【正文】 （ 1）用游標卡尺測量遮光條的寬度 b，結果如圖 2所示，由此讀出 b=__________mm； （ 2）滑塊通過 B點的瞬時速度可表示為 __________； （ 3）某次實驗測得傾角 θ=30 176。 ，重力加速度用 g表示，滑塊從 A處到達 B處時 m和 M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為 △E k=__________，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為△Ep= __________，在誤差允許的范圍內，若 △E k=△E p則可認為系統(tǒng)的機械能守恒； （ 4）在上次實驗中，某同學改變 A、 B間的距離，作出的 v2﹣ d圖象如圖 3所示，并測得 M=m，則重力加速度 g=__________m/s2． 13．（ 1）多用電表表指針如圖 1所示．如果選用的是直流 5mA擋，則讀數(shù)為 __________mA；如果選用的是 10Ω 擋，則讀數(shù)為 __________Ω ． （ 2）某同學用電壓表和電流表測量電阻 R 的阻值，實物連接裝置如圖 2所示．用這個電路測量 __________（填 “ 大 ” 或 “ 小 ” ）電阻誤差較小，且測量值比電阻的真實值 __________（填 “ 大 ” 或 “ 小 ” ） （ 3）某同學設計的測定水果電池電動勢和內電阻的電路如圖 3所示．水果電池內阻較大，圖中電流計內阻未知．實驗中他多次改變電阻箱的電阻值，并記錄電阻箱的阻值及相應的電流計讀數(shù)．用上述方法 __________： A．能測定水果電池電動勢 B．能測定水果電池內電阻 C．處理數(shù)據(jù)時用 R﹣ 1/I圖比 R﹣ I圖 更科學 D．電阻箱取值應該大些 （ 4）一段導體的伏安特性曲線如圖 4所示．一同學用電動勢為 、內阻為 的電源與該導體構成閉合回路，則導體消耗的功率是 __________W． 四、計算題：本題共 4小題，共 60分．解答時寫出必要的文字說明、方各式和演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位． 14．如圖所示，在傾角 θ=37176。= ， cos37176。 ，重力加速度用 g表示，滑塊從 A處到達 B處時 m和 M組成的系統(tǒng)動能增加量可表示為 △E k= ，系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為△Ep= （ m﹣ ） gd，在誤差允許的范圍內，若 △E k=△E p則可認為系統(tǒng)的機械能守恒； （ 4）在上次實驗中，某同學改變 A、 B間的距 離，作出的 v2﹣ d圖象如圖 3所示，并測得 M=m，則重力加速度 g=． 【考點】 驗證機械能守恒定律． 【專題】 定量思想；圖析法；方程法；機械能守恒定律應用專題． 【分析】 （ 1）游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．不同的尺有不同的精確度，注意單位問題． （ 2）由于光電門的寬度 d很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度． （ 3）根據(jù)重力做功和重力勢能之間的關系可以求出重力勢能的減小量，根據(jù)起末點的速度可以求出動能的增加量；根據(jù)功能關系得重力做功的數(shù)值等于重力勢能減小量． （ 4）根據(jù)圖象的物理意義可知，圖象的斜率大小等于物體的重力加速度大?。? 【解答】 解：（ 1）寬度 b的讀數(shù)為： 3mm+16= ； （ 2）由于光電門的寬度 b很小，所以我們用很短時間內的平均速度代替瞬時速度． 滑塊通過光電門 B速度為： vB= ； （ 3）滑塊從 A處到達 B處時 m和 M組成的系統(tǒng)動能增加量為： △E= （ M+m）（ ） 2= ； 系統(tǒng)的重力勢能減少量可表示為： △E p=mgd﹣ Mgdsin30176。 的固定斜面底端，放著一個質量為 1Kg的物體，現(xiàn)對物體施加平行于斜面向上的恒力 F=20N，作用時間 t1=1s時撤去拉力 F，若物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為 μ= ，斜面足夠長，取 g=10m/s2， sin37176。= ．試求： （ 1）撤去 F時，物體的速度是多少？此過程中 F做的功是多少？ （ 2）物體再返回到斜面低端時的速度是多少？ 【考點】 牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與位移的關系． 【專題】 牛頓運動定律綜 合專題． 【分析】 （ 1）撤去 F前，對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)運動學基本公式求出速度和位移，進而根據(jù) W=Fx求解做功； （ 2）撤去 F后，對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)運動學基本公式求出位移，返回到斜面底端過程中，依牛頓第二定律求出加速度，再結合運動學基本公式求出速度． 【解答】 解：（ 1）撤去 F前，物體受力如圖 1示 依牛頓第二定律： F﹣ mgsinθ ﹣ μmgcosθ=ma 1 得： a1=10m/s2 依運動學公式： V1=a1t1 得： V1=10m/s， 得： X1=5m 根據(jù) W=F X1 得： W=100J （ 2）撤去 F后，物體受力如圖 2示 依牛頓第二定律：﹣ mgsinθ ﹣ μmgcosθ=ma 2 得： a2=﹣ 10m/s2 依運動學公式： 得： X2=5m 返回到斜面底端過程中，受力如圖 3 依牛頓第二定律： mgsinθ ﹣ μmgcosθ=ma 3 得： a3=2m/s2 依運動學公式： 得： 答：（ 1）撤去 F時，物體的速度是 10m/s，此過程中 F做的功是 100J； （ 2）物體再返回到斜面低端時的速度是 ． 【點評】 本題主要考查了牛頓第二定律及運動學基本公式的直接應用，要求 同學們正確分析物體的受力情況，第二問可使用動能定理求解，難度適中． 15．如圖甲所示，長為 4m的水平軌道 AB與半徑為 R= BC在 B處相連接，有一質量為 1kg的滑塊（大小不計），從 A處由靜止開始受水平向右的力 F作用， F的大小隨位移變化關系如圖乙所示，滑塊與 AB間動摩擦因數(shù)為 ，與 BC間的動摩擦因數(shù)未知，取 g=l0m/s2．求： （ 1）滑塊到達 B處時的速度大?。? （ 2）滑塊在水平軌道 AB 上運動前 2m過程中所需的時間； （ 3）若滑塊到達 B點時撤去力 F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并 恰好能達到最高點 C，則滑塊在半圓軌道上克服摩擦力所做的功是多少． 【考點】 動能定理的應用；勻變速直線運動的速度與時間的關系；牛頓第二定律． 【專題】 動能定理的應用專題． 【分析】 （ 1）對滑塊從 A到 B的過程作為研究的過程，運用動能定理求出滑塊到達 B處時的速度大?。? （ 2）根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在水平軌道 AB上運動前 2m 過程中加速度，根據(jù)運動學公式求出運動的時間． （ 3）滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能達到最高點 C，知最高點彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出臨界的速度，根據(jù)動能定理求出滑塊在半圓軌道上克服摩擦 力所做的功． 【解答】 解：（ 1）滑塊從 A到 B的過程中，由動能定理 F1x1﹣ F2x3﹣ μmgx= 即 202 ﹣ 101 ﹣ 1104= 得： vB= （ m/s） （ 2）在前 2m內： F1﹣ μmg=ma 1 且 x1= 解得： t1= （ s） （ 3）當滑塊恰好能到達 C點時，應有： 滑塊從 B到 C的過程中，由動能定理： 得： W=﹣ 5（ J） 即克服摩擦力做功為 5J． 答：（ 1）滑塊到達 B處時的速度大小為 m/s． （ 2）滑塊在水平軌道 AB 上運動前 2m過程中所需的時間為 s． （ 3）滑塊 在半圓軌道上克服摩擦力所做的功為 5J． 【點評】 本題綜合考查了牛頓第二定律、動能定理，并與直線運動、圓周運動相結合，綜合性較強，是一道好題． 16．如圖所示，兩塊豎直放置的導體板間存在水平向左的勻強電場，板間距離為 d．有一帶電量為 +q、質量為 m的小球（可視為質點）以水平速度從 A孔進入勻強電場，且恰好沒有與右板相碰，小球最后從 B孔離開勻強電場，若 A、 B兩孔的距離為 4d，重力加速度為 g，求： （ 1）兩板間的場強大??； （ 2）小球從 A孔進入電場時的速度； （ 3）從小球進入電場到其速度達到最小值，小球電勢能的變化 量為多少？ 【考點】 牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系；電勢能． 【專題】 牛頓運動定律綜合專題． 【分析】 （ 1）小球水平水平方向先向右勻減速后反向勻加速，豎直方向自由落體運動，根據(jù)運動學公式列式后聯(lián)立求解； （ 2）根據(jù)牛頓第二定律求解出水平方向的加速度，然后根據(jù)速度位移公式求解初速度； （ 3）求解出水平分速度和豎直分速度的表達式，得到合速度的表達式進行分析得到最小速度，小球電勢能的變化量等于電場力做的功． 【解答】 解：（ 1）由題意可知，小球在水平方向先減速到零，然后反向加速．設小球進入 A孔 的速度為 v0，減速到右板的時間為 t，則有： 水平方向： 豎直方向： 聯(lián)立解得 （ 2）在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有 qE=max 根據(jù)運動學公式有 聯(lián)立解得 （ 3）小球進入電場后，在水平方向上做減速運動，即 =v0﹣ gt′ 在豎直方向上做加速運動，即 vy=gt39。 ⑦ 到達 Q點的粒子應該滿足： r2=Rtan601