1.如圖所示，用三根相同細線a、b、c將重力均為G的兩個燈籠1和2懸掛起來。兩燈籠靜止時，細線a與豎直方向的夾角為30°，細線c水平。則( )
A. a中的拉力大小為4 33GB. c中的拉力大小為12G
C. b中的拉力小于c中的拉力D. 只增加燈籠2的質(zhì)量，b最先斷
【答案】A
【解析】【詳解】AB.將兩小球看作一個整體，對整體受力分析，如圖所示
根據(jù)平衡條件可得
Facs30°=2G ， Fasin30°=Fc
解得
Fa=4 33G ， Fc=2 33G
故A正確，B錯誤；
C.對2小球隔離分析，利用平衡條件可得
Fb= G2+Fc2= 213G>Fc=2 33G
故C錯誤；
D.三根相同細線a、b、c的拉力大小關(guān)系為
Fa=4 33G>Fb= 213G>Fc=2 33G
因三根相同細線所能承受的最大拉力相同，故只增加燈籠2的質(zhì)量，由上可知，a最先斷，故D錯誤。
故選A。
2.如圖，O為拋物線OM的頂點，A、B為拋物線上兩點，O點的切線水平．從A、B兩點分別以初速度v ?1、v ?2水平拋出兩小球，同時擊中O點，不計空氣阻力，則兩球
A. 必須同時拋出B. 初速度v ?1與v ?2相等
C. 擊中O點時速度相同D. 擊中O點時重力的瞬時功率相等
【答案】B
【解析】【分析】
明確平拋運動水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動是解題的關(guān)鍵。要注意B選項要通過數(shù)學(xué)和物理相結(jié)合的辦法來解題。
【解答】
A、平拋運動在豎直方向為自由落體運動，根據(jù)h=12gt2可得落點O點的時間為t= 2hg，可見高度越高時間越長，所以A點拋出的小球用時長，要想同時擊中O點，應(yīng)該A點的小球先拋出，故A錯誤；
B、以O(shè)點為拋物線頂點，建立直角坐標系，設(shè)拋物線方程為y=ax2(a為常數(shù))①
則有y=12gt2，x=v0t，
整理可得gx2=2v02y②，
①②聯(lián)立可得初速度的表達式為v0= g2a，可見初速度v1與v2相等，故B正確；
C、初速度相等，而下落高度不同，根據(jù)機械能守恒定律可知擊中O點時速度不相同，故C錯誤；
D、豎直高度不同，根據(jù)自由落體運動的規(guī)律可知豎直速度大小不同，則擊中O點時重力的瞬時功率P=mgvy不相等，故D錯誤。
故選B。
3.北京時間2020年11月24題時30分，長征五號遙五運載火箭在中國文昌航天發(fā)射場點火升空，嫦娥五號順利發(fā)射。如圖所示，經(jīng)多次變軌修正之后，“著陸器、上升器組合體”降落月球表面。下列說法正確的是( )
A. 在地球上的發(fā)射速度一定大于第二宇宙速度
B. 在P點由軌道1進入軌道2需要瞬間點火加速
C. 分別由軌道1與軌道2經(jīng)過P點時，加速度大小相等
D. 在軌道2上經(jīng)過Q點時的速度小于經(jīng)過軌道1上P點時的速度
【答案】C
【解析】【分析】
第二宇宙速度11.2km/s是衛(wèi)星脫離地球引力的束縛的最小發(fā)射速度；低軌變高軌需要加速，高軌變低軌需要減速；根據(jù)牛頓第二定律比較在不同軌道上P點的加速度。本題考查了萬有引力定律在天文學(xué)上的應(yīng)用，掌握變軌原理、理解第一宇宙速度是關(guān)鍵。
【解答】
A.嫦娥五號發(fā)射出去后繞地球做橢圓運動，沒有離開地球束縛，故嫦娥五號的發(fā)射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，A錯誤；
B.衛(wèi)星在軌道1上的P點處減速，使萬有引力大于向心力做近心運動，才能進入軌道2，B錯誤；
C.在P點嫦娥五號衛(wèi)星產(chǎn)生的加速度都是由萬有引力產(chǎn)生的，因為同在P點萬有引力大小相等，故不管在哪個軌道上運動，在P點時萬有引力產(chǎn)生的加速度大小相等，方向相同，C正確；
D.衛(wèi)星的運行速度由軌道半徑?jīng)Q定，半徑越大，運行速度越小GMmr2=mv2r，v=?GMr，所以在軌道1上經(jīng)過P點做圓周運動的運行速度小于經(jīng)過Q點繞月球做圓周運動的運行速度，又因為衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過Q點要做離心運動，所以其速度大于經(jīng)過Q點做圓周運動的速度，那么，衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過Q點時速度就大于軌道1經(jīng)過P點時的速度，D錯誤。
故選C。
4.放在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間圖像和該拉力的功率與時間圖像分別如圖甲和乙所示，下列說法正確的是( )
A. 0～6s內(nèi)物體位移大小為36m
B. 0～6s內(nèi)拉力做的功為70J
C. 合力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功不相等
D. 滑動摩擦力大小為2N
【答案】B
【解析】A.速度時間圖象的“面積”表示位移，則知0～6s內(nèi)物體的位移大小x=4+62×6m=30m，故A錯誤；
B.在0～2s內(nèi)，物體的加速度a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2，由乙圖，當P=30W時，v=6m/s，得到牽引力F=Pv=306N=5N，在0～2s內(nèi)物體的位移為x1=6m，則拉力做功為W1=Fx1=5×6J=30J，2～6s內(nèi)拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J，所以0～6s內(nèi)拉力做的功為W=W1+W2=70J，故B正確；
C.在2～6s內(nèi)，物體做勻速運動，合力為零，則根據(jù)動能定理知合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等，故C錯誤；
D.在2～6s內(nèi)，v=6m/s，P=10W，物體做勻速運動，摩擦力f=F，得到f=F=Pv=106N=53N，故D錯誤。
5.如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別為2kg、3kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從高為5m的平臺以9m/s的初速度水平拋出，落地時恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，與物塊A粘在一起不再分開，物塊A的v?t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是( )
A. 前2s時間內(nèi)，彈簧對物塊B的沖量大小為0
B. 物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為27J
C. 物塊C的質(zhì)量為2kg
D. 物塊B離開墻壁后的最大速度為3m/s
【答案】D
【解析】【分析】
由A球的運動情況判斷彈性及B球的運動情況，再由動量定理及沖量的概念判斷B球受到的沖量；由機械能守恒定律解得彈簧的最大彈性勢能；由AC碰撞過程滿足水平方向動量守恒得解；當B的速度最大時，對系統(tǒng)由動量守恒得解。
本題主要考查對系統(tǒng)動量守恒及機械能守恒的理解與應(yīng)用，過程復(fù)雜，有一定難度。
【解答】
A.由圖可知，碰后瞬間，AC整體的速度為3m/s，向右運動，壓縮彈簧，速度減小，當二者整體的速度減為零時，彈簧倍壓縮到最短，后彈簧反彈，將二者整體向左推出，當二者整體的速度增加為向左的3m/s時，彈簧回復(fù)原長，故該過程，B球未離開墻壁，其速度未發(fā)生變化，故由動量定理可知，其合力的沖量為零，但該過程，墻壁對其向左的彈力與彈簧對其向右的彈力等大、反向，故由沖量的概念可知，彈簧對物塊B的沖量大小不為0，故A錯誤；
BC.由題意可知，物塊C落地時恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，與物塊A粘在一起不再分開，故由二者構(gòu)成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，故可得：mCv0=mC+mAv，由題意可知，v0=9m/s，v=3m/s，聯(lián)立可得：mC=1kg，之后二者開始壓縮彈簧，由三者及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，當彈簧被壓縮到最短時，其勢能最大，該過程中，由A、C二者的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能，故由圖及以上分析可得物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為：Ep=12mC+mAv2=13.5J，故BC錯誤；
D.設(shè)向左為正方向。物塊B離開墻壁后具有最大速度時，彈簧被拉伸到最長，彈簧的彈性勢能最大，此時AC整體的速度減為零，從AC整體具有向左的3m/s速度到B具有最大速度過程，由水平方向動量守恒：mC+mAv=mBv1，解得物塊B離開墻壁后的最大速度為：v1=3m/s，故D正確。
6.沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電勢φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷量為e帶負電的試探電荷，經(jīng)過x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向若該電荷僅受電場力。則其將
A. 不能通過x3點B. 在x3點兩側(cè)往復(fù)運動
C. 能通過x0點D. 在x1點兩側(cè)往復(fù)運動
【答案】B
【解析】帶負電的試探電荷在x2處動能為1.5eV，電勢能為?1eV，總能量為0.5eV，且試探電荷速度沿x軸正方向，在x2 ～ x3區(qū)域試探電荷受到沿x軸正方向的靜電力，做加速運動，在x3處速度最大，試探電荷繼續(xù)運動到x3右側(cè)，做減速運動，當速度為零時，電勢能為0.5eV，即運動到電勢為?0.5V處減速到零，開始向x軸負方向運動，后反向回到x2處動能仍為1.5eV，繼續(xù)向左運動，在電勢為?0.5V處減速到零又反向，不會運動到x0、x1處，即試探電荷在x3點兩側(cè)往復(fù)運動。
故選B。
7.如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管、電阻R連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是( )
A. 減小極板間的正對面積，帶電油滴仍保持靜止
B. 貼著上極板插入金屬板，則電阻R中有b流向a的電流
C. 將下極板向上移動一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大
D. 將開關(guān)斷開，在兩板間插入一陶瓷電介質(zhì)，則油滴仍處于靜止狀態(tài)
【答案】C
【解析】【分析】
該題考查電容器動態(tài)分析、電容器與電場問題的綜合應(yīng)用。分析好物理情景，靈活應(yīng)用電容決定式C=εS4πkd、電容定義式C=QU、電場強度和電勢差的關(guān)系E=Ud等公式，逐項分析解題即可。
【解答】
根據(jù)題意可知，二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合電鍵，電容器充電，電容器的電容為 C=εS4πkd 、 C=QU ，極板間的電場強度為 E=Ud ，整理可得
E=4πkQεS
油滴靜止，油滴所受合力為0，向上的電場力與向下的重力大小相等，則有
Eq=mg
A.減小極板間的正對面積，電容減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，?E=4πkQεS 可知，極板間電場強度變大，則帶電油滴所受電場力變大，向上移動，故A錯誤；
B.貼著上極板插入金屬板，板間距d減小，由 C=εS4πkd 可知，電容器的電容變大，電容器充電，電阻R中有a流向b的電流，故B錯誤；
C.將下極板向上移動一小段距離，根據(jù)C=εS4πkd ，電容器的電容增大，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)
E=Ud ，兩極板間的電場強度變大，設(shè)P點到上極板的距離為I，則P點與上極板的電勢差
φ+?φP=El，下極板的電勢為零，即P點的電勢為φP=φP?φ0=U?El。P點到上極板的距離為l不變，電場強度E變大，則P點的電勢變小，油滴帶負電，油滴的電勢能增大。故C正確;
D.將開關(guān)斷開，則兩極板的電荷量不變，根據(jù)E=4πkQsS ，在兩板間插入陶瓷電介質(zhì)，兩板間介電常數(shù)增大，則電場強度變小，則油滴所受電場力變小，將向下移動，故 D錯誤。
故選C。
8.第24屆冬季奧運會于2022年2月4日在北京和張家口聯(lián)合舉行，跳臺滑雪是冬奧會中最具觀賞性的項目之一，北京跳臺滑雪賽道“雪如意”如圖甲所示，其簡化圖如圖乙所示，跳臺滑雪賽道由助滑道AB，著陸坡BC，減速停止區(qū)CD三部分組成，B點處對應(yīng)圓弧半徑為R=50m。比賽中質(zhì)量m=50kg的運動員從A點由靜止下滑，運動到B點后水平飛出，落在著陸坡的C點，已知運動員在空中的飛行時間為4.5s，著陸坡的傾角θ=37°，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力影響，則( )
A. 運動員從B點水平飛出的速度大小為60m/s
B. 運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度大小為45m/s
C. 運動員從B點飛出后經(jīng)3s離斜面最遠
D. 運動員在B點對軌道的壓力為1400N
【答案】D
【解析】【分析】
本題借助跳臺滑雪比賽考查平拋運動和斜面相結(jié)合的問題、圓周運動的規(guī)律。解決問題的關(guān)鍵是熟知平拋運動的規(guī)律和處理方法。再結(jié)合圓周運動的知識分析求解。
【解答】
A.運動員從B點水平飛出后做平拋運動，因此有y=12gt2，x=vBt，tan37°=yx，聯(lián)立解得vB=30m/s，故A錯誤;
B.運動員從B點飛出后離斜面最遠時速度方向與斜面平行，則有tan37°=vy′vB，v′= vy′2+vB2，聯(lián)立解得v′=37.5m/s，故B錯誤;
C.運動員從B點飛出后離斜面最遠時，豎直方向有vy′=gt′，解得t′=2.25s，故C錯誤;
D.運動員在B點飛出前在做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有FN?mg=mvB2R，解得FN=1400N，根據(jù)牛頓第三定律，運動員在B點對軌道的壓力與軌道對運動員的支持力相等，故 D正確。
二、多選題：本大題共2小題，共8分。
9.如圖所示，水平面上放置著半徑為R、質(zhì)量為5m的半圓形槽，AB為槽的水平直徑。質(zhì)量為m的小球自左端槽口A點的正上方距離為R處由靜止下落，從A點切入槽內(nèi)。已知重力加速度大小為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是( )
A. 槽向左運動的最大位移為R3
B. 槽運動的最大速度為 103gR
C. 小球在槽中運動的最大速度為 215gR
D. 若槽固定，槽中小球受到重力做功的最大功率為83mg gR3
【答案】AD
【解析】A.半圓形槽和小球在水平方向動量守恒，設(shè)小球水平方向分速度大小為v1，槽的速度大小為v2，
則mv1=5mv2，
當小球運動到B點時，小球和槽的水平位移最大，設(shè)小球的水平位移是x1，槽的位移是x2，半圓形槽和小球運動時間相同，則mv1t=5mv2t
即：mx1=5mx2
半圓形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相對位移大小為：x1+x2=2R
解得x2=R3；
BC.小球運動到最低點時速度最大，根據(jù)動量守恒mv1=5mv2
根據(jù)機械能守恒：mg×2R=12mv12+12×5mv22
解得：v2= 215gR，v1= 103gR，故BC錯誤；
D.根據(jù)PG=mgvy可知，當小球在豎直方向分速度最大時，重力的功率最大，
設(shè)此時小球和O點連線與豎直方向的夾角為θ，此時速度大小為v，根據(jù)動能定理mgR(1+csθ)=12mv2，解得：v= 2gR1+csθ，
則豎直方向分速為vy= 2gR1+csθ×sinθ= 2gR1+csθ1?cs2θ
根據(jù)數(shù)學(xué)求極值的方法可知，當csθ=13時，豎直方向分速度最大，最大值為vm=83 gR3，
重力做功的最大功率為：Pm=mgvm=83mg gR3，
故選：AD。
10.如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中的四個點，D是BC的中點，A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，∠ABC=60°，AB長為1 m，勻強電場電場線與三角形所在平面平行，已知φA=5V、φB=?5V、將一帶電量為q=2×10?5C的正電荷從A點移到C點，克服電場力做功2×10?4J，則下列說法正確的是( )
A. 場強的方向垂直AD連線斜向下B. 場強的方向垂直于BC斜向下
C. 場強的大小為20 33V/mD. 場強的大小為10 V/m
【答案】AC
【解析】【分析】
在BC連線上找出與A點電勢相等的點，即可得到一條等勢線，再根據(jù)電場線與等勢線垂直，做出電場線，根據(jù)E=Ud，d是兩點沿電場線方向的距離，來求解場強E的大小。
熟練掌握勻強電場中電場線與等勢面間的關(guān)系是求解的關(guān)鍵。
【解答】
AB.一帶電量為q=2×10?5C的正電荷從A點移到C點，克服電場力做功2×10?4J，則A、C兩點間的電勢差為：UAC=Wq=?2×10?42×10?5V=?10V，所以C點電勢為15V，則中點D電勢為5V，則A、D兩點電勢相等，故AD為等勢面，所以場強的方向垂直AD連線斜向下，故A正確，B錯誤；
CD.AB兩點間的電勢差為10V，AB上，兩點沿電場線的距離為d=ABcs30°，所以場強大小為：E=UABd=101× 32V/m=20 33V/m，故C正確，D錯誤。
故選AC。
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.實驗小組利用光電門和數(shù)字傳感設(shè)備設(shè)計了一個測量當?shù)刂亓铀俣鹊募煽蚣?，如圖甲所示，框架上裝有兩個光電門，都可上下移動；框架的豎直部分貼有長度有限的刻度尺，零刻度線在上端，只能直接讀出光電門1到零刻度線的距離x1；框架水平部分安裝了電磁鐵，將質(zhì)量為m的小鐵球吸住，小球剛好處于零刻度線位置。一斷電，小鐵球就由靜止釋放，先后經(jīng)過兩個光電門時，與光電門連接的數(shù)字傳感器即可測算出速度大小v1和v2。多次改變光電門1的位置，得到多組x1、v1和v2的數(shù)據(jù)，建立如圖乙所示的坐標系并描點連線，得出縱截距和橫截距分別為a、b。
(1)需要提前向數(shù)字傳感器輸入小球的直徑d，當小鐵球經(jīng)過光電門時，光電門記錄下小球經(jīng)過光電門的時間t，測算出的速度v=_________。
(2)當?shù)氐闹亓铀俣葹開________(用a和b表示)。
(3)若選擇刻度尺的0刻度所在高度為零勢能面，則小鐵球經(jīng)過光電門2時的機械能表達式為__________________(用題中的m、v2、a和b表示)。
【答案】(1)dt；(2)a2b；(3)E=12mv22?12ma。
【解析】【分析】
本題考查了利用自由落體運動測定重力加速度；解答實驗題首先要理解實驗原理，知道如何減小實驗誤差，能從圖象中得出有效信a2b息，本題的關(guān)鍵是根據(jù)機械能守恒定律列出方程，難度適中。
(1)由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度；
(2)根據(jù)速度位移公式得出(v22?v12)與(x2?x1)的函數(shù)關(guān)系，結(jié)合圖線的斜率求解重力加速度的大小；
(3)根據(jù)機械能的定義分析。
【解答】
(1)由于小鐵球通過光電門的時間極短，所以小球通過光電門的瞬時速度會近似等于小球經(jīng)過光電門的平均
速度，所以速度為v=dt。
(2)小鐵球從光電門1到光電門2做勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得2g(x2?x1)=v22?v12，解得
v22? v12=2gx2?2gx1，結(jié)合圖像可知g=a2b，x2=b。
(3)小鐵球經(jīng)過光電門2時的機械能為E=12mv22?mgx2=12mv22?12ma。
12.學(xué)生實驗小組要測量量程為3V的電壓表V的內(nèi)阻RV?？蛇x用的器材有：多用電表，電源E(電動勢5V)，電壓表V1(量程5V，內(nèi)阻約3kΩ)，定值電阻R0(阻值為800Ω)，滑動變阻器R1(最大阻值50Ω)，滑動變阻器R2(最大阻值5kΩ)，開關(guān)S，導(dǎo)線若干。
完成下列填空：
(1)利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)_____(把下列實驗步驟前的字母按正確操作順序排列)；
A.將紅、黑表筆短接
B.調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆
C.將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置
再將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的_____(填“正極、負極”或“負極、正極”)相連，歐姆表的指針位置如圖(a)中虛線Ⅰ所示。為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋_____(填“×1”“×100”或“×1k”)位置，重新調(diào)節(jié)后，測量得到指針位置如圖(a)中實線Ⅱ所示，則組測得到的該電壓表內(nèi)阻為_____kΩ(結(jié)果保留1位小數(shù))；
(2)為了提高測量精度，他們設(shè)計了如圖(b)所示的電路，其中滑動變阻器應(yīng)選_____(填“R1”或“R2”)，閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于_____(填“a”或“b”)端；
(3)閉合開關(guān)S，滑動變阻器滑片滑到某一位置時，電壓表V1，待測電壓表的示數(shù)分別為U1、U，則待測電壓表內(nèi)阻RV=_____(用U1、U和R0表示)；
(4)測量得到U1=4.20V,U=2.78V，則待測電壓表內(nèi)阻RV=_____kΩ(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。
【答案】 CAB
;負極、正極; ×100 ; 1.6 ;R1; a ;UR0U1?U; 1.57
【解析】(1)利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)選擇歐姆擋即C選項：將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置；接著將紅、黑表筆短接即A選項；然后進行歐姆調(diào)零即B選項：調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆。
故首先的操作順序為CAB。
根據(jù)多用電表使用時電流“紅進黑出”的規(guī)則可知：測量電阻時電源在多用電表表內(nèi)，故將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的“負極、正極”相連。
讀數(shù)時歐姆表的指針位置如圖(a)中虛線Ⅰ所示，偏轉(zhuǎn)角度較小即倍率選擇過小，為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋倍率較大處，而根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知選擇“ ×1k ”倍率又過大，故應(yīng)選擇歐姆擋“×100”的位置；
測量得到指針位置如圖(a)中實線Ⅱ所示，則所測得的電壓表內(nèi)阻為R=16.0×100Ω=1.6kΩ。
(2)圖(b)所示的電路，滑動變阻器采用的是分壓式連接，為了方便調(diào)節(jié)，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器即 R1 ；
為保護電路以及測量電路部分電壓從零開始可知，閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于a端。
(3)通過待測電壓表的電流與定值電阻的電流相同，為I=U1?UR0
根據(jù)歐姆定律得待測電壓表的阻值為RV=UI=UR0U1?U。
(4)測量得到U1=4.20V，U=2.78V，代入待測電壓表的阻值表達式 RV=UR0U1?U，可得待測電壓表內(nèi)阻RV=2.78×8004.20?2.78Ω≈1566Ω≈1.57kΩ。
四、計算題：本大題共3小題，共30分。
13.在t=0時刻，機動車借道超車情形如圖所示，轎車A在卡車B后方s=3m處，A、B車身長分別為L1=4.5m、L2=7.5m，B車以速度vB=10m/s勻速行駛，A車以初速度vA=12m/s、加速度a=2m/s2做勻加速直線運動，借道超越B車，不考慮A車變更車道所需的時間。
(1)求A車從t=0時刻開始至完全超越B車所需的時間；
(2)t=0時刻，A車發(fā)現(xiàn)道路正前方的轎車C迎面駛來，此時兩車頭相距d=63m，C車速度為vC=7.5m/s：
ⅰ.若A車繼續(xù)超車，C車見狀立即剎車，求C車至少以多大的加速度做勻減速運動，才能避免與A車相撞；
ⅱ.若A車放棄超車，回到B車所在車道，求A車至少以多大的加速度做勻減速運動，才能避免與B車相撞。
【答案】(1)A車從t=0時刻開始至完全超越B車由位移關(guān)系vBt+s+L1+L2=vAt+12at2
解得t=3s(負值舍掉)
(2)ⅰ.當A車超過B車時，A車前進的位移為sA=vAt+12at2=45m
為避免與C相撞，則在t=3s內(nèi)C的位移最大為sC=d?sA=18m
則sC=vCt+12aCt2=18m
解得aC=?1m/s2
ⅱ.當AB共速時兩車恰好不相碰，則vA?a′t1=vB
vAt1?12a′t12=vBt1+s
解得t1=3s，a′=23m/s2

【解析】追及相遇類的問題要找準3個關(guān)鍵點：①速度關(guān)系；②時間關(guān)系；③位移關(guān)系，把握這三個關(guān)系列式即可。
14.如圖所示，地面上方空間存在水平向左的勻強電場，不可伸長的絕緣細線長為L=0.2m，上端系于O點，下端系一質(zhì)量為m=0.1kg、電量為q=?1.0×10?5C的小球。現(xiàn)在A點給小球一個水平向左的初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，當小球到達B點時速度最小，此時細線與豎直方向的夾角θ=60°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g=10m/s2，求：
(1)電場中OB間的電勢差;
(2)最低點A處繩子對小球的拉力大小;
(3)若在A點拋出小球的同時剪斷細線，小球恰好落在地面上A點正下方的位置C，求小球到達位置C的速度大小。(結(jié)果可用根式表示)
【答案】解：(1)由小球恰能在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動可知，小球在運動過程中動能最小時僅由重力和電場力的合力提供向心力，由幾何關(guān)系有：|qE|mg=tan60°，
解得：E= 3×105N/C，
所以：UOB=ELsin60°=3×104V；
(2)當小球速度最小時，由牛頓第二定律有： (mg)2+(|Eq|)2=mvmin2L，
從最低點A到小球速度最小過程中，由動能定理有：?|Eq|Lsin60°?mgL(1+cs60°)=12mvmin2?12mv02，
聯(lián)立解得：v0=4m/s，
最低點處由牛頓第二定律有：T?mg=mv02L，
聯(lián)立解得：T=9N；
(3)若拋出小球的同時剪斷細線，小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上先向左減速再向右加速，水平方向位移為零，到達C點時的水平方向的分速度為水平向右，大小為vx=v0=4m/s，
設(shè)經(jīng)過t時間落到地面，則水平方向有：0=v0t?12at2，又|Eq|=ma，
豎直方向做自由落體運動有：vy=gt，
小球到達C點的速度大小為：vC= v02+vy2，
聯(lián)立解得：vC=4 213m/s。
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
15.如圖所示為某水上樂園的水滑道示意圖。游客和保護裝備總質(zhì)量m0=60kg，游客從水滑道上高為h=20m的A點由靜止下滑，在B處通過半徑R=10m的豎直圓形滑道(進、出口分離)后，沖上放在水平地面上靠在一起的滑板m1和m2。人和滑道、滑板和地面間的摩擦均可忽略不計，傾斜滑道的坡底處和水平滑道之間有平滑連接過度，滑板的上下表面均處于水平狀態(tài)，放置滑板的地面足夠長，在游客滑上滑板m2之前兩滑板始終靠在一起，人可以視為質(zhì)點。已知兩滑板質(zhì)量m1和m2均為60kg，長度均為L=20m，人和滑板間動摩擦因數(shù)為0.625，g取10m/s2。
(1)游客在B點進入圓形滑道瞬間受到的支持力大小;
(2)游客、滑板m1和m2最終的速度大小。
【答案】(1)設(shè)到達B點速度為vB，由機械能守恒定律可得
m0gh=12m0vB2
解得
vB=20m/s
在B點，由牛頓第二定律可得
NB?m0g=m0vB2R
解得游客在B點受到的支持力大小為
NB=3000N
(2)設(shè)游客剛剛到m2上的速度為v1，此時m1的速度為v2，由動量守恒定律有
m0vB=m0v1+(m1+m2)v2
由功能關(guān)系有
μm0gL=12m0vB2?12m0v12?12(m1+m2)v22
解得
v1=10m/s ， v2=5m/s
設(shè)游客與m2共速時速度為v3，在m2上滑過的距離為s，由動量守恒定律可得
m0v1+m2v2=(m0+m2)v3
解得
v3=7.5m/s
由功能關(guān)系有
μm0gs=12m0v12+12m2v22?12(m0+m2)v32
解得
s=1m

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