浙江省效实中学高一物理下学期期中试题（1班）（含解析）(1).doc

宁波效实中学二一三学年第二学期高一（1）班物理期中测试卷考试须知： 1、答案做在答卷纸上 2、本卷数值计算中可能涉及到的相关知识：物理常量：重力加速度取g=10m/s2 光速取c=3108m/s 元电荷电荷量取e=1.610-19c一、单项选择题。（每小题3分，共8小题24分）。1如图所示，虚线a、b、c为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 v、5 v、7 v，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，p、q为轨迹与等势线a、c的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是a粒子可能带负电b粒子在p点的动能大于q点动能c粒子在p点电势能大于粒子在q点电势能d粒子在p点受到电场力大于q点受到的电场力【答案】b【解析】a、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电，故a错误；b、若粒子从p到q，则电场力做负功，粒子动能减小，故p点动能大于q点动能；若粒子从q到p，电场力做正功，动能增大，p点动能大于q点动能，故粒子在p点动能一定大于q点的动能，故b正确；c、因p点电势小于q点电势，粒子带正电，由e=q可知p点的电势能小于q点的电势能，故c错误；d、因q点处的等势面密集，故q点的电场强度大，故电荷在q点受到的电场力大于p点受到的电场力，故d错误。故选b。【考点】电场线；电势能2如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球a、b，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动设a、b的电荷量绝对值依次为qa、qb，则下列判断正确的是a小球a带正电，小球b带负电，且qaqbb小球a带正电，小球b带负电，且qaqbd小球a带负电，小球b带正电，且qaqb【答案】d【解析】ab、假设小球a带正电，小球b带负电，对小球各自受力分析，小球b受向左的电场力和a对b向左的库仑力，所以小球b的合力向左，由于小球a、b向右做匀加速运动，所以它们所受合力方向水平向右，故ab错误；cd、小球a带负电，小球b带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得：对小球b：，对小球a：得：，所以必有，故c错误d正确。故选d。【考点】电场强度；牛顿第二定律3光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为e的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为a b c d【答案】b【解析】a、若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，若没有到达对边速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度仍为v0，动能为，故a正确；b、若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动，从邻边出去，根据动能定理，故b错误；c、由b分析得，故c正确；d、若初速度的方向与电场方向平行，但方向与电场方向相同，则小球做匀加速直线运动，从对边出去，根据动能定理，故d正确。故选b。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动4如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 w，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不超过：a40 w b60 w c80 w d120 w【答案】b【解析】设l3上电压为u，电阻为r，则：l3的最大的功率为：，因为三个灯泡的电阻相等，l1和l2并联后电阻相当于l3电阻的一半，所以电压也就为l3的一半，如果l3上电压为u，则l1和l2电压为，所以l1和l2的功率都为：，所以总功率最大为：10+10+40=60w。故选b。【考点】电功、电功率5功率为10 w的发光二极管(led灯)的亮度与功率为60 w的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有3只60 w的白炽灯，均用10 w的led灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近：a1109kwh b11010kwh c11011kwh d11012 kwh【答案】c【解析】全国一年节省的电能最接近。故选c。【考点】电功；电功率6用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中rx是待测电阻，r0是定值电阻，g是灵敏度很高的电流表，mn是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头p的位置，当通过电流表g的电流为零时，测得np之间距离为l1、mp之间距离为l2则rx的阻值为：a b c d【答案】c【解析】电阻丝mp段与pn段电压之比等于r0和rx的电压比，即；通过电流表g的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过r0和rx的电流也相等，故；根据电阻定律公式，有；故，解得。故选c。【考点】闭合电路的欧姆定律7在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略。当闭合开关s后，再将滑动变阻器的滑片p向下调节，则下列叙述正确的是a电压表和电流表的示数都增大a电压表和电流表的示数都增大b灯l2变暗，电流表的示数减小c灯l1变亮，电压表的示数减小d电源的效率增大，电容器c的带电量增加【答案】c【解析】abc、当闭合开关s后，将滑动变阻器的滑片p向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯l1变亮，电压表的示数减小；根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯l2的电流减小，灯l2变暗；根据干路电流增大，灯l2的电流减小，可知电流表的示数增大，故ab错误c正确；d、电源的效率，u减小，则电源的效率减小，并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由，可知电容器c的带电量减小，故d错误。故选c。【考点】闭合电路的欧姆定律8如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，它们的速率 关系为vavb=vcvd，质量关系为ma=mbmc=md.进入速度选择器后有两种离子从速度选择器射出，若不计粒子重力，由此可以判定：a射向a1的是a粒子 b射向a1的是b粒子c射向a1的是c粒子 d射向a1的是d粒子【答案】b【解析】通过在磁场中偏转知，粒子带正电，在速度选择器中，有，得，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器，所以只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场b2，根据，知质量大的半径大，知射向a1的是b离子，射向a2的是c离子，故acd错误b正确。故选b。【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理二、不定项选择题（共4小题，每小题4分，计16分）。9用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是：a摩擦使笔套带电b笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷c圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力d笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和【答案】abc【解析】a、笔套与头发摩擦后，摩擦使笔套带电，故a正确；b、带电的笔套靠近圆环时，圆环感应出异号电荷，故b正确；c、当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故c正确；d、笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，还带电，故d错误。故选abc。【考点】元电荷、点电荷10如图为燃煤锅炉烟囱中的静电除尘原理示意图，a为与烟囱内壁金属管相连的一个电极、b为与金属丝e相连的另一个电极，c和d 分别表示烟囱的两个气口。在a、b之间加上高电压，金属丝附近的强电场将空气分子电离为电子和正离子，电子在烟囱空腔的电场中运动时被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电后而被吸附到带正电的电极上，因此排出的烟就比较清洁了。有关这种静电除尘的装置，下列说法中正确的是a高压电源的正极接a，负极接bb高压电源的负极接a，正极接bcc为烟气的进气口，d为排气口dd为烟气的进气口，c为排气口【答案】ac【解析】ab、管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，所以金属管a应接高压电源的正极，金属丝b接负极，故a正确b错误；cd、虽然烟气中含有固体小微粒，但是烟气的密度比空气轻，所以烟气在空气中是向上飘的，故c为烟气的进气口，d为排气口，故c正确d错误。故选ac。【考点】静电的利用和防止11如图所示，长为l的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为b的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态则：a导体棒中的电流方向从a流向bb导体棒中的电流大小为c若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大d若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大【答案】ab【解析】a、由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，导体棒中的电流方向从a流向b，故a错误，b、由于弹簧伸长为x，根据胡克定律可得，则有，故b正确；c、若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也顺时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故c错误；d、若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也逆时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故d错误。故选ab。【考点】安培力；力的合成与分解；共点力平衡12如图所示,平行于纸面水平向右的匀强磁场,磁感应强度b1=1t,位于纸面内的细直导线,长l=1m,通过i=1a的恒定电流.当导线与b1成60夹角时,发现其受到的安培力为零,则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度b2的值，可能的是：a t b t c1 t d t【答案】bcd【解析】通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场b2，并且b2与b1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，由三角形定则可知，当b2与合磁场（通电导线）垂直时，磁场最小，则，所以b2的不可能值为，故a正确。故选bcd。【考点】安培力；磁感应强度三、实验题。共2小题，其中第13题10分，第14题10分，共计20分。13用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t。请根据下列步骤完成电阻测量：旋动部件 （填字母），使指针对准 （填“左侧”或“右侧”）的0刻线。将k旋转到电阻挡l00的位置。将插入十、插孔的表笔短接，旋动部件 （填字母），使指针对准 （填“左侧”或“右侧”）0刻线。将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按 的顺序进行操作，再完成读数测量。a将k旋转到电阻挡1k的位置 b将k旋转到电阻挡10的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根导线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】s 左侧 t 右侧 adc【解析】电表使用前要旋转机械调零旋钮s进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；将k旋转到电阻挡“l00“的位置；将插入“十“、“-“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 t，使指针对准电阻的 0刻线；欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关k置于“1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻；因此合理是实验步骤是：a、d、c。【考点】用多用电表测电阻14在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为s=0.20mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路，m为金属丝c的左端点，o为金属丝a的右端点，p是金属丝上可移动的接触点。在实验过程中，电流表读数始终。电压表读数随op间距离x 的变化如下表：（1）在答卷上绘出电压表读数u随op间距离x变化的图线；（2）计算a、b、c三段金属丝的电阻率。【答案】（1）如图（2）。【解析】（1）以op间距离x为横轴，以电压表读数u为纵轴，描点、连线绘出电压表读数u随op间距离x变化的图线；（2）根据电阻定律可得；。【考点】探究决定导线电阻的因素四、计算题。共2小题，其中15题各12分，第16题28分，共计40分。15如图所示，a、b是位于竖直平面内、半径r0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点b与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度e1104n/c.今有一质量为m0.1kg、带电荷量q7.5105c的小滑块(可视为质点)从a点由静止释放若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05，取g10m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点b时对b点的压力(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程(3)判定小滑块最终能否停止运动，如能：计算其最终位置予以表述；如不能：定性判定其最终运动状态。（可能用到的三角函数：tan37=0.75）【答案】(1)1.5n (2)2.5m(3)滑块将以与和圆心与竖直平面的夹角为37的一点为中心来回做往复运动【解析】（1）设滑块在b点速度为v，对滑块从a到b的过程应用动能定理设滑块在b点对b点压力为f，轨道对滑块支持力为f，由牛顿第三定律得，两力大小满足：对滑块由牛顿第二定律得：得；由牛顿第三定律可知压力为1.5n；（2）由于滑块在水平面上的滑动摩擦力故滑块最终将会不会静止在水平轨道上；又由于圆弧轨道是光滑的，滑块在圆弧轨道上也不会静止；当滑块到达b的速度恰好等于0时，滑块在水平面内的路程最大：设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对全程应用动能定理得：得：；（3）由（2）的分析可得，滑块在水平轨道和圆弧轨道上都不会静止，滑块将以某一点为中心来回做往复运动；设其平衡位置和圆心与竖直平面的夹角为，则：，所以：=37即：滑块将以与和圆心与竖直平面的夹角为37的一点为中心来回做往复运动。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理16阅读以下有关加速器的文章完成文中问题（问题以加粗字体标记）。相关知识背景：电子伏特，符号为ev，是能量的单位。代表一个电子经过1伏特的电势差加速后所获得的动能。在微观领域，一般使用电子伏特作为能量单位。电子伏特与si制的能量单位焦耳（j）的换算关系是单位换算：1ev=1.610-19j 1mev=1106 eva粒子即为氦原子核 科学家在研究原子核的结构时，采用了高速运动的亚原子粒子去轰击原子核早在1906年，卢瑟福就利用放射性物质释放的高速粒子来轰击物质1919年他成功地从氮原子核中打出了质子，使氮原子核变成氧原子核然而使用天然产生的粒子作为轰击物，有很大的局限性带正电的粒子与带正电的原子核相互排斥，要消耗很大的能量；而天然产生的带电粒子的能量是有限的为了得到更高能量的带电粒子，物理学家们开始尝试设计一种产生高能量带电粒子的实验设备加速器我们知道电场可以使带电粒子加速，增加带电粒子的能量。（1）如图所示，这就是早期的加速器的原理。若设该加速器两板间电压为1000v，两板间距为20厘米，求一初速度可忽略不计的粒子通过该加速器所获得的能量？这种加速器可以通过增加电极间的电压来提高粒子加速的能量，但这种加速器的发展受到高压绝缘的限制。（电压太大，电介质会被击穿）。因此，人们就想利用较低的电压，采用多级加速使粒子加速到高能量，如图甲所示。n个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶,它们沿轴线排列成一串,如图所示(图中只画出了六个圆筒,作为示意)。各筒和靶相间地连接到如图乙所示周期为t、电压值为u0的高频方波电源的两端。整个装置放在高真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔。带电粒子沿轴线射入圆筒,并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场)。缝隙的宽度很小，粒子穿过缝隙的时间可以不计。（2）为使初动能为2u0e、质量为m的粒子打到靶时获得最大能量,各个圆筒的长度应满足什么条件?（3）在满足第（2）问条件的前提下，若用该加速器加速一初动能为2u0e的粒子，求粒子进入第k个圆筒前与进入第n个圆筒前的速率之比vk:vn。（k和n均为自然数）（4）若该加速器的电压u0=1105v，t=0.002s用该加速器加速一初动能2105ev的粒子，为使粒子获得40mev以上的动能，则该加速器的长度至少为多大？（可以用数列形式表示）粒子质量为m3600mev/c（c指光速）通过刚才的计算我们可以看到，要想达到越来越高的能量，就必须使设备的长度增加到数十甚至数百英里的长度，从而因为经济效益的原因变的不实用。1931年，加利福尼亚大学的欧内斯特o劳伦斯（ernest o.lawrence）提出了一个卓越的思想，通过磁场的作用迫使粒子沿着磁极之间作螺旋线运动，把电极像卷尺那样卷起来，这样就可以在有限的场地装设比原来长许多倍的电极，他把这种设备叫作“回旋加速器”。回旋加速器主要由圆柱形磁极、d形盒、高频交变电源、粒子源和引出装置组成，如图所示其中d形盒装在真空室中，是回旋加速器的核心部件，整个真空室放在磁极之间，磁场方向垂直于d形盒，两个d形盒之间留一个窄缝，分别与高频电源的两极相连当粒子经过d形盒之间的窄缝，得到高频电源的加速，在d形盒之间，由于屏蔽作用，盒内只有磁场分布，这样带电粒子在d形盒内沿螺线轨道运动，达到预期的速率后，用引出装置引出。如图所示：若d形盒的半径为r，离子源放出质量为m、带电量为q的正离子，磁感应强度大小为b，求：（5）加在d形盒间的高频电源的频率。（用字母表示）（6）从静电偏转板（如图所示）出去的离子所具有的能量。（用字母表示）（7）若被回旋加速器加速的粒子为初速度可忽略不计的粒子，若：粒子质量为m3600mev/c（c指光速）， d形盒中的磁感应强度为1t，为使粒子获得40mev以上的动能，则d形盒的半径r至少为多大？两相比较，我们发现加速到相同的动能，劳伦斯的回旋加速器的占地面积远小于多级加速器，所以，回旋加速器的出现，使科学家们在实验室中获得高能粒子的愿望得以实现。40年代以后，物理学家用劳伦斯创造的加速器发现了许多新型核反应，观察到几百种前所未闻的同位素在实施制造原子弹的曼哈顿工程时，劳伦斯用他的加速器分离出仅占铀的总量0.7% 的铀235，为发明原子弹立下了汗马功劳。因为发明回旋加速器，劳伦斯获1939年诺贝尔物理学奖。带电粒子加速器自1930年前后问世以来，主要是朝更高能量的方向发展，在劳伦斯之后，科学家们设计制造了各种类型的新型加速器，如同步加速器、电子感应加速器，对撞机等。任何一种加速器都经历了发生、发展和加速能力或经济效益受到限制的三个阶段。在第三个阶段中，总会出现新技术或新原理突破困难，从而建造出新类型的加速器，使能量进一步提高，或使建造更高能量加速器在经济上成为可行。【答案】（1）； （2） （3）；（4）；（5）； （6）； （7）。【解析】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：，则粒子获得的能量：；（2）粒子在圆筒内做匀速直线运动，当运动的时间等于交流电变化周期的一半时，即为一直处于加速状态，则有：；由题意，缝隙的宽度很小，粒子穿过缝隙的时间可以不计，所以粒子在圆筒内运动的时间就是粒子的初动能是2eu0则初速度：第一个圆筒的长度就是粒子在第一个圆筒内的位移：粒子穿过第一个圆筒后的动能：；粒子穿过第一个圆筒后的速度：第二个圆筒的长度：粒子穿过第n-1个圆筒后的动能： 粒子穿过第n-1个圆筒后的速度： 第n个圆筒的长度：； （3）由可得粒子进入第k个圆筒前的速度是从第k-1个圆筒中出来的速度，它与进入第n个圆筒前的速率之比；（4）设粒子需要穿过n个圆筒，则由式，穿过n个圆筒后粒子的动能：由于粒子的初动能是2eu0则：所以：；圆筒的总长度：代入数据解得：；（5）使正离子每经过窄缝都被加速，交变电压的频率应等于离子做圆周运动的频率，正离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，得周期：，频率：；（6）由牛顿第二定律得：，解得：，当离子从d盒边缘离开时，轨道半径r最大为r，此时粒子速度最大，最大速度：，离子获得的最大动能：；（7）粒子的最大动能：，则。【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律五、附加题（本题共2小题，以填空形式在答卷上答题，其中17题6分、18题4分，共10分）17取空间中的一点为坐标原点在竖直平面建立直角坐标系，以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，如图所示。已知第一象限的空间内存在某一未知场。有一不计重力的带正电粒子自（0，b）点以一定速度垂直y轴进入第一象限，最终自（a, 0）点垂直x轴射出第一象限。（ab）凭借以上已知条件，判断以下三个场是否可能是该未知场，若判断“可能”，则猜测该带电粒子在第一象限的运动轨迹（诸如“直线”、“圆”、“椭圆”、“抛物线”、“双曲线”、“螺旋线”等等）；若判断“不可能”，则说明理由。猜测一：垂直竖直平面（纸面）向外的匀强磁场。猜测二：竖直向下的匀强电场。猜测三：由x轴上某点负点电荷所形成的电场。【答案】如解析【解析】猜测一不可能，因为若存在匀强磁场时粒子做匀速圆周运动，ab段轨迹应是以o点为圆心的圆弧，由题ab，所以不可能；猜测二不可能，因为若存在竖直向下的匀强电场，粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度方向不可能沿-y轴方向；猜测三不可能，因为若存在由x轴上某点负点电荷所形成的电场，若该负电荷不可能在原点o，因为该负电荷在原点o处，粒子做匀速圆周运动，应有a=b，与题不符，所以不可能；若粒子不在原点o，粒子的轨迹是椭圆的一部分，速度不可能垂直于x轴向下。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力18一个质量为m、带电荷量为+q的带电粒子（不计重力）以初速度v0沿y轴向y轴正方向运动，从图中的原点o处开始进入一个边界为圆形的匀强磁场中。已知磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向外，磁场边界的半径为r。带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，已知它做圆周运动的轨道半径比圆形磁场的半径r大。（1）改变圆形磁场的位置，可改粒子在磁场中的偏转角度，求此粒子在磁场中的最大偏转角（用反三角函数表示）。（2）当粒子在磁场中偏转角最大时，它从磁场中射出后沿直线前进一定打到x轴上，求满足此条件的磁场半径r的取值范围。【答案】 （1）粒子进入匀强磁场后圆轨道半径：； 轨迹的圆心在x轴上o1点，圆形磁场圆心为o2点，边界如图中虚线所示；因粒子轨道半径是确定值，由图可看出，入射点o与出射点p间距离越大，粒子偏转角度越大，则当op恰为圆形磁场直径时，偏转角度最大；则最大偏转角：；（2）要想使粒子射出后能打到x轴上，必须满足条件为；即：。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力宁波效实中学 2013学年第二学期高一（1）班物理期中测试卷一、单项选择题。每小题3分，共8小题24分。12345678bdbbcccb二、不定项选择题。共4小题，每小题4分，计16分。9101112abcacabbcd三、实验题。共2小题，其中第13题10分，第14题10分，共计20分。13s 左侧 t 右侧 adc14（1）以op间距离x为横轴，以电压表读数u为纵轴，描点、连线绘出电压表读数u随op间距离x变化的图线；（2）根据电阻定律可得；。四、计算题。共2小题，其中15题各12分，第16题28分，共计40分。15（1）设滑块在b点速度为v，对滑块从a到b的过程应用动能定理设滑块在b点对b点压力为f，轨道对滑块支持力为f，由牛顿第三定律得，两力大小满足：对滑块由牛顿第二定律得：得；由牛顿第三定律可知压力为1.5n；（2）由于滑块在水平面上的滑动摩擦力故滑块最终将会不会静止在水平轨道上；又由于圆弧轨道是光滑的，滑块在圆弧轨道上也不会静止；当滑块到达b的速度恰好等于0时，滑块在水平面内的路程最大：设滑块在水平轨道上通过的总路