1、絕密啟用前浙江省杭州學(xué)軍中學(xué)2019-2020學(xué)年高二（上）期末考試物理試題（帶答案詳解）題號4四總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）評卷人 得分一、單選題1物理量電場強度和磁感應(yīng)強單位符號正確的是（ ）A. N/C和TB. N/C和Wb C. W/m和Wbd. V/C和T2物理學(xué)家通過艱辛的實驗和理論研究探究自然規(guī)律，為人類的科學(xué)做出了巨大貢獻(xiàn)，值得我們敬仰.下列描述中符合物理學(xué)史實的是（ ）A.開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動三定律，從而提出了日心學(xué)說B.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律但并未測定出引力常量G常量C.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并提

2、出了分子電流假說D.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律3.伽利略利用“斜面實驗”研究自由落體運動的規(guī)律，其實驗思想是（）A.小球沿斜面運動時加速度較小，速度的測量比較容易B.小球沿斜面運動時速度較小，位移的測量比較容易C.測量小球沿斜面運動時位移與時間平方的比值三，合理外推到90ot2v2D.測量小球沿斜面運動時速度平方與位移的比值一，合理外推到90os4.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角 片37的木板托住，小3.彈簧彈力不可能為4 mgC.小球可能受三個力作用D.木板對小球的作用力有可能小于小球的重力mg.如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為M和m,用

3、跨過光滑定輪的輕繩相連，A物 體與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為臼重力加速度g，在A物體加速向右運動過程中（B物體落地前），A的加速度大小為亡I-力，mg -日 MgA.M + mbMmg - NMg_ _MDg若假定“神舟九號”飛船繞地球做勻速圓周運動，它離地球表面的高度為h,運行周期為T,地球的半徑為以自轉(zhuǎn)周期為T0由此可推知地球的第一宇宙速度為A.C.2冗R工竺（R + h RTB.D.2冗（R + h）T7.如圖所示的+Q和-Q是兩個等量異種點電荷,以點電荷+Q為圓心作圓，A、B為圓上兩點，MN是兩電荷連線的中垂線，與兩電荷連線交點為。，下列說法正確的是（）一 J 7A. A點的電場強度大于

4、B點的電場強度B.電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能C.把質(zhì)子從A點移動到B點，靜電力對質(zhì)子做功為零D.把質(zhì)子從A點移動到MN上任何一點，質(zhì)子電勢能都增加.如圖所示，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電 路的影響，當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）A.質(zhì)點P將向上運動B.電流表讀數(shù)減小C.電壓表讀數(shù)減小D R 3上消耗的功率增大.如圖所示，匝數(shù)為50匝的矩形閉合導(dǎo)線框ABCD處于磁感應(yīng)強度B = 2TT的水平10勻強磁場中，線框面積S = 0.5m2,線框電阻不計.線框繞垂直于磁場的軸OO以角速度二100rad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈線

5、接入一只“220V, 60W”燈泡，且燈泡正常發(fā)光，熔斷器允許通過的最大電流為10A,下列說法正確的是（ ）A.在圖示位置線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大B.線框中產(chǎn)生交變電壓的有效值為250V2VC.變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為25： 22D.允許變壓器輸出的最大功率為1000W.如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變 化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是下 圖所示的哪一個（ ）評卷人 得分二、多選題.如圖，S -t圖象反映了甲、乙兩車在同一條直道上行駛的位置隨時間變化的關(guān)系， 已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10S

6、處，下列說法正確的是 匚 J 10 15 20A. 5s時兩車速度相等B.甲車的速度為4m/sC.乙車的加速度大小為1.6m / s2D.乙車的初位置在s0 = 80m處12.如圖所示，A、D分別是斜面的頂端、底端，B、C是斜面上的兩個點，AB=BC=CD, E點在D點的正上方，與A等高，從E點水平拋出質(zhì)量相等的兩個小球，不計重力，球1落在B點，球2落在C點，關(guān)于球1和球2從拋出到落在斜面上的運動過程中，下列說法中正確的是（）A.球1和球2運動的時間之比為1:2B.球1和球2動能增加量之比為1:3C.球1和球2拋出時初速度之比為2j2:1D.球1和球2運動時的加速度之比為1:1 13.如圖所示

7、為皮帶傳送裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角為9 , A、B 兩端相距L，將質(zhì)量為m的物體輕放到傳送帶的A端，物體沿AB方向從A端一直加 速運動到B端，物體與傳送帶間的滑動摩擦力大小為f，傳送帶順時針運轉(zhuǎn)，皮帶傳送 速度v保持不變，物體從A到達(dá)B所用的時間為t，物體和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn) 生的熱量為Q，電動機因運送物體多做的功為W，下列關(guān)系式中正確的Q = fLQ = f (vt-L)1C W = mv 2 + mgL sin 9+ Q2D. W = fvt14.如圖所示，勻強磁場的邊界為直角三角形，/BGF = 30。，已知磁感應(yīng)強度為b , 方向垂直紙面向里。f處有一粒子源，沿

8、fg方向發(fā)射出大量帶正電荷+q的同種粒子,粒子質(zhì)量為m ,粒子的初速度v0大小可調(diào)，粒子重力不計,則下列說法正確的是（）A. v0取合適值，粒子可以到達(dá)E點B.能到達(dá)EF邊界的所有粒子所用的時間均相等5兀nC.粒子從F運動到EG邊所用的最長時間為k芯6qBD.若粒子能到達(dá)EG邊界，則粒子速度越大，從F運動到BG邊的時間最長15一個細(xì)小金屬圓環(huán)，在范圍足夠大的磁場中豎直下落，磁感線的分布情況如圖，其 中沿圓環(huán)軸線的磁場方向始終豎直向上開始時圓環(huán)的磁通量為0，圓環(huán)磁通量隨下落 高度變化關(guān)系為屯二屯0(1+ ky) (k為比例常數(shù)，k 0 )。金屬圓環(huán)在下落過程中的環(huán) 面始終保持水平，速度越來越大，

9、最終穩(wěn)定為某一數(shù)值稱為收尾速度，該金屬環(huán)的收尾 速度為已知金屬圓環(huán)的電阻為R，忽略空氣阻力，關(guān)于該情景，以下結(jié)論正確的有() TOC o 1-5 h z B0A.金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小為kJ.一一 ，、，、一 .一一 (k v)B.金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)的熱功率P =0R(k ) vC.金屬圓環(huán)的質(zhì)量m =0 RgD.金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，金屬圓環(huán)受到安培力的合力時刻改變第II卷(非選擇題)請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、實驗題16某實驗小組的同學(xué)為了“探究加速度與外力的關(guān)系”，利用了如圖1所示的實驗裝置， 忽略滑輪與細(xì)繩之間的摩擦（1）為了完成探究

10、實驗，下列步驟必須的是A.分別測出砝碼A以及滑塊的質(zhì)量m和MB .將長木板遠(yuǎn)離滑輪的一端適當(dāng)墊高平衡摩擦力C.將滑塊靠近打點計時器，接通電源后釋放小車，并記錄傳感器的示數(shù)D.多次改變砝碼的質(zhì)量，打出幾條不同的紙帶E.該實驗中必須滿足滑塊的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于砝碼A的質(zhì)量（2）該小組的同學(xué)在某次實驗中得到了一條清晰的紙帶，如圖2所示，并在該紙帶上 選取了多個計數(shù)點，已知圖中相鄰兩計數(shù)點之間還有兩個計時點沒有畫出，若實驗中所 使用的交流電的頻率為50 Hz,則滑塊的加速度大小為m/s2 （結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；（3）該小組的同學(xué)通過多次測量,得到了多組傳感器的示數(shù)以及相對應(yīng)的加速度的數(shù) 值，并以傳感器的

11、示數(shù)F為橫坐標(biāo)、加速度。為縱坐標(biāo)，得到的圖線為一條過原點的傾 斜直線，經(jīng)測量可知直線的斜率大小為k，則小車的質(zhì)量大小應(yīng)為;（4）如果該小組的同學(xué)在實驗時未平衡摩擦力,結(jié)果得到的圖象不過原點,與橫軸交 點的坐標(biāo)值為F 0，則滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小為.17. （1）如圖所示為某多用電表內(nèi)部簡化電路圖，作電流表使用時，選擇開關(guān)S應(yīng)接 （選填“1”“2”“3”“4”或“5”）量程較大（2）某同學(xué)想通過多用表的歐姆擋測量量程為3 V的電壓表內(nèi)阻（如圖乙），主要步驟如 下：把選擇開關(guān)撥到“x100”的歐姆擋上；把兩表筆相接觸,旋轉(zhuǎn)歐姆調(diào)零旋鈕,使指針指在電阻零刻度處；把紅表筆與待測電壓表（選填“

12、正”或“負(fù)”）接線柱相接,黑表筆與另一接線柱相連,發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉(zhuǎn)角度很小；換用（選填“x10”或“x1 k”）歐姆擋重新調(diào)零后測量，發(fā)現(xiàn)這時指針偏轉(zhuǎn)適中， 記下電阻數(shù)值；雙匚g B siNn 把選擇開關(guān)調(diào)至空擋或交流電壓最高擋后拔下表筆，把多用電表放回桌上原處，實驗完畢（3）實驗中（如圖丙）某同學(xué)讀出歐姆表的讀數(shù)為Q,這時電壓表讀數(shù)為V.（4）請你計算歐姆表內(nèi)部電源電動勢為V.（保留兩位有效數(shù)字）評卷人 得分四、解答題.質(zhì)量為m = 4kg的小物體，由A點靜止在恒力F = 20N作用下向右運動，運動至B 點時撒去F, AB相距L = 9m，設(shè)斜面足夠長，物體與平面、斜面之間的動摩擦因數(shù)均 為

13、u= 0.5，物體在b點沒有能量損失。其中：sin37 = 0.6 , cos370=0.8，求： （1）物體在水平面運動的加速度；（2）在斜面上向上滑行的最大距離；（3）物體在斜面上運動的時間（答案可以有根號）。.如圖所示，質(zhì)量m=6.0 kg的滑塊（可視為質(zhì)點），在水平牽引功率恒為P=42 W的 力作用下從A點由靜止開始運動，一段時間后撤去牽引力.當(dāng)滑塊由平臺邊緣B點飛出 后，恰能以5 m/s的速度從豎直光滑圓弧軌道CDE上C點的切線方向切入軌道，并從 軌道邊緣E點豎直向上拋出.已知/COD=53, A、B間距離L=3 m,滑塊與平臺間的動摩擦因數(shù) 尸0.2,圓弧軌道半徑R =1.0 m.

14、不計空氣阻力.取sin53 = 0.8, cos53=0.6, g 取 10 m/s2,求:滑塊運動到5點時的速度大小；(2)圓弧軌道對滑塊的最大支持力；(3)滑塊在平臺上運動時水平牽引力的作用時間.如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，其右端接一阻值為R的 電阻。質(zhì)量為m的金屬桿AB靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B方向豎直向下，當(dāng)該磁場區(qū)域以速度勻速地向右掃過金屬桿后， 金屬桿的速度變?yōu)榱选ＴO(shè)金屬桿長為d對應(yīng)的電阻為廠，金屬桿與導(dǎo)軌之間動摩擦因數(shù) 為 ,導(dǎo)軌電阻不計,導(dǎo)軌足夠長,桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持 良好接粒,求：(1)

15、MN 剛掃到金屬桿時,金屬桿中感應(yīng)電流的大小和感應(yīng)電流方向；(2)PQ剛掃到金屬桿時，金屬桿的加速度大小a ；若矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ掃過金屬桿過程中，金屬桿向右滑動了，求此過程中 安培力對金屬桿做的功。21.如圖甲所示，粒子源靠近水平極板M、N的M板，N板下方有一對長為L,間距 為d=1.5L的豎直極板P、Q,再下方區(qū)域存在著垂直于紙面的勻強磁場，磁場上邊界的 部分放有感光膠片.水平極板M、N中間開有小孔，兩小孔的連線為豎直極板P、Q的 中線，與磁場上邊界的交點為O.水平極板M、N之間的電壓為U0；豎直極板P、Q之1 12 mU間的電壓UPQ隨時間t變化的圖象如圖乙所示；磁場的磁感強度B=

16、.粒子 源連續(xù)釋放初速不計、質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，這些粒子經(jīng)加速電場獲得速度 進(jìn)入豎直極板P、Q之間的電場后再進(jìn)入磁場區(qū)域，都會打到感光膠片上.已知粒子在 偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間遠(yuǎn)小于電場變化的周期，粒子重力不計求：(1)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek ;K(2)磁場上、下邊界區(qū)域的最小寬度x；(3)帶電粒子打到磁場上邊界感光膠片的落點范圍參考答案1A 電場強度和磁感應(yīng)強單位符號為N/C和T，故A正確，BCD錯誤；故選A。2B哥白尼提出了日心說，故A錯誤；開普勒發(fā)現(xiàn)了行星運動三定律，牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定 律，但是是卡文迪許通過扭秤實驗測量了萬有引力常量，故B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的 磁

17、效應(yīng)，安培提出了分子電流假說，故C錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)了 感應(yīng)電流方向，故D錯誤。故選B。3CAB、小球沿斜面運動時加速度較小，同一位移，所用時間較長，時間測量較容易，故AB 錯誤；CD、“斜面實驗”研究自由落體運動的規(guī)律，其實驗思想通過測量斜面上物體運動的情況， 然后進(jìn)行合理的外推，從而得出自由落體是勻變速直線運動，因而需要測量位移與時間平方 s的比值大情況，合理外推到90，故C正確，D錯誤。t2故選C。4C滑塊可能受重力、支持力、彈力三個力處于平衡，根據(jù)共點力平衡判斷，根據(jù)平行四邊形定 則可知，小球重力和彈力的合力肯定大于重力【詳解】A、C項：小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡

18、，對小球受力分析，如圖所示：當(dāng)重力、彈簧彈力以及木板的支持力的合力為零時，小球不受摩擦力，即小球可以受到3個力作用，故A錯誤，C正確；mg3B項：若小球不受摩擦力，根據(jù)平衡條件得：tan37=Y，解得：F二mg，故B錯誤;F4D項：無論小球受不受到摩擦力作用，由平衡條件可知，木板對小球的作用力與重力和彈力 的合力等大，反向，即木板對小球的作用力為.（mg）2 + F2，一定大于重力，故D錯誤.【點睛】 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進(jìn)行求解，注意彈簧的彈力方向是水 平向左的，難度適中5A 根據(jù)牛頓第二定律，對物體A ： T-R Mg = Ma，對物體B： mg - T=ma，

19、聯(lián)立解得:mg - R Mga二故A正確,BCD錯誤。6BMm4 冗 2 /Mmv2G= m,R 2R根據(jù)萬有引力定律可得：G二號（R +h），地球的第一宇宙速度滿足:聯(lián)立解得：V = 2（T + h，）；1RRh，故B正確，ACD錯誤。故選B。7BA.等量異號電荷電場線分布如圖所示:由圖示電場線分布可知，A處的電場線比B處的電場線稀疏，則A點的場強小于B點的場強，故A錯誤；C A、B兩點電勢不同，兩點間的電勢差不為零，把質(zhì)子從A點移動到B點，靜電力對質(zhì) 子做功不為零，故C錯誤；B.電場線與等勢面相互垂直，電場線從高等勢面指向低等勢面，由圖示可知，A點所在等 勢面高于B點所在等勢面，A點電勢高

20、于B點電勢，電子帶負(fù)電，則電子在A點的電勢能小 于在B點的電勢能，故B正確；D.等量異號電荷連線的中垂線MN是等勢線，A與MN上任何一點間的電勢差都相等，把 質(zhì)子從A點移動到MN上任何一點，電場力做功都相等，質(zhì)子的電勢能變化都減小相同，故D錯誤。故選B。8CABC.由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電 容器與R 3并聯(lián)；當(dāng)滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由 閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時R1兩端的電壓也增大；故 并聯(lián)部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過并聯(lián)部分的電流增大， 故電流

21、表示數(shù)增大，因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，因電容 器兩端電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，合力向下，電荷向下 運動，故AB錯誤，C正確；U2D.因R兩端的電壓減小，由P = 丁可知，R上消耗的功率減小，故D錯誤； 3R3故選C。9CA、由圖可知，此時線圈和磁場垂直，此時線框的磁通量最大，感應(yīng)電動勢為0,故A錯誤； B、矩形閉合導(dǎo)線框ABCD在磁場中轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交流電的最大值為E = nBs=50義巨義0.5義100V=250 J2V，由于最大值為有效值的*；2倍，所以交流電 m10的有效值為250V,故B錯誤；C、由于電壓與匝數(shù)成正比，所以變壓器

22、原、副線圈匝數(shù)之比為皆 二H，故C正確； D、由于熔斷器允許通過的最大電流為10A,所以允許變壓器輸出的最大功率為P = UI=250 x10=2500W,故 D 錯誤。 故選C。10D根據(jù)題意可知安培力的方向向右，根據(jù)左手定則，感應(yīng)電流的方向由B到A;再由右手定則， 當(dāng)垂直向外的磁場在增加時，會產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流；由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合 閉合電路歐姆定律,則安培力的表達(dá)式AB JF = At- BLRABABAB因安培力的大小不變，則B 是定值，=是B-t圖的斜率。當(dāng)磁感應(yīng)強度B增大，則 AtAtAtAB減小；當(dāng)磁感應(yīng)強度B減小，則=增大；故D正確，ABC錯誤；At故選D。11BCD

23、位移-時間圖象的斜率等于速度，傾斜的直線表示勻速直線運動，位移等于x的變化量，結(jié) 合這些知識分析；【詳解】A、位移-時間圖象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，則知5s時乙車速度較 大，即該時刻二者速度大小不相等，故A錯誤；B、甲車做勻速直線運動，速度為：v = - = 20m/ s = 4m/ s，故B正確； 甲 t 5C、乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10s處，則t=10s時，速度為零，將其運動11反過來看成初速度為0的勻加速直線運動，則-=at2，根據(jù)圖象有：-=a-102，20220 =1 a - 52，解得：a = 1.6 m / - 2，- 0 = 80 m，故

24、CD 正確.【點睛】對于位移時間圖象，關(guān)鍵要抓住斜率等于速度，位移Vx = x2 -xi ,來分析圖象的物理意義， 同時注意利用勻減速直線運動中的逆向思維的應(yīng)用12CD因為AC = 2 AB，則AC的高度差是AB高度差的2倍，根據(jù)h = 2 gt2,解得：t = J2h , 解得球1和球2運動的時間比為1：2，故A錯誤；根據(jù)動能定理得，mgh = AEk，知球1 和球2動能增加量之比為1： 2.故B錯誤；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移 的2倍，結(jié)合x=v0t，解得初速度之比為2、；2:1,故C正確；平拋運動的物體只受重力， 加速度為g,故兩球的加速度相同為1： 1,故D正確。故選C

25、D。13BDAB.物塊產(chǎn)生的加速度為:f 一 mg sin 0 a 二在時間t內(nèi)傳送帶前進(jìn)位移為X = vt，發(fā)生的相對位移為：Ax = vt-L，故產(chǎn)生的熱量為：Q = f (vt-L)，故A錯誤，B正確;C.電動機做的功一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為物塊的機械能，故有：W = Q + mgL sin0 + 1 m(f m Sin0 t)2，故 C 錯誤； 2mD.傳送帶多做的功是傳送帶克服摩擦力做的功，等于摩擦力和傳送帶位移的乘積，即 卬=fvt，故D正確。故選BD。14BCA.當(dāng)粒子運動軌跡與EG邊相切時，軌跡如圖:根據(jù)幾何關(guān)系得：+ r = EF cos30。再由圓周運動公式mv 2

26、qv B =o-0r可得qBrv =0m此時r是定值。若粒子速度大于v0，粒子會從EG邊出來；若粒子速度小于v0，粒子會從EF邊出來，無法到達(dá)E點，故A錯誤；B.能從EF邊出射的粒子運動軌跡都為半圓，因為粒子的周期與速度無關(guān)，所以到達(dá)EF 邊界的所有粒子所用的時間均相等，故B正確；CD.由圓周運動公式可得v2qv B=m-e-= mT =2mqBqBr即粒子在磁場中做圓周運動的周期只與比荷和磁感應(yīng)強度有關(guān)。由選項A可知，當(dāng)v = - 0m時，粒子運動軌跡與EG邊相切，此時圓心角最大為150。，時間最長為T=3605兀m6 qB粒子速度越大，對應(yīng)的圓心角越小，運動時間越短；故C正確，D錯誤；故選

27、BC。15ABCA.收尾速度為v，以v運動 t時間內(nèi)磁通量的變化為：A=A BS = B0k AyS = B0 kSv A /= 0kv A t由法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬圓環(huán)產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢大小：廠AE = = k vAt0故A正確；B.圓環(huán)速度穩(wěn)定后金屬圓環(huán)的熱功率為：E 2 (k v P =0 R R故B正確；C.金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，由能量守恒可知，金屬圓環(huán)減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為熱量，重 力功率等于熱功率，即mgv =P解得2 2 vm =0-gR故C正確；D.金屬圓環(huán)速度穩(wěn)定后，重力等于安培力的合力，故D錯誤； 故選ABC。BCD 1.322Fk0（1）由于滑塊B所受的拉力可有傳感

28、器讀出，因此不需要測量砝碼A的質(zhì)量，因此也就不 必要求砝碼A的質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量了，AE錯誤；將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡 摩擦力是需要的，因為這樣滑塊受到的合力就不考慮摩擦力了，B正確；滑塊B靠近打點計 時器，先接通電源，再釋放滑塊，打出一條紙帶，同時記錄傳感器的示數(shù)是需要的，C正確； 多次改變砝碼的質(zhì)量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，以研究加速度隨外力變化的關(guān)系， D正確；（2）由題意可知該交流電的打點周期為0.02 s,又因為相鄰兩計數(shù)點間還有兩個點沒有畫出，故兩計數(shù)點之間的時間間隔為t = 0.06 s,由逐差法Ax = at 2得（x + x + x ）-（x + x + x

29、 ） （3.8 + .33 + 2.8）（2.3 +1.9 +1.41x10-2a = -456123 =m/s2 = 1.3m/s 29129 x 0.062（3）由實驗原理圖可知，滑塊B的合力大小為傳感器示數(shù)的兩倍，則由牛頓第二定律得 TOC o 1-5 h z 2F22a =，對a-F圖象來說，圖象的斜率大小為k =一，所以滑塊的質(zhì)量為m = 7； mmk（4）滑塊所受的拉力大小為傳感器示數(shù)的兩倍，則由牛頓第二定律可知2F - Ff = ma ,整2F-F2 F理得a =f = F -f-，即當(dāng)細(xì)繩的拉力大小為F0時，滑塊剛開始運動，即m mm0F = 2F . f01 負(fù) x1k4.0

30、 x1042.203.0【解析】（1）當(dāng)做電流表使用時,電阻應(yīng)和表頭并聯(lián)分流,故連接1和2時為電流表,根據(jù)歐姆定律可知并聯(lián)支路的電壓相等,并聯(lián)支路的電阻越大,分流越小,故當(dāng)接1時量程最大；（2）根據(jù)“紅進(jìn)黑出”原理，即電流從紅表筆流進(jìn)可知紅表筆接電壓表的負(fù)極；歐姆表在測量電阻時指針從無窮大處開始偏轉(zhuǎn)，故歐姆表指針偏轉(zhuǎn)很小，說明被測電阻大，檔位應(yīng)提升一級，即換x1k的測量；（3）歐姆表的讀數(shù)為R = 40.0 X1000 = 4.0X104。；電壓表分度值為0.1V,故讀數(shù)為V2.20V； （4）根據(jù)（3）采用的檔位可知中值電阻即歐姆表內(nèi)阻為r = 1.5x 104。，根據(jù)閉合回路歐R4.0姆定

31、律可得2.2 = -V-E = 40,15 E，解得E工3.0V .R + r 4.0 + 1.5(1)0.5m/s2 ； (2)0.45m ； (3)-20+-S。對物塊受力分析，設(shè)物塊加速度為。，由牛頓第二定律可得F sin 37+F = mgNf=R FNF cos37 - f = ma解得a=0.5m/s2；（2）設(shè)物塊到達(dá)5點的速度為，由運動學(xué)公式v02=2aL解得v0 =3m/s當(dāng)物塊滑上斜面時，設(shè)加速度為。1,由牛頓第二定律得mg cos37 =FN1mg sin37+f1=ma1解得a =10m/s 21設(shè)物塊在斜面上滑行的距離為羽則解得v2x =-02a1x=0.45m；當(dāng)滑

32、塊沿斜面向上滑行時，設(shè)時間為t1，則t = vo = s=0.3si a110當(dāng)滑塊沿斜面向下滑行時，設(shè)運動時間為t 2，加速度為a 2，則mg sin 37。- f = ma解得a2 =2m/s 2由運動學(xué)公式L =1 at 22 22解得tM TOC o 1-5 h z 220在斜面上運動的總時間為320+6t=t +1 =s。1 22019(1)3 m/s (2)258 N (3)1.5 s。點水平分速度v = vC cos a = 5*0.6 = 3m / sB點的速度：vb = vf = 3m/s(2)在。點，軌道對滑塊的支持力最大，滑塊從C點到D點，由機械能守恒定律得:mgR (1- cos53。)=mv 2 一 mv 2 2D2Dv2在D點，根據(jù)牛頓第二定律：FN - mg = m聲解得：.258N1滑塊從A點到B點，由動能定律，得：Pt- mgL = Vb 2 0解得：t = 1.5sBdvB2 d2 (v - v)120. (1)0，方向從 A 到 B； (2)(D 0 ) ； (3)-mv2+R mgx。R+rm(R+r)2(