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题号

1

2

3

4

5

6

答案

B

D

C

A

B

BC

题号

7

8

9

答案

BC

BD

AD

10．（8分）8.472；10.040；

11. （10分）(1)从实验装置看,该同学所用交流电的电压为 _220  伏特,操作步骤中释放纸带和接通电源的先后顺序应该是 _先接通电源后释放纸带 （每空1分，共2分）

(2)从数据处理方法看，在S₁、S₂、S₃、S₄、S₅、S₆中，对实验结果起作用的，方法A中有 _ S₁、S₆; 方法B中有S₁、S₂、S₃、S₄、S₅、S₆。因此，选择方法 _B （A或B）更合理，这样可以减少实验的 _偶然  (系统或偶然)误差。（每空1分，共4分）

 (3)本实验误差的主要来源有（试举出两条）. （每答对1条得2分，共4分）

     重物下落过程中受到阻力；      S₁、S₂、S₃、S₄、S₅、S₆ 长度测量；

交流电频率波动；             数据处理方法等。

12、（11分）

（1）水果电池的内阻太大。（1分）

（2）（6分）晓宇的方法不正确（1分），因水果电池本身有电动势（1分），当用欧姆表直接接“土豆电池”的两极时，欧姆表内部的电源与水果电池的电动势正向或反向串联，影响测量的结果，故测不准（1分）。

小丽同学测量的误差也很大（1分）。理想状态下用电流表测得的是短路电流，伏特表测得的应当是电源电动势，但由于水果电池的内阻很大，伏特表的内阻不是远大于水果电池的内阻（1分），故其测得的电动势误差大，算得的内阻亦不准确（1分）。

（3）①B（1分）、G（1分）

        ②（2分）

13．（14分）（1）1.0m/s²；（2）25m/s ；（3）10s 

14．（14分）

解析：（1）由0－v²＝－2as　得

加速度大小a＝＝＝0.05m/s²　（4分）

（2）由牛顿第二定律得

　f_阻＋F_附＝ma

　故f_阻＝ma－F_附＝3×10⁶×0.05－9×10⁴＝6×10⁴N （4分）

（3）由P＝Fv得

　P＝f_阻?v_m

　故P＝6×10⁴×20＝1.2×10⁶W       （4分）

（4）由动能定理得：

　Pt－f_阻s₁＝mv²_m

代入数据解得：s₁＝10km

故总行程s＝s₁＋s₂＝14km        （2分）

15. （16分）解：对薄板由于Mgsin37?m(M+m)gcos37故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动.

对滑块：在薄板上滑行时加速度a=gsin37=6m/s，至B点时速度V==6m/s。

滑块由B至C时的加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s,滑块由B至C用时t,由L=Vt+at

即t+6t-7=0  解得t=1s

对薄板：滑块滑离后才开始运动，加速度a= gsin37-mgcos37=2 m/s，滑至C端用时t==s

故滑块、平板下端B到达斜面底端C的时间差是△t= t-t=-1=1.65s

16．(16分) （1）设A、B下落H高度时速度为υ，由机械能守恒定律得：                   （1分）

B着地后，A先向下运动，再向上运动到，当A回到B着地时的高度时合外力为0，对此过程有：    （1分）

解得：                            （1分）

（2）B物块恰能离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小等于mg，B物块刚着地解除弹簧锁定时，弹簧处于压缩状态，弹力大小等于mg．因此，两次弹簧形变量相同，则这两次弹簧弹性势能相同，设为E_P．                         （2分）

又B物块恰能离开地面但不继续上升，此时A物块速度为0．

从B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即：

（2分）解得：Δx＝H  （2分）

（3）因为B物块刚着地解除弹簧锁定时与B物块恰能离开地面时弹簧形变量相同，所以弹簧形变量     （1分）

第一次从B物块着地到弹簧恢复原长过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒： （2分）

第二次释放A、B后，A、B均做自由落体运动，由机械能守恒得刚着地时A、B系统的速度为       （1分）

从B物块着地到B刚要离地过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒：        （2分）

联立以上各式得：                （1分）