辽宁省大连二十中高三物理上学期期中试题（含解析）.doc

2015-2016学年辽宁省大连二十中高三（上）期中物理试卷一、选择题：（本题共11个小题，每小题4分，共44分1-7题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，8-11题有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图，小球自光滑斜轨道由静止自由滚下，以v、s、a、f合分别表示小球的速度、位移、加速度和合外力四个物理量的大小，小球下滑过程中各物理量随时间变化正确的是( )abcd2如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅a、b质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )aa的速度比b的大ba与b的向心加速度大小相等c悬挂a、b的缆绳与竖直方向的夹角相等d悬挂a的缆绳所受的拉力比悬挂b的小3在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是( )a伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来b笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献c开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律d牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量4如图所示，虚线ab和cd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于o点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点m、n上，下列说法中正确的是( )aa、b两处电势、场强均相同bc、d两处电势、场强均不同c在虚线ab上o点的场强最小d带负电的试探电荷在o处的电势能大于在c处的电势能5如图所示的火警报警装置，r1为热敏电阻，温度升高r1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是( )a若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，不会影响报警器的安全性能b若试验时发现有火点时装置不响，应把r2的滑片p向下移c若试验时发现有火点时装置不响，应把r2的滑片p向上移d增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高6阴极射线示波管的聚焦电场是由电极a1、a2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线（管轴）电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中pqr是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定( )a电极a1的电势高于电极a2的电势b电场中q点的电场强度小于r点的电场强度c电子在r点处的动能小于在p点处的动能d若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚72010年9月29日美国天文学家宣布发现了一颗迄今为止与地球最类似的行星，该行星绕太阳系外的红矮星做匀速圆周运动，公转周期约为37天，该行星的半径大约是地球半径的1.9倍，且表面重力加速度与地球表面重力加速度相近，下列关于该行星的说法正确的是( )a该行星公转角速度一定比地球的公转角速度小b该行星平均密度比地球平均密度大c该行星第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度d该行星同步卫星的周期小于地球同步卫星的周期8如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中（忽略空气阻力）正确的 是( )a电场力不可能小于mgcosb液滴的动能一定不变c液滴的机械能可能不变化d液滴的电势能一定不变9如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体p、q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻p在传送带左端具有速度v2，已知v1v2，p与定滑轮间的绳水平不计定滑轮质量，绳足够长直到物体p从传送带右侧离开以下判断正确的是( )a物体p一定先加速后匀速b物体p可能先加速后匀速c物体q的机械能一直增加d物体q一直处于超重状态10如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点o的a点，在外力f作用下沿圆弧缓慢下滑到b点，此过程中f始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态下列说法中正确的是( )a半圆柱体对小物块的支持力变大b外力f变大c地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小d地面对半圆柱体的支持力变大11某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示，若电动汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是( )a测试时该电动汽车所受阻力为1.0103nb该电动汽车的质量为1.2103kgc在0110s内该电动汽车的牵引力做功为4.4106jd在0110s内该电动汽车克服阻力做的功2.44106j二、实验题（14分）12在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中，某同学采用图示装置的实验方案，他想用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，他使长木板左端抬起个合适的角度，平衡摩擦力你认为在实验中还应满足_条件，如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e、f是计数点，相邻计数点间的时间间隔为t，距离如图所示，则打c点时小车的速度表达式为（用题中所给物理量表示）_；要验证合外力的功与动能变化间的关系，除了要测量砂和小砂桶的总重力、测量小车的位移、速度外，还要测出的物理量有_13某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为_mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为_cm（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为_（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程04ma，内阻约50）电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5a）开关s导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号三、计算题（共42分）14某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角=30的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v15（14分）某个星球，质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的4倍在其表面有如图所示的装置，光滑水平面右端b处连接一个竖直的半径为r的光滑半圆轨道今在离b距离为x的a点，用水平推力将质量为m的质点从静止开始推倒b处后撤去水平推力，质点沿半圆轨道运动到c后又正好落回到a点，地球表面的重力加速度为g，求：（1）该星球表面的重力加速度（2）推力对小球所做的功（用m、g、r、x表示）（3）x取何值时，完成上述运动推力所做的功最小？最小功为多少？16（16分）如图所示，在xoy坐标系中，两平行金属板如图1放置，od与x轴重合，板的左端与原点o重合，板长l=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏两金属板间电压uao变化规律如图2所示，变化周期为t=2103s，u0=103v，t=0时刻一带正电的粒子从左上角a点，以平行于ab边v0=1000m/s的速度射入板间，粒子电量q=1105c，质量m=1107kg不计粒子所受重力求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能2015-2016学年辽宁省大连二十中高三（上）期中物理试卷一、选择题：（本题共11个小题，每小题4分，共44分1-7题在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，8-11题有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1如图，小球自光滑斜轨道由静止自由滚下，以v、s、a、f合分别表示小球的速度、位移、加速度和合外力四个物理量的大小，小球下滑过程中各物理量随时间变化正确的是( )abcd【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】小球自光滑轨道由静止自由滚下过程做匀加速直线运动，根据运动学公式得出速度、位移与时间的关系式，分析图象的正误小球的加速度保持不变由速度的表达式得出动能的表达式，选择图象【解答】解：a、小球自光滑轨道由静止自由滚下过程做匀加速直线运动，则有v=at，a一定，vt故a正确b、由位移公式得：s=，st2，st图象应是抛物线故b错误c、小球做匀加速直线运动，加速度不变，at图线应平行于t轴故c错误d、由于小球向下做匀加速运动，故受到的合力不变，为平行于时间轴的一条直线，故d错误；故选：a【点评】对于物理图象，往往由物理规律得到解析式，再根据数学知识选择图象2如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅a、b质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )aa的速度比b的大ba与b的向心加速度大小相等c悬挂a、b的缆绳与竖直方向的夹角相等d悬挂a的缆绳所受的拉力比悬挂b的小【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速 【专题】匀速圆周运动专题【分析】ab两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解【解答】解：ab两个座椅具有相同的角速度a：根据公式：v=r，a的运动半径小，a的速度就小故a错误；b：根据公式：a=2r，a的运动半径小，a的向心加速度就小，故b错误；c：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtan=m2r，则得tan=，a的半径r较小，相等，可知a与竖直方向夹角较小，故c错误d：a的向心加速度就小，a的向心力就小，a对缆绳的拉力就小，故d正确故选：d【点评】解决本题的关键知道a、b的角速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度、向心力之间的关系，并能灵活运用3在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是( )a伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来b笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献c开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律d牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量【考点】物理学史 【专题】常规题型【分析】本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献【解答】解：a、伽利略首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，标志着物理学的真正开始，故a正确；b、笛卡尔等人又在伽利略研究的基础上进行了更深入的研究，他认为：如果运动物体，不受任何力的作用，不仅速度大小不变，而且运动方向也不会变，将沿原来的方向匀速运动下去，因此笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故b正确；c、开普勒提出行星运动三大定律，故c正确；d、万有引力常量是由卡文迪许测出的故d错误本题选错误的，故选d【点评】要熟悉物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神4如图所示，虚线ab和cd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于o点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点m、n上，下列说法中正确的是( )aa、b两处电势、场强均相同bc、d两处电势、场强均不同c在虚线ab上o点的场强最小d带负电的试探电荷在o处的电势能大于在c处的电势能【考点】电势；电场强度；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据等量同种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较a与b，c与d电势、场强关系及o、b电势高低；根据电场线疏密可知，在m、n之间o点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在o、c电势能大小【解答】解：a、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，a、b两处电势相同，场强大小相等、方向相反，所以场强不同，故a错误b、根据等量同种电荷电场线、等势面分布对称性，c、d两处场强方向相反，电势相同故b错误c、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在ab之间，o点场强为零，为最小故c正确d、oc间的电场强度方向向上，根据顺着电场线方向电势降低，可知o点电势高于c点电势，则负电荷在o处电势能小于在c处电势能故d错误故选：c【点评】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小5如图所示的火警报警装置，r1为热敏电阻，温度升高r1急剧减小，当电铃电压达到一定数值时，电铃会响，则下列说法正确的是( )a若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，不会影响报警器的安全性能b若试验时发现有火点时装置不响，应把r2的滑片p向下移c若试验时发现有火点时装置不响，应把r2的滑片p向上移d增大电源的电动势，会使报警的临界温度升高【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理 【专题】恒定电流专题【分析】若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响若试验时发现有火点时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，必须r2的滑片p向上移增大电源的电动势，会使报警的临界温度降低【解答】解：a、若报警器的电池老化（内阻变大）电动势不变，报警器的电压变小，电铃将不会响，所以会影响报警器的安全性能故a错误b、c若试验时发现有火点时装置不响，说明报警器的电压较小，要增大其电压，根据串联电路分压的特点可知，必须增大r2，应把r2的滑片p向上移故b错误，c正确d、增大电源的电动势，报警器的电压变大，相当于电动势不变，r1变小，所以会使报警的临界温度降低故d错误故选c【点评】此题中r1为热敏电阻，相当于可变电阻，利用串联电路电压与电阻成正比的特点进行分析6阴极射线示波管的聚焦电场是由电极a1、a2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线（管轴）电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中pqr是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定( )a电极a1的电势高于电极a2的电势b电场中q点的电场强度小于r点的电场强度c电子在r点处的动能小于在p点处的动能d若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚【考点】电场线；电场强度 【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况根据正电荷所受的电场力方向，判断能否会聚【解答】解：a、根据电子运动的轨迹可知，电子受到的电场力的方向在qr之间电场力的方向向右下方，根据电场线与等势线垂直，可知管轴上电场线方向向左根据沿电场线电势降低，得知电极a1的电势低于电极a2，故a错误；b、等差等势线密的地方电场线也密，因此q点电场线比r点电场线疏，故q点的电场强度小于r点的电场强度，故b正确；c、电子从低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，所以电子在r点处的动能大于在p点处的动能，故c正确d、若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场，所受的电场力向外侧，不可能会聚，故d错误故选：bc【点评】该题考查带电粒子在特殊的电场中的运动，要能正确根据电场线、等势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功等物理量变化情况72010年9月29日美国天文学家宣布发现了一颗迄今为止与地球最类似的行星，该行星绕太阳系外的红矮星做匀速圆周运动，公转周期约为37天，该行星的半径大约是地球半径的1.9倍，且表面重力加速度与地球表面重力加速度相近，下列关于该行星的说法正确的是( )a该行星公转角速度一定比地球的公转角速度小b该行星平均密度比地球平均密度大c该行星第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度d该行星同步卫星的周期小于地球同步卫星的周期【考点】万有引力定律及其应用 【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题【分析】a、根据比较角速度大小；b、利用g=和m=联立得到平均密度表达式进行分析；c、根据第一宇宙速度表达式v=比较两个星球的第一宇宙速度大小；d、行星同步卫星的周期等于自转周期【解答】解：a、由可得：与地球最类似的行星的公转周期小，角速度大，故a错误；b、根据g=和m=，有：g=gr；该行星的半径大约是地球半径的1.9倍，且表面重力加速度与地球表面重力加速度相近，该行星平均密度是地球的倍，小于地球的平均密度，故b错误；c、根据第一宇宙速度表达式v=，由于该行星表面重力加速度与地球表面重力加速度相近，而半径大约是地球半径的1.9倍，故其第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，大于地球的第一宇宙速度，故c正确；d、行星同步卫星的周期等于自转周期，故根据题目的数据无法计算同步卫星的周期大小，故d错误；故选：c【点评】考查天体的运动规律，会由万有引力提供向心力求得运行速度与半径的关系，知道如何求解天体质量、密度8如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中（忽略空气阻力）正确的 是( )a电场力不可能小于mgcosb液滴的动能一定不变c液滴的机械能可能不变化d液滴的电势能一定不变【考点】动能定理的应用；电场强度；电势能 【专题】动能定理的应用专题【分析】根据液滴做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，分析液滴所受的电场力可能方向根据电场力方向与速度方向的关系，判断电场力做功正负，分析机械能和电势能的变化当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，可求出最小值【解答】解：a、当电场力与速度方向垂直时，电场力最小，由几何知识求得最小值为mgcos，故a正确；b、液滴做直线运动，电场力可能竖直向上，与重力相平衡，液滴做匀速直线运动，动能不变；电场力也可能不在竖直向上，合力与速度方向相同时，液滴做匀加速直线运动，动能增大；合力与速度方向相反时，液滴做匀减速直线运动，动能减小，故b错误；c、d、电场力方向可能与速度方向垂直，电场力不做功，电势能不变，机械能不变，电场力也可能与速度不垂直，电场力做功，电势能改变，机械能也改变，故c正确，d错误；故选：ac【点评】本题关键是掌握质点做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，要考虑匀速直线运动和变速直线运动两种情形，全面分析，不能遗漏9如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体p、q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻p在传送带左端具有速度v2，已知v1v2，p与定滑轮间的绳水平不计定滑轮质量，绳足够长直到物体p从传送带右侧离开以下判断正确的是( )a物体p一定先加速后匀速b物体p可能先加速后匀速c物体q的机械能一直增加d物体q一直处于超重状态【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】由于v1v2，且物体p向右运动，故p受到的摩擦力可能大于q的重力，故p可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故物体q不可能一直处于超重，因绳的拉力做正功，故q的机械能增加；【解答】解：a、由于v1v2，且物体p向右运动，故p受到的摩擦力可能大于q的重力，故p可能先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故a错误，b正确；c、不论a中那种情况，绳子对物体q的拉力都做正功，故q的机械能增加，故c正确；d、当物体先加速后匀速时，物体不可能一直处于超重，故d错误；故选：bc【点评】本题主要考查了物体在传送带上的运动过程，可能是一直加速，也可能是先加速后匀速运动，分清过程是关键10如图所示，上表面光滑的半圆柱体放在水平面上，小物块从靠近半圆柱体顶点o的a点，在外力f作用下沿圆弧缓慢下滑到b点，此过程中f始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态下列说法中正确的是( )a半圆柱体对小物块的支持力变大b外力f变大c地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小d地面对半圆柱体的支持力变大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】先对小滑块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和拉力的表达式，再分析；然后对半圆柱体受力分析，得到摩擦力和支持力表达式后分析【解答】解：a、b、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图根据共点力平衡条件，有n=mgcosf=mgsin由于越来越大，故支持力n变小，拉力f变大，故a错误，b正确；c、d、对半圆柱体受力分析，受到压力n，地面支持力n，重力mg，地面的静摩擦力f，如图根据共点力平衡条件，有nsin=fmg+ncos=n解得f=mgsincos=mgsin2n=mg+mgcos2=mg+mg（）由于越来越大，故静摩擦力f先变大后变小，支持力先变小后变大，故c正确，d错误；故选：bc【点评】本题关键是先后对小滑块和半圆柱体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解11某电动汽车在平直公路上从静止开始加速，测得发动机功率随时间变化的图象和其速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示，若电动汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是 ( )a测试时该电动汽车所受阻力为1.0103nb该电动汽车的质量为1.2103kgc在0110s内该电动汽车的牵引力做功为4.4106jd在0110s内该电动汽车克服阻力做的功2.44106j【考点】功率、平均功率和瞬时功率 【专题】功率的计算专题【分析】汽车功率随时间均匀增加，后保持不变，速度先均匀增加，后不均匀增加，最后保持不变；当速度最大时，汽车匀速运动，牵引力等于阻力，瞬时功率由p=fv计算【解答】解：a、110s时，汽车速度最大，牵引力等于阻力，由p=fv=fv，故f=1103n，故a正确b、前50s内，汽车匀加速运动a=s2=0.5m/s2，此时牵引力=n=1.6103n，由m=kg=1.2103kg，故b正确c、在0110s内该电动汽车的功率是变化的，故做功小于4.4106j，故c错误d、在050s内该电动汽车克服阻力做功为w1=fs1=1103j=6.25105j，在50110s内，由动能定理得pt，所以w2=4010360j=18.15105j，故0110s内该电动汽车克服阻力做的功为：w=w1+w2=2.44106j，故d正确故选：abd【点评】本题考查瞬时功率表达式、图象的认识、动能定理等知识，运算量较大，只是应用较灵活，有一定难度二、实验题（14分）12在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中，某同学采用图示装置的实验方案，他想用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，他使长木板左端抬起个合适的角度，平衡摩擦力你认为在实验中还应满足砂和小桶的总质量远小于小车质量条件，如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中a、b、c、d、e、f是计数点，相邻计数点间的时间间隔为t，距离如图所示，则打c点时小车的速度表达式为（用题中所给物理量表示）；要验证合外力的功与动能变化间的关系，除了要测量砂和小砂桶的总重力、测量小车的位移、速度外，还要测出的物理量有小车质量【考点】探究功与速度变化的关系 【专题】实验题【分析】小车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：ma=（m+m）a，必须要满足钩码的质量远小于小车的总质量，这样两者才能近似相等根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以求出c点的速度大小；根据动能定理列式可知所测物理量【解答】解：小车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：设小车质量m，钩码质量m，整体的加速度为a，绳上的拉力为f，则：对小车有：f=ma；对钩码有：mgf=ma，即 mg=（m+m）a；如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：ma=（m+m）a，必须要满足钩码的质量远小于小车的总质量，这样两者才能近似相等根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小得：c点时小车的速度表达式为验证合外力的功与动能变化间的关系的原理：，由此可知需要测量的物理量有：钩码质量m，小车的质量m，位移x，速度v，所以除了要测量砂和小砂桶的总重力、测量小车的位移、速度外，还要测出的物理量是小车质量 故答案为：砂和小桶的总质量远小于小车质量；小车质量【点评】要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕实验原理，明确实验目的，根据相应的物理规律可知需要测量的物理量及实验时的注意事项13某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为0.4700cm（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程04ma，内阻约50）电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5a）开关s导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题（1）在进行游标卡尺读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意将整数部分单位化为mm；题（2）进行螺旋测微器读数时也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米”刻度线是否露出；题（3）进行欧姆表读数时注意倍率，一般不需要估读；题（4）首先根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，根据待测电阻满足电流表外接法的条件选择外接法【解答】解：（1）：游标卡尺的读数为：l=50mm+30.05mm=50.15mm；（2）：螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm=0.4700cm；（3）：欧姆表的读数为：r=2210=220；（4）：由于电压表量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为=14ma，所以电流表应选择；根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如图【点评】应明确：游标卡尺和螺旋测微器读数时都要分成整数部分和小数部分两部分来读；当实验要求电流从零调或有“要求多测几组数据”的要求时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法三、计算题（共42分）14某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角=30的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）由vt图象可以求出上滑过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度【解答】解：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：上滑过程中加速度的大小：（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律f=ma得上滑过程中有：mgsin+mgcos=ma1代入数据得：=0.35（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=m=1m 下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律f=ma得：下滑过程中：mgsinmgcos=ma2解得：=2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=联立解得：v=2m/s 答：（1）上滑过程中的加速度的大小；（2）木块与斜面间的动摩擦因数=0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v=2m/s【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解15（14分）某个星球，质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的4倍在其表面有如图所示的装置，光滑水