实验课上，同学们利用如图a所示的实验装置“验证牛顿第二定律”．实验中认为细绳对小车拉力F等于钩码的重力，小运动加速度a可用纸带上点求得：
（1）图b为某次实验得到的纸带，其中每两个计数点之间有四个打点没有画出，已知打点计时器的打点周期是0.02．根据纸带可求出小车的加速度大小为

0.60

0.60

m/s²（保留二位有效数字）
（2）下列说法正确的是

A

A

A．本实验小车质量应远大于钩码的质量
B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C．实验时应先释放小车后再接通电源
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作出a-M图象才好判断（M为小车总质量）
（3）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是图C中的图线

丙

丙

．（选填“甲”、“乙”、“丙”）

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（1）如图甲所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中s₁=5.12cm，s₂=5.74cm，s₃=6.14cm，s₄=7.05cm，s₅=7.68cm，s₆=8.33cm、则打F点时小车的瞬时速度的大小是

0.80

0.80

m/s，加速度大小是

0.64

0.64

m/s²．（计算结果保留两位有效数字）
（2）有人说矿区的重力加速度偏大，某同学“用单摆测定重力加速度”的实验探究该问题．他用最小分度为毫米的米尺测得摆线的长度为800.0mm，用游标为10分度的卡尺测得摆球的直径如图乙所示，摆球的直径为

20.2

20.2

mm．他把摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使单摆在竖直平面内摆动，当摆动稳定后，在摆球通过平衡位置时启动秒表，并数下“0”，直到摆球第30次同向通过平衡位置时按停秒表，秒表读数如图丙所示，读出所经历的时间t，则单摆的周期为

1.80

1.80

s，该实验测得当地的重力加速度为

9.86

9.86

m/s²．（保留3位有效数字）

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（1）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中
（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响，采取的做法是将带滑轮的长木板一端适当垫高，使小车在

不挂

不挂

 （填“挂”或“不挂”）钩码的情况下做

匀速

匀速

   运动；
（2）某次实验中所用交流电的频率为50HZ．得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个点取一个点作为计数点，分别标明0、1、2、3、4．量得x₁=30.0mm，x₂=36.0mm，x₃=42.0mm，x₄=48.0mm，则小车的加速度为

0.6

0.6

 m/s²．

（2）图（c）为测定干电池电动势和内电阻的实验原理图．图（d）中甲、乙分别是两电表的电路图，且电压表（0～3V，0～15V），电流表（0～0.6A，0～3A）．则表示电流表电路的是

甲

甲

 图．该实验电压表单刀双掷开关K应接

1

1

 （填“1”或“2”）．开始实验时，变阻器接入电路的值应

最大

最大

  （填：最大或最小）．

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（1）①某同学用如图1所示的装置来探究机械能守恒定律：实验中，得到了甲、乙、丙三条实验纸带，如图2所示，则应选

甲

甲

纸带好．

在实验中若所用重物的质量为l.00kg，当地的重力加速度为g=9.80m/s²，在某次实验中得到一条点迹清晰的纸带，如图3所示，把第一个点记作0，另选取连续的4个点A、B、C、D作为测量的点，经测量知道A，B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm，70.18cm，77.76cm、85.73cm．
②根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于

7.62

7.62

J，动能的增加量等于

7.57

7.57

J（取三位有效数字）．
③由以上的计算结果可看出，重物由O点运动到C点，重力势能的减少量

大

大

于动能的增加量，试简单阐述造成这一结果的两个理由

由于空气的阻力

由于空气的阻力

、

纸带与打点计时器之间有摩擦

纸带与打点计时器之间有摩擦

．
（2）用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比m_A：m_B=3：1．先使A球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从位置G由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与O点对齐．

①碰撞后A球的水平射程应取

14.50

14.50

cm．
②本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度．下面的实验条件中，可能不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是

C

C

．
A．使A、B两小球的质量之比改变为5：1
B．升高固定点G的位置
C．使A、B两小球的直径之比改变为1：3
D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度
③利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为

1.01

1.01

．（结果保留三位有效数字）

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（1）用某种单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间距d为2.0×10^-4 m，测得双缝到屏的距离L为0.700m，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为

13.870

13.870

mm，求得相邻亮纹的间距△x为

2.310

2.310

mm，求得所测红光波长为

6.6

×10

-7

6.6

×10

-7

m．

（2）如图是某同学用打点计时器研究小车做匀变速直线运动时打出的一条纸带，A、B、C、D、E为该同学在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为△t．由图可知，打点计时器打下D点时小车的瞬时速度为

S   4 -S   2

2△t

S   4 -S   2

2△t

，小车的加速度为

S   4 - 2S   2

4 t 2

S   4 - 2S   2

4 t 2

．
（3）实验室有一闲置的电流表A₁，实验员为测定它的内阻r₁的精确值，
有如下器材：
电流表A₁（量程300mA，内阻约为5Ω）  电流表A₂（量程600mA，内阻约为1Ω）
电压表V（量程为15V，内阻约为3kΩ）    定值电阻R₀=5Ω
滑动变阻器R₁ （ 最大阻值10Ω，额定电流为1A）
滑动变阻器R₂（最大阻值250Ω  额定电流为0.3A）
电源 E，电动势为3V，内阻较小         导线，电键若干
①要求电流表A₁的示数从零开始变化，而且能多测几组数据，尽可能减少误差，在答题卷的方框中画出测量用的电路图，并在图中标出所用的器材的代号．
②若选测量的数据中的一组来计算电流表A₁的内阻r₁，则r₁的表达式为r₁=

(I   2 -I   1 )R   0

I   1

(I   2 -I   1 )R   0

I   1

；式中各符号的意思是

R

0

是定值电阻的电阻大小，

I

1

和

I

2

分别是某次实验电流表

A

1

和

A

2

的读数

R

0

是定值电阻的电阻大小，

I

1

和

I

2

分别是某次实验电流表

A

1

和

A

2

的读数

．

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1.D      2.B       3.B      4.B      5.A

6.AB    7.ABD     8. BCD   9.ACD

10. （1）     

（2）^’

11. （1）3.0(2.6―3.4)                  

（2）如图所示（2分）    a＝1/(2m)

（3）实验前未平衡摩擦力          

12.（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得

                   ①

                            ②

由①、②联立，得

F =810N

(2)

得m/s

(3)水平牵引力的功率

P=Fv

=4050 W

13. （1）根据动能定理，主发动机在嫦娥一号卫星进入地月转移轨道过程中对卫星做的功……………………………………………………………6分

（2）设“嫦娥一号卫星”在圆轨道І上运动时距月球表面的高度为h，根据万有引力定律和向心力公式有

……………4分

  解得：……………………………………………4分

（3）设“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后，在圆轨道І上运动的速度为u₁，则

    ………………………………………………………1分

    解得：…………………………………………………………1分

    设“嫦娥一号卫星”在通过近月点脱离月球引力束缚飞离月球的速度为u₂，根据机械能守恒定律

    =0…………………………………………………………1分

    解得：u₂=………………………………………………………1分

    所以，“嫦娥一号卫星”在近月点进行第一次制动后的速度u应满足的条件是:

……………………………………………2分

14. 解：（1）a =                             

Rsinθ= v₀t                            

R-Rcosθ=at²                                    

由以上三式得v₀ =        

（2）由（1）结论得粒子从A点出发时的动能为

m v₀² = =       

则经过P点时的动能为

E_k=Eq(R-Rcosθ)+m v₀² = EqR (5-3cosθ)

可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大。    

最小动能为：

E_kD=Eq(R-Rcosθ)+m v_0D² = EqR (5-3cos60°) =  EqR    

最大动能为：

E_kC=Eq(R-Rcosθ)+m v_0C² = EqR (5-3cos120°) =  EqR  

15．解：（1）A与C间的摩擦力为

        (1分)

B与C间的摩擦力为

    (1分)

推力F从零逐渐增大，当增大到100N时，物块A开始向右移动压缩弹簧（此时B仍然保持静止），设压缩量为x，则力   (1分)

当x=0.5m时，力,此时B将缓慢地向右移动。（1分）

B移动0.5m后，B离开木板C的右端0.2m，A离开木板C端0.1m。（1分）

作出力F随A位移的变化图线如答图6所示。（2分）

（2）在物块B移动前，力F作用于物块A，压缩弹簧使弹簧储存了弹性势能E₀，物块A移动了s=0.5m,此后物块AB以相同的速度向右移动，弹簧储存的弹性势能不变。设物块A开始移动0.5m的过程中，力F做功W，由能量守恒有

（3）撤去力F之后，AB两物块给木板C的摩擦力的合力为零，故在物块AB滑离木板C之前，C仍静止不动。

由题可知，始终有    (1分)

当物块B在木板C上向右滑动了0.2m，物块A则向左滑动了0.4m，但A离木板C的左端还有d=0.6m .可见，物块B先滑离木板C。(1分)

并且两物体的相对位移△s=0.4m+0.2m=0.6m?0.5m（弹簧的压缩量），弹簧储存的弹性势能已全部释放，由能量守恒定律有

        … … …   3 （2分）

由123式求出物块B滑离木板C时A物块的速度为v_A=4m/s  … … … 4（1分）

对A：f=m_Aa_A           a_A=5m/s²     对C：f=m_ca_c           a_c=5m/s²

滑离C  s_A=V_At-a_At²/2    s_c=a_ct²/2

所以0.6= V_At-a_At²/2 -a_ct²/2     t=0.2    v_c =a_ct=5×0.2=1m/s

16．答案．(1) A物体沿斜面下滑时有

∴

m/s²　　　　　（1分）

B物体沿斜面下滑时有

∴

　　　　　　　（1分）

综上分析可知，撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动．                              （1分）

由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度     （1分）

由于AB碰撞后交换速度，故AB第一次碰后瞬时，B的速率     （1分）

(2)从AB开始运动到第一次碰撞用时                 （1分）

两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动．              （1分）

设再经t₂时间相碰，则有            （1分）

解之可得t₂=0.8s               　　　　　　　（1分）

故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间t=t₁+t₂=0.4+0.8=1.2s   （2分）

（3）从第2次碰撞开始，每次A物体运动到与B物体碰撞时，速度增加量均为Δv=at₂=2.5×0.8m/s=2m/s，由于碰后速度交换，因而碰后B物体的速度为：

第一次碰后： v_B1=1m/s

第二次碰后： v_B2=2m/s

第三次碰后： v_B3=3m/s

……

第n次碰后： v_Bn=nm/s

每段时间内，B物体都做匀速直线运动，则第n次碰前所运动的距离为

 s_B=[1+2+3+……+（n-1）]×t₂= m   (n=1，2，3，…，n-1) （3分）

A物体比B物体多运动L长度，则

 s_A = L+s_B=[0.2+]m　　　　（2分）