（1）Ⅰ．在“互成角度的两个力的合成”实验中，用两个弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置O点，为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中必须记录的是

BD

BD

A．橡皮条固定端的位置           B．描下O点位置和两条细绳套的方向
C．橡皮条伸长后的总长度         D．两个弹簧秤的读数
Ⅱ．做实验时，根据测量结果在白纸上画出如图1所示的图，其中O为橡皮筋与细绳的结点．图中的

F

F

是F₁和F₂的合力的理论值；

F′

F′

是F₁和F₂的合力的实际测量值．
（2）在如图乙同种材料两木板通过一小段圆弧连接成一个斜面和水平面部分，现要测量正方体小铁块A、B和这木板间的动摩擦因数μ，利用了如下器材和方法：（水平部分足够长，重力加速度为g）
Ⅰ．用 20 个等分刻度的游标卡尺测定小铁块A的边长d如图丙，测得长度为d=

2.020

2.020

cm．
Ⅱ．光电计时器是一种研究物体运动的常用计时器，其结构如图甲所示，a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从 a、b 间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．从而可以算得物体的速度．

将斜面体置于水平桌面上，斜面顶端 P 悬挂一铅垂线，Q 为锥尖与桌面的接触点，1和 2 是固定在斜面上的两个光电门（与之连接的电路未画出），让小铁块A由P点沿斜面滑下，小铁块通过光电门 1、2 的时间分别为△t₁、△t₂，用米尺测得 l、2 之间的距离为 L，则小铁块下滑过程中的加速度a=

a=

d2(△t12-△t22)

2L△t12△t22

a=

d2(△t12-△t22)

2L△t12△t22

；（用题中字母表示） 再利用米尺测出

PQ的距离h

PQ的距离h

、

斜面部分长s

斜面部分长s

，就可以测得动摩擦因数μ₁．
Ⅲ．若再测铁块B和板间动摩擦因数μ₂时，光电计时器出现故障不能使用，现只利用米尺完成实验，若已测得PQ高为h，则只需要再测

滑块自开始到停下的水平位移L

滑块自开始到停下的水平位移L

．（要求只能再测一个物理量）
测得的动摩擦因数μ₂=

??

h

x

?????????

??

h

x

?????????

（用已知量和测定的物理量所对应的字母表示）

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如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）

A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流

B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向下加速运动，G中有由b至a的电流

C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流

D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流

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如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R₁和R₂为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）

A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流

B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流

C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流

D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流

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（物理部分）

第Ⅰ卷

 二、选择题（48分）

14．A  15．C  16．B  17．B  18．AD  19．CD  20．AD   21．C

第Ⅱ卷

22．（17分）

  （1）0.949或0.950             （2分）

  （2）①1.94  1.94   9.7  ②受到（每空2分，共8分）

（3）①见图  评分标准：测量电路正确2分，变阻器接法正确2分，全对得4分

②80±2Ω

23．（16分）

解：（1）设该队员下滑中的最大速度为v，滑至地面前瞬间的速度为v₁，做匀减速直线运动的加速度为a，在整段过程中运动的时间分别为t₁和t₂，下滑的距离分别为h₁和h₂

该队员先做自由落体运动，有 v²＝2gh₁              ①               （1分）

    接着做匀减速直线运动，有   v²－v₁²＝2ah₂           ②               （1分）

f_max－_mg＝ma                                     ③              （2分）

且 s＝h₁＋h₂                                      ④              （1分）

      v₁＝6m/s

由③式得：a＝5m/s²                                               （1分）

再由①②④式联立可得  v＝10m/s                                  （2分）

所以该队员下滑过程中动量的最大值p＝mv＝650kg?m/s              （2分）

（2）由v＝gt₁                               ⑤                  （1分）

  v－v₁＝at₂                                 ⑥                  （1分）

由⑤⑥式可得  t₁＝1s   t₂＝0.8s                                       （2分）

所以该队员下滑过程的最短时间t＝t₁＋t₂＝1.8 s                          （2分）

24．（19分）

解：（1）设子弹射入物块前的速度大小为v₀，射入后共同速度的大小为v，

子弹击中乙的过程中动量守恒，有 mv₀＝（m＋m_乙）v     ①         （3分）

乙上摆到最高点的过程，机械能守恒

有                   ②           （3分）

联立②③解得 v₀＝300m/s                                          （2分）

（2）设甲物体的质量为m_甲，说受的最大静摩擦力为f，斜面的倾角为θ，

当乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力设为T₁，

         T₁＝（m＋m_乙）gcosθ                         ③          （2分）

此时甲物体恰好不下滑，有 m_甲g sinθ＝f＋T₁           ④         （2分）

当乙物体运动到最低点时，绳子上的弹力设为T₂，

由牛顿第二定律：           ⑤         （2分）

此时甲物体恰好不上滑，有 m_甲g sinθ＋f＝T₂            ⑥       （2分）

联立②③④⑤⑥解得 N               （3分）

25．（20分）

解：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度。

设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a₁，由牛顿第二定律：

2Eq＝2ma₁                                           （2分）

B刚进入电场时，系统的速度为v_m，由 可得      （3分）

（2）对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W₁

则                                     （2分）

故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速。由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动。 

（2分）

     设B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则              （1分）

设B进入电场后，系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律（1分）

显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t₂，则有  （1分）

那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为   （2分）

（3）当带电系统速度第一次为零，即A恰好到达右边界NQ时，B克服电场力做的功最多，B增加的电势能最多，此时B的位置在PQ的中点处                 （1分）

所以B电势能增加的最大值                   （3分）