{#{QQABaYCQggioAJJAABgCEwHqCEKQkAAAAQgOQAAIsAAAABNABAA=}#}{#{QQABaYCQggioAJJAABgCEwHqCEKQkAAAAQgOQAAIsAAAABNABAA=}#}{#{QQABaYCQggioAJJAABgCEwHqCEKQkAAAAQgOQAAIsAAAABNABAA=}#}{#{QQABaYCQggioAJJAABgCEwHqCEKQkAAAAQgOQAAIsAAAABNABAA=}#}参考答案1.A2.C3.D4.B5.C6.A7.B8.CD9.BD10.AD11.(每空1分，共7分)【进行实验与收集证据】(1)二力平衡(2)刻度尺4.8【分析与论证】伸长量【交流评估】弹簧的横截面积(或弹簧的粗细)【拓展】乙甲【解析】【进行实验与收集证据】(1)根据图18可知钩码静止时受竖直向下的重力和弹簧对钩码竖直向上的拉力，二者属于一对平衡力，由二力平衡条件可知，钩码受到弹簧的拉力等于钩码受到的重力；(2)一般实验室测量长度都使用刻度尺，所以要用刻度尺测出弹簧的长度及其伸长量，由表格数据可知，弹簧下无钩码时，弹簧的自然长度为6.0cm，第5次实验中弹簧的长度为10.8cm，所以第5次实验中弹簧的伸长量为10.8cm－6.0cm＝4.8cm；【分析与论证】分析表格数据可知，当弹簧所受拉力增加几倍，弹簧的伸长量也随着增大几倍，即弹簧的伸长量与它受到的拉力的比值为定值，故在弹性范围内，弹簧的伸长量跟它受到的拉力成正比；【交流评估】金属丝的材质、弹簧的匝数，原长等均相同，弹簧的横截面积越大，测量时伸缩量就越小，说明弹簧的伸长量还与弹簧的横截面积(或弹簧的粗细)有关；【拓展】在弹性限度内，弹簧甲能承受的最大拉力是4N，而弹簧乙能承受的最大拉力是8N；显然，若要制作量程较大的弹簧测力计，应选用弹簧乙。由图19可知，在相同拉力作用下，弹簧甲的伸长量大，弹簧甲较灵敏，可以用来制作精确程度较高的弹簧测力计。12.(1)相等（1分）匀加速（1分）(2)乙（2分）1.1（2分）(3)0.875（3分）【解析】(1)由表中数据可知，x4－x3＝x3－x2＝x2－x1，即小球在连续相等时间内的位移之差相等，小球做匀加速直线运动。(2)甲同学：a1＋a2＋a3x2－x1＋x3－x2＋x4－x3x4－x1a＝＝＝，33T23T2乙同学：a1＋a2x3－x1＋x4－x2x3＋x4－x2－x1a＝＝＝。24T24T2x3＋x4－x2－x1乙同学用到了所有数据，故所求加速度较准确，加速度为：a＝＝1.1m/s2。4T2xx1＋x2(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度公式v＝v＝，则v＝＝t2Tt28.20＋9.30×10－2m/s＝0.875m/s。2×0.113.解：(1)该同学的路程s＝200m（1分）100100m长的弯道部分BC、DA是半圆弧，对应的半径r＝m（1分）π因此该同学的位移200100x＝AB2＋BC2＝1002＋π2m＝π2＋4m≈118.5m，其方向为A指向C。（2π分）(2)该同学跑至弯道BC中点P时的路程为s′＝100m＋50m＝150m（1分）100100100＋其位移x′＝π2＋π2m≈135.6m，方向为A指向P（2分）x′135.6m则从A到P的平均速度v＝＝＝6.78m/s，方向为A指向P。（2分）t20s14.解：(1)该电热加湿器处于“高挡”时，旋转开关S与触点3、4相连。(2分)W(2)由题图2知，加湿器高挡时的功率为400W，在高挡工作时间为10min，由P＝可得，t5加湿器在高挡正常工作时消耗的电能W＝P高t高＝400W×10×60s＝2.4×10J（1分）Q55根据η＝×100%可得水吸收的热量Q吸＝ηW＝84%×2.4×10J＝2.016×10J(1分)W5Q吸2.016×10J由Q吸＝cmΔt可得，水升高的温度Δt＝＝＝24℃。(2分)3c水m4.2×10J/（kg·℃）×2kg(3)由题图1知，开关S接“3、4”触点时，R2被短路，电路为R1的简单电路，电路中的总U2电阻最小，电源电压一定，由P＝UI＝可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡RU2（220V）2则R1的阻值为R1＝＝＝121Ω(1分)P高400W当开关S接“2、3”触点时，电路为R1与R2的串联电路，电路中的总电阻最大，电源电压U2一定，由P＝UI＝可知，电热加湿器的功率最小，处于低挡RU2（220V）2此时电路中的总电阻R总＝R1＋R2＝＝＝484Ω(1分)P低100W所以电阻R2的阻值为R2＝R总－R1＝484Ω－121Ω＝363Ω。(2分)(4)电能表的转盘转过27转时，电热加湿器在400s内消耗的电能274W实＝kW·h＝0.009kW·h＝3.24×10J(1分)30004W实3.24×10J电热加湿器在低挡加热的实际功率P低实＝＝＝81W。(2分)t实400s15.解：(1)设运动员做自由落体运动的时间为t1,自由落体运动结束时运动员的速度为vm,着地速度为0,根据自由落体运动规律得=2gh1（2分）解得vm=40m/s（1分）2�m根据vm=gt1（1分）解得t1=4s（1分）在减速阶段,有-=2ah3（2分）解得a=-2m/s2（21分）2�0�m加速度大小为2m/s2,方向竖直向上。（1分）(2)设匀速运动的时间为t2,匀减速运动的时间为t3,由匀速直线运动规律得h2=vmt2（1分）解得t2=4s（1分）因匀减速到零,可以看作反向匀加速运动,根据h3=-a（2分）123解得t3=20s（1分）2�所以运动员从离开直升机至到达地面的总时间t=t1+t2+t3=28s。（2分）学科网（北京）股份有限公司