如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动．现使钢板以速度V₁向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度V₂(V₂的方向与V₁的方向垂直，沿y轴正方向)沿槽匀速运动，以下说法中正确的是

A．若拉力F的方向在第I象限，则其大小一定大于mgμ

B．若拉力F的方向在第Ⅱ象限，则其大小可能小于mgμ

C．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg

D．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg

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如图所示，质量为M的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动．现使钢板以速度v₁向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度v₂(v₂的方向与v_l的方向垂直，沿y轴正方向)沿槽匀速运动，以下说法正确的是

A．若拉力F的方向在第－象限，则其大小一定大于μmg

B．若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于μmg

C．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg

D．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg

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（2008?镇江模拟）如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动．现使钢板以速度v₁向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度v₂（v₂的方向与v_l的方向垂直，沿y轴正方向）沿槽匀速运动，以下说法正确的是（　　）

A．若拉力F的方向在第一象限，则其大小一定大于μmg

B．若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于μmg

C．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg v1 v 2 1 + v 2 2

D．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg v2 v 2 1 + v 2 2

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（1）某同学用半圆形玻璃砖测定玻璃的折射率（如图所示）．实验的主要过程如下：
a．把白纸用图钉钉在木板上，在白纸上作出直角坐标系xOy，在白纸上画一条线段 AO表示入射光线．
b．把半圆形玻璃砖M放在白纸上，使其底边aa′与Ox轴重合．
c．用一束平行于纸面的激光从y＞0区域沿y轴负方向射向玻璃砖，并沿x轴方向调整玻璃砖的位置，使这束激光从玻璃砖底面射出后，仍沿y轴负方向传播．
d．在AO线段上竖直地插上两枚大头针P₁、P₂．
e．在坐标系的y＜0的区域内竖直地插上大头针P₃，并使得从P₃一侧向玻璃砖方向看去，P₃能同时挡住观察P₁和P₂的视线．
f．移开玻璃砖，作OP₃连线，用圆规以O点为圆心画一个圆（如图中虚线所示），此圆与AO线交点为B，与OP₃连线的交点为C．确定出B点到x轴、y轴的距离分别为x₁、y₁、，C点到x轴、y轴的距离分别为x₂、y₂．
①根据上述所确定出的B、C两点到两坐标轴的距离，可知此玻璃折射率测量值的表达式为n=______．
②若实验中该同学在y＜0的区域内，从任何角度都无法透过玻璃砖看到P₁、P₂，其原因可能是：______．
（2）在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的主要操作步骤如下：
a．取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；
b．在小球静止悬挂时测量出O点到小球球心的距离l；
c．拉动小球使细线偏离竖直方向一个不大的角度（约为5°），然后由静止释放小球；
d．用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t．
①用所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为g=______；
②若测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______．（选填下列选项前的序号）
A．测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B．摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C．测量周期时，误将摆球（n-1）次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=t/n求得周期
D．摆球的质量过大
③在与其他同学交流实验方案并纠正了错误后，为了减小实验误差，他决定用图象法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T²-l图象如图甲所示．若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=______．
④这位同学查阅资料得知，单摆在最大摆角θ较大时周期公式可近似表述为T=2（1+sin²）．为了用图象法验证单摆周期T和最大摆角θ的关系，他测出摆长为l的同一单摆在不同最大摆角θ时的周期T，并根据实验数据描绘出如图乙所示的图线．根据周期公式可知，图乙中的纵轴表示的是______，图线延长后与横轴交点的横坐标为______

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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）