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    （1）一水平传送带保持2m/s的速度顺时针转动，某时刻将一质量为0.5kg的小物块轻轻放在传送带的最左端，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带两轮轮心间的距离为3m，则物块运动到传送带最右端的时间为______s；此过程中摩擦力对物块的冲量大小为______N?s．（g取10m/s2）
    （2）当使用多用电表测量物理量时，多用电表表盘示数如图所示．若此时选择开关对准直流50V电压档，则被测电压为______V；若此时选择开关对准×10Ω档，则被测电阻的阻值为______Ω．

    （3）某电阻Rx约为25kΩ，要测量它的阻值．
    现有电动势为15V的直流电源，最大阻值为50Ω的滑动变阻器，另外可供选择的电表有：
    A．电流表（量程100μA，内阻2kΩ）    B．电流表（量程500μA，内阻300Ω）
    C．电压表（量程10V，内阻100kΩ）    D．电压表（量程50V，内阻500kΩ）
    ①应选择的电表为（只需添电表前面的字母即可）电流表______；电压表______．
    ②为了尽可能提高测量准确度且保证电压可以从零开始调起，下列给出的测量电路中，最合适的电路是______．

    （4）某研究性学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系．装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出．现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值（F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力）．已知重力加速度为g，不计滑轮的重力．某同学根据实验数据画出了图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为铝箱的加速度大小，横轴应为______（用所给字母表示）；
    当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线______（填选项前的字母）
    A．逐渐偏向纵轴
    B．逐渐偏向横轴
    C．仍保持原方向不变

    【答案】分析：（1）属于传送带问题，基本思路是先求出物块从零达到传送带速度的时间，然后再求出匀速到达传送带另一端的时间，从而求出总时间．
    （2）的关键是明确电压表的量程与最小分值为1V，所以需要估读V；欧姆表盘读数时注意倍率，不需要估读．
    （3）①的关键是根据电表能准确读数时指针偏转角度不能小于满刻度的或，来选择电表的量程；②的关键是注意电流表内外接法的选择方法，以及变阻器采用分压式接法的条件．
    （4）关键是对铝箱和滑轮受力分析，列出牛顿第二定律方程和平衡方程，解出加速度a的函数表达式，然后即可得出横轴坐标与斜率与什么物理量有关，从而得出结论．
    解答：解：（1）设物块速度达到2m/s所用时间为t，应有a=μg=2m/，由v=at可得t===1s，物块位移x==m=1m，所以物块运动到右端所用时间==s=1s，则物块运动的总时间为=t=2s
    此过程中摩擦力的冲量为I=μmgt=0.2×0.5×10×1N．s=1N．s
    （2）选择开关对准直流50V电压档，则被测电压为U=21.0V，选择开关对准×10Ω档，则被测电阻的阻值为R=40×10Ω=400Ω．
    （3）①由于电源电动势为15V，所以电压表只能选择C，根据欧姆定律可得通过电阻的最大电流为===400μA，所以电流表应选B．
     ②因要求电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；由于满足，所以电流表应用内接法，故最合适的电路是A．
    （4）对铝箱分析，应有-mg=ma，
    对滑轮应有F=2，联立可解得a=，所以横轴应为（）．
    由于图象的斜率为k=，所以增大沙和沙桶质量，k不变，所以C正确．
    故答案为：（1）2，1
             （2）21.0，400
             （3）①B，C；②A
             （4），C
    点评：通过本题应掌握：（1）传送带问题的求解方法是先求出物块达到传送带速度的时间，然后求解其它问题．
    （2）电学实验中，注意电表的选择方法、滑动变阻器必须用分压式接法的条件以及电流表内外接法的选择方法．
    （3）涉及到图象问题，要首选根据物理定律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，然后讨论即可．
    练习册系列答案
    年级 高中课程 年级 初中课程
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    随时间变化的关系如图乙所示，图中取向右运动的方向为正方向。已知传送带的速度保

    持不变，g取10 m/s2。

    （1）指出传送带速度v0的方向及大小，说明理由；

     （2）计算物块与传送带间的动摩擦因数μ ；

       （3）计算t=0开始物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能Q。

     

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