一模考前热身卷(1)-【名校有约】2025年新高考新教材物理一轮单元强化检测示范卷

一模考前热身卷（一） (满分：100分时间：75分钟) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.(2024·金山区二模)U经过多次衰变后变成P,在此过程中质子数和核子数分别减少了( A.10和32 B.32和10 C.10和22 D.22和10 2.(2024·广东二模)如图所示，一定质量的理想气体从状态α变化到状态b,其过程如 p一V图中从a到b的直线所示，在此过程中 ( A.气体温度一直下降 B.气体的内能先增大后减小 C.外界对气体一直做正功 D.气体吸收的热量一部分用于对外做功 3.(2024·浙江二模)如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，1=0时刻的波形如 ↑yfcm 图所示，P,Q两质点的平衡位置分别位于x1=1.5m和x2=4.5m处，t=0时 1022Q 刻，PQ两质点离开平衡位置的位移相同，质点P比质点Q振动滞后0.2s,则下 0 列说法正确的是 () -10 A.波沿x轴正向传播 B.波传播的速度大小为10m/s C.质点P振动的周期为0.8s D.质点Q第一次回到平衡位置时，质点P处于波谷 4.(2024·克拉玛依一模)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼 37 仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也，宴饮有射以乐 宾，以习容而讲艺也.”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方 向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和 37:已知两支箭质量相同，竖直方向下落的高度相等，忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法 正确的是(sin37°=0.6，c0s37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6) A.甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16：9 B.甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3：4 C.甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为16：9 D.甲、乙两人所射箭落人壶口时的动能之比为16：9 5.(2024·辽宁二模)截至2023年8月，我国已发射了21颗气象卫星，分别 宋风云1号 实现了极轨卫星和静止卫星的业务化运行.如图，风云1号是极地轨道卫 星，绕地球做匀速圆周运动的周期为12，风云2号为地球同步卫星，则 下列说法正确的是 A.风云1号的加速度比风云2号的加速度大 风云2号 B.风云2号的轨道半径为风云1号的两倍 C.风云1号的线速度为风云2号的两倍 D.风云1号和风云2号与地心的连线每秒扫过的面积相等 6.(2024·新疆一模)如图甲所示，质量m1=2kg m·8) 的足够长的木板静止在光滑水平面上，质量 2=1kg的小物块静止在木板的右端.现对木 板施加一水平向右的拉力，小物块与木板运动的 速度图像如图乙所示，g取10m/s2.下列说法正 确的是 () 甲 A.水平拉力为6N B.小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2 C.在2s时间内，水平拉力做的功为18J D.在2s时间内，木板克服摩擦力所做的功为4J 7.(2024·山西二模)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示.A、B为两块水平 放置的平行金属板，间距d=1.0m,两板间有方向竖直向上，大小为E=1.0×103N/C的匀强电场.在 A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初 速度大小均为6=1.0ms、质量均为m=5.0×10一14kg和带电量均为q=一2.0×10一15C的带电油漆微粒. 不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B上.下列说法正确的是 () -113 沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为 B.沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，动能变化量为2.0×10一12J C.若其它条件均不变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍 D.若其它条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的号 B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目 要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分. 8.(2024·山东省临沂市二模)学校实验室有一台教学用发电机，其所输出的交变电压如图甲所示，将其接在如 图乙所示的理想变压器的α，b端，闭合开关S,三只相同灯泡均正常发光.下列说法中正确的是 A.变压器原、副线圈的匝数比为2：1 B.小灯泡的额定电压为9V 182 ao 0 C.图甲所示的交变电压瞬时值表达式为u=18sin-13 3i认×102) L, bo 100πt(V) D.断开开关S,L1变暗、L2变亮 9.(2024·四川省攀枝花市质检)如图甲所示，物块A、B静止叠放 1f、fN 在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作 6-- 用，A、B间的摩擦力为f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力 A 4 2 F变化的情况如图乙所示.已知物块A的质量m=3kg,重力加 B F22F222K2F221221273 0481216N 速度g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则() A.物块B的质量为4kg B.A、B间的动摩擦因数为0.2 C.B与水平地面之间的动摩擦因数为0.2D.当F=10N时，A物体的加速度大小为1.5m/s 10.(2024·邯郸二模)如图所示，在光滑的水平地面上放有质量为m的 ×X×× U形导体框，导体框的电阻可忽略不计.一电阻为R、质量也为的 导体棒CD两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路，矩形回路的 宽度为L、长为5：在U形导体框右侧有一竖直向下足够大的匀强磁 场，磁感应强度大小为B,磁场边界与EF平行，且与EF间距为so. 现对导体棒CD施加一水平向右的恒力F使U形导体框和导体棒CD以相同加速度向右运动，当EF 刚进入磁场U形导体框立即匀速运动，而导体棒CD继续加速运动.已知重力加速度为g,导体棒CD与U 形导体框间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒与框始终接触良好.下列判断正确的是 ) A.EF在进人磁场以前导体棒CD受到导体框的摩擦力大小为F B.EF在刚进人磁场以后导体棒CD受到导体框的摩擦力大小f= B2L2 Fso RN m C.导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者可能都做匀速运动 D.导体棒CD与U形导体框都进入磁场，经过足够长时间后两者都做匀加速运动 答题栏 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题：本题共5小题，共54分. 11.(2024·葫芦岛二模)某同学用如图甲所示的实验装置来研究动量守恒定律，光电门1、2固定在气垫导 轨上，质量分别为4m和m(含遮光片)的两滑块A、B从光电门1、2的外侧匀速相向运动，在两个光电 门之间某位置发生碰撞并粘在一起继续运动，运动到气垫导轨一端时立刻被锁定， 光电门1光电门2 潜块A这光 滑B遮光片 1L TTTTTTTTTTTTTTTTT 10 甲 114 (1)两滑块上的遮光片宽度相同，用游标卡尺测量遮光片宽度的结果如图乙所示，则遮光片的宽度为 mm (2)在调节装置时，启动充气机，在气垫导轨上轻推一个滑块，要求滑块通过两光电门时的挡光时间相 等，其目的是 (3)实验中光电门1记录挡光时间为△1，光电门2记录三次挡光时间均为△2，如果同学得到 表达式（用题中已知的物理量表示），就说明滑块A、B碰撞过程中动量守恒. 12.(2024·福建二模)某实验小组要测量一段圆柱形导体的电阻率，设计了如图1所示的电路. 导怀 234567 mmtttittmtmm 012345678910 图1 图2 (1)如图2所示，用50分度游标卡尺测导体的直径，则导体直径为 mm. (2)测量导体电阻时所用器材和部分电路连线如图3所示，图中的导线①端应与滑动变阻器的 (填“α”，“b”或“c”)接线柱连接，导线②端应与导体的 (填“m”或“n”)端连接。 导休 ◆ ↑UV Ro 2.4 ② off oz 0 2.0UV E 图3 图4 图5 (3)正确连接电路后，实验小组发现电流表已损坏，但完好的电压表有两个，于是设计了如图4所示的 电路图，图中R。为标准电阻，阻值为4Ω；V1、V2可视为理想电压表.合上开关S,移动滑动变阻器滑 片，记下两电压表的示数U1,U2,则导体电阻的表达式为R,= (用U1、U2、R0表示).为了减 小偶然误差，移动滑动变阻器滑片，多测几组U1、U2的值，作出的U1一U2图像如图5所示，图像的斜 率为k= (用Ro、R,表示)，可得R,= n. 13.如图所示，固定的粗糙斜面，倾角0=30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板.在斜面上P,Q 两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B,A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L, Q到P的距离是kL(k>0).现始终给A施加一个大小为F=mg、方向沿斜面向下的力A开始运动，g 为重力加速度.设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力.求： (1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少； (2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间. 115 14.(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长 是板间距离的、3倍.金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁 感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.质量为、电荷量 0 为q(q>0)的粒子沿中线以速度o水平向右射入两板间，恰好从下板边 ·B 缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场.已知圆形磁场区 歧半径为器不计粒子重办. (1)求金属板间电势差U: (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角： (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长.定性画 出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M. 15.(2024·山东青岛二模)如图所示为一块半径为R的半圆形玻璃砖，AB 为其直径，O为圆心.一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，第一次到 达弧形表面后只有CD间的光线才能从弧形表面射出，已知CO垂直于 0 DO,光在真空中的传播速度为c,求： (1)玻璃砖的折射率； (2)从玻璃砖的下表面射向C点的光束，经弧形表面反射后再次返回玻 璃砖的下表面在玻璃砖中传播的时间 116一模考前热身卷(一) 在每秒内扫过的面积相等;风云2号与地心的连线在每秒内 扫过的面积相等,但前后两者不相等,D错误,故选A 1.A U经过多次衰变后变成^Pb,该过程核子数守恒、核 6.D 设小物块与长木板间的动摩擦因数为1,由v!图像可知 电荷数守恒,在此过程中质子数减少了10,核子数减少32 木板与小物块发生相对滑动,小物块n,的加速度大小为a 故选:A. 2.D 由图知,气体的pV乘积一直增大,根据V-C m.a。.解得n一0.1,故B错误;由v!图像可知木板的加速度 可知,气体的温度一直升高,内能一直增加,故AB错误;气 大小为a4 #-4m/{}2m/s{},根据牛领第二定律可 体的体积增大,则气体一直对外做功,气体的内能一直增加, 根据热力学第一定律AU一W十Q 得F-um;g=ma,解得F-5N,故A错误;在2s时间内, 可知,气体一直从外界吸热,吸收的热量用于对外功和增加 木板n.的位移大小为r一×2m-4m,水平拉力F做的 内能,故C错误,D正确. 功为W.-Fx.-5×4J-20J.故C错误;在2s时间内,木板 故选D. 克服摩擦力所做的功为W.-mgx.=0.1×1×10×4J= 3.C 因为P比质点Q振动滞后0.2s,可知振动先传到Q点 41,故D正确:故选:D 后传到P点,所以波沿:轴负向传播,故A错误;B.P、Q两 7.C 每个沿水平方向喷出的微粒都做类平抛运动,加速度 质点的平衡位置相距△x=4.5m-1.5m-3m,波的传播 -qE+mg-50m.s{ 故B错误;根据波速、周期和波长的关系有T-入-12 解得1-0.2s 0.8s故C正确;质点Q第一次回到平衡位置时,即x一6m 向不同方向喷出的微粒,动能定理得AE。一gEd十mgd 处的振动传到x.-4.5m处,波传播了1.5m,此时P、Q之 2.5×10*1 间的波峰传到x,-1.5m处,质点P处于波峰,故D错误 故选C. B错误;d增加为原来的2倍,根据d-a^{} 4.B 甲、乙两人射箭高度相同,两支箭在空中的运动时间相 可知运动时间增大为原来的/2倍,喷涂半径L.一u 同,落入壶口时竖直方向的速度1口.相同,设箭尖插入壶中时与 变为原来的、2倍,则喷涂面积变为原来的2倍,C正确; 水平面的夹角为o,箭射出时的初速度为v.,则tano-,即v E增加为原来的2倍,加速度a-yE+m-90m/s n ,两支箭射出的初速度大小之比为tan37”!tan53{-9 :16.故A错误:设箭尖插入壶中时的速度大小为v,则 vsin0-v,即- 8.AD 图甲中交变电压的最大值为18②V,周期为0.02s. 为3;4,故B正确;因两支箭在空中的运动时间相同,甲、乙 两人投射位置与壶口的水乎距离之比,即初速度大小之比等 于9:16.故C错误;由E.-m}可知,两支箭落入壶口 选项C错误;a两端的电压有效值为18V,三个灯泡均正常 发光,设通过L,的电流为L,则通过原线圈的电流为I.,通 时的动能之比为9:16,故D错误,故选:B 5.A 由周期公式T-2*GM 一,故选项A正确;设灯泡正常发光的电压为U.,副线圈的 可知,风云1号的轨道半径小,则由公式a-GM 可知,风云1号的加速度比风云2号的加速度大,A正确; 3U.,则U.一6V,故选项B错误;断开开关S.原线圈的电 r1 故B错误; .GM 由公式一 副线圈的电流为2I,L,的电压为IR. 副线圈的电压为U-2I×R-21.R 设原线圈的电压为U, #### 故C错误;由开普勒第二定律可知,风云1号与地心的连线 183 得原线圈的电压为4L.R a,相对速度v一 FR 2BLVm ab两端的电压有效值为18V 18 -LR+4LR 的时间后两者都匀加速运动,故C错误,D正确,故选:BD 解得L 灯泡的电压IR-3.6V,L。灯泡电压为2ILR 11.解析:(1)由图乙可知游标卡尺的精确度为:20 mm= 7.2V. 0.05mm,根据游标卡尺的读数规则,可得遮光片的宽度 即L灯泡的电压由6V变为3.6V,故变暗:I。灯泡电压电 6V变为7.2V.灯泡变亮.故选项D正确. 为:d-4mm+0.05mm×10-4.50mm (2)在调节装置时,启动充气机,在气垫导轨上轻推一个滑 故选:A、D 9. BD 当F-12N时,A、B间开始相对滑动,即umg=6N,解 块,要求滑块通过两光电门时的挡光时间相等,说明滑块做 得A、B间的动摩擦因数为1i一0.2,设此时系统的加速度大 匀速直线运动,气垫导轨处于水平状态,其目的是满足系统 动量守恒 小为a,对A根据牛领第二定律可得 (3)遮光片的宽度为d,根据速度公式,可得碰撞前A、B滑 a-mg_2m/s. 块的速度大小分别为:一 ,光电门2记录三 , △ 对B根据牛领第二定律可得F一f.一f.一na,解得 -12-4-6kg-1kg,故选项A错误,选项B正确;设B 次挡光时间均为△。,说明碰后A、B滑块的速度方向均向 与水平地面间的动摩擦因数为n',f。-4N-(m+m)g, 解得*'-0.1,故选项C错误;当F-10N时,A和B没有发 方向,要验证滑块A、B碰撞过程中动量守恒,需满足的表 达式为:mv-mv-nv十mv 生相对滑动,设A物体的加速度大小为a,对整体根据牛部 .d一 第二定律可得F-/:-(m+mn)a',解得a'10-4m/s*= 即4n. △r: △ △。 整理可得表达式为: 23 1.5m/s,故选项D正确,故选:B、D 10.BD 进入磁场前,对导体框和导体棒整体由牛顿第二定 3 答案:(1)4.50(2)满足系统动量守恒 律:F-2ma,再对导体框有:F一ma (③) H,故A错误;进入磁场前,导体框与金属 联立解得:F一 12.解析:(1)游标卡尺主尺读数为22mm,游标尺为50分度 游标尺分度值为0.02mm,故导体直径为d-22+0.02× 棒一起做匀加速直线运动,根据动能定理有 25-22.50 mm F·$-x2xo0 (2)根据电路图可知,电流表正极与滑动变阻器上端连接 对导体框EF,进入磁场就匀速运动,由平衡条件有:f一F。 即导线①端应与滑动变阻器的“c”接线柱连接,电路采用分 BL# iLBL:0 压式接法,因此滑动变阻器左端应与电源负极连接,即导线 而安培力:F。-BIL-BX R ②端应与导体的“m”端连接 Rn CD与U形框都进入磁场,开始时导体棒CD的速度大于 U形框的速度,由导体棒和U形框共同切割磁感线产生的 感应电动势形成电流,使得U形导体框EF边受到向右的 安培力,与摩擦力共同作用使其做加逸运动,EF边受到向 R.十R 故U.-U:图像斜率为b- 左的安培力,向右做加速运动,设导体棒CD和金属框的速 R 度分别为v:和v,则电路中的电动势:E一BL(v.一v),电 由图5可得R+R。2.4-。 R. 2.0-0 R 解得R.-200 B(-),与运动方向相同:F= RR。 安培力:F二 R 20 R BL(.一) ,与运动方向相反。 13.解析:(1)A和B恰好能静止,则7ugsin0=mgcosθ. R 当给A施加一个大小为F一”g,方向沿斜面向下的力,A BL(一) 则对导体棒CD:F- -f-m R 开始运动,由牛领第二定律可知F一mg一ma,解得a一g Bl:(-)fna: A碰前的速度为vu,根据速度一位移公式可得v一2akL, 对金属框: R 解得一v/②gL 初速度uv,则a开始逐渐减小,a:逐渐增大,当a= A与B发生弹性碰撞,取向下为正,根据动量守恒定律可 184 得mu.-nv。+n'. 2mo 已知圆形磁场区域半径为R一 3,故r一3R 由能量关系可知|”-+。} 粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场,故粒子 联立解得一0,v一= ②gL. 将沿半径方向射出磁场,粒子射出磁场时与射入磁场时运 动方向的夹角为0,则粒子在磁场中运动圆张轨迹对应的 圆心角也为9,由几何关系可得8-2a-哥 A运动到底端的时间为1。,则L-g:” 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为吾或60{ 若:=:,解得-1 当一-时A与B同向相撞(即B与挡板碰撞前AB发生 第二次碰撞),此时有士gt*-12gkL. 解得1-2 2. (3)带电粒子在该磁场中运动的半径与园形磁场半径关系 当士时A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞反向后与 为一3R,根据几何关系可知,带电粒子在该磁场中运动 的轨迹一定为劣孤,故劣张所对应轨迹园的弦为磁场圆的 A发生第二次碰撞),碰后B匀速运动,运动到底端的时间 直径时粒子在磁场中运动的时间最长,则相对应的运动轨 #### 迹和弦以及圈心M的位置如图所示: B与挡板碰后原速率返回,根据牛领第二定律可得 mgsin0+mgcos 0-ma' 解得a'-g 根据相对运动可知,一 2g^}-(v2gkl.-gt)(t-t) 解得-2g{++ /1(4-1)1./2 4 VgL(4-1)' 答案:(1)Um 答案:见解析 (2)或60* 3 14.解析:(1)设板间距离为d.则板长为③d.带电粒子在板间 _____- 做类平抛运动,两板间的电场强度为E-V 根据牛顿第二定律得,电场力提供加速度qE一m (③) 设粒子在平板间的运动时间为1.,根据类平抛运动的运动 规律得-a3-v#。# 15.解析;(1)从下表面垂直射入破璃砖的光线以原方向射向强 形表面,根据题意“只有CD间的光线才能射出”可知,到达 联立解得{} 3 C.D两点的光线刚好发生全反射 由几何关系可得,发生全反射的临界角为C一45* 由折射定律可得n-C 3 故一 解得玻璃砖的折射率n一、② 则出电场时粒子的速度为一 %2/③ cos30 粒子出电场后没直线匀速直线运动,接着进入磁场,根据牛 顿第二定律,洛伦兹力提供匀速围周运动所需的向心力得 解得,m_2v B 3B 185 (2)由几何关系可得,从玻璃砖的下表面射向C点的光束, 4.A 初状态系统平衡时,两弹策弹力相等,合力与两弹黄夹 经孤形表面反射后再次返回玻璃砖的下表面在玻璃砖中传 45{}斜向左上方,则由O点受力平衡知:OP、OQ两绳拉力合 播的路程为:s=2Rcos450+R 力斜向下与OP夹45{角,保持O点不动,则两弹黄伸长状态 cos 45=2/2R 不变,合力不变,将OP、OQ沿顺 由折射率- 。. 时针方向缓慢旋转70{*,此过程 OP、OQ合力不变,两力夹角不 变,用T表示OQ拉力,T。表示 解得( OP拉力,根据力的三角形定则可 C 作图如右: 由图可以看出,在旋转70{}的过程中,表示OP的拉力T长 度一直在减小,说明OP上的作用力一直减小;表示OQ的 拉力T长度先增大后减小,说明其上的作用力先增大后减 小;当OQ旋转至水平位置时,O0Q对应的圆周角为:180- 1{ 60{*}-45{}一75{}{90{*},说明此时OQ拉力不是最大值。故 选:A. 5.B 根据“同侧法”可知,此时波源A、B均在平衡位置向上振 答案:(1)n-v2 (2)4R 动,故A错误;B点形成的机核波在BO)中传播的速度为 6m-1s,因A、B以 一模考前热身卷(二) 相同频率同时振动,故两列波的周期相等,A点形成的机核 1.B 由质量数与核电荷数守恒可知,X的质量数n一234一 230-4,电荷数n=92一90-2.可知X为氢核,故A错误; 1 该核反应过程中的质量亏损为:n=m-m-m.-232.372u 确;由图知两列波形成的第一个波峰此时在r一一9m和 228.0287u-4.0026u-0.0059u,故B正确;由于衰变 x一7.5m处,由图示位置两波峰传播到O点所需时间分别 的过程中存在质量亏损,释放能量,可知轴核234U的结合 1s-2.25s和,-7.5 755=1.25s.因.≠t,故C 能小于Th与“X”的结合能之和,故C错误;半衰期由核内 错误;A、B两波源同相振动且频率相同,经过足够长时间 部本身的因素决定,增加铀核温度及其所受压力,它的半衰 形成稳定干涉现象,A、B两波源的抓动传播到O点的时间 期不变,故D错误,故选:B. 差为一个周期,则O点为振动加强点,0点振幅为30cm十 2.C 人和座椅做圈周运动的半径为r-d十/sin0一2.5m 15cm一45cm.故D错误;故选:B 6.D 全属杆傲园周运动的线速度v-d,设金属杆的速度 故B错误;人和座椅做圆周运动时,有mgtanθ-m{}(d十lsin0) 方向与磁场间的夹角为0,从最高点开始计时,感应电动势E -BLosin-BLodsino,感应电流I- 2(Rn) 整理得。-_ E BLdsin0 由上式可知,若减小悬绳长度,要维持夹角8保持不变,则圆 L.、R、a、r都是定值,从最高点到最低点的过程中sinθ先减 盘转动角速度变大,故周期变小;若人和座椅的总质量增大 小后增大,金属棒在最低点时回路电流最大,选项A错误; 园盘转速不变,则悬绳与坚直方向的夹角不变,故C正确,D 金属棒在园环的上半部分运动时(不包括最左和最右点),根 错误.故选C. 据右手定则可知a环电势高于b环,故选项B错误;从最高 3.D 根据v一/图像的斜率表示加速度,斜率绝对值越大,加 BLd 点开始计时,回路电流的瞬时值为i一 2(R)coso,故选 速度越大,可知,图线1的斜率绝对值小于图线2的斜率绝 对值,因干燥路面的动摩擦因数大,汽车的加速度大,则图线 1表示湿滑路面,图线2表示干燥路面,根据一1图像的斜 率表示加速度,得汽车在干燥路面与湿滑路面上刹车时,加 4(R十7) 速度大小之比a.a-30.30-4:3~1.33,根据牛领第 故选:D. 4 7.B 由题可知带电质点重力不计,只受电场力作用从O点以 二定律得mg=ma,得a一ug,则千燥路面与湿滑路面动摩 大小为E。的动能出发:运动到M点时动能变为-E.。根据 擦因数之比为t:-a.:a~1.33,选项A、B、C错误,选 项D正确,故选:D. 动能定理得,WEoR-E.-E→EaR--E。 ① 186