穩(wěn)昇高教育高2026屆121．Cx—t圖為傾斜直線，知甲車做勻速直線運(yùn)動(dòng)。A錯(cuò)誤。t1時(shí)刻兩車運(yùn)動(dòng)方向相反，B錯(cuò)誤。t1t2時(shí)間內(nèi)，兩車位移相同，故平均速度相同，C正確。t1t2時(shí)間，乙車先減速后返向加速，D錯(cuò)誤。2．D3Ncosθ=mgN1Aθ減小時(shí)，N變小。B3N地=（m+M）g，故Dθ，N地保持不變。C3．C解析：物體拋出時(shí)的速度大小由矢量合成為√??2??2A t不變，D錯(cuò)誤。4．C0—x0T-mg=ma0TD錯(cuò)誤。5．AP—B—Cmgh-0.25mgh=f2L（LOA段長(zhǎng)度B—C過程由功能關(guān)系有EPmaxfL+0.25mghEPmax=5?????A析可知電阻R兩端電壓為U端=UM+U=9V，該電壓亦為路端電壓，故電源的效率η=????+??=75%，DRI=3AI=I+I=5A 干內(nèi)=E-

=12-9=3Vr=??=0.6Ω，B??

E=60WC方向運(yùn)動(dòng)的c球速度一定為零。ch=L-0.6L，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒有

????2

1

vavbva

BACMN連線（該連線在中垂面上）移EI點(diǎn)的電勢(shì)相等，CFG點(diǎn)電FG點(diǎn)電勢(shì)能，D錯(cuò)誤。ABFBD450F=√2????，因珠子做圓周運(yùn)動(dòng)，需要向心力，故圓環(huán)對(duì)珠子彈力最大值大于√2????，C錯(cuò)誤。由對(duì)稱性可知從A點(diǎn)靜止釋放剛好到達(dá)B點(diǎn)，AD點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功最多，電BAC點(diǎn)過程，D錯(cuò)誤。BCTT地，衛(wèi)星第二次經(jīng)過赤道上空時(shí)其運(yùn)動(dòng)0.5TN圈再加半圈，即可保證衛(wèi)星第二次經(jīng)過赤道上空時(shí)，恰A

T=

T

??????= 3

??衛(wèi) 3

3r= （n=0，1，2……

Bn=2

（2分）（2）k=2g（2分1）AFh5，故重力勢(shì)能減少量ΔEP=mgh5，F(xiàn)點(diǎn)為 動(dòng)能增加量ΔE=1??v2= k2）mgh=1??v2v2=2ghv2—h

（1）18.0Ω （2分）（2）實(shí)物連接見右圖（2分）2.0Ω（2分（3）最右邊（1分 （2分（1） S Sa盤中值電阻等于該種倍率下歐姆表的內(nèi)阻值??=6??=200ΩbR3????a時(shí)小，b時(shí)為“×1”倍率（20Ω），a時(shí)為“×10”倍率（200Ω）。b時(shí)流過電阻R39I=?? R??

?? 解析：1）由平衡方程有 （2分）解得 （1分2）對(duì)B，C構(gòu)成的系統(tǒng)由牛頓第二定律有mcg-μm2g （2分）得Cmcg-T=mca（2分）T=1.2N（1分此時(shí)A處于靜止?fàn)顟B(tài)，A與桌面間為靜摩擦力，fAfAB=μm2g=0.6N（2分1

解析：1）2d=v0t（1分）d=??????2（1分 解得E=0=0（1分 ERRR=??1??2=R（1分 外??+

??+??

R外

??（1分）又 聯(lián)立解得E=

（1分xS2QE=??=?? QE（2分）為保證粒子從N點(diǎn)射出，水平方向有4d=v0t（1分）豎直方向有d+x=???? （1分

解得x=3d（1分 到熒光屏上B點(diǎn) 由類平拋運(yùn)動(dòng)推論，NB反向延長(zhǎng)線過電容器中點(diǎn)A由相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例有2??= （2分S=8d（1分

19??2 m=05m 2)ΔE=2??2 3Q1????2?????2

解析：1）C與Bv1v2對(duì)C有mcgR=1 （1分 1mcgR=1 （1分 BC的碰撞滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒有：mcv1mcv2+mv0（1分

2??????1=2??????2+2

（1分99??解 R=

（1分 mc=0.5m（1分2）B恰飛離Amg=Fmg=????vm（2分解得飛離A板時(shí)Bvm=2v0（1分Btx，由動(dòng)量定理有：mvm-mv0qEtft（2分該過程中ft=μ（mg-F）t=??????t-??????????=??????t-??????

??解得

（1分）又由ΔEp=