2024年粤教沪科版高三物理上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年粤教沪科版高三物理上册月考试卷919考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、如图，质量相同的两小球a，b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向被抛出，恰好均落在斜面底端，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.小球a，b沿水平方向抛出的初速度之比为2：1B.小球a，b在空中飞行的时间之比为2：1C.小球a，b到达斜面底端时的动能之比为4：1D.小球a，b离开斜面的最大距离之比为2：12、为了研究太阳演化的进程需知太阳的质量，已知地球的半径为R，地球的质量为m，日地中心的距离为r；地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为（）

A.

B.

C.

D.

3、质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为其中G为引力常量，M为地球质量．该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2；此过程中因摩擦而产生的热量为（）

A.

B.

C.

D.

4、【题文】如图所示；让太阳光通过遮光板M中的小孔S，在M的右方放一偏振片P，P的右方再放一光屏Q，现以光的传播方向为轴逐渐旋转偏振片P，关于屏Q上光的亮度变化情况，下列说法中正确的是。

A.先变亮后变暗B.先变暗后变亮C.亮度不变D.光先变暗后变亮，再变暗，再变亮5、目前智能手机普遍采用了电容触摸屏．电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO（纳米铟锡金属氧化物），夹层ITO涂层作工作面，四个角引出四个电极，当用户触摸电容触摸屏时，用户手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是（）A.电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B.使用绝缘笔，在电容屏上也能进行触控操作C.手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D.手指与屏的接触面积变大时，电容变小6、有甲、乙两只船，它们在静水中航行的速度分别为v1v2

现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为A.v22v12

B.v12v22

C.v2v1

D.v1v2

7、如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，R1=10Ω，R2=8Ω，当开关S板到位置1时，电压表的读数为2.0v，当开关S板到位置2时，电压表的读数可能是（）A.2.2VB.1.9VC.1.6VD.1.4V评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、小军同学身高1.6m，当他站在平面镜前1m处时镜中所成的像与他相距____m．若他以0.5m/s的速度远离平面镜运动4s，他的像到平面镜的距离为____m，像的大小将____（填“变大”、“变小”或“不变”）9、如图所示的电路中，电源电压不变．只闭合开关S2时，电压表示数为6V，则电源电压为____V；只闭合开关S1时，电压表的示数为2V，若已知L2的阻值为10Ω，则L1的阻值为____Ω．10、【题文】某发电厂输出的功率为200kW，输出电压为11kV。若采用220kV的高压输电，那么，升压变压器(不计变压器能量损失)的原线圈和副线圈的匝数比为____；输电电流为______A。11、（2010秋•巴南区期中）如图所示为一单摆的振动图象，从图象中可知该单摆的振动的振幅为____m，周期为____s，摆长为____m（取π2=10，g=10m/s2）；若将摆球的质量增大为原来的2倍，则该单摆的周期将____（填“增大”、“减小”、“不变”）．12、电阻R1，R2的阻值分别为3Ω，6Ω．把它们并联在电路上，总电阻为____．通过各电阻的电流之比I1：I2=____．评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、电场力大的地方电场强度一定大．____．（判断对错）14、10个分子的动能和分子势能的总和就是这10个分子的内能．____．（判断对错）15、阴离子在阳极放电，阳离子在阴极放电．____（判断对错）16、物体的瞬时速度总为零，则平均速度一定为零．____．（判断对错）17、坐标系都是建立在参考系上的．____．（判断对错）18、新能源是指新开采的能源．____．（判断对错）19、电场力大的地方电场强度一定大．____．（判断对错）20、化学成分相同的物质只能生成同一种晶体．____．（判断对错）21、因为汽车刹车时的速度越大滑的越远，所以速度大的物体惯性大．____（判断对错）评卷人得分四、实验探究题(共4题，共36分)22、磁感应强度是描述磁场性质的重要物理量.

不同物质周围存在的磁场强弱不同；测量磁感应强度的大小对于磁场的实际应用有着重要的物理意义．

(1)

如图1

所示为电流天平；可以用来测量匀强磁场的磁感应强度.

它的右臂挂着匝数为n

匝的矩形线圈，线圈的水平边长为l

处于匀强磁场内，磁场的方向与线圈平面垂直.

当线圈中通过电流I

时，调节砝码使两臂达到平衡，然后保持电流大小不变，使电流反向，这时需要在左盘中增加质量为m

的砝码，才能使两臂再达到新的平衡.

重力加速度为g

请利用题目所给的物理量，求出线圈所在位置处磁感应强度B

的大小．

(2)

磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2娄脤

式中B

是磁感应强度，娄脤

是磁导率，在空气中娄脤

为一已知常量.

请利用下面的操作推导条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B

用一根端面面积为A

的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P

再用力将铁片与磁铁缓慢拉开一段微小距离鈻�l

并测出拉力F

如图2

所示.

因为距离很小，F

可视为恒力．

(3)

利用霍尔效应原理制造的磁强计可以用来测量磁场的磁感应强度.

磁强计的原理如图3

所示：将一体积为a隆脕b隆脕c

的长方体导电材料；放在沿x

轴正方向的匀强磁场中，已知材料中单位体积内参与导电的带电粒子数为n

带电粒子的电量为q

导电过程中，带电粒子所做的定向移动可认为是匀速运动.

当材料中通有沿y

轴正方向的电流I

时，稳定后材料上下两表面间出现恒定的电势差U

．

垄脵

请根据上述原理导出磁感应强度B

的表达式．

垄脷

不同材料中单位体积内参与导电的带电粒子数n

不同，请利用题目中所给的信息和所学知识分析制作磁强计应采用何种材料．23、某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，其中A

为固定橡皮条的图钉，O

为橡皮条与细绳的结点，OB

和OC

为细绳。根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确。

(1)

乙图中F1F2F鈥�

四个力，其中力________(

填上述字母)

不是由弹簧测力计直接测得的.

实验中，要求先后两次力的作用效果相同，指的是________(

填正确选项前字母)

A.两个弹簧测力计拉力F1

和F2

的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小B.橡皮条沿同一方向伸长C.橡皮条伸长到同一长度D.橡皮条沿同一方向伸长同一长度(2)

丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为________N

．24、在描绘小电珠的伏安特性曲线实验中；一组同学用量程3V

的电压表测量小电珠的电压，用多用电表的250mA

挡测量通过小电珠的电流．

(1)

在图甲电路中，需要将多用电表的两表笔连接到ab

两处.

其中黑表笔应与______(

填“a

”或“b

”)

连接．

(2)

将得到的数据记录在表格中；当电压为1.50V

时.

对应的多用电表指针指示如图乙所示，其读数为______mA

．

(3)

根据表格中的其他数据；在答题卡的坐标纸上绘制出I鈭�U

曲线．

。电压U/V00.501.001.502.002.50电流I/mA0115154188200(4)

由I鈭�U

曲线可以看出；随电压；电流的增大，小电珠的电阻______(

填“变大”、“变小”或“不变”)

．

(5)

实验完成后；一位同学用多用电表的欧姆挡测量小电珠的电阻.

他将选择开关置于电阻“隆脕l

”挡，调零后将红黑表笔接在小电珠的两极上.

已知多用电表内部欧姆挡所接电池的电动势为1.5V

欧姆挡刻度盘的中央刻度示数为15.

则指针应位于______区间．

A.R>10B.7<R<9C.4.5<R<7D.R<4.5

25、某同学验证动能定理的实验装置如图甲所示.

水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A

点处有一带遮光片的长方形滑块；其总质量为M

实验步骤如下：

垄脵

用游标卡尺测出遮光片的宽度d

垄脷

安装好实验器材；给气垫导轨接上气源，然后读出拉力传感器的示数，记为F

同时从气垫导轨刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离L

垄脹

剪断细绳；让滑块滑向光电门，并记录滑块通过光电门的时间t

垄脺

多次改变滑块与光电门之间的距离；记录相应的L

与t

的值，结果如表所示：

。12345L(m)0.6000.8001.0001.2001.400t(ms)8.227.176.445.855.431t2(104s鈭�2)1.481.952.412.923.39试分析下列问题：

(1)

用游标卡尺测量遮光片宽度d

的测量结果如图乙所示；则d=

______cm

．

(2)

剪断细绳后；滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为______．

(3)

剪断细绳后，在滑块从A

运动至B

的过程中，合外力对滑块、遮光片组成的系统做的功可表示为W=

______，动能的增加量可表示为鈻�Ek=

______；若动能定理成立，则在本实验中1t2

与L

的关系式为1t2=

______．评卷人得分五、证明题(共3题，共18分)26、一物体做初速度为v0的匀加速直线运动，加速度为a，经过时间t速度达到vt，试证明物体经过时刻的速度等于这段时间内的平均速度，还等于．27、（2016•海淀区模拟）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动．已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2；重力加速度为g．

（1）若薄纸的质量为m；则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；

②从冲量和动量的定义；结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量．（注意：解题过程中需要用到；但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功．28、宇航员驾驶一飞船在靠近某行星表面附近的圆形轨道上运行，已知飞船运行的周期为T，行星的平均密度为试证明（万有引力恒量G为已知，是恒量）参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】根据平抛运动水平位移与竖直位移的之比相等，确定a、b两球的初速度与下落的时间关系．再根据下落的高度比较运动的时间之比，从而结合水平位移得出初速度之比，再根据动能定理，求得到达斜面底端时的动能之比；最后根据运动的分解，结合运动学公式，可求得离开斜面的最大距离之比．【解析】【解答】解：A、B、因为两球下落的高度之比为1：2，根据h=gt2，则t=，可知a、b两球运动的时间之比为ta：tb=：1；

因为两球均落在斜面上，则有：，因此初速度之比；故AB错误．

C、根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比EKa：Ekb==2：1；故C错误；

D；当小球平抛过程中；速度方向平行与斜面时，离开斜面的距离为最大，根据运动的分解，将初速度与加速度分解成垂直斜面与平行斜面两方向；

设斜面的倾角为α，因此垂直斜面方向的位移为：（v0sinα）2=2gcosαh；那么离开斜面的最大距离与初速度的平方成正比，即为之比为2：1故D正确．

故选：D．2、A【分析】

设T为地球绕太阳运动的周期；则由万有引力定律和动力学知识得：

=

根据地球表面的万有引力等于重力得：

对地球表面物体m′有。

=m′g

两式联立得M=

故选A．

【解析】【答案】地球绕太阳公转；知道了轨道半径和公转周期利用万有引力提供向心力可列出等式．

根据地球表面的万有引力等于重力列出等式；联立可求解．

3、C【分析】

卫星做匀速圆周运动；由地球的万有引力提供向心力，则。

轨道半径为R1时G=①，卫星的引力势能为EP1=-②

轨道半径为R2时G=m③，卫星的引力势能为EP2=-④

设摩擦而产生的热量为Q；根据能量守恒定律得：

+EP1=+EP2+Q⑤

联立①～⑤得Q=（）

故选C

【解析】【答案】求出卫星在半径为r1圆形轨道和半径为r2的圆形轨道上的动能；从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．

4、C【分析】【解析】根据光的偏振现象；只要光的振动方向不与偏振片的狭逢垂直，都能有光通过偏振片．

且无论如何转动；经过狭缝的光是确定的，即屏Q上光的亮度保持不变。

故选C【解析】【答案】C5、A【分析】解：A；据题意知；电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，无需要手指有压力．故A正确．

B；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器；所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误．

C；手指压力变大时；由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误．

D；手指与屏的接触面积变大时；电容变大，故D错误．

故选：A．

当手触摸电容触摸屏时；手指和工作面形成一个电容器，改变手指的压力或接触面积，都能改变电容．根据电容的决定因素分析．

本题是信息题，要读懂题意，明确基本的工作原理，同时要掌握电容与正对面积，板间距离的关系，从而进行分析．【解析】【答案】A6、A【分析】【分析】

甲船以最短时间渡河，知静水速的方向与河岸垂直.

乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，知乙船静水速小于水流速，不能垂直到对岸，乙船静水速方向与合速度方向垂直。解决本题的关键知道两船的合速度方向相同，甲船的静水速垂直于河岸，乙船的静水速垂直于合速度的方向。【解答】

两船抵达的地点相同；知合速度方向相同，甲船静水速垂直于河岸，乙船的静水速与合速度垂直.

如图．

两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，则：t1t2=v脪脪潞脧v录脳潞脧=v脪脪tan(娄脠):v录脳sin(娄脠)=v22v12

故BCD错误；A正确。

故选A。

【解析】A

7、B【分析】【分析】由闭合电路欧姆定律可得出开关置于两位置时的表达式，则由开关置1时的电压U可表示出开关置2时的路端电压的表达式，通过分析可得出电压的可能值．【解析】【解答】解：由闭合电路欧姆定律得：

当开关置1时，U=R1==2V；

当开关置2时，U′=R2=；

将两式相比可得：=

故U′=2×=2-；

因0＜＜；故1.6＜U′＜2.0；

故只有1.9V符合题意。

故选：B．二、填空题(共5题，共10分)8、23不变【分析】【分析】解答此题应掌握平面镜成像的特点：像和物体形状、大小相同；像和物体各对应点到平面镜间距离相等．【解析】【解答】解：因为平面镜所成的像和物体各对应点到平面镜间距离相等；所以，由他到平面镜的距离为1m可得镜中所成的像与平面镜之间的距离为1m，则相距像与他之间的距离为1m×2=2m；

由他以0.5m/s的速度远离平面镜运动4s；根据速度公式变形s=vt可得，他远离平面镜的距离为s=0.5m/s×4s=2m，此时他与平面镜之间的距离为1m+2m=3m，所以他的像到平面镜的距离为3m；

因为平面镜所成的像和物体形状；大小相同；所以像的大小将不会改变．

故答案为：2；3；不变．9、620【分析】【分析】本题应根据开关的闭合情况，弄清电压表测的是哪段电路的电压，根据欧姆定律求解电流和电阻．【解析】【解答】解：当闭合开关S2时；电压表测的是电源电压，所以电源电压为6V；

只闭合开关S1时，电压表测的是灯泡L2的电压，已知L2的阻值为10Ω，根据I===0.2A；

因灯泡L1与灯泡L2串联，所以它们的电流都等于0.2A，灯泡L1两端的电压等于电源电压减去灯泡L2两端的电压，即U1=U-U2=6V-2V=4V；

则L1阻值为R2==Ω=20Ω；

故答案为：6，20．10、略

【分析】【解析】

试题分析：升压变压器输入端电压为输出电压为所以升压变压器原副线圈之比为：理想变压器两端的功率相等，所以输电电流为

考点：考查了理想变压器构造和工作原理。

点评：关键是知道理想变压器两端功率相等，两端电压和线圈匝数成正比【解析】【答案】1：200.9（或10/11）11、0.844不变【分析】【分析】由振动图象可以直接读出周期和振幅，由周期公司求出摆长．【解析】【解答】解：由振动图象可以看出；振动的振幅为0.8m，周期为4s；

根据单摆周期公式T=2π可得：L=4m

根据单摆周期公式可知单摆周期与质量无关；故质量增大为原来的2倍周期不变；

故答案为：0.8；4；4；不变．12、2Ω2：1【分析】【分析】由并联电路的电阻公式可求得总电阻，再由电压规律及欧姆定律可得出电流之比．【解析】【解答】解：总电阻R===2Ω；

并联在电路中时，各部分的电压相等，则由I=可知；电流之比与电阻成反比；

故I1：I2=2；1；

故答案为：2Ω；2：1三、判断题(共9题，共18分)13、×【分析】【分析】根据电场强度的定义式E=变形得到F与E的关系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根据电场强度的定义式E=得：F=qE

可知电场力与电场强度和电荷量都有关；则电场力大的地方电场强度不一定大，故该判断是错的．

故答案为：×．14、×【分析】【分析】从微观上说，系统内能是构成系统的所有分子无规则运动动能、分子间相互作用势能的总和．【解析】【解答】解：物体的内能是构成物体的所有分子的无规则热运动的动能和分子势能的代数和；具有统计意义，对单个或几个分子无意义；

故答案为：×15、×【分析】【分析】阴极射线是在1858年利用低压气体放电管研究气体放电时发现的．1897年约瑟夫•约翰•汤姆生根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子．【解析】【解答】解：阴极即负极；阴极射线是负极发出的射线，是电子流；同理，阳离子在阳极放电．故该说法是错误的．

故答案为：×．16、√【分析】【分析】平均速度表示物在某一段时间或某一过程内的运动情况；而瞬时速度只能表示物体在某一瞬时或某一位置时的速度．平均速度与位移与时间的比值求解．【解析】【解答】解：因瞬时速度为0；则物体不动，无位移，则平均速度为0

故答案为：√17、√【分析】【分析】建立坐标系的意义是为了定量描述质点的位置变化，要根据问题的实际需要，建立合适的坐标系，沿直线运动建立直线坐标系，在平面上运动，建立平面直角坐标系．【解析】【解答】解：建立坐标系是为了定量描述物体的位置和位置的变化；坐标系都是建立在参考系上的，没有参考系则坐标系无法建立，所以该说法是正确的．

故答案为：√18、×【分析】【分析】根据新能源的定义进行判断，新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源．【解析】【解答】解：新能源又称非常规能源；是指传统能源之外的各种能源形式，指刚开始开发利用或正在积极研究；有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等，因此新能源是指新开采的能源这种说法是错误的．

故答案为：×19、×【分析】【分析】根据电场强度的定义式E=变形得到F与E的关系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根据电场强度的定义式E=得：F=qE

可知电场力与电场强度和电荷量都有关；则电场力大的地方电场强度不一定大，故该判断是错的．

故答案为：×．20、×【分析】【分析】根据晶体的结构与特点可知，同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体．【解析】【解答】解：由同种元素构成的固体；可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石．所以该说法是错误的．

故答案为：×21、×【分析】【分析】惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，惯性大小由物体的质量来量度．根据这些知识来解答．【解析】【解答】解：质量是物体惯性大小的唯一量度；与物体的速度无关．故该说法是错误的．

故答案为：×四、实验探究题(共4题，共36分)22、略

【分析】

(1)

由杠杆平衡条件即第二次天平左侧的钩码重于第一次；列出两次的杠杆平衡方程，进而求解；

(2)

由该过程只有F

和磁场对铁片的作用力做功；且因缓慢移动，动能不变，通过求得转化的能量来求磁感应强度；

(3)

由电场力等于洛伦兹力求得磁感应强度的表达式；再由表达式分析B

一定时，什么条件灵敏度高，则该取这种材料来制作磁强计．

在实验背景题中，我们要注意分析是在什么条件不变(

重点)

的情况下，改变一些测量量来达到研究目的，而不变的条件通常就是我们要应用的平衡量或中间变量．【解析】解：(1)

设左侧砝码与盘的总质量为m1

右侧砝码；盘、线框总质量为m2

由题意可知；第一次天平平衡时有：m1g=m2g鈭�nBIl

第二次天平平衡时有：(m1+m)g=m2g+nBIl

所以，mg=2nBIl

则B=mg2nIl

(2)

铁片缓慢移动过程中，外力F

做功全部转化为磁场能，所以有：F鈰�鈻�l=B22渭鈰�A鈰�鈻�l

故B=2娄脤FA

(3)

电势差恒定时，材料中的导电粒子将不再发生偏转，对某个粒子有电场力与洛伦兹力平衡，即Uaq=Bqv

当材料中的电流为I

时有：I=Qt=nacvtqt=nacvq

所以，v=Inacq

可得：B=Uav=ncqIU

垄脷

根据B

的表达式可知：

B

一定时；n

小，U

大，则磁强计灵敏度高．

所以磁强计应该采用n

小的材料制作．

答：(1)

线圈所在位置处磁感应强度B

的大小为mg2nIl

(2)

条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B

的大小为2娄脤FA

(3)垄脵

磁感应强度B

的表达式为B=ncqIU

垄脷

制作磁强计应采用n

小的材料．23、（1）FD（2）9.0【分析】【分析】(1)(1)在实验中FF和F隆盲F隆盲分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答；本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；(2)(2)注意弹簧测力计的读数原则。

本题考查了验证力的平行四边形定则实验，在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．【解答】(1)(1)实验中FF是由平行四边形得出的，而F隆盲F隆盲是通过实验方法直接测得的，FF不是由弹簧测力计直接测得的，实验过程应控制力的作用效果相同，应控制橡皮条的节点位置不变，用一个弹簧测力计将橡皮条的结点仍拉至O

点，即保证橡皮条沿同一方向伸长到同一长度，故D正确，ABC错误；(2)根据弹簧测力计的刻度盘可知读出该力大小为9.0N9.0N故答案为：(1)FD

(2)9.0

【解析】(1)FD

(2)9.0

24、略

【分析】解：(1)

多用电表充当电流表时，应保证电流红进黑出；根据电路图可知，黑表笔应接b

处；

(2)

由图可知；电流表量程为250mA

则最小分度为5mA

则读数为173mA

(3)

根据表中数据利用描点法可得出对应的伏安特性曲线；

(4)I鈭�U

图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，电阻随着电压的增大而增大；

(5)

当电压为零时，图象中过O

点的斜率可以表示常温下的电阻，由图可知，电阻约为：0.10.05=2娄赂

则可知；指针对应的区间应为D

故答案为：(1)b(2)173(3)

如图所示；(4)

变大；(5)D

．

(1)

根据多用电表的读数原理和电路图可明确黑表笔应接的位置；

(2)

根据电流表的量程确定最小分度；从而明确对应的读数；

(3)

根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；

(4)

根据图象的性质可明确电阻的变化；

(5)

根据图象O

点的斜率可近似表示没有电流时的电阻；则可明确多用电表的指针的位置．

本题考查伏安法描绘小灯泡的伏安特性曲线实验和多用电表的使用方法；要求能明确I鈭�U

图象的性质，根据图象能得出电阻的变化．【解析】b173

变大；D

25、略

【分析】解：(1)

宽度d

的读数为：1.0cm+0隆脕0.1mm=1.00cm

(2)

绳子剪断前；绳子的拉力为F

剪断后，则滑块受到的合外力为：F潞脧=F

(3)

滑块从A

处到达B

处时；滑块；遮光片组成的系统，合外力做的功为：W=FL

动能增加量为：鈻�Ek=12Mv2=12M(dt)2

根据动能定理，则有：FL=12M(dt)2

得：1t2=2FLMd2

．

故答案为：(1)1.00(2)F(3)FL12M(dt)22FLMd2

．

(1)

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数；不需估读.

不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．

(2)

根据剪断前绳子的拉力；即可求解合力．

(3)

根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量；根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．

了解光电门测量瞬时速度的原理．

实验中我们要清楚研究对象和研究过程；对于系统我们要考虑全面；

此题为一验证性实验题.

要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法