2022-2023学年云南省曲靖市麒麟区高一（下）期末物理试卷（含解析）

2022-2023学年云南省曲靖市麒麟区高一（下）期末

物理试卷

一、选择题（本大题共12小题，共48分）

1.关于电流，下列说法中正确的是（）

A.通过导线横截面的电荷量越多，电流越大B.导线中电荷运动的速率越大，电流越大

C.导体通电时间越长，电流越大D.在国际单位制中，电流的单位是安培

2.北斗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地高度约为3R（R为地球半径），周期为7。北斗

卫星质量为m,万有引力常量为G,则有（）

A.北斗卫星线速度大小为竽B.北斗卫星所受万有引力大小为啊⅛竺

C.地球质量为喀史D.地球表面重力加速度为绰

3.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓P修

球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点。若回壁

球拍与水平方向的夹角为45。，乒乓球落到球拍上瞬间的速度大小为4苦即拍

4m∕s,取重力加速度大小为IOm/S2,不计空气阻力，则P、Q两点

的水平距离为（）

A.0.8mB.1.2mC.1.6mD.2m

4.质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所

示，此时牵引秋千的轻绳绷直，小明相对秋千静止，下列说法

正确的是（）

A.此时秋千对小明的作用力可能不沿绳的方向

B.此时秋千对小明的作用力小于mg

C.此时小明的速度为零，所受合力为零

D.小明从最低点摆至最高点过程中先处于失重状态后处于超重状态

5.在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电

子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其

中正确的是（）

A.B.I

6.如图所示，正六边形4BCDEF的B、。两点各固定一个带正电、

电荷量为+q的点电荷，F点固定一个带负电、带电荷量为-q的点

电荷，。为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是（）

A.。点场强为O

B.C点场强方向为沿CF所在的直线由C指向F

C.电子在4点电势能比在。点小

D.。、A两点间电势差和。、E两点间电势差相等

7.如图，电源的电动势为E,内阻为。Rl为定值电阻，R2为

滑动变阻器、B为水平放置的平行金属板，L为小灯泡，电表均

为理想电表。开关S闭合后，4、B板间有一带电油滴恰好处于

静止状态。则在滑动变阻器的触头P向下滑动的过程中（）

A.电压表的示数增大B.油滴向上加速运动

C.板上的电荷量减少D.两表示数变化量的比值变大

8.一汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6s内前进了24τn,启动5t时间

后的6s内前进了48m,则该汽车的加速度大小和t分别为（）

A.lm∕s2,ISB.2m∕s2,IsC.2m∕s2,2sD.lm∕s2,2s

9.如图所示，小球4置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于

竖直板上，两小球4、B通过光滑滑轮。用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质

量为加。。点在半圆柱体圆心Oi的正上方，。4与竖直方向成30。角，04长度与半圆柱体半径

相等，OB与竖直方向成45。角，则下列叙述正确的是（）

A.A球质量为，石Tn

B.光滑半圆柱体对4球支持力的大小为mg

C.此时弹簧处于压缩状态，力的大小为mg

D.若小球B缓慢下降，使小球4一直沿着半圆柱体缓慢向上运动，则小球Z受到绳的拉力变小

A.斜面的倾角为60。B.力产的大小为ION

A.所用的时间为1.9sB.摩擦力对物体做的功为6/

C.物体和皮带由于摩擦产生的热量为6/D.物体和皮带由于摩擦产生的热量为引

12.如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B,它

们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA=八RB=2r,与盘间的动摩擦因数均为出最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，在圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动过程中，下列说法正

确的是（）

A.当角速度为门时，绳子张力为:png

B.当角速度为时，4所受摩擦力方向沿半径指向圆外

C.当两物体刚要发生滑动时，圆盘的角速度为J芈

D.当两物体刚要发生滑动时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动

二、非选择题(共52分)

13.某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小尸与半径八角速度3、质量m的关系”

实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平

直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细

线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角

速度可以通过角速度传感器测得。

(1)小组同学先让一个滑块做半经r为。.20τn的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块

质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14小，0.16τn,0.18τn,0.22m,在同一坐标系中又

分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。

(2)本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的—。

A.探究平抛运动的特点

8.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

C探究两个互成角度的力的合成规律

D探究加速度与物体受力、物体质量的关系

（3）对②图线的数据进行处理，获得了F-X图像，如图内所示，该图像是一条过原点的直线，

则图像横坐标X代表的是—。（用半径八角速度3、质量Tn表示）

（4）对5条F-3图线进行比较分析，做F-r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的

斜率为—»（用半径八角速度3、质量m表示）

14.某同学要测量电压表内阻，可利用的实验器材有：电源E（电动势8V,内阻很小），标准

电压表匕（量程6V,内阻约3k。），待测电压表彩（量程3V,内阻待测，约为2k。），滑动变阻器

R（最大阻值IOO），定值电阻Ro（阻值3k。），开关S,导线若干。

（1）在答题卡上根据实验电路原理图（图1）补全实物连线（图2）；

（2）经过多次测量，得出标准电压表匕读数Ul和待测电压表彩读数”的函数图像，如图3所示，

可得到待测电压表彩的内阻即=ZcO。（结果保留2位有效数字）。

（3）把待测电压表彩改装成量程为9（Ψ的电压表需要串联的定值电阻阻值为R'=kθ（

结果保留3位有效数字）。

15.如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角0=37。，一滑块以初速度%=16m∕s从底

端4点滑上斜面，滑至B点后又返回到4点，滑块运动的图象如图乙所示，求：（已知：sin37°=

0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m∕s2）

（1）求物体的动摩擦因数；

（2）滑块再次回到4点时的速度。

16.在水平地面上竖直固定一根内壁光滑的圆管，管的半

径R=3.6τn(管的内径大小可以忽略)，管的出口4在圆心的

正上方，入口B与圆心的连线与竖直方向成60。角，如图所

示.现有一只质量m=Ikg的小球(可视为质点)从某点P以

一定的初速度水平抛出，恰好从管口B处沿切线方向飞入,

小球到达A时恰好与管壁无作用力.取g=IoTn/SZ.求：

(1)小球到达圆管最高点4时的速度大小；

(2)小球在刚进入圆管B点时的速度大小；

(3)小球抛出点P到管口B的水平距离X和竖直距离儿

17.如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m=2kg的

小物块和质量M=Ikg的平板以相同的速度一起向右匀速运

动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距

离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率

保持P=3W不变.从某时刻t=。起，测得物块的速度随时间

的变化关系如图乙所示，t=6s后可视为匀速运动，t=IOs时

物块离开木板.重力加速度g=10m∕s2,求：

(1)平板与地面间的动摩擦因数4为多大？

(2)物块在IS末和3s末受到的摩擦力各为多大？

(3)平板长度L为多少？

18.如图，圆弧轨道AB的圆心为0,半径为R=2.5m,圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相

切，B点在。点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CO,B点到竖直虚线CD的距离为Ll=

2.5m,竖直虚线CD的左侧有场强大小为El=25N/C、水平向左的匀强电场，竖直虚线CC的

右侧有场强大小为殳(大小未知)、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF,

墙壁EF到竖直虚线CD的距离为切=1m,墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的

高度也为乙2=1m,现将一电荷量为q=+4×10-2c、质量为7∏=Mg的完全绝缘的滑块从4

点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧

轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为〃=0.2,重力加速度大小取g=10m∕s2,

∆AOB=53o.sin530=0.8,cos53°=0.6。求:

(1)滑块到达圆弧轨道4B的B点时，圆弧轨道4B对滑块的支持力大小;

(2)滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间;

(3)要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、由/=%导，通过导线横截面的电荷量越多，电流不一定越大，还与时间有关，

故A错误；

B、由电流的微观表达式/=7IqUS可知，导线中电荷运动的速率越大，电流不一定越大，还与横截

面积有关，故B错误；

C、由/=£得，导体通电时间越长，电流不一定越大，还与通过横截面的电荷量有关，故C错误；

。、在国际单位制中，电流的单位是安培，故O正确。

故选：Do

根据电流的定义式和微观表达式分析即可；在国际单位制中，电流的单位是安培。

本题考查电流，解题关键是掌握电流的定义式和微观表达式。

2.【答案】B

【解析】解：4、轨道离地高度约为3R(R为地球半径)，周期为7,则轨道半径r=R+h=R+3R=

4R,线速度：V=等竺=竿，故A错误；

A北斗卫星所受万有引力提供向心力，得F="竺，故8正确；

C.根据G黑=Tn黑X4R,解得M=生包等，故C错误；

(4R)TGTL

D地球表面重力加速度g=驾=空空，故D错误。

RT

故选：B.,

卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为R+h,根据线速度与周期的关系公式U=竿求试验船

的运行速度；根据万有引力提供向心力求解线速度；根据万有引力提供向心力求地球的质量；由

万有引力等于重力求地球表面的重力加速度。

解决本题的关键要掌握万有引力等于向心力和万有引力等于重力这两条思路，要知道运用万有引

力等于向心力，只能求出中心天体的质量，不能求出环绕天体的质量。

3.【答案】A

【解析】解：乒乓球做平抛运动，已知乒乓球落到球拍上瞬间的速度大小为V=4m∕s,则乒乓球

落到球拍上瞬间的竖直分速度大小为为=vcos45°

设乒乓球运动的时间为3则有Vy=gt

水平分速度大小为以=vsin45°

P、Q两点的水平距离为X=以3联立解得X=O.8τn,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

乒乓球做平抛运动，根据已知条件求出乒乓球落到球拍上瞬间的竖直分速度大小％,由%=gt求

乒乓球运动的时间，再根据分位移公式求P、Q两点的水平距离。

解决本题的关键要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和几何关

系综合求解。

4.【答案】B

【解析】解：4小明相对秋千静止，此时秋千对小明的作用力沿绳的方向与重力沿绳方向的分力

方向相反，大小相等，合力为零，故A错误。

BC.此时小明的速度为零，小明沿半径方向的合力为零，沿切线方向的合力不为零，加速度沿切线

方向向下，小明处于失重状态，此时秋千对小明的作用力小于mg，故B正确，C错误。

D小明从最低点摆至最高点过程中，小明的加速度先向上，后沿切线向下，小明先处于超重状态，

后处于失重状态，故。错误。

故选：B。

秋千在最高处，速度为零，向心力为零，小明具有沿切线方向的加速度，处于失重状态；在最低

处，具有竖直向上的加速度，处于超重状态。

小明在最高处速度为零，向心加速度为零，切向加速度不为零，合力不为零；小明处于超重或失

重状态，决定于加速度方向。

5.【答案】A

【解析】解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向

电子运动轨迹的凹侧。

B-.选项中电子在图IE处受力指向凸测，故B错误；

C：选项中电子在图2尸处受力指向凸测，故C错误;

D；选项中电子在图3G处受力指向凸测，故/）错误;

4选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故4正确。

故选：Ao

电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹

的凹侧，电子做曲线运动过程中力的方向与轨迹切线不平行。

本题考查了电子在电场中的运动轨迹和受力问题，难度不大。

6.【答案】D

【解析】解：4、设BO=DO=FO=r,根据点电荷的场强公式E=k/,知三个点电荷在。点产

生的场强大小相等，8、0两个正电荷产生的合场强与尸点的负电荷产生的场强方向相同，所以。点

的合场强不为零，方向沿OF方向，故A错误；

B、B和。两个正电荷在C点产生的场强大小为仁仁，夹角为120。，则8和。两个正电荷在C点产生的

合场强大小为方向由尸指向C,尸点的负点电荷在C点产生的场强大小为k焉，由C指向凡则

总的合场强由尸指向C,故B错误；

C、4。是BF的中垂线，B点和尸点的点电荷在4。上各点产生的电势相等，故A点和。点的电势等

于。点电荷产生的电势，则9。>SA，根据J=q<p可知电子在4点电势能比在0点大，故C错误；

D、根据对称性可知，A和E点的电势相等，则0、A两点间电势差和0、E两点间电势差相等，故。

正确。

故选：Do

根据点电荷的场强公式E=k3和电场的叠加原理分析。点和C点场强大小和方向。电势是标量，

根据对称性分析各点的电势大小。

本题主要考查电场强度的叠加和电势高低的判断，要知道电场强度是矢量，其合成满足平行四边

形法则，电势是标量，其合成满足代数运算法则。

7.【答案】B

【解析】解：粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡，电容器与灯泡3电阻R2相并联后与Rl

串联，

4、滑片向下移动，电阻刈变大，电路总电阻变大，电流变小，则4表的示数变小，Rl分压变小，

电压示数变小，故4错误；

B、电容器两端电压为：U=E-I(r+R1),故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大,

粒子向上加速，故B正确。

C、电容器两端电压为：U=E-I(r+R1),故电容器两端电压变大，电容器充电，电量增大，故

C错误；

。、两表的示数的比值为Rl=彳=*，不变，故力错误

故选：Bo

根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化，确定电容器两端

电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况。

本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个

部分电路电流和电压的变化。注意电源输出功率的大小与内外电阻的大小关系决定。

8.【答案】A

【解析】解：汽车做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为α

汽车启动t时间的速度%=at

,2

启动t后t'=6s内的位移与=v1t+^at'

启动5t时汽车的速度ι⅛=5at

,z2

汽车启动5t后t'=6s内的位移X2=V21+∣αt

代入数据解得：α=lzn∕s2,t=1s,故A正确，8CZ)错误。

故选：4。

汽车做初速度为零的匀加速直线运动，应用D-t公式与X-t公式求解。

分析清楚汽车的运动过程，应用匀变速直线运动的U-t公式与X-t公式可以求解。

9.【答案】AD

【解析】解：对小球4和B受力分析如图所示:

C、对小球B,根据共点力平衡条件得，F=mg,7∖=∕2τng,此时弹簧处于拉伸状态，力的大

小为mg,故C错误；

AB.OA与竖直方向成30。角，OA长度与半圆柱体半径相等，则半径与竖直方向夹角为30。，根据

平行四边形定则得：N=T2=熟需

4C(/oɔv

T2=T1=yj~~2mg

则光滑半圆柱体对4球支持力的大小为/Img,4球的质量为啊=/石血，故A正确、8错误；

D、设。4段绳长为，，。点离Oi的高度为九，根据相似三角形得：牛=写

小球4沿着半圆柱体缓慢向上运动，，减小，犯Ig不变，Zi不变，则绳上拉力7⅛减小，故。正确；

故答案为：ADo

对B受力分析，根据共点力平衡条件即可求解弹簧上的拉力和绳上的拉力；对A受力分析，根据共

点力平衡条件和几何关系即可求解4的质量和半圆柱体对4球的支持力；根据相似三角形法判断绳

上拉力的变化。

本题考查共点力平衡问题，解题关键是对物体做好受力分析，根据共点力平衡条件和几何关系即

可求解。

10.【答案】BC

【解析】解：CD、由图可得，物块的初动能为Eko=2/-0=2/,由Eko=Tnl诏得初速度大小为

=2kg<故C正确’"错误°

v0=J2.=J

4B、小物块在F作用下沿斜面上滑过程，由动能定理有

Fx—mgxsinθ=Ek-Eko

整理得：Ek=(F-mgsinθ)÷EkO

由图像可得

8-2

F—mgsinθ

=fc0=-γy=5

小物块在尸作用下沿斜面上滑过程，重力势能与位移关系为

Ep=mgxsinθ

由图像可得

mgsinθ

=∕ca=ɪ=5

联立解得：0=30。，F=ION,故A错误，B正确；

故选：BCo

根据动能的计算公式求解初速度，根据重力势能的计算公式求解倾角；由匀变速直线运动的位移一

时间关系求解加速度大小，再根据牛顿第二定律求解力F大小。

本题主要考查动能定理，要知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关。

11.【答案】AC

【解析】解：4物体先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得："∏ιgcos0-nιgsinθ=mα

代入数据解得：α=2.5m∕s2

假设物体能够达到与传送带共速，则此过程的时间为：口=①=Rs=0.8s

ɪa2.5

此过程物体运动的位移大小为：x=^t1=l×0.8m=0.8m

因：X<L=3m,故假设成立。

因：o故共速后物块与传送带相对静止一起匀速运动，匀速运动的时间为:

μ=^>tαn30.

则传送带将物体从最低点传送到最高点的过程所用的时间为：

t=t1+t2=0.8s+1.1s=1.9s,故A正确：

B.加速阶段滑动摩擦力对物体做功为：Wfl=μmgx-cosθ,解得：Wfl=67

匀速阶段静摩擦力对物体做功为：Wf2=mgsinθa-x),解得：Wf2=IlJ

整个过程中摩擦力对物体做功为：”=Wn+必2=6/+11/=17/,故B错误；

CD,物体和皮带由于摩擦而产生的热量为：Q=μmgcos30°-∆x-μmgcos30°∙(v0t1—x)

代入数据解得：Q=61,故C正确，。错误。

故选：AC.

根据牛顿第二定律可得物体做匀加速直线运动的加速度大小，求出达到与传送带共速经过的时间

和匀速运动的时间，由此得到所用的总时间；根据做功的计算公式求解摩擦力对物体做的功；求

出物体相对于传送带运动的距离，根据功能关系求解摩擦产生的热量。

本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律之传送带问题，关键是能够分析物体的受力情况和能量

的转化情况，根据运动情况结合牛顿第二定律、功能关系进行解答。

12.【答案】BC

【解析】、当圆盘的角速度为J呼时，48一起作圆周运动，4所需要的向心力自=WW?x&=

mX(J卑AXr=等，由于A受到的向心力为绳子张力和圆盘对4的摩擦力的合力，故A错误;

B、当圆盘的角速度为时，AB-起作圆周运动，A所需要的向心力方=小32*RX

∖2rnl

22

(J^^)2×r=^μmg^B所需要的向心力正=mω×RB=m×(J~^~)×2r=3μmg,绳了，的

拉力T=FB-μmg=3〃Tng-μmg=2μmg

故A受到的摩擦力沿半径指向圆外，故5正确；

C、两物块4和B随着圆盘转动时，由合外力提供向心力，则F=TnB的半径比4的半径大，

所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静

摩擦力方向指向圆心，4的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对圆盘沿半径指向圆内的运动趋势，

根据牛顿第二定律得：

A：T—μmg=mω2r

B：T÷μmg=mω2∙2r

解得：T=3μmg,3=J芈，故C正确；

。、烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2qng,此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心

力,则4做离心运动，B物体所需的向心力为4〃mg,大于B的滑动摩擦力，所以B仍相对盘静止,

故。错误；

故选:BC.

(IMB两个物体做匀速圆周运动的向心力都是靠绳子的拉力和静摩擦力提供，根据向心力公式求

出AB做匀速圆周运动所需要的向心力，从而求出绳子拉力和判断摩擦力的方向；

(2)两物块A和8随着圆盘转动时，始终与圆盘保持相对静止.当圆盘转速加快到两物体刚好还未

发生滑动时，4、B的静摩擦力都到达最大静摩擦力，

由牛顿第二定律求出A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度及绳子的拉力；

解决本题的关键是找出向心力的来源，知道AB两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力；

本题是匀速圆周运动中连接体问题，既要隔离研究，也要抓住它们之间的联系：角速度相等、绳

子拉力大小相等

13.【答案】BDω2mω2

【解析】解：(2)本实验所采用的实验探究方法是保持滑块质量不变，探究运动半径在不同值时,

滑块的向心力大小与角速度之间的关系，属于控制变量法，与“探究变压器原、副线圈电压与匝

数的关系”、“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验探究方法相同；“探究平抛运动

的特点”和“探究两个互成角度的力的合成规律”两实验的探究方法是等效法。

故选：BD.

(3)②图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当3增大为原来的2倍时，F增

大为原来的4倍，当3增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与32成正比，以F为纵

轴，序为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标X代表的是小。

(4)(3)中分析知在r一定时，尸与32成正比；F—r图像又是一条过坐标原点的直线，尸与r成正比;

同时F也应与Jn成正比，归纳可知，F图像的斜率为77132。

故答案为:(2)BD；(3)ω2;(4)mω2o

(2)根据实验探究的过程的特点分析判断；

(3)对②图线的数据进行分析判断；

(4)根据实验原理综合分析判断。

本题考查探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验，要求掌握实验原理、实验装置。

14.【答案】1.852.2

【解析】解：(1)电路连线如图;

(2)由电路结构，结合电路欧姆定律可知

UI=U2+/RO=U2(1+初

由图像可知

,RQ48

fc=1Λ+—=—=-

Rv1.53

解得

Rv=1.8kΩ

(3)把待测电压表彩改装成量程为90V的电压表需要串联的定值电阻阻值为

R'=R=X1.8kΩ=52.5kO

υ2G3v

故答案为：(1)见解析；(2)1.8；(3)52.2

(1)根据实验电路图，补全实物连线图；

(2)根据欧姆定律及并联电路的电压特点求解4-/函数，结合图像斜率求电压表内阻;

(3)串联电阻有分压作用，根据改装电表的内阻及量程求解需要串联的电阻。

本题主要考查了电压表内阻的测定、电压表的改装，培养学生的实验能力。

15.【答案】解：(1)由图乙可知，滑块上滑时的加速度大小:

α==^∙m∕s2—8m∕s2

1∆t∖L

由牛顿第二定律得

0

mgsin37+μmgcos37°=ma1

解得：μ=0.25

(2)由图线与时间轴围成的面积表示位移，则4B间的距离为：

1

X=-×2×16m=16m

由B到A过程，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ—μmgcosθ=ma2

2

解得：a2=4m∕s

由速度一位移公式得，滑块再次回到4点的速度为：

-

V=y∣2a2x=√2×4×16=8√2m∕s

答：(1)物体的动摩擦因数为0.25；

(2)滑块再次回到4点时的速度为8√1m∕s0

【解析】(1)根据图象求出滑块上滑过程的加速度，再根据牛顿第二定律求出物体的动摩擦因数;

(2)速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移，根据牛顿第二定律求出滑块

下滑时的加速度，然后根据速度一位移公式求出滑块再次回到4点时的速度。

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，并

能从V-t图象上获取有用的信息，属于基础性题目，难度不大。

16.【答案】解：(1)小球到达4时恰好与管壁无作用力，故小球在4点只受重力作用，由牛顿第二

定律可得：mg=ɪɪɪ;

所以，小球到达圆管最高点A时的速度大小为：%=/方=6m∕s;

(2)小球在光滑圆管内运动只有重力做功,机械能守恒,故有诏=mgRQ+cos60o)+=

2mgR,

所以，小球在刚进入圆管B点时的速度大小为：VB=2∕~^R=12m∕s;

(3)小球恰好从管口B处沿切线方向飞入，故小球在B点的水平分速度为：vx=VBCOS60°=6m∕s,

竖直分速度为：Vy=UBS讥60。=6>J~3m∕s↑

所以，小球抛出点P到管口B的竖直距离为：h=⅛=5.4m,运动时间为：t=2=0.6Cs,那

2g9

么，小球抛出点P到管口B的水平距离为：X=vxt=3.6λf3m;

答：(1)小球到达圆管最高点A时的速度大小为6τn∕s;

(2)小球在刚进入圆管B点时的速度大小为12τn∕s;

(3)小球抛出点P到管口B的水平距离X为3.6CnI，竖直距离人为5.4τn.

【解析】(1)对小球在4点应用牛顿第二定律求解；

(2)对B到4的运动过程应用机械能守恒求解；

(3)根据B点速度方向求得竖直、水平分速度，然后根据平抛运动规律求解.

经典力学问题一般先对物体进行受力分析,求得合外力及运动过程做功情况,然后根据牛顿定律、

动能定理及几何关系求解.

17.【答案】解：解：(1)在O〜2s内两物体一起以0.5m∕s的速度匀速运动，则有：

P=F1V1

根据两物体匀速运动则有拉力等于摩擦力即：FLf

而地面的摩擦力为：f=μN=μ(M+m)g

代入数据得：μ=0.2

(2)IS时刻，物块匀速，绳子的拉力等于平板对物块的静摩擦力，又根据平板匀速运动可知物块对

平板的静摩擦力等于对面对平板的滑动摩擦力：

fι=+m)g=6N

由图可知从2s时开始平板撞到台阶上静止，故物块开始在平板上匀减速运动，故滑块所受的摩擦

力为滑动摩擦力，故在静止前摩擦力的大小保持不变.

而3s时刻，物块在木板上滑动，所以滑块所受的摩擦力为滑动摩擦力.

因为最终物块再次匀速时速度为：

V2—0.3m∕s

P=尸2。2

故FMl=F2彩

F2=f2=ION

(3)物块在平板上减速运动的时间为：t=6-2=4s,

在整个过程中电机所做的功W=P3摩擦力始终为滑动摩擦力，大小为：∕2=10N,

由动能定理有：

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