大同杯物理竞赛第26届试题(初)详解

上海市第二十六届初中物理竞赛（大同中学杯）

答案及详解（仅供参考）

说明：

1.本试卷共分两部分，第一部分为单项选择题，每题4分，共25题，计100分；第二部分为多项选择题，每题5分，全对得5分，部分选对的2分，选错或不选的0分，共10题，计50分。全巻满分150分。 2.考试时间为90分钟。

第一部分：单项选择题

1.饺子放在水中煮，怎么煮都不会发黄或变焦，而放在油中炸，过一会儿就发黄，发生该现象的原因是由于油的 ( )

A.密度比水小 B.沸点比水高 C.比热比水小 D.内能比水大

答：B 水沸点为100度。到了这个温度因为沸腾蒸发，蒸汽带走了热量温度上升不了。所以只会煮烂不会煮焦。油就不同了。油的沸点多在两三百度。再往上升会燃烧。当饺子表面水分蒸发干后。就随温度升高开始变焦。

2.下列现象中的物态变化，属于熔化的是 ( )

A.春天，河里的冰开始解冻 B.夏天清晨，花草上有大量露水 C.秋天清晨，浓雾笼罩大地 D.冬天，结冰的衣服也会晾干 答：A 熔化是物质从固态转变为液态的相变现象

3.电冰箱是常用的家电，当压缩机工作时，制冷剂（俗称“药水”）在冰箱内外管道中不断循环流动。下列说法正确的是 （ ）

A.在冰箱内的管道中，制冷剂膨胀并放出热量 B. 在冰箱内的管道中，制冷剂被压缩并吸收热量

C.在冰箱外的管道中，制冷剂膨胀并放出热量 D. 在冰箱外的管道中，制冷剂被压缩并放出热量

答：D 从物态变化的吸放热原理去考虑

4.下列现象中，由于光的折射而引起的是 ( )

1

答：C 彩虹形成是由光的折射形成的。雨后，空气中含有大量的小水滴，如同三棱镜，使得阳光发生了折射。

5.将体积相同的木块和石块浸没在水中，松手后，木块上浮，石块下沉，平衡后，则两物体所受到的浮力 ( )

A. 木块大 B. 石块大 C. 一样大 D.无法确定

答： B 物体所受到的浮力等于物体排开液体的体积，石块排开水的体积比木块大。

6.如图所示，容器内盛有部分水，气球下面悬挂一石块，它们恰好悬浮在水中，若大气压增大，则石块将 ( )

A.上浮 B.下沉 C. 静止 D.先上浮后下沉

答： B 若大气压增大，气球体积变小，其浮力变小，石块下沉

7.把带正电的物体A靠近一个原来不带电的验电器的金属小球，这时用手去触摸金属小球(人体是通大地的导体)，然后移开手则 ( )

A. 金属小球和金属箔都不带电 B. 金属小球和金属箔都带负电 C. 金属小球带负电，金属箔带正电 D. 金属小球带负电，金属箔不带电

答： D 把带正电的物体A靠近一个原来不带电的验电器的金属小球时，由于静电感应，小球接近物体A处带负电，远端的金属箔带正电。这时用手去触摸金属小球时，感应正电荷被排入地；移开手后，感应负电荷被物体A吸引仍然位于靠近A的一端，故此时金属小球带负电，金属箔不带电。

8.室内温度为，此时用蘸有少量酒精的棉花涂抹一下温度计的玻璃泡，随着酒精的迅速蒸发，下列各图能比较正确反映温度计示数随时间变化的是 ( )

答： D 随着酒精的蒸发，带走了一部分的热量，温度有所下降；当酒精蒸发完后，温度还原。

9.人们在观看“日出”或“日落”现象时，考虑到大气对传播的影响，太阳的真实位置S与人们看到的太阳的位置Q相比 ( ) A.“日出”时S在Q的下方，“日落”时S在Q的上方 B. “日出”时S在Q的上方，“日落”时S在Q的下方

C. “日出”或“日落”时S均在Q的上方 D. “日出”或“日落”时S均在Q的下方

2

答： D 大气的折射。这时我们看到的是太阳的虚像。覆盖着地球表面的大气，越接近地表越稠密，折射率也越大．我们可以把地球表面上的大气看作是由折射率不同的许多水平气层组成的，光从一个气层进入下一个气层时，要折向法线方向．结果，我们看到的太阳的位置，比它的实际位置要高一些．这种效应越是接近地平线就越明显．我们看到的靠近地平线的太阳的位置，要比它的实际位置高37′．这种效应叫做蒙气差，是天文观测中必须考虑的。

10.如果要求电键都可以独立控制同一盏灯，下列电路图中正确的是 ( )

答： C。提示：根据电路，先拨动其中一个电键开关，分析灯的通断情况；再拨动另一个电键开关，分析灯的通断。

11.甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为250C和750C，现将一温度为650C的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到450C，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后乙容器中水温为(不计热量散失和水的质量的变化) ( ) A. 650C B. 600C C. 550C D. 500C

答： B。将一温度为650C的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到450C，由热平衡条件：

C水m水（45-25）=C甲m甲（65-45）得：C水m水=C甲m甲

取出金属球并放入乙容器中，设热平衡后温度为t，则：

C水m水（75-t）=C甲m甲（t-45）得：t=600C

12.如图所示，两个并排且深度相同的水池，一个未装水，另一个装水，在两池的中央各竖立一长度相同且比池深略长的标杆，此时，阳光斜射到水池。下列关于两水池中标杆的影子的说法中，正确的是 ( )

A.装水的池中标杆影子较长 B. 未装水的池中标杆影子较长 C.两池中标杆影子长度相同 D. 装水的池中标杆没有影子

答： B。装水后光线向法线方向发生折射，影子变短。

13. 如图所示，平面镜OM与ON的夹角为，一条平行于平面镜ON的光线经过两个平面镜

3

的多次反射后，能够沿着原来的光路返回。则平面镜之间的夹角不可能是 （ ） Ａ．１° Ｂ．２° Ｃ．３° Ｄ．４°

答： D. 画光路图可得，光线第一次反射的入射角为 90-α，第二次为90-2α，第三次为90-3α，第N次为90-Nα，要想延原来光路返回，需要光线某次反射的入射角为零，所以有90-Nα=0,α=90/N, N为自然数

14.两平面镜，凸透镜的主光轴恰好是该直角的角平分线，凸透镜的光心为O,A点恰好是凸透镜的焦点，光源S位于主光轴上，通过该系统，光源S所成的像为 ( )

A.四个虚像，三个实像； B. 四个虚像，一个实像 C. 三个虚像，一个实像 D.三个虚像，两个实像

答：B，如图所示：

①S通过两个平面镜成3个虚像，（因为其中两个重合了），分别是S1、S2、S3，；

②S1、S2分别在凸透镜的焦点处，则不能成像，只有S3在凸透镜的焦点以外，且通过凸透镜的光心，可以成一个实像S4；

③S在凸透镜的焦点以内，由u＜f，成正立放大的虚像S′；综上分析，通过该系统，光源S所成的像有四个虚像，一个实像． 故选B．

15.建筑工人施工时，需要将物体运送到高处，高处的建筑工人使用定滑轮拉动绳子，为防止物体与墙壁相碰，站定在地面上的另一个建筑工人还需要用绳子控制物体，使物体与墙壁的距离始终保持不变，则在物体缓慢上升的过程中 ( )

A.绳ab上的拉力增大，绳bc上的拉力减小 B. 绳ab上的拉力减小，绳bc上的拉力增大

4

C.两根绳子上的拉力均增大 D.两根绳子上的拉力均减小

答：C，

解：因物体与墙壁的距离始终保持不变，先明确两点： （1）两绳拉力的合力为物体的重力不变；

（2）在题型设条件下图中标明的两角度一个增大，另一个减小． 然后就用平行四边形定则作出图（2）

故选C．

16.某灯泡直接连在电压不变的电源两端，灯泡的电功率为16瓦，现通过长导线将该灯泡连接到原来的电源上，灯泡的电功率为9瓦，若灯泡的电阻不变，则长导线消耗的电功率为 ( )

A.7瓦 B.5瓦 C.3瓦 D.1瓦

答：C 设灯泡直接连接在电源两极上时电路中的电流为I， 此时灯泡的功率为P=I2R=16W--------------------①

当它通过两根长导线连接到原来的电源上时电路中的电流为I′， 此时灯泡的实际功率为P′=I′2R=9W---------② 由①②可得：I′=3 4 I，

此时电路的总功率P总=UI′=U×3 4 I=3 4 ×16W=12W， 长导线消耗的电功率为12W-9W=3W．

5

故选C．

17. 两根较长的薄壁试管的横截面积分别为S和2S，大试管内盛有适量的水银，将充满水银的小试管开口朝下插入大试管内，小试管的底部恰好与大试管内的液面相平，此时，水银对大试管底面的压力为N1，现将小试管缓慢地竖直拉出，在小试管离开大试管液面前的一瞬间，水银对大试管底面的压力为N2，若大气压强为P0，则N2与N1相比（ ） A.减小P0S B. 增大P0S C. 减小2P0S D. 增大2P0S

解：A 小试管缓慢地竖直拉出时的变化如下图所示： （1）小试管的底部恰好与大试管内的液面相平时， ∵小试管内水银上方是真空，

∴小试管内水银产生的压强和大气压强相等；

∵F=Ps，且小试管底部受到的压力和自身的重力相等， ∴小试管内水银的重力G2=F=p0s．

（2）又∵大试管内水银对底部的压力和大试管内水银的重力相等， ∴N1-N2=G1-G3=G2=p0s． 故选A．

本题考查了压强公式的应用和大气压强的综合运用，知道小试管缓慢地竖直拉出时，大试管内减少的水银和小试管内水银的质量相等是解决本题的关键．

（1）由题意可知，小试管缓慢地竖直拉出时，大试管内减少的水银和小试管内水银的质量相等；而小试管内上方是真空，所以小试管内水银产生的压强和大气压强相等，根据F=ps求出试管内水银的压力，此时水银产生的压力和自身的重力相等．

（2）圆柱体内水银对容器底部的压力和自身的重力相等，小试管缓慢地竖直拉出时，水银对容器底部压力的减小量即为小试管内水银的重力．

18. 如图所示，密度均匀的细杆AB与轻杆BC用光滑铰链铰在B端，A、C两端也用光滑铰链铰于墙上，AB=BC, BC杆水平，AB杆与竖直方向成30°，此时AB杆与BC杆之间的作用力为F1。若将两杆的位置互换，AB杆与BC杆之间的作用力为F2，则F1：F2为 ( ) A.2:1 B.1:2 C.4:5 D.5:4

6

7

19.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R=0.6欧，移动滑动变阻器的滑片，当电流表的示数为2安时，滑动变阻器的电功率为3.6瓦，当电流表的示数为3安时，滑动变阻器的电功率为 ( )

A.1.2瓦 B.2.4瓦 C.3.6瓦 D.4.8瓦

解：不论电流大小，定值电阻和滑动变阻器都是串联．前后两种情况下，定值电阻与滑动变阻器两端电压之和都等于电源电压，据此列出方程即可求解． 当电流为I1=2A时

电源电压为U=2A×0.6Ω+3.6W 2A当电流为I2=3A时，设滑动变阻器的功率为Px 电源电压为U=3A×0.6Ω+Px 3A

已知电源电压相等，即2A×0.6Ω+3.6W 2A =3A×0.6Ω+Px 3A 解得Px=3.6W 故选C

20. 如图所示，公园围墙外的小路形成一个规则的正方形，甲乙两人分别从两个对角处同时出发沿逆时针方向紧贴围墙绕公路匀速行走，已知甲绕围墙行走一圈需要48分钟，乙绕围墙行走一圈需要68分钟，从甲第一次看见乙开始计时，到甲又看不到乙时，所经历的时间为 ( )

A.4分钟 B.3分钟 C.2分钟 D.1分钟

分析：（1）设正方形的边长为L，根据题意求出甲与乙走L距离的时间；

（2）分析甲与乙的运动过程，找出甲第一次看到乙的时间，甲第一次看不到乙的时间， 从而求出甲从看到乙到看不到乙经历的时间． 解：（1）设正方形小路的边长为L，甲的走路程L所用的时间t甲=48min 4 =12min， 乙走路程L所用的时间t乙=68min 4 =17min；

（2）经过48min，甲走过的路程是4L，甲回到出发点；经过48min=2×17min+14min， 乙的路程s乙，2L＜s乙＜3L；甲与乙位置如图（1）所示，甲乙在同一直线上， 甲可以看到乙，这是甲第一次看到乙；

（3）经过51min，乙的路程是3L；经过51min=4×12min+3min，甲的路程s甲，4L＜s甲＜5L，

甲与乙的位置如图（2）所示，甲乙不在同一条直线上，甲开始看不到乙； （4）从甲第一次看见乙开始计时，到甲又看不到乙时，所经历的时间为51min-48min=3min． 故选B．

8

21.在图(a)所示的电路中，电源电压保持不变，R1,R2为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，电压表V1,V2的示数随电流表A示数变化的完整图线如图(b)中①,②图线所示，在图(c)中能正确反映该过程的电压表V3随电流表A示数变化的完整图线是 ( )

分析：（1）由电路图可知，R1、R、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，U2测R两端的电压，V3测电源的电压与R1两端的电压之差；根据滑片的移动判断滑动变阻器接入点路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，从而判断①、②图线表示的电压表．

（2）当滑片位于左端时，R1与R2串联，根据图象得出R1两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压．

当滑片位于右端时，R1、R、R2串联，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压，联立等式求出电源的电压；

（3）根据串联电路的电压特点得出电压表V3与V1之间的关系，即可判断图象． 解：（1）将滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，滑动变阻器接入点路的电阻变小，

根据I=U R 可知，电路中的电流变大； 根据U=IR可知，R1两端的电压变大， 故①表示电压表V1、②表示电压表V2． （2）当滑片位于左端时，R1与R2串联，

由（b）图象可知：R1两端的电压U1=4V，通过的电流I1=0.4A， 则R1=U1 I1 =4V 0.4A =10Ω；

电源的电压U=U1+I1R2=4V+0.4A×R2--------① 当滑片位于右端时，R1、R、R2串联，

由（b）图可知，I2=0.2A，R两端的电压UR=3V，U1′=2V，

9

则电源的电压U=UR+U1′+I2R2=3V+2V+0.2A×R2--------② 由①②两式可得：U=6V．

（3）因V3测电源的电压与R1两端的电压之差，

所以，当U1=4V、I1=0.4A时，V3的示数为U-U1=6V-4V=2V； 当U1′=2V、I2=0.2A时，V3的示数为U-U1′=6V-2V=4V； 结合选项可知A符合，BCD不符合． 故选A．

22. 如图所示，长1米的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，重力G=10N的物体通过摆线经滑轮系于墙上A点，平衡时OA恰好水平，现将A点沿着竖直墙向上缓慢移动少许，重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为10牛，该过程中，外力所做的功至少为(小数点后保留两位) ( )

A.0.86焦 B.1.59焦 C.2.07焦 D.2.93焦

答案 A

23.三个相同的热源分布在一横放着的圆筒内，圆筒的侧壁和一个底部均绝热，另一个底部开口并被导热膜封住，用另两个导热膜在圆筒内隔出两个竖面，从而将三个热源互相隔开并形成A、B、C三个独立单元区域，假设周围环境的温度恒定，并且传导的热功率与温差成正比，每个独立单元区域内空气的温度均匀，A、B、C三个独立单元区域的温度与周围环境的温度差分别为△tA,，△tB,，△tC,，则△tA:△tB:△tC,为 ( ) A.3:2:1 B.6:3:2 C.5:3:1 D.6:5:3

解：同时考虑三个区域内的发热功率和散热功率，根据各单元区域传导的热功率与温差成正比，写出散热功率表达式，再根据各单元区域发热功率和散热功率的关系列出方程，然后综合整理即可求解．

设发热功率均为P，则：

A：k（△tA-△tB）=P，即A的散热功率等于发热功率． B：k（△tB-△tC）=P+k（△tA-△tB），即B的散热功率等于自身的发热功率与A的散热功率之和．

C：k（△tC）=P+k（△tB-△tC），即C的散热功率等于自身的发热功率与B的散热功率之和． 整理得： △tA=2△tC

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3△tB=5△tC

即得：△tA：△tB：△tC=6：5：3 故选D．

24.阻值相等的三个电阻R和电阻R1，R2，R3组成如图所示的电路，且R1=R2=R3，若电阻R1两端的电压为20伏，电阻R3两端的电压为4伏，则电阻R2两端的电压为 ( ) A.6伏 B.8伏 C.10伏 D.12伏

（1）由电路图可知，R3与R串联后与R2并联，再与R串联，最后再与R1并联；已知R3两端的电压，根据欧姆定律可求改支路电流，再根据并联电路的电压特点和串联电路的电压特点得出通过最右端R的电流，得出等式．

（2）根据并联电路的电流特点得出通过中间电阻R的电流，根据欧姆定律表示出其两端的电压，再根据R1两端的电压等于中间电阻R两端的电压和R2两端的电压之和得出等式，联立等式得出方程，解方程即可得出电阻R2两端的电压．

设R2两端的电压为U2，R1=R2=R3=x，

由图1可知：BCD中R与R3串联，通过R3的电流4V x ， ∵最右边R3与R串联后在与R2并联， ∴通过R的电流U2-4V R ， ∴U2-4V R =4V x ------① 如图2可知：BE与BCD串联， 通过中间电阻R的电流I=U2 x +4V x ，

中间R两端的电压为UR中=IR=（U2 x +4V x ）R， 由图3可得：ABE与AF并联， ∵电阻R1两端的电压为20伏， ∴（U2 x +4V x ）R+U2=20V---------② 由①②两式可得：U22+4U2-96=0， 解得：U2=8V，U2=-12V（舍掉） 故选B．

25.如图所示，均匀木棒AC水平搁在一个圆柱体B上，二者的接触点为D，且AD:DC=17:15,当圆柱体围绕其固定中心轴顺时针方向转动时，与棒的右端C紧靠着的木板E恰能沿光滑

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竖直墙面匀速下滑，若木棒与圆柱体之间、木棒与木板之间动摩擦系数相同，则该动摩擦系数为 ( )

A.0.40 B.0.30 C.0.25 D.0.20

答案C

第二部分 多项选择题

26.如图所示，质量分布均匀的甲、乙两个实心正方体放置在水平底面上，它们对地面的压强相同，若要使甲对地面的压强大于乙对地面的压强，下列叙述中正确的是 ( ) A.沿竖直方向上切去相同的体积 B. 沿竖直方向上切去相同的厚度 C.沿水平方向切去相同的质量 D. 沿水平方向切去相同的体积

分析（1）根据水平面上物体的压力和自身的重力相等和重力公式、密度公式、体积公式得出实心正方体对水平地面压强的表达式，由表达式可知物体压强的大小与受力面积无关，只与密度无关，根据压强相等和边长关系得出甲乙的密度关系．

（2）沿水平方向切去相同的质量时，减小的压力相同，根据压强公式和受力面积关系得出压强变化量之间的关系，结合原来的压强相等即可判断此法是否可行．

（3）沿水平方向切去相同的体积时，根据底面积关系得出高度变化量之间的关系，再根据密度关系得出压强变化量之间的关系，结合原来的压强相等即可判断此法是否可行． 解：实心正方体对水平地面的压强p=F /S =G /S =mg /S =ρVg/ S =ρShg /S =ρgh， 由图可知：甲的边长比乙的边长大， 因它们对地面的压强相同， 所以ρ甲＜ρ乙．

（1）沿竖直方向上切去相同的体积或相同的厚度时，两正方体的密度和高度不变，所以它们的压强还是相等，故AB不正确．

（2）沿水平方向切去相同的质量时，减小的压力相同， 因S甲＞S乙，

所以△p甲＜△p乙， 又因p甲=△p乙，

所以剩余部分甲对地面的压强大于乙对地面的压强，故C正确； （3）沿水平方向切去相同的体积时， 因S甲＞S乙，

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所以△h甲＜△h乙， 又因ρ甲＜ρ乙，

所以ρ甲g△h甲＜ρ乙g△h乙，即△p甲＜△p乙， 因p甲=△p乙，

所以剩余部分甲对地面的压强大于乙对地面的压强，故D正确． 故选CD．

27. 如图所示，两根平行放置的长直导线通有大小相同、方向相同的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小为F2，则此时b受到的磁场力大小可能为 ( )

答案BCD

受力判断得到结论。两通以同向电流的导线受力方向为相互吸引（方向相反），加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，两导线受到的匀强磁场的力方向相同，故b受到的磁场力大小可能比F2大，也可能比F2小。

28.在如图所示的电路中，电流表A1,A2的示数分别为0.3安和0.4安，若将电路中的某两个电阻的位置互换，电流表A1,A2的示数却不变，则电流表A的示数可能为 ( ) A.0.45安 B.0.50安 C.0.55安 D.0.60安

（1）分析电路图，画出等效电路图如图所示，R1、R2、R3并联，电流表A1测量通过R2、R3的电流之和，电流表A2测量通过R1、R2的电流之和；

（2）将R1、R2、R3中的某两个电阻互换位置而其他条件不变时，两电流表的示数不变，三电阻两端的电压相等，根据欧姆定律可知所换的两电阻大小相等，求出三条支路的电流，再求流过干路的电流值．

解：画出等效电路图，如图所示，R1、R2、R3并联，电流表A1测量通过R2、R3的电流之和，电流表A2测量通过R1、R2的电流之和； ①若互换R1、R2的位置，两电流表的示数不变，则R1=R2，因为电流表A2的示数为0.4A，所以I1=I2=0.2A；因为电流表A2的示数为0.3A，则I2+I3=0.3A；所以I3=0.1A； 所以干路上的电流：

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I=I1+I2+I3=0.2A+0.2A+0.1A=0.5A； ②若互换R2、R3的位置，两电流表的示数不变，则R2=R3，因为电流表A1的示数为0.3A，所以I2=I3=0.15A；因为电流表A2的示数为0.4A，则I1+I2=0.4A；所以I1=0.4A-0.15A=0.25A； 所以干路的电流：

I=I1+I2+I3=0.25A+0.15A+0.15A=0.55A；

③若互换R1、R3的位置，两电流表的示数不变，则R1=R3；而若R1=R3则两电流表的示数就应相同，所以不可能是互换R1、R3的位置．

由上分析，可知电流表A的示数可能为0.5A或0.55A． 故选B、C．

29. 在如图所示的电路中，V1,V2,V3是三个完全相同的电压表，R1,R2是两个定值电阻，若电压表V1,V2的示数分别为3伏和1伏，则A、B之间的电压可能为 ( ) A.7伏 B. 6伏 C.5伏 D.4伏

解：如图：由于电压表的连接并没有采取与电阻直接并联的形式连接，所以将电压表按一个电阻分析，因V1、V2、V3是三个完全相同的电压表，设电压表的内阻为R，假设电路中的电流是从A流向B，在有电压表的支路上，通过电压表V1的电流I1方向是A→V1→C，通过电压表V3的电流I3方向是C→V3→B，而通过电压表V2的电流I2方向不能确定； （1）若电流I2方向是C→V2→D，则I1=I2+I3；

由欧姆定律可知：U1 R =U2 R +U3 R∴U3=U1-U2=3V-1V=2V； ∴UAB=U1+U3=3V+2V=5V；

（2）若电流I2方向是D→V2→C→V3→B，则I3=I1+I2； 由欧姆定律可知：U3 R =U1 R +U2 R ∴U3=U1+U2=3V+1V=4V； ∴UAB=U1+U3=3V+4V=7V；

由此分析，A、B之间的电压可能为7V或5V． 故选A、C．

30.甲、乙两辆汽车分别在A、B车站之间沿直线匀速往返行驶，且汽车每到一车站立即掉头，不计车的掉头时间。某时刻，甲、乙两辆汽车恰好同时分别从A、B两车站出发，两车第一次同时到达同一地点时距离A车站100千米，两车第二次同时到达同一地点时距离B车站30千米，则A、B两车站的距离可能为(小数点后保留一位) ( ) A.120.0千米 B.270.0千米 C.310.7千米 D.408.3千米 分析甲、乙两车的运动过程，由公式s=vt分三种情况列方程解题，

（1）第一次相遇后，甲乙两车分别到达B站与A站，在返回的途中第二次相遇；

（2）第一次相遇后，甲车到达B站，在返回的过程中，从后面追上乙车，第二次相遇；

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（3）第一次相遇后，乙车到达A站，在返回的途中，乙车从后面追上甲车．

解：设A、B两站间的距离是L，甲、乙两辆汽车分别从A、B两车站出发，到第一次相遇所用时间为t1，

从第一次相遇到第二次相遇所用时间为t2；

（1）第一次相遇后，甲乙两车分别到达B站与A站，在返回的途中第二次相遇时， （v甲+v乙）t1=L， v甲t1=100km，

（v甲+v乙）t2=2L， v甲（t1+t2）=L+30km， v乙（t1+t2）=2L-30km，

联立以上方程解得：L=270km；

（2）第一次相遇后，甲车到达B站，在返回的过程中，从后面追上乙车，第二次相遇， （v甲+v乙）t1=L， v甲t1=100km，

v甲（t1+t2）=L+30km， v乙（t1+t2）=30km，

（v甲+v乙）t2=2×30km， 联立以上方程解得：L=120km；

（3）第一次相遇后，乙车到达A站，在返回的途中，乙车从后面追上甲车， （v甲+v乙）t1=L， v甲t1=100km，

v甲（t1+t2）=L-30km， v乙（t1+t2）=2L-30km， v乙t2=100km+L-30km，

联立以上方程解得：L=310.7km； 故选ABC．

分析（1）当船速大于水速时，船头斜向上，船的合速度与河岸垂直，船可以垂直渡河，船渡河的最短路程等于河宽；

（2）船速小于水速时，船不可能垂直渡河，船的最短路程大于河宽，当船速垂直于船的合速度时，船渡河的路程最短 解：（1）当船速大于水速即：v1＜v2时，船可以垂直渡河，船的最小路程等于河宽，s=d，如图（1）所示；

（2）当船速小于水速即：v1＞v2时，船不能垂直渡河，当船的合速度与船速垂直时，船的路程最短，如图（2）所示，cosθ=v船/v水 =v2 /v1 ，船的最小路程s=d /cosθ =dv1 /v2 ．故选BC．

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解：（1）滑片P由滑动变阻器的右端向左端滑动的过程中，电阻R0的左半部分与R1串联然后与R0的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻R先变大后变小，电源电压U不变，电路电流I=U R 先变小后变大，电阻R2不变，电压表V2的示数U2=IR2，先变小后变大故A错误；

（2）电流I先变小后变大，电阻R3不变，电阻R3两端的电压U3=IR3，先变小后变大，因此电压表V1的示数U1=U-U3，先变大后变小；电阻R3的功率P3=I2R3先变小后变大，故D正确；

（3）电流I先变小后变大，电阻R2与R3不变，所以电压U23=I（R2+R3）先变小后变大，并联电压U并=U-U23，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1=U并 R1支路 电流增大，电流表A2示数增大，电阻R3的功率P3=I1R3功率变大；I2=I-I1，电流表A1示数变小，故B正确，C错误． 故选BD．

33.柱状容器内放入一个体积大小为200cm2的柱状物体，现不断向容器内注入水，并记录水的总体积V和所对应的水的深度h，如下表所示，则下列判断中正确的是 ( )

A.物体的底面积S1为8cm2 B.容器的底面积S2为12 cm2 C.物体的密度为700kg/m3 D.物体所受到的最大浮力为1.4牛

分析（1）观察表中数据可知，h从5-10cm，可求水的体积变化△V=（S2-S1）△h=60cm3；h从22-25cm，水的体积变化△V′=S2（h6-h5）=60cm3，据此求出S2和S1的大小；

（2）知道柱状物体的体积，可求柱状物体的高，分析表中数据，如果柱状物体的密度大于或等于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮，容器内水的体积变化应

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该与h的变化成正比，由表中数据可知器内水的体积变化应该与h的变化不成正比，所以柱状物体的密度小于水的密度；因此随着水的增多，柱状物体将漂浮在水面上，

设柱状物体浸入的深度为H浸，当h6=25cm时，知道水的体积，可求柱状物体浸入的深度，进而求出此时排开水的体积，根据漂浮体积和阿基米德原理求出物体的密度； （3）根据阿基米德原理求此时受到的浮力（最大）． 解：

（1）由表中数据可知，h从5-10cm， 水的体积变化： △V=（S2-S1）（10cm-5cm）=60cm3，----------① h从22-25cm， 水的体积变化：

△V′=S2（h6-h5）=60cm3， 即：S2（25cm-22cm）=60cm3， 解得：

S2=20cm2，代入①得：

S1=8cm2，故A正确、B错； （2）柱状物体的体积： V物=S1H， 柱状物体的高：

H=V物 S1 =200cm3 8cm2 =25cm；

如果柱状物体的密度大于或等于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮，容器内水的体积变化应该与h的变化成正比，由表中数据可知器内水的体积变化应该与h的变化不成正比，所以柱状物体的密度小于水的密度；因此随着水的增多，柱状物体将漂浮在水面上，

设柱状物体浸入的深度为H浸， 当h6=25cm时， 水的体积：

S2h6-S1H浸=360cm3，

即：20cm2×25cm-8cm2×H浸=360cm3， 解得：

H浸=17.5cm，

此时排开水的体积：

V排=S1H浸=8cm2×17.5cm=140cm3， ∵柱状物体漂浮，

∴ρ水V排g=ρ物Vg，

即：1×103kg/m3×140cm3×g=ρ物×200cm3×g， 解得：

ρ物=0.7×103kg/m3，故C正确； （3）此时受到的浮力最大：

F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×140×10-6m3×10N/kg=1.4N，故D正确． 故选ACD．

34.质量分别为m1,m2、长度分别为l1,l2的两根均匀细棒的一端相互连在一起，构成一个直角形细棒AOB,放在粗糙的水平桌面上，两棒与桌面间的动摩擦系数相同，现在两棒的连接

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端O处施加一水平外力F使棒做匀速直线运动，F的方向如图所示，则以下判断中正确的是 ( )

分析：因为棒做匀速直线运动，因此棒一定受到与拉力F大小相等，方向相反的作用力，即为摩擦力的合力，然后根据影响摩擦力的因素和二力合成即可判断出OA和OB所受摩擦力的大小，从而确定出质量关系．

从图中可知，fB＞fA，由于接触面的粗糙程度相同，因此摩擦力的大小不同是由于L1、L2的两根质量不同决定的，与长度无关，即质量越大，摩擦力越大，故m1＜m2． 故选AC．

本题考查二力平衡的条件的应用、不同直线上二力的合成以及决定滑动摩擦力的因素；本题的难点是根据摩擦力的合力画出两个摩擦力；注意线段的长短代表力的大小．

35.甲、乙两汽艇拖一驳船，某时刻两拖绳之间的夹角为锐角a(拖绳紧绷)，甲汽艇的速度为v, 如图所示，关于此时乙汽艇的速度大小的判断中正确的是 ( )

A.一定不大于v/cosa B.一定不小于v/cosa C.可能等于v D.可能与甲汽艇、驳船三者相等

分析：（1）甲、乙两汽艇拖一驳船，则驳船一定在甲乙两船间向前运动；两拖绳之间的夹角为锐角α，

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则驳船的速度一定不小于两汽艇的速度；

（2）驳船与乙汽艇在同一直线上，是一个极端的情况，此时乙汽艇速度最小，求出乙汽艇的最小速度；

（3）驳船与甲汽艇在同一直线上，是另一个极端的情况，此时乙汽艇速度最大，求出乙汽艇的最大速度；

（4）根据乙汽艇的最大与最小速度，分析各选项，得出结论． 解答：解：（1）当乙汽艇与驳船在同一条直线上时，v驳船=vcosα，由于驳船的速度不小于乙汽艇的速度，所以v乙最小=vcosα； （2）当甲汽艇与驳船在同一直线上时，v=v乙cosα，由于驳船的速度不小于乙汽艇的速度，所以v乙最大=v /cosα ，

（3）乙汽艇的速度，vcosα≤v乙≤v /cosα ，所以ABCD正确． 故选ABCD．

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