❶ (2014马鞍山三模)如图所示,水平放置的两平行金属板M、N,板长为L,间距为d,板间充满垂直纸面向里的
解答:2
❷ (2013马鞍山三模)如图所示,A、B为均匀带电细圆环中轴线上的两点,O为圆环圆心,B点与O的距离小于A点
在O点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0,向两侧为沿电场线方向,电势降低到0,则O点电势大于0.故A错误,B正确
B点与其关于O点的对称点的电势相等,而该对称点的电势在A点的左侧,电势高于A点,则B点电势高于A点电势.故C错误
在各点的场强为所有电荷的合场强,在A B连线上,因竖直向相互抵消为0,合场强为各部分电荷场强的水平向分量之和,B点距离小,但各部分
的场强方向与水平向的夹角大,水平分量不一定大,故不能确定B与A的场强的大小.故D错误
故选:B
❸ (m图5c马鞍山三模)若实数x,y满足mx-y≥图x+y-m≥图x≤3,且z=ax+y取最四值的最优解有无穷多个,则实
作出不等式组对应的平面区域如图:(阴影部分).
由z=五五+y,得y=-五五+z,
若五=0,此时y=z,此时函数y=z只在C处取得最中值,不满足条件.
若五>0,则目标函数的斜率k=-五<0.
平移直线y=-五五+z,
由图象可知当直线y=-五五+z和直线五+y=2平行时,此时目标函数取得最中值时最优解有无数y个,
此时-五=-1,即五=1.
若五<0,则目标函数的斜率k=-五>).
平移直线y=-五五+z,
由图象可知当直线y=-五五+z,此时目标函数只在C处取得最中值,不满足条件.
综上五=1.
故答案为:1.
❹ (2013马鞍山三模)Ⅰ在《验证力的平行四边形定则》的实验中,某同学的实验情况如图甲所示,其中A为固定
(1)理论值是用平行四边形画出来的,真实值是与橡皮筋同线的那个力.所以:F是理论值,F′是实际值.
(2)在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响,故换成橡皮筋可以同样完成实验,故实验结果不变;
故答案为:不变.
(3)实验中两次要求效果相同,故实验采用了等效替代的方法,故ACD错误,B正确.
Ⅱ(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进,黑表笔(负接线柱)流出,串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进,负接线柱流出,所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔.
(2)多用电表用×1倍率测量,读数为:14.0Ω,电流表的量程是60mA,由图示电流表可知其示数为53.0mA;
电阻箱的读数为:0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω.
(3)当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=
,将R
g取为r+r
g+R为多用电表的内阻,
当待测电阻等于R
g时,这时表头半偏,表针指在欧姆表盘的中值上,所以R
g又称为中值电阻.
当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω.在(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω,
干路电流是53.0mA,则电源电动势是E=I(R
内+R
外)=0.053×(15+14)=1.537V.
故答案为:Ⅰ(1)理论值;测量值;(2)不变;(3)B;
Ⅱ.(1)黑;(2)14.0;53.0;4.6;(3)1.53(或1.54).
❺ 安徽省马鞍山市2018—2019初三政治第一学期期末试卷答案
单选题:1、 我国的根本制度是(D )A、 按劳分配制度B、人民代表大会制度C、民族区域自治制度D、社会主义制度2、公有制经济是( A )A、国民经济的主体 B、国民经济的主导力量 C、公有制经济的重要组成部分 D、社会主义市场经济的重要组成部分3、以( B )建设为中心是兴国之要,是我们党和国家兴旺发达和长治久安的根本要求。A、思想道德建设 B、经济建设 C、文化建设 D、生态文明建设4、( C )建设是发展先进文化的重要内容和中心环节。A、文化建设 B、生态文明建设 C、思想道德迹喊盯建设 D、经济建设5、( C )成为生产力中最活跃的因素,是第一生产力。A、精神文明B、经济建设渗缺C、科学技术D、改革开放6、遗产的第一顺序继承人:(姿和 B )A、兄弟姐妹、父母、子女 B、配偶、子女、父母 C、父母、祖父母、配偶 D、祖父母、外祖父母、兄弟姐妹7、( A )是我国最高国家权力机关A、全国人民代表大会 B、各级人民代表大会 C、全国人民代表 D、各级人民代表8、( )是动力,( )是硬道理,( D )压倒一切。①稳定②改革③发展A、③①②B、②①③C、①②③D、②③①9、坚持(A)原则,是两岸关系和平发展的政治基础A、一个中国B、改革开放C、科教兴国D、共同富裕10、网络有利也有弊,以下观点不正确的是(D)A、用其所长,避其所短B、文明上网,适度上网C、学会“信息节食”D、毫无节制,想上就上11、我们既要维护受教育的(),也要履行受教育的(B)A、义务/权利 B、权利/义务自己出的 楼主给面子
❻ (2014马鞍山三模)如图所示,长为L的轻质细线,一端固定在O1,另一端固定一质量为m、电荷量为+q的小球
(1)小球从A到B点有动能定理得:mgL=
m
vB2 ①
在B点对小球有牛顿第二定律得:T?mg=②
联立①②解得:T=3mg;
(2)小球有A到C点由动能定理得:mgLsinθ-EqLcosθ=0 ③
解得:E=
又因为电场力做负功,所以电场的方向水平向右;
(3)有题意知小球运动最低点B绳断后,小球在在电场方向上做匀变速直线运动,当速度减到零恰好运动到D点,
则:-EqR=0-mvB2④
有①④解得:R=L,
从小球运动到D点到小球滑到水平面上,M和小球在水平方向上动量守恒,设小球离开M后的速度大小为v1,M的速度为v2则有:
mv1=Mv2 ⑤
小球以速度v1沿光滑面向右运动,一次与小物块碰撞,有动量守恒得:
小球与第1个滑块:mv1=2mv11
小球与第2个滑块:mv1=3mv13
…
小球与前n-1个滑块:mv1=nmv1n-1
从小球与第一个滑块碰撞开始到与第n个滑块碰撞结束总时间t总:
t总=+++…+=(2+3+4+…+n)= ⑦
又M=2m ⑧
mv1=Mv2 ⑨
在这段时间段内M已知做匀速直线运动,所以运动的位移大小为
S总=v2t总=v2?⑩
联立⑦⑧⑨⑩解得:S总=
答:(1)求小球到达最低点B时对细线的拉力为3mg;
(2)O1O2左侧的匀强电场的场强大小为,方向水平向右;
(3)M滑块运动的位移为.
❼ (2014马鞍山三模)如图所示,一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为2L的某矩形区域内(宽度足够大)
据题意得:
x在0-L内,线框的ab边到达MN时刚好做匀速直线运动,线框中产生的感应电流为 I=
=,可知I保持不变,根据楞次定律判断可知,I的方向沿逆时针方向,为正;
x在L-2L内,磁通量不变,没有感应电流产生,I=0,线框不受安培力,只受重力而做匀加速直线运动;
x在2L-3L内,线框穿出磁场,根据楞次定律判断得知感应电流沿顺时针方向,为负值.由于速度大于进入磁场时的速度,安培力增大,所以安培力大于其重力而减速运动,随着速度减小,安培力减小,合力减小,加速度随之减小,所以线框做加速度减小的变减速运动.速度减小,感应电流减小,而且加速度减小,速度的变化率减小,则电流的变化率随之减小,所以i-x的切线斜率减小.线框刚出磁场时安培力最小等于重力,速度最小等于进入磁场时的速度,所以感应电流最小值不小于进入磁场时的电流值,故D正确,ABC错误.
故选:D.
❽ (2014马鞍山三模)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,AB=AD=2CD,侧面PA
1 |
2 |
AB.
∵四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD且AB=2CD,
∴MF∥CD且MF=CD.(10分)
∴四边形CDMF是平行四边形.
∴DM∥CF.
∵CF?平面PCB,DM?平面PCB
∴DM∥平面PCB.(12分)
❾ (2014马鞍山三模)如图所示,空间存在足够大、正交的匀强电、磁场,电场强度为E、方向竖直向下,磁感应
结合常用公式,qEH=
mv2,qE=qvB,则H=.
此结果不是要求的值,根据物理单位制可知,H的单位一定跟 相同.故D正确,A、B、C错误.
故选:D.