2023-2024學(xué)年黑龍江省大慶高三（上）期中物理試卷

2023-2024學(xué)年黑龍江省大慶市高三（上）期中物理試卷一、單選題（每小題4分，共7小題，共28分）1．（4分）如圖甲所示，一根電阻R＝4Ω的導(dǎo)線繞成半徑d＝2m的圓，在圓內(nèi)部分區(qū)域存在變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所示（磁場(chǎng)垂直于紙面向外為正，電流逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?，關(guān)于圓環(huán)中的電流﹣時(shí)間圖象（）A． B． C． D．2．（4分）如圖示，圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的兩個(gè)粒子沿直AB方向從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)中，則下列說(shuō)法正確的是（）A．兩粒子分別從A到P、Q經(jīng)歷時(shí)間之比為3：1 B．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期之比為2：1 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌道半徑之比為3：1 D．粒子在磁場(chǎng)中速率之比為1：33．（4分）在光滑水平面上有一表面光滑的斜面，質(zhì)量為M、高度為h、傾角為θ，一質(zhì)量為m的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，如圖所示。若斜面固定，則物塊恰好能到達(dá)斜面頂端，則物塊沿斜面上升的最大高度為（）A． B． C． D．4．（4分）如圖所示，圓心為O、半徑為R的四分之一圓形光滑軌道豎直固定在水平地面上，在O點(diǎn)正上方有一光滑的小滑輪，輕繩的一端系一質(zhì)量為m的小球，靠放在光滑圓形軌道上的A點(diǎn)，另一端繞過(guò)小滑輪后用力拉住。重力加速度大小為g，則（）A．小球靜止在A點(diǎn)時(shí)，圓形軌道對(duì)小球的支持力大小 B．小球靜止在A點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力大小 C．緩慢地拉繩，使小球由A到B的過(guò)程中，F(xiàn)N大小不變，F(xiàn)T變小 D．緩慢地拉繩，使小球由A到B的過(guò)程中，F(xiàn)N變小，F(xiàn)T先變小后變大5．（4分）如圖所示，a、b、c在同一水平面上，甲、乙兩個(gè)小球均視為質(zhì)點(diǎn)1與水平面成53°角拋出，一段時(shí)間后運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，后將乙從a點(diǎn)以速度v2與水平面成37°角拋出，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，已知甲、乙的射高相等，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，則ab與ac的比值為（）A．9：16 B．3：4 C．16：25 D．4：56．（4分）兩波源分別位于坐標(biāo)原點(diǎn)和x＝14m處，t＝0時(shí)刻兩波源開(kāi)始起振，t＝4s時(shí)的波形圖如圖所示，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置位于x＝7m處，質(zhì)點(diǎn)N的平衡位置位于x＝6m處，則（）A．t＝6s時(shí)兩列波相遇 B．從0到10s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)N通過(guò)的路程為2.4m C．t＝7.5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)M的速度在增大 D．t＝10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向7．（4分）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端懸掛在天花板上，下端連接一個(gè)質(zhì)量為m的物體A，此時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)剪斷細(xì)線使B自由下落，當(dāng)物體A向上運(yùn)動(dòng)第一次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，此時(shí)B尚未落地且速度為v，則（）A．物體A的質(zhì)量M＝2m B．A與彈簧組成的系統(tǒng)振動(dòng)周期為 C．A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)加速度為0.5g D．A從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的減少量為二、多選題（每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分，共18分）（多選）8．（6分）如圖所示，同一直線上的三個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2、q3，恰好都處在平衡狀態(tài)，除相互作用的靜電力外不受其他外力作用。已知q1、q2間的距離是q2、q2間距離的2倍。下列說(shuō)法正確的是（）A．若q1、q3為正電荷，則q2為負(fù)電荷 B．若q1、q2為負(fù)電荷，則q3為正電荷 C．q1：q2：q3＝36：4：9 D．q1：q2：q3＝9：6：36（多選）9．（6分）如圖甲所示，一質(zhì)量為5kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物體運(yùn)動(dòng)4m時(shí)速度減為零 B．物體運(yùn)動(dòng)4m時(shí)動(dòng)能為120J C．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是8m D．物體運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)，位移x＝3m（多選）10．（6分）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，一端固定在墻壁上，質(zhì)量均為1kg的物體A、B接觸但不粘連。壓縮彈簧至某一位置（彈性限度以內(nèi)）后靜止釋放A、B，F(xiàn)與作用時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物體A、B分離時(shí)，彈簧剛好為原長(zhǎng)狀態(tài) B．物體A、B分離時(shí)，物體B的加速度為2m/s2 C．物體A、B分離時(shí)，物體A的速度為0.4m/s D．開(kāi)始有F作用時(shí)，彈簧壓縮為4cm三、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共14分）11．（6分）一研究性學(xué)習(xí)小組利用圖甲裝置測(cè)定滑塊加速運(yùn)動(dòng)時(shí)與平直長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（1）實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：①將長(zhǎng)木板固定在水平桌面上，其右端安裝定滑輪，左端固定位移傳感器（含拉力傳感器）在長(zhǎng)木板上緊靠位移傳感器放置，拉力傳感器通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)定滑輪與質(zhì)量為m的重物連接；②靜止釋放滑塊，記錄拉力傳感器和位移傳感器的數(shù)據(jù)，用計(jì)算機(jī)擬合得到滑塊位移隨時(shí)間變化的s﹣t圖像如圖乙所示2（m），則可得滑塊加速度a＝m/s2（計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù)）；③若滑塊的加速度為a時(shí)，拉力傳感器示數(shù)為FT，則滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝（用題中物理量字母符號(hào)表示）。（2）本實(shí)驗(yàn)中如果不滿足滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于重物質(zhì)量，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析影響（選填“有”“無(wú)”）。12．（8分）某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量如圖甲所示金屬圓環(huán)材料的電阻率，已知圓環(huán)的半徑為r。（1）先用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬圓環(huán)圓形橫截面的直徑d如圖乙所示，則d＝mm；（2）再用如圖丙所示的電路測(cè)量該圓環(huán)的電阻，圖丙中圓環(huán)接入電路的兩點(diǎn)恰好位于一條直徑上，電壓表的量程為5V。開(kāi)關(guān)S閉合后，接到b點(diǎn)的電壓表示數(shù)為4.6V、電流表示數(shù)為1.6mA。為了減小電阻的測(cè)量誤差，應(yīng)該把電壓表的右端接在（填“a”或“b”）進(jìn)行實(shí)驗(yàn)；則圓環(huán)接入電路的兩點(diǎn)間的電阻值為Ω；此測(cè)量值（填“偏大”“偏小”或“準(zhǔn)確”）。四、解答題（共40分）13．（10分）如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B放在水平轉(zhuǎn)盤上，兩物塊到轉(zhuǎn)軸的距離均為r，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。A、B分別用細(xì)線系于轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)軸上的O1、O2點(diǎn)，細(xì)繩都剛好拉直?，F(xiàn)緩慢增大轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速，重力加速度為g。（1）求O1A繩即將出現(xiàn)張力時(shí)轉(zhuǎn)盤的角速度ω；（2）通過(guò)計(jì)算說(shuō)明誰(shuí)先脫離轉(zhuǎn)盤。14．（13分）如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經(jīng)t＝2s滑行到最高點(diǎn)。然后，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。已知sin37°＝0.6，求滑塊（1）最大位移值x；（2）與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中重力的平均功率。15．（17分）如圖，一質(zhì)量M＝3kg、長(zhǎng)L＝5.15m的長(zhǎng)木板B靜置于光滑水平面上，距離木板B右端d＝2.5m處有一與木板等高的固定平臺(tái)，其上放置有質(zhì)量為1kg的滑塊D。平臺(tái)上方有一固定水平光滑細(xì)桿，其上穿有一質(zhì)量M0＝2kg的滑塊C，滑塊C與D通過(guò)一輕彈簧連接，開(kāi)始時(shí)彈簧豎直，帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，物塊A在木板B上運(yùn)動(dòng)的，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)。A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，滑上平臺(tái)，且C沒(méi)有滑離細(xì)桿，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）滑塊A與木板B的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)速度的大??；（3）若彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，C的速度大小為0.5m/s，求隨后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能。

參考答案與試題解析一、單選題（每小題4分，共7小題，共28分）1．【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出各個(gè)時(shí)間段的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，再求出感應(yīng)電流大小，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?！窘獯稹拷猓?～1s，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E4＝S＝×感應(yīng)電流大小為：I1＝＝＝πA由楞次定律知，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，結(jié)合選項(xiàng)知A正確故選：A。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，以及會(huì)通過(guò)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向。2．【分析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角與粒子的周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。【解答】解：A．粒子運(yùn)動(dòng)的周期為兩粒子從P、Q兩點(diǎn)射出的圓心角為1：6由時(shí)間公式，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比為1：5，故A錯(cuò)誤；B．粒子運(yùn)動(dòng)的周期為比荷相同，則兩粒子運(yùn)動(dòng)的周期之比為1：3；C．設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R，則＝，故C正確；D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子運(yùn)動(dòng)的速度為可知粒子運(yùn)動(dòng)的速率之比等于半徑之比，粒子在磁場(chǎng)中速率之比為3：1。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了求粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)對(duì)稱性沿半徑方向入射磁場(chǎng)的粒子一定沿半徑方向出射，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力球出去半徑公式，結(jié)合兩次粒子半徑大小與粒子的周期公式可以求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。3．【分析】斜面固定，塊恰好到達(dá)斜面頂端，動(dòng)能轉(zhuǎn)化成重力勢(shì)能，求最大高度；斜面不固定，水平方向動(dòng)量守恒，上升到最大高度，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，求最大高度?！窘獯稹拷猓盒泵婀潭?，物塊恰好到達(dá)斜面頂端，有斜面不固定，物塊與斜面，以水平向右為正方向0cosθ＝（M+m）v7在物塊沿斜面上升的最大高度時(shí)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒有：得，故C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是區(qū)分斜面固定、斜面不固定的區(qū)別，斜面固定，物塊恰好到達(dá)斜面頂端速度為0，斜面不固定，物塊沿斜面上升的最大高度時(shí)，物塊和斜面水平方向共速。4．【分析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，畫(huà)出受力分析圖，根據(jù)相似三角形的相似比判斷FN和FT如何變化?！窘獯稹拷猓盒∏蚴芰θ鐖D所示由平衡條件可知，由圖可知力的矢量三角形與幾何三角形△AOO'相似解得其中mg、R、h均不變，則由上式可知，F(xiàn)N不變，F(xiàn)T變小。故ABD錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了共點(diǎn)力平衡問(wèn)題，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握利用相似三角形判斷力如何變化。5．【分析】甲乙兩球做斜拋運(yùn)動(dòng)，即豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)初速度進(jìn)行正交分解，由兩球的豎直高度相同列式求出初速度的關(guān)系，再由水平位移公式求位移之比。【解答】解：甲、乙的射高相等，由速度—位移公式有：水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以水平位移：，聯(lián)立以上解得：，故BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向和水平方向的位移規(guī)律出發(fā)，列式找到兩球的初速度關(guān)系，再結(jié)合題設(shè)條件求位移之比。6．【分析】AB：根據(jù)題目的條件計(jì)算波速，由兩列波的距離確定相遇時(shí)間，故A錯(cuò)誤；兩列波先后傳播到N點(diǎn)引起質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，分別計(jì)算單獨(dú)一列波引起振動(dòng)的路程和兩列波疊加運(yùn)動(dòng)的路程及總路程，故B正確；CD：分析7.5s和10s時(shí)刻兩列波在質(zhì)點(diǎn)M和N疊加后振動(dòng)的情況，判斷速度的變化規(guī)律和方向，故CD均錯(cuò)誤?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知兩列波的波長(zhǎng)均為λ＝4m周期為T＝4s則波速為解得v＝4m/s如圖波相遇，再運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為所以兩列波相遇時(shí)t2＝t+t1＝4s則兩列波在7s時(shí)相遇，故A錯(cuò)誤；B．開(kāi)始計(jì)時(shí)后左右兩列波傳到N點(diǎn)時(shí)間差為2sL3＝2A＝2×7.4m＝0.2m當(dāng)兩列波都傳到N點(diǎn)后N點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，振幅為2AL2＝8×2A＝2×6×0.4m＝2.6m，總路程L總＝L1+L8＝0.8m+6.6m＝2.6m，故B正確；C．兩列波同時(shí)傳到M點(diǎn)且起振方向相反，故C錯(cuò)誤；D．左邊的波傳播的N點(diǎn)的時(shí)間得t5＝7s右邊的波傳播到N點(diǎn)的時(shí)間此后兩列波在N點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，合振幅為0.5m。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】掌握同一介質(zhì)中兩列波疊加的規(guī)律，同時(shí)還要注意區(qū)分同向波還是反向波的問(wèn)題。7．【分析】剪斷細(xì)線以后，m做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，根據(jù)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的彈力找到平衡位置時(shí)的彈力，跟平衡位置受力平衡求解質(zhì)量關(guān)系；B做自由落體運(yùn)動(dòng)，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的半個(gè)周期，求出平均彈力，根據(jù)恒力做功公式求解彈簧彈力做功，．【解答】解：A、剪斷細(xì)線以后，在最低點(diǎn)時(shí)彈力大小F1＝（Mg+mg），在最高點(diǎn)時(shí)彈力大小F2＝Mg，在其中點(diǎn)（即平衡位置）時(shí)彈力大小F＝＝mg，故A錯(cuò)誤；B、B做自由落體運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B的速度為v＝T，A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期T＝；C、當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)2＝ma，解得：a＝0.5g；D、A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)平均彈力，彈簧彈力做功W＝，由胡克定律得：mg＝kh，解得：h＝，由功能關(guān)系可知p＝W＝，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】分析清楚A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程與受力情況是解題的前提，解答本題的關(guān)鍵是找到A的平衡位置，能結(jié)合自由落體運(yùn)動(dòng)的公式及功能關(guān)系即可求解。二、多選題（每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選的得0分，共18分）8．【分析】根據(jù)三小球的平衡問(wèn)題結(jié)合口訣完成分析；根據(jù)庫(kù)侖定律和對(duì)小球的受力分析列式計(jì)算出電荷量的比值關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、三個(gè)自由電荷在同一直線上處于平衡狀態(tài)，兩大夾小，所以q1、q3為同種電荷，q5為異種電荷，故A正確；CD、由于三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，根據(jù)庫(kù)侖定律和矢量的合成解得：q6：q2：q3＝36：5：9，故C正確；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了庫(kù)侖定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉庫(kù)侖定律，結(jié)合對(duì)小球的受力分析即可完成解答。9．【分析】對(duì)物體受力分析即可，水平推力是變力，摩擦力是恒力，變力做功可以通過(guò)圖乙來(lái)求，然后由動(dòng)能定理列式子求解即可。【解答】解：A．物體運(yùn)動(dòng)的位移x＝4m，F(xiàn)做功為圖像所圍的面積代入數(shù)據(jù)得WF＝200J滑動(dòng)摩擦力f＝μFN＝μmg，摩擦力做功Wf＝fx代入數(shù)據(jù)得Wf＝100J由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)得；B．由動(dòng)能公式得K＝100J故B錯(cuò)誤；C．從開(kāi)始到物體停止全過(guò)程物體的位移為x1則由動(dòng)能定理得WF﹣fx3＝0代入數(shù)據(jù)得x1＝3m，故C正確；D．物體滑動(dòng)摩擦力為f＝μmg＝25NF＝100﹣25x當(dāng)推力等于滑動(dòng)摩擦?xí)r，物體處于平衡狀態(tài)，此后物體做減速運(yùn)動(dòng)解得x＝3m，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生動(dòng)能定理的理解和運(yùn)用，涉及如何求變力做功和恒力做功，學(xué)生需要學(xué)會(huì)利用圖像求變力做功。10．【分析】物體A、B分離時(shí)A的加速度不為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系求解速度大??；以A為研究對(duì)象，在初位置、分離時(shí)的位置根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合胡克定律列方程，再根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系列方程聯(lián)立求解彈簧的壓縮量?！窘獯稹拷猓篈、物體A，B只受拉力F作用，此時(shí)A的加速度應(yīng)該與B相同，彈簧處于壓縮狀態(tài)；B、物體A，B加速度不變，由圖可知，則加速度為：a＝＝2＝2m/s2，故B正確；C、經(jīng)過(guò)t＝3.2s物體A，此時(shí)A，根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系可得：v＝at＝2×7.2m/s＝0.7m/s；D、開(kāi)始有F作用時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律了的：kx1＝2ma；運(yùn)動(dòng)7.2s后，彈簧壓縮量為x2＝x2﹣at4此時(shí)彈力提供A物體的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可得：kx2＝ma聯(lián)立解得：x1＝6.08m＝8cm，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。三、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共14分）11．【分析】（1）①根據(jù)實(shí)驗(yàn)中的注意事項(xiàng)和平衡摩擦力的方法判斷；②根據(jù)速度的定義及加速度的定義，對(duì)所給的s﹣t函數(shù)二次求導(dǎo)即可得到加速度；③根據(jù)牛頓第二定律推出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理和本裝置的實(shí)際情況確定?！窘獯稹拷猓海?）①為了減小誤差，需調(diào)節(jié)長(zhǎng)木板右端定滑輪使細(xì)繩與長(zhǎng)木板平行；②根據(jù)，即等于位移的變化率再根據(jù)，即加速度是速度的變化率2③根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣μMg＝Ma可得：（2）由于拉力可以通過(guò)力傳感器得知，所以不需要滿足滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于重物質(zhì)量，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析無(wú)影響。故答案為：（1）①長(zhǎng)木板右端定滑輪；②2.40；③?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題要求同學(xué)們能根據(jù)速度圖象求出物體的加速度，能根據(jù)牛頓第二定律列式求解動(dòng)摩擦因數(shù)，難度適中。12．【分析】（1）螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，測(cè)量值＝固定刻度對(duì)應(yīng)示數(shù)（mm）+對(duì)齊格數(shù)（估讀一位）×精確度；（2）根據(jù)“試觸法”判斷電壓表右端的連接位置；根據(jù)歐姆定律求電阻；實(shí)驗(yàn)的誤差來(lái)源于電流表的分壓，再根據(jù)歐姆定律分析作答。【解答】解：（1）螺旋測(cè)微器的精確度為0.01mm，橫截面的直徑d＝2.6mm+40.0×0.01mm＝7.900mm（2）電壓表右端從接a點(diǎn)到接b點(diǎn)，電壓表示數(shù)變化的百分?jǐn)?shù)電流表示數(shù)變化的百分?jǐn)?shù)可見(jiàn)電流表讀數(shù)變化較明顯，說(shuō)明電壓表分流明顯，電流表采用內(nèi)接法；根據(jù)歐姆定律，圓環(huán)接入電路的兩點(diǎn)間的電阻值為實(shí)驗(yàn)的誤差來(lái)源于電流表的分壓，根據(jù)串聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)UR＝U﹣UA根據(jù)歐姆定律，電阻的真實(shí)值因此電阻的測(cè)量值偏大。故答案為：（1）2.900；（2）b；偏大?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了螺旋測(cè)微器的電勢(shì)以及伏安法測(cè)量導(dǎo)體的電阻，要能根據(jù)電壓表接線的“試觸法”判斷電流表的內(nèi)、外接法；要掌握歐姆定律運(yùn)用，知道實(shí)驗(yàn)誤差的來(lái)源并正確進(jìn)行誤差分析。四、解答題（共40分）13．【分析】（1）當(dāng)物塊A所受靜摩擦力最大時(shí)，O1A繩即將出現(xiàn)張力，對(duì)A分析，根據(jù)牛頓第二定律求轉(zhuǎn)盤的角速度ω；（2）當(dāng)轉(zhuǎn)盤對(duì)物塊支持力恰好為零時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求出臨界角速度，再分析即可?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)物塊A所受靜摩擦力最大時(shí)，O1A繩即將出現(xiàn)張力。對(duì)A分析，由牛頓第二定律有μmg＝mω2r解得：（2）設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為α。當(dāng)轉(zhuǎn)盤對(duì)物塊支持力恰好為零時(shí)Tcosα＝mg水平方向有聯(lián)立解得：由上式可知，由于O1A繩與豎直方向的夾角較小，所以物塊A先脫離轉(zhuǎn)盤。答：（1）O1A繩即將出現(xiàn)張力時(shí)轉(zhuǎn)盤的角速度ω為；（2）物塊A先脫離轉(zhuǎn)盤，理由見(jiàn)解析?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源，抓住臨界狀態(tài)和臨界條件，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解。14．【分析】（1）對(duì)于上滑過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)位移﹣時(shí)間關(guān)系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可；（3）下滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律列式求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出回到出發(fā)點(diǎn)速度，利用平均速度定義求出從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中的平均速度，由平均功率公式求解即可?！窘獯稹拷猓海?）小車向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論有：x＝代入數(shù)據(jù)解得：x＝m＝16m（2）小車向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)加速度定義得加速度大?。篴1＝＝m/s2＝7m/s2上滑過(guò)程，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1得：a5＝＝gsinθ+μgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：μ＝＝＝＝3.25（3）小車下滑過(guò)程，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)解得：a2＝＝gsinθ﹣μgcos