāng)桿對(duì)a9.【答案】AD【解析】如下圖所示，連接bh，fd，ah，過b點(diǎn)作bh的垂線交于與A.由幾何關(guān)系易得，α=30°，β=60因?yàn)棣誥=7V，φb=11V，因?yàn)閙h=2mb=4ma，則Uma=13Uah=B.當(dāng)該粒子沿bh方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，恰不能從h點(diǎn)處射出，故BC.由幾何知識(shí)得bn=34bh且n點(diǎn)與f點(diǎn)等電勢(shì)點(diǎn)，則Ubf=Ubn=34D.當(dāng)粒子沿bh方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子先向h點(diǎn)方向減速為零，再反向加速從b點(diǎn)射出，故D故選AD。10.【答案】AC【解析】【分析】

剛開始彈簧的彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求解物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；當(dāng)彈簧壓縮0.1m時(shí)物塊的加速度為零，根據(jù)平衡條件求解彈簧的勁度系數(shù)；當(dāng)彈簧壓縮0.1?m時(shí)物塊速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理求解物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大速度；根據(jù)功能關(guān)系求解彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)的壓縮量，根據(jù)彈性勢(shì)能的計(jì)算公式求解彈性勢(shì)能。

本題主要是考查了功能關(guān)系和動(dòng)能定理、牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，首先要選取研究過程，然后分析在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系列方程解答。

【解答】

A.剛開始彈簧的彈力為零，由圖乙可知物塊的加速度a1=4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：F?μmg=ma1，解得μ=0.1，故A正確；

B.當(dāng)彈簧壓縮x1=0.1m時(shí)物塊的加速度為零，根據(jù)平衡條件得：F=μmg+kx1，解得：k=11.【答案】(1)2.2；(2)m0【解析】【分析】

正確理解實(shí)驗(yàn)原理，掌握相關(guān)物理規(guī)律，是解答本題的關(guān)鍵。

(1)由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)即可；

(2)根據(jù)平衡條件結(jié)合胡克定律求解即可；

(3)對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律列式，再結(jié)合(2)中結(jié)論求解即可；

(4)對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度表達(dá)式，而后分析即可。

【解答】

(1)擋光片的寬度d=2mm+2×0.1mm=2.2mm；

(2)由平衡條件和胡克定律可得：m0g=kx0，mAg=kxA，mBg=kxB，解得：mA=m0x12.【答案】(1)①E2；R2；②【解析】(1)①閉合S2開關(guān)時(shí)，認(rèn)為電路電流不變，實(shí)際上閉合開關(guān)S2時(shí)電路總電阻變小，電路電流增大，電源電動(dòng)勢(shì)越大、滑動(dòng)變阻器阻值越大，閉合開關(guān)S2時(shí)微安表兩端電壓變化越小，實(shí)驗(yàn)誤差越小，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電源應(yīng)選擇E2，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇R2；

②閉合開關(guān)S2時(shí)認(rèn)為電路電流不變，流過