如图1所示为“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电．小车的质量为m₁，小盘（及砝码）的质量为m₂．
（1）下列说法正确的是

C

C

．
A．为平衡小车与水平木板之间摩擦力，应将木板不带滑轮的一端适当垫高，在挂小盘（及砝码）的情况下使小车恰好做匀速运动
B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C．本实验中要满足m₂应远小于m₁的条件
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a-m₁图象
（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x₁、x₂、x₃、x₄、x₅、x₆已量出，则计算小车加速度的表达式为a=

x4+x5+x6-x1-x2-x3

9T2

x4+x5+x6-x1-x2-x3

9T2

；
（3）某同学在平衡好摩擦力后，保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图3所示，若牛顿第二定律成立，重力加速度g=10m/s²，则小车的质量为

2.0

2.0

kg，小盘的质量为

0.060

0.060

kg．（二个结果都保留两位有效数字）
（4）如果砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增加，会趋近于某一极限值，此极限值为

10

10

 m/s²．

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如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器．
（1）请将下列实验步骤按先后顺序排序：

 

．
①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
②接通电火花计时器的电源，使它工作起来
③启动电动机，使圆形卡纸转动起来
④关闭电动机，拆除电火花计时器，研究卡纸上留下的一段痕迹（如图乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值
（2）要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是

 

A．秒表   B．毫米刻度尺   C．圆规    D．量角器
（3）写出ω的表达式，并指出表达式中各个物理的意义：

 

．
（4）为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打下的点分布曲线将不是一个圆，而是类似一种螺旋线（如图丙所示）．这样做测量结果将

 

（填“偏大”、“偏小”或“不变”）

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如图甲所示为某一型号二极管，其两端分别记为A和B．其外表所标示的极性已看不清，为确定该二极管的极性，用多用电表的电阻档进行测量．

（1）首先对多用电表进行机械调零，然后将红、黑表笔正确插入插孔后，选用×100档进行测量，在测量前要进行的操作步骤为：

 

（2）将多用电表的红表笔与二极管的A端、黑表笔与二极管的B端相连时，表的指针偏转角度很大；调换表笔的连接后，表的指针偏转角度很小，由上述测量可知该二极管的正极为

 

端（填“A”或“B”）
（3）用一个满偏电流为3mA的电流表，改装成的欧姆表，调整零点以后，测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在表盘的正中央，测量某未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值为

 

（4）用多用电表进行粗测：多用电表电阻档有3种倍率，分别是×100Ω、×10Ω和×1Ω．该同学选择×10Ω倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太小．为了较准确地进行测量，应重新选择

 

倍率．重新选择倍率后，刻度盘上的指针位置如图乙所示，那么测量结果大约是

 

Ω．

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一、本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。

1.AC  2.B  3.C  4.BD  5.D  6.B  7.AB  8.B  9.CD  10.ABD

二、本题共3小题，共14分。把答案填在题中的横线上。

11.ABD(3分)        (注：选对但不全的得2分)

12.(1)F；F′ (3分)            (2)不变 (2分)

13.；(2分)  ；(2分)       mg（2分）

(注：用相邻两段位移表达出来，只要表达正确的不扣分)

三、本题包括7小题，共56分。解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题的答案必须明确写出数值和单位。

14.(7分)

解：(1)设斜面对箱子的支持力为N，箱了上滑的加速度为a。根据牛顿第二定律，得平行斜面方向，F-mgsin37°-μN=ma，      …………1分

垂直斜面方向，N=mgcos37°,      …………1分

解得箱子的加速度a=(sin37°+μcos37°)=2.4m/s²      …………2分

(2)设箱子滑到斜面顶端的速度v，由运动学公式，

v²=2as，   …………2分

解得                                          v= 。  …………1分

15.(7分)

解：(1)设塔顶距地面的高度为h,根据自由落体运动公式，得

h=gt²=80m。  …………2分

(2)设石块落地时的速度为v，根据匀变速运动规律，v=gt。 …………2分

    设石块落地时重力做功的功率为P，则P=mgv=mg²t=2.0×10³W 。…………3分

16.(8分)

解：(1)滑块B沿轨道下滑过程中，机械能守恒，设滑块B与A碰撞前瞬间的速度为v₁，则                                                   mgR=。 …………1分

滑块B与滑块A碰撞过程沿水平方向动量守恒，设碰撞后的速度为v₂，则

               mv₁=2mv₂ 。      …………1分

设碰撞后滑块C受到轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律，对滑块C在轨道最低点有                                                        N-2mg=2mv/R ，…………1分

联立各式可解得，                            N=3mg。  …………1分

根据牛顿第三定律可知，滑块C对轨道末端的压力大小为N′=3mg。…………1分

(2)滑块C离开轨道末端做平抛运动，设运动时间t，根据自由落体公式，

     h=gt² 。…………1分

滑块C落地点与轨道末端的水平距离为s=v₂t ，…………1分

联立以上各式解得s=。  …………1分

17.(8分)

       解：(1)飞船在圆轨道上做匀速圆周运动，运行的周期   T=。 …………1分

       设飞船做圆运动距地面的高度为h，飞船受到地球的万有引力提供了飞船的向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，得

。 …………2分

       而地球表面上的物体受到的万有引力近似等于物体的重力，即

=mg,  …………1分

联立以上各式，解得                  h=-R。 …………1分

(2)飞船运动的圆轨道的周长      s=2π(R+h)， …………1分

动行的速度                            v==，   …………1分

解得                                   v=。  …………1分

18.(8分)

       解：(1)重锤在竖直平面内做匀速圆周运动，当重锤运动通过最高点时，打夯机底座受连接杆竖直向上的作用力达到最大。此时重锤所受的重力mg和连接杆对重锤向下的拉力T₁提供重锤的向心力，根牛顿第二定律

       T₁+mg=mw²R。    …………1分

       连接杆对打夯机底座向上的拉力       T₁′=T₁。 …………1分

       当T′=Mg时，打夯机底座刚好离开地面，  …………1分

       解得                                   ω=。  …………1分

(2)当重锤通过最低位置时，重锤所受的重力mg和连接杆的拉力T₂的合力提供重锤的向心力，根据牛顿第二定有： T₂-mg=mw²R。…………1分

连接杆对打夯机底座的作用力T₂′的方向向下，且T₂′=T₂。

设打夯机受到地面的支持力N，根据牛顿第二定律，

                     N=Mg+T₂^’ ，…………1分

联立以上各式解得     N=2（M+m）g 。…………1分

根据牛顿第三定律，打夯机对地面压力的大小N′=N=2(M+m)g。…………1分

19.(9分)

   解：(1)设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，得

ssin37°=gt²，

   解得：                                           t==1.2s。…………2分

       (2)设运动员离开O点的速度为v₀，运动员在水平方向做匀速直线运动，即

scos37°=v₀t，

   解得：                                           v₀==8.0m/s。…………2分

       (3)运动员落在A点时沿竖直向下的速度v_y的大小为

          v_y=gt=12m/s   …………1分，

       沿水平方向的速度v_x的大小为          v_x=8.0m/s。

       因此，运动员垂直于斜面向下的速度v_N为

                     v_N=v_ycos37°-v_xsin37°=4.8m/s。 …………1分

       设运动员在缓冲的过程中受到斜面的弹力为N，根据动量定理

(N-mgcos37°)t=mv_N，…………1分

       解得：                         N=mgcos37°+=880N。…………1分

20.(9分)

       解：(1)设物块滑上小车后经过时间t₁速度减为零，根据动量定理

μmgt₁=mv，

    解得：                                              t₁==0.5s 。…………1分

  (2)物块滑上小车后，做加速度为a_m的匀变速运动，根牛顿第二定律

μmg=ma_m，

解得：                                              a_m=μg=2.0m/s²。

小车做加速度为a_M的匀加速运动，根据牛顿第二定律

F-μmg=Ma_M，

解得：                                       a_M==0.5m/s²。…………1分

设物块向左滑动的位移为s₁，根据运动学公式

s₁=v₀t₁-a_mt=0.25m,

当滑块的速度为零时，小车的速度V₁为

V₁=V₀+a_mt₁=1.75m/s。

设物块向右滑动经过时间t₂相对小车静止，此后物块与小车有共同速度V，根据运动学公式，有                            V=V₁+a_Mt₂=a_mt₂，

解得：                                       t₂=s。  …………1分

滑块在时间t₂内的位移为s₂=a_ms=m≈1.36m。(方向向右) …………1分

因此，滑块在小车上滑动的过程中相对地面的位移为

  s=s₂-s₁=m≈1.11m,方向向右。…………1分

(3)由(2)的结果，物块与小车的共同速度

V=m/s，

因此，物块在小车上相对小车滑动的过程中，系统的机械能增加量ΔE为

 ΔE=(m+M)V²-mv-MV≈17.2J。…………2分