选考综合训练二公开课.docx

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1、选考综合训练（二）（时间：90分钟总分值：100分）一、选择题I （此题共10小题，每题3分，共30分。在每题列出的四个备选项中， 只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分）1.（2019浙江省桐乡第一中学抽检）关于物理学史及单位制，以下表述正确的选项是（）A.伽利略首先提出惯性概念，并提出了牛顿第一定律B.英国物理学家法拉第提出了分子电流假说，用于解释磁场的产生原因C.牛顿、千克、秒属于力学中的基本单位D.如果物理量均采用国际单位制单位，那么牛顿第二定律可以写作尸=，。解析：选D 伽利略首先提出惯性概念，但提出牛顿第一定律的科学家是牛顿，选项A 错误；法国物理学家安培提出了分子

2、电流假说，用于解释磁场的产生原因，选项B错误；米、 千克、秒属于力学中的基本单位，选项C错误；如果物理量均采用国际单位制单位，那么牛顿 第二定律可以写作尸=机。，选项D正确。2.（2019 桐乡市茅盾中学月考）仿生学研究人员发现在蚂蚁体内 似乎存在一种“计步器”，假设将蚂蚁腿加长后，蚂蚁会“过家门而不 入”，而“截肢”后的蚂蚁还没有到家就开始寻找巢穴，以下说法正 确的是（）A.蚂蚁很小，一定可以看作质点B.研究蚂蚁走过的轨迹，可以把蚂蚁看作质点C.研究蚂蚁的走路姿态，可以把蚂蚁看作质点D.个头小的蚂蚁可以看作质点，个头大的蚂蚁不能看作质点解析：选B 研究蚂蚁走过的轨迹时，不需要考虑蚂蚁本身的大

3、小，与蚂蚁大小无关， 因此不管形体大小都可以将蚂蚁看作质点，选项B正确，A、D错误；研究蚂蚁的走路姿态, 涉及到蚂蚁的形态等，不能把蚂蚁看作质点，选项C错误。3.工业4.0是由德国政府德国2020高技术战略中提出的新概 念，库卡机器人是其中的典型代表。如下图，某工业机器手竖直轻 轻夹起一个玻璃杯，玻璃杯在空中处于静止状态，机器手与玻璃杯接 触面保持竖直，贝!1（）A.玻璃杯没有碎，是因为机器手对玻璃杯没有作用力B.机器手对玻璃杯的作用力小于玻璃杯对机器手的作用力C.机器手对玻璃杯的作用力大小等于玻璃杯重力D.假设机器手夹住玻璃杯的力变大（但没有夹碎），那么玻璃杯受到的摩擦力变大解析：选C 机器

4、手轻轻地抓住玻璃杯，说明机器手对玻璃杯的作用力与玻璃杯的重力 平衡，因此机器手对玻璃杯的作用力方向竖直向上，选项A、B错误，C正确。假设机器手夹第Is内的加速距离；武大靖的质量及与冰面间的动摩擦因数。Ao 35- 2解析：（1）由图乙可知 2=仄7= n. m/s2=3 m/s2o Uki（2）第一段加速距离为xi=riZ=0.5 m第二段加速距离是“2=。江+%2产=L375 m第Is内的加速距离为+x2=l.875m。（3）第一个0.5s内的加速度为第一个 0.5 s 内,Fi jumg=mai第二个 0.5 s 内,Fimg=mai两式联立代入数据可得%=60 kg =0.1。答案：(l

5、)3m/s2 (2)1.875 m (3)60 kg 0.119. （12分）（2019浙江嘉兴秀州选考模拟）离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形 成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如下图，其原理如下：首先系统将等离子 体经系统处理后，从下方以恒定速率S向上射入有磁感应强度为修，方向垂直纸面向里的 匀强磁场的区域I内，栅电极MN和PQ间距为小当栅电极MN、PQ间形成稳定的电场后, 自动关闭区域I系统（包括进入其中的通道、匀强磁场用）。区域n内有垂直纸面向外，磁感 应强度大小为&的匀强磁场、磁场存在于以。为直径的圆内，放在a处的中性粒子离子化 源能够发射任意角度，速度均为。2的正、

6、负离子，正离子的质量为加，电荷量为外正离子 经过该磁场区域后形成宽度为。的平行粒子束，经过栅电极MN、尸Q之间的电场中加速后 从栅电极产。喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作 用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求：e电子 SIS卬仆负极栅板 o中性推进中性粒子正极横板 剂原子 离子化源正离子在A处的正离子的速度大小6；正离子经过区域I加速后，离开尸。的速度大小。3 ；在第（2）问中，假设航天器的总质量为正在以速度。沿方向运动，现在 的运动方向与预定方向成，角，如下图。了/ /纥；:起裔：mJA、喷射方向y、八、为了使飞船回到预定的飞行方向MN,飞船

7、启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度。的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N为多少？解析：(1)根据左手定那么可知，正离子向右偏转，负离子向左偏转，不会进入区域I中，因此也不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆周运动时：B2qv2=m根据题意，在A处发射速度相等、方向不同的正离子后，形成宽度为O的平行正离子束，即=不。BiDq 那么：二肝(2)等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于 洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为，那么Eg =Bwxqt即

8、=5ri,正离子束经过区域I加速后，离开尸。的速度大小为。3,根据动能定理可 知：Uq=mvmv,其中电压 U=d=3wid/ ./SBVqdm+B22D2q2联工可得5= 7-f工(3)飞船方向调整前后，其速度合成矢量如下图:V 广 为预定方向 离子、喷射方向、.,Ad因此万=tan 0离子喷出过程中，系统的动量守恒：MAv=NnW3(MNm)2Mrtan 0所以所=/V SBViqdm B22D2q2BiDq/8BVqdm+B22D2q22Mvtan 0答案：(1)6二寸(2历3= (3)v 5myjSBiVi qdm+BD220.(14分)如下图，两根质量均为m=2 kg的金属棒垂直地放

9、,?A I x x I x x在光滑的水平导轨上，左、右两局部导轨间距之比为1：2,导轨间 一x x xFx 左、右两局部有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成:正比，不计导轨电阻，现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在。C。棒运动0.5m的过程中，CO棒上产生的焦耳热为30 J,此时棒和CO棒的速度分别 为以和比，且内：vc=l ： 2,立即撤去拉力F,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运 动，求：(1)在CO棒运动0.5m的过程中，A3棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力方瞬间，两棒的速度内和0c的大小；(3)撤去拉力尸后，两棒最终做匀速运动时的速度。/和。c的大小。解析：设两棒

10、的长度分别为L和2L,电阻分别为R和2R,由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q=放可得 QabQcd 15 Jo根据能量守恒定律有Fs=mvA2fnvc1+ Qab+ Qcd又 Va : vc= 1 : 2解得。4=4 m/s, vc=8 m/so(3)撤去拉力?后，4B棒继续向左做加速运动，而。棒开始向右做减速运动，两棒最 终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒 的速度满足bLo/ =B2Lvd即 Va1 =2vcr设A8棒和CO棒受到的安培力大小分别为必和be,对两棒分别应用动量定理有几， = mvAf mvA Fct=mvcf mvc因为

11、Fc=2Fa解样vc vc 2联立以上各式解得o/ =6.4 m/s, vc1 =3.2 m/so答案：(1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s住玻璃杯的力变大（但没有夹碎），由于玻璃杯在竖直方向受力始终平衡，故摩擦力不变，故 D错误。4.（2019浙江省平湖中学高一期中）=0时，甲、乙两质点从同一点沿 同一直线运动，两质点运动的速度平方力随时间X的变化关系如下图。 对于甲、乙两质点前4 s的运动，以下说法正确的选项是（）A.甲物体的初速度为3 m/sB.乙物体的加速度为0.75 m*C =4s时，甲、乙两物体加速度相等D. 04 s这段时间内，甲物体

12、比乙多移动6 m解析：选B 根据一次）2=2工可知，图像中截距可求物体初速度，斜率可求物体加速33度。即甲物体初速度为， m/s,加速度为甲=9m/s2；乙物体初速度为0,加速度乙=不m/s2,选项A、C错，B正确；=4s时，甲比乙多移动4m,选项D错误。5 .攀岩是一种危险程度极高，但是又是一种对意志力考验极强的 户外极限活动。某攀岩者因错误操作金属扣具，导致一把攀岩钳松脱 掉落到地面的石头上。假设攀岩者注意到攀岩钳从松脱到听到落地清 脆碰撞声音的间隔为5.0s（假设初速度可忽略，空气阻力忽略不计），重 力加速度g=10 m/s2,那么以下说法正确的选项是（）A.悬崖的高度等于125 mB.

13、悬崖的高度大于125 mC.攀岩钳碰到岩石的速度等于50 m/sD.假设声速，那么可以计算出攀岩钳下落过程的平均速度解析：选D 根据题目假设，攀岩钳下落过程可以看作自由落体运动，如果忽略声音的 反射时间，因此&可知入=i25m,考虑声音反射时间，实际下落时间应略小于5s,所以悬崖的高度略小于125 m,选项A、B错误；同理可得，忽略反弹时间，那么落地时的速度 v=gt=50 m/s,所以攀岩钳碰到岩石的速度小于50 m/s,选项C错误；假设声音速度为 那么下落过程中人=豪，一学2可以求出下落高度比下落时间为/ =芯,那么平均速度五 乙U JC/=+可以计算，选项D正确。6 .如下图，两木块4、

14、3用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平 射入木块A,并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块 和弹簧组成的系统，以下说法中正确的选项是（）TpWW/Wr| A | a77/77777777777777777777/7777777777777777777A.动量守恒、机械能守恒B.动量守恒、机械能不守恒C.动量不守恒、机械能守恒D.动量、机械能都不守恒解析：选B 子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量 为0,系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，局部机械能转化为内能, 所以机械能不守恒，B正确。7 .如下图是一

15、台理想自耦变压器，在心力之间接电压不变的正弦交 流电，A为理想交流电流表。变压器调压端的滑动头P原来处于线圈中点, 电阻箱的电阻为假设将滑动头P向上移到最高处，并调节电阻箱的阻值 为K,使电流表的读数变为原来的2倍，那么R等于()RRA5B3RC.dD. 4RO解析：选C 当滑动触头P向上移到最高处时，输入电压U1不变，输入电压的匝数变为原来2倍，输出电压匝数不变，根据算=虫可知，S变为原来的一半。根据Pi=P2及P022= 可知，变化前有U/=G乎，变化后有UX2/=/；,联立解得R =。，C正确。 KKKo8 .如下图，ABC。为一个圆台，。点是其对称轴上某点，其中C、4、 。以及B、0分

16、别在一条直线上。现将正点电荷放在。点，BNC为某 个试探电荷经受电场力做功的移动路线，不计重力，那么以下说法正确的选项是 ()A. 4、B两点的电场相同B.圆台底部平面为等势面C.负电荷沿3NC从3到C,动能变大D.正电荷沿着BNC从3到C电场力做功等于该电荷沿任意路径从A到D电场力做功解析：选D 根据点电荷的电场的特点，0C=0D9根据点电荷电场公式E =遇可知，Ea=Eb,但电场方向不一样，因此选项A错误；而根据正电荷的电场线分布规 律可知到点电荷距离相等的点构成的面为等势面，而圆台底部C0平面上，圆CO上各个点 到点电荷距离相等，圆。为等势线，圆台底部其他点到。点距离都更小，那么电势要比

17、。或 。点电势高，因此圆台底部平面C。并不是等势面，选项B错误；电场力做功只与始、末两 点的电势差有关，Rp(Pa = 9b,(Pc=(Pd9根据W=qU可知正电荷沿着8NC从3到。电场力 做功等于该电荷从A到。电场力做功，选项D正确；负电荷沿8NC从3到C, WBC=qUBc9电场力做负功，即动能减少，选项C错误。9 .如下图，两根足够长且光滑平行的金属导轨倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的/ 三冬n两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金一铲一属棒而水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金 属棒ab9那么以下说法中正确的

18、选项是（）A.金属棒最终可能匀速下滑B.金属棒H一直匀速下滑C.金属棒而下滑过程中M板电势高于N板电势D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动解析：选C 金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电 流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有机gsin。一 BZZ0,金属棒将一直加速，A错，B错；由右手定那么可知，M板电势高，C对；假设微粒带 负电，那么静电力向上与重力反向，开始时静电力为0,微粒向下加速运动，当静电力增大到 大于重力时，微粒的加速度向上，D错。10 .（2019海宁市高级中学月考）如图甲所示，质量m=l kg、初速度0o=6

19、m/s的物块 受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从。点开始向右运动，。点为坐标原点，整 个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g=10 m/s2,以下 说法中错误的选项是（）2/(m2-s-2)6 x/m乙x/m甲A.1=2 s时物块速度为零B.=3s时物块回到。点C.恒力厂大小为2ND.物块与水平面间的动摩擦因数为01解析：选B 通过图像可知，物块在恒力厂作用下先做匀减速直线运动，反向后做匀加2速直线运动，物体匀减速直线运动的加速度大小为：m/s2=3 m/s2,物体 “1 Z A O匀减速直线运动的时间为：h= s=2 s,故A项正确；匀加速直线运动的加速度

20、大小为：m/s2=l m/s2,反向加速到出发点的时间8=23Z A ol d2 / 1s,故B项错误；根据牛顿第二定律，得歹十片机F-f=ma2f联立两式解得厂=2 N, f= 1N,那么动摩擦因数为=0.1,故C、D项正确。 jl u二、选择题11（此题共5小题，每题4分，共20分。每题列出的四个备选项中至少 有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11 . 2018年H月20日，国内首颗商业低轨卫星“嘉定一号”在酒泉卫星发射中心成功 升空，随后卫星按预定计划进入预定匀速圆周运动的轨道。它也是中国首个全球低轨通信卫 星星座“翔云”星座的首发星，开启了中

21、国天基物联探测新时代。以下说法正确的选项是（）A.该卫星的发射速度大于7.9km/sB.据了解该卫星在地面约400 km的近地轨道，那么可以估算卫星所受的万有引力C.该卫星在稳定轨道上的周期小于同步卫星的周期D.该卫星接到地面指令需要变轨到更高轨道，那么卫星应向后喷气加速解析：选ACD 在地面发射一颗卫星的最小发射速度为7.9 km/s,选项A正确；该卫 星做匀速圆周运动，因此6誓=?，由于不知道卫星的质量，因此无法估算卫星受到的万有 引力，选项B错误；万有引力提供向心力G誓=6号）2可知，半径越大，周期越长，由 于该卫星为低轨卫星，所以周期应该小于同步卫星，选项C正确；为了实现更高轨道的变轨

22、, 卫星首先应该向后喷气实现速度变大，从而发生半径变大的离心运动，选项D正确。12 .（2019浙江省余姚市第，、中学回测）现把滑水道简化为由位于竖直平面内的两个半径 都是R的1/4圆周连接而成，如下图的A。及 两圆心01、。2与两圆弧的连接点。在 同一竖直平面上，。2吕沿水池的水面，滑水的小孩（看作质点，质量为可由圆弧4。的任意点从静止开始下滑，下滑点与Oi的连线与竖直方向的夹角记为，不计一切阻力（sin 37A.假设，=0,小孩可以沿圆弧08滑下而落到B点B.假设 =60。，小孩落水点到起点的水平距离约为2.28KC.假设0=37。,那么小孩在两个圆弧上滑过的弧长一定相等D.假设小孩从4点

23、静止下滑，那么小孩滑到。点时对。点的压力大小为2Mg0解析：选BC假设。=0,即C与。点重合，mgcos g外=相互、i2mg(RRcos a)=mv29当jFn=O,求解cos ”=工，说明从O点静止下滑，将会在某处离开轨道，到不了 B点、,所以选项A错误。假设，=60,那么下滑到。点的速度7ng(“Reos60),即。o=d区，那么因为机g=m二后，由于小孩所受支持力为零，故小孩在。点脱离轨道, 离开轨道后平抛运动，由此可知水平位移x=vt=y12R9所以小孩落水点到起点的 水平距离=毛，?+也RQ2.28R,选项B正确；假设小孩从C点静止下滑到尸处，设尸速 度为v9那么在尸处的向心力mg

24、cos aF=nr9根据机械能守恒定律可知帆g(R-Reos 37 + /?ZJeos a)=mv2,当Fn=0时，联立两式可知cos a=0.8,即a角度为37时，小孩离开斜面，选项C正确。小孩从A点静止释放，根据机械能守恒定律内=4荻，在最低处八一机？=族万联立可知，F=3mg9选项D错误。13 .以下说法正确的选项是()A.图甲牛顿环是由两玻璃外表间的空气薄膜上下外表的反射光干涉形成的B.图甲中换外表曲率半径更大的凸透镜，中心暗纹半径不变C.图乙属于红光的干涉条纹D.图丙彩色条纹的成因与图甲相同解析：选AD 两玻璃外表间的空气薄膜上下外表的反射光干涉形成的，选项A正确； 外表曲率半径越大

25、，中心暗纹半径变大，选项B错误；图乙中由于亮条纹不是等宽等间距， 不是干涉条纹，而属于红光的衍射条纹，选项C错误；图丙、图甲都属于光的干涉现象，选 项D正确。14 .(2019温州育英国际实脆学校抽检)原点。处有一简谐横波波源，1=0时波源开始振 动，形成沿“轴正向传播的机械波，当f=0.6s时的波形图如下图，此时质点尸刚好开始 振动，。、。两点相距XM=3m,下面说法中正确的选项是()6 x/mA. x=4 m处的质点起振方向向上B.经过上S, Q处质点的瞬时速度最大C.这列波的传播速度为10 m/s2一D.经过s,力处质点的位移为#= -10cm解析：选AC 图中尸点刚开始振动，振动方向竖

26、直向上，所以x=4m处质点的起振 方向竖直向上，选项A正确。机械波的波速0=平=痣 m/s=10 m/s,选项C正确， 机械波的周期为T=0.4 So所以s =爷=5nrad/s,贝4 a处质点的振动方程为ya = lOsin-fn）,再经过表 s, j=10 sin57r（0.6+）cm=10 cm,瞬时速度为零，选 项B错误。机械波的波长为2 = 4 m, Xab = 3 m,所以b处质点的振动方程为”= 10sin（57rL器一去r）,再经过表s, #=-5# cm,选项D错误。15. 2018年8月23日，中国散裂中子源通过国家验收，投入正式运行。散裂中子源是 研究中子特性、探测研究D

27、NA、结品材料、聚合物等物质的微观结构和运动的科研装置， 可带动物理学、化学、生命科学、材料科学、纳米科学、医药、国防科研和新型核能开发等 学科开展。以下关于中子的说法正确的选项是（）A.原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定B.散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化C.假设散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，此 时电子的物质波波长比中子的物质波波长短D.假设散裂中子源中的中子束流经慢化后，那么通过某装置形成干涉条纹间隔将会变大解析：选AD 中子不带电，那么原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有 助于维系原子核的

28、稳定，故A正确；中子不带电，那么散裂中子源中产生的强中子束流不可以 利用电场使之慢化，故B错误；根据德布罗意波波长表达式幺=白，假设散裂中子源中的中子 束流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，那么 中子的动量大于电子的动量，那么此时电子的物质波波长比中子的物质波波长长，故C错误； 散裂中子源中的中子束流经慢化后，那么德布罗意波长变长，根据干涉条纹间隔公式，波长越 长，干涉条纹间隔越大，故D正确。球1 A三、非选择题（此题共5小题，共50分）16. （7分）用半径均为r的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒 定律，实验装置如下图，斜槽与水平槽圆滑连接，圆弧为圆心

29、在 斜槽末端上方处的1/4圆周。安装好实验装置，在圆弧上铺一张 白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置0。接下来的实 验步骤如下：步骤1：不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在圆弧上。重复屡次, 用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置3,让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。 重复屡次，并使用与同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用量角器测得圆心与M. P、N三点的连线与竖直方向的夹角分别为“1、“2、a3o(1)对于上述实验操作，以下说法正确的选项是(多项选择)。A.斜槽轨道可以不是光滑

30、的B.斜槽轨道末端必须水平C.实验过程中，白纸不能移动，复写纸可以移动D.球1的质量只能等于球2的质量(2)本实验除需测量斜槽末端与M、P、N三点的连线与竖直方向的夹角外，还需要测量的物理量有 o17. 4、8两点间的高度差加18. B点离地面的高度比C.球1和球2的质量小卜机2D,球1和球2的半径r(3)当所测物理量满足表达式(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵 守动量守恒定律。解析：(1)斜槽轨道可以粗糙可以光滑，只要球1每次经过斜槽末端时速度相同即可，选 项A正确；为保证球1和球2能够做平抛运动，斜槽末端必须水平，选项B正确；实验过 程中，复写纸功能只是记录落点，因此白纸不能移

31、动，复写纸可以移动，选项C正确；为保 证碰后球1和球2均沿斜槽末端做平抛运动，球1的质量应大于球2的质量，选项D错误。(2)设圆心与圆环某点的连线与竖直方向的夹角为处 圆的半径为此 那么水平方向有Asina=v()t,竖直方向有Reos a=gt2,联立解得根据动量守恒定律可得雨Ro /cos a故还需测球1和球2的质量加1、72,选项C正确。(3)根据碰撞过程中两球的动量守恒，球1和球2碰撞前后有kRsin2a2八/qsin2aL八/幽源图小裆才8妨 7 2COSG2 =如 V 2cos“1 + 机2 7 2COSM ,化商可付sinai sinai , sin3mi i =mi i +m2

32、/y COS 12YeosYeos 13力中cn /)、sin 幻sinsin 3答案：(l)ABC (2)CImi /+机2 / cos aiyj cos a iy) cos s17. (8分)(1)某同学利用多用电表测量一个未知电阻的阻值，由于第一次选择的欧姆挡(X10),发现表针偏转角度极小。现将旋钮调至另外一挡，进行第二次测量使多用电表指针 指在理想位置。下面列出第二次测量的可能进行的操作：A.将两表笔短接，并调零B.将两表笔分别跟被测电阻的两端接触，观察指针的位置C.将多用电外表板上旋钮调到义100挡D.将多用电外表板上旋钮调到XI挡E.随即记下表盘的读数，乘以欧姆表的倍率，测得电阻

33、值根据上述有关操作，请选择合理实验步骤并按操作顺序写出：。(2)使用多用电表进行了两次测量，指针所指的位置分别如图中“、所示。假设选择开关处在“10。”的电阻挡时指针位于“，那么被测电阻的阻值是 C。假设选择开关处在“直流电压2.5 V”挡时指针位于人那么被测电压是 Vo(3)使用完多用电表后，分别把选择开关置于 位置(填序号)。A.直流 500 V B.交流 500 VC. OFF解析：(1)第一次测量时指针偏转角度小，说明所选挡位过小，故应选择大挡位，故应选 C;在换挡后要进行欧姆调零A;然后进行测量B;读数E;故步骤应为：CABEo (2)选择 开关处在“10的电阻挡时指针位于，那么被测

34、电阻的阻值是50X10。=500 O;选择开 关处在“直流电压2.5V”挡时指针位于心 那么被测电压是1.50V。(3)多用电表使用完毕，应把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡，B、C正确。答案：(l)CABE (2)500 1.50 (3)BC18. (9分)在平昌冬奥会短道速滑男子500米决赛中，武大靖以39秒584打破世界纪录 的成绩力压群雄夺得金牌，图甲为武大靖在比赛中的瞬间。起跑技术在比赛中发挥了很大的 作用，理想的起跑效果应该是起动快，在瞬间能到达较高的速度，假设武大靖在起动时做直 线运动，第一个0.5 s内右脚施加一个水平向后蹬的平均作用力Fi=300 N,第二个0.5 s内 左脚施加一个水平向后蹬的平均作用力F2=240No其第1 s内的速度时间图像如图乙所示, (g取10 m/取求:第二个0.5s内的加速度;