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2022-2023学年辽宁省六校协作体高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省六校协作体高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省六校协作体高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40分）
1. 2022年2月4日，北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，节气，惊艳全球。二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置。如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气。以下说法正确的是( )
A. 秋分时地球公转速度最大
B. 地球沿椭圆轨道绕太阳匀速率运动
C. 从正对纸面的方向看，地球绕太阳沿顺时针方向运动
D. 地球从冬至至春分的运动时间小于地球公转周期的14
2. 修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a、b点分别位于大小齿轮的边缘，c点位于大齿轮的半径中点，假设大齿轮的半径为小齿轮的半径的2倍，当纸带匀速走动时( )
A. a、b点的转速之比为2：1 B. a、c点的线速度大小之比为1：2
C. a、b点的加速度大小之比为2：1 D. b、c点的加速度大小之比为4：1
3. 如图甲所示，某物体在光滑水平面上受外力作用从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其加速度a随位移x变化的规律如图乙所示，图中加速度的最大值为amax，x1和x2已知，则物体( )
A. 在0～x1内做匀加速直线运动
B. 在x1处速度最大
C. 在物体由x=0运动到x=x1的过程中合外力对物体所做的功为W1=mamaxx1
D. 在物体由x=0运动到x=x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2
4. 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为ℎ.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和ℎ分别为( )
A. tanθ和2H B. tanθ和4H
C. (v22gH−1)tanθ和2H D. (v22gH−1)tanθ和4H
5. 如图，a、b是正点电荷电场中的一条电场线上的两点，一带负电的试探电荷从a点静止释放后只在电场力作用下向b运动，两点的电势和电场强度分别为φa、φb和Ea、Eb，则以下判断正确的是( )
A. φa>φb B. Ea
6. 在如图电路中，当变阻器R3的滑片P向b端移动时( )
A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变小，电流表示数变大
C. 电压表示数变小，电流表示数变小 D. 电压表示数变大，电流表示数变大
7. 在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i−t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是( )
A. 电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右
B. 电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能
C. 图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小
D. 图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快
8. 如图所示，ABC是竖直平面内的粗糙固定轨道，其中水平轨道AB长度为2R，四分之一圆弧轨道BC半径为R，与AB相切于B点。一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自A点处从静止释放开始向右运动，小球运动到C点时的速率为v，已知重力加速度大小为g。下列说法中正确的是( )
A. 水平外力对小球做的功是12mv2
B. 小球克服重力所做的功是3mgR
C. 小球机械能的增加量为mgR+12mv2
D. 摩擦阻力对小球做的功是12mv2−2mgR
9. 两个带等量正电荷的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线且交PQ于O点，A点为MN上的一点，一带负电的试探电荷q在静电力作用下运动，则( )
A. 若q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小一定先增大再减小
B. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动
C. q由A点向O点运动时，电场力逐渐减小，动能逐渐增大
D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做类平抛运动
10. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 重物Q的重力功率先增大后减小
B. 滑块P运动到位置B处速度大小为4 3gL3
C. 轻绳对滑块P做功为43mgL
D. P与Q的机械能之和先减少后增加
二、非选择题（60分）
11. 某实验小组用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。
(1)用天平测得滑块A、B(均包括挡光片)的质量分别为m1=2.0kg，m2=1.0kg；用游标卡尺测得挡光处的宽度均为d.若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示。则其读数为______cm。
(2)将滑块A向右弹出，与静止的B滑块发生碰撞，碰撞后两滑块粘在一起。与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.02s和0.03s，则碰撞后系统动量为______kg⋅m/s。
(3)如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则碰撞前的系统动量______(填“大于”“小于”或“等于”)碰撞后的系统动量。
12. 某实验小组做“测量某一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验。
(1)先用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d= ______ mm；用图乙的毫米刻度尺测出电阻丝Rx的长度L=9.15cm；
(2)再用多用电表粗测Rx的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用______ (选填“×100”或“×1”)挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图丙所示，其读数为______ Ω；
(3)为了能比较精确地测量Rx的阻值，实验小组设计电路图如图丁所示，实验室提供了如下的实验器材，电流表应选用______ ，定值电阻应选用______ ；为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用______ ；(均填仪器前的字母代号)
A.直流电源(电动势E=6V，内阻可忽略不计)；
B.电流表(量程为30mA，内阻R1=9.5Ω)；
C.电流表(量程为3A，内阻R2=0.1Ω)；
D.电压表(量程为6V，内阻RV>10kΩ)；
E.定值电阻(R3=0.5Ω)；
F.定值电阻(R4=5Ω)；
G.滑动变阻器(最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A)；
H.滑动变阻器(最大阻值为15kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)；
I.开关一个，导线若干。
(4)实验过程中，若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该合金丝的电阻率ρ= ______ 。(用题中字母表示)
13. 如图所示，轻细线的一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球，空间存在着水平向右的匀强电场，小球平衡时细线与竖直方向成30°角。(重力加速度g)
(1)小球电性；
(2)求电场强度E的大小；
(3)将球拉至右侧与O等高水平位置静止释放，求当球摆到最低点时细线的拉力大小。
14. 如图所示，在光滑水平地面上静置一质量mA=4kg的长木板A和另一质量mC=3kg的滑块C，其中长木板的左端还放有质量mB=2kg的滑块B(可看成质点)。现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量I=36N⋅s，此后A、B以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞(碰撞时间极短)。木板足够长，则再经过一段时间后A、B再次以相同速度向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变。已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s2，则：
(1)求A、C碰撞时损失的机械能；
(2)滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L。
15. 利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。传送带顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m=1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8m/s，A、B间的距离x=1m。工件可视为质点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间。
(3)第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热能。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，近日点公转速度最快，即冬至时地球公转速度最大，故A错误；
B、由开普勒第一定律可知，地球绕太阳运动的轨道是椭圆。由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，地球绕太阳做的是非匀速率椭圆运动，故B错误；
C、在二十四节气中，夏至在春分后，秋分在夏至后，所以地球绕太阳运行方向(正对纸面)是逆时针方向，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以地球在近地点比远地点转动的快，地球从冬至至春分的时间小于地球公转周期的四分之一，故D正确。
故选：D。
根据开普勒第二定律分析速度大小；根据开普勒第一定律分析地球绕太阳运动的轨道形状；根据节气的变化分析地球绕太阳运行方向；由开普勒第二定律确定地球从冬至至春分的运动时间与地球公转周期的关系。
本题的关键要掌握开普勒第一、第二定律，知道地球公转的轨道形状、运动性质。
2.【答案】D
【解析】解：AC.由图可知，a、b两点为齿轮传动，两点的线速度大小相等，即va=vb；
根据线速度与角速度的关系v=ωr
可得a、b点的角速度之比为ωa：ωb=vara：vbrb=rbra=1：2
根据角速度与转速的关系n=ω2π
可得a、b点的转速之比为nanb=ωa2π×2πωb=ωaωb=1：2
根据加速度公式a=v2r
可得a、b点的加速度大小之比为aaab=va2ra×rbvb2=rbra=1：2，故AC错误；
B.由图可知，a、c两点为同轴传动，两点的角速度大小相等，即ωa=ωc
根据线速度与角速度的关系v=ωr
可得a、c点的线速度大小之比为va：vc=ωara：ωcrc=ra：rc=2：1，故B错误；
D.由于va=vb，va：vc=2：1
因此vb：vc=2：1
由于b、c点的圆周半径相等，根据向心加速度公式a=v2r
可得b、c点的加速度大小之比为abac=vb2rb：vc2rc=vb2vc2=2212=4：1，故D正确。
故选：D。
根据齿轮传动时，轮边缘的线速度大小相等；同轴传动时，角速度相等，然后结合v=ωr和a=ω2r列式求解。
本题关键明确齿轮传动、同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，齿轮传动时，轮边缘的线速度大小相等，然后结合公式v=ωr分析求解即可。
3.【答案】D
【解析】解：A、在0～x1内，物体的加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变加速直线运动，故A错误；
B、物体的加速度一直沿正方向，则加速度方向一直与速度方向相同，所以物体一直做加速直线运动，在x2处速度最大，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得F合=ma，根据F合−x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x=0运动到x=x1的过程中合外力对物体所做的功为W1=(mamax)x12=12mamaxx1，故C错误；
D、根据F合−x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x=0运动到x=x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2，故D正确。
故选：D。
根据加速度是否变化，判断物体的运动是否是匀加速直线运动；根据加速度方向与速度方向关系，判断物体的运动情况，确定何时速度最大；根据图象与x轴所围面积的意义，结合牛顿第二定律求合外力做功。
解决本题的关键要知道F−x图象与x轴所围的面积表示F做功，结合牛顿第二定律分析。
4.【答案】D
【解析】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知−mgH−μmgcosθ⋅Hsinθ=0−12mv2
以速度2v上升过程中，由动能定理可知−mgH−μmgcosθ⋅ℎsinθ=0−12m(2v)2
联立解得μ=(v22gH−1)tanθ，ℎ=4H
故D正确．
故选：D．
两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；
本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；
5.【答案】B
【解析】解：A、带负电的点电荷仅受电场力作用，由静止从a点沿电场线运动到b点，说明负电荷所受的电场力方向从a→b，则电场线方向从b→a，沿电场线的方向电势降低，可知φa<φb，故A错误；
B、电场线方向从b→a，可知正点电荷在b的右侧，由E=kQr2知，a点的电场强度比b点的小。故B正确；
C、负电荷由a到b过程中电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，试探电荷的电势能减少。故C错误；
D、负电荷由a到b过程中电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，试探电荷机械能增大，故D错误。
故选：B。
根据负电荷的运动方向判断其所受的电场力方向，确定场强方向，就可以确定正点电荷的位置．电场线是从正电荷发出，到无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小进行分析；电场力做正功，负电荷的电势能减小，动能增大。
本题就是考查学生分析试探电荷受力情况和运动情况的能力，要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
6.【答案】C
【解析】解：R3向b移动，R3电阻变小，R2和R3并联的总电阻变小，电路中的总电流变大，R1两端电压变大，电源内阻的电压增大，电压表示数减小，R1电压变大，那么R2两端的电压一定变小，所以电流表的示数变小。故C正确；
故选：C。
由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E−Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化．
闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．
7.【答案】C
【解析】解：A、电容器放电时，电流从正极板(上极板)流出，则流过电阻R的电流方向向左，故A错误；
B、充电过程中电源提供的电能部分转化为内能，大部分转化为电容器中的电场能，故B错误；
C、在形成电流图线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，根据q=It，可知I−t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，即图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小，故C正确；
D、图线2的过程是放电的过程，由图可知电流变化越来越慢，所以两极板电压降低的越来越慢，故D错误。
故选：C。
该题考查了电容器的相关知识，解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
8.【答案】CD
【解析】解：A、从A运动到C时，小球水平分位移为3R，水平外力对小球做的功为WF=3mgR。设阻力做功为Wf，由动能定理得：WF−WG+Wf=12mv2，故A错误；
B、运动到C时，小球上升高度为R，小球克服重力所做的功是mgR，故B错误；
D、设摩擦阻力对小球做的功是为Wf，由动能定理得
WF−WG+Wf=12mv2
即3mgR−mgR+Wf=12mv2
可得阻力对小球做的功是Wf=12mv2−2mgR，故D正确；
C、除重力以外其他外力做的功等于机械能变化，则机械能增加量为ΔE=WF+Wf=3mgR+12mv2−2mgR=mgR+12mv2，故C正确。
故选：CD。
根据动能定理求水平外力对小球做的功，根据上升的高度求小球克服重力所做的功。根据动能定理求摩擦阻力对小球做的功，由功能关系求小球机械能的增加量。
解决该题的关键是知道机械能的改变量与非保守力之间的关系，会分析小球能量变化情况。
9.【答案】B
【解析】解：A、两等量正点电荷周围部分电场线如图所示，由A点到O点，电场线疏密变化情况不能确定，则场强变化情况不能确定，q所受电场力的变化情况不能确定，所以加速度大小变化情况不能确定，故A错误；
B、若q从A点由静止释放，根据对称性可知，其将以O点为对称中心做往复运动，故B正确；
C、q由A点向O点运动时，电场力变化情况不能确定。电场力做正功，动能逐渐增大，故C错误；
D、由于q所受的电场力是变力，所以q不可能做类平抛运动，故D错误。
故选：B。
根据等量正点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其动能的变化情况。
解答本题的关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，根据电场线的疏密分析场强的变化，根据电场力做功情况判断动能的变化情况。
10.【答案】AB
【解析】解：A、物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；
B、从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定理可得：6mg(Lcos53∘−L)−mgLtan53°−0=12mv2，可得：v=4 3gL3，故B正确；
C、从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定理可得：6mg(Lcos53∘−L)−mgLtan53°=12mv2，对于P，由动能定理可得：W−mgL=12mv2
联立解得：W=4mgL，故C错误；
D、对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误。
故选：AB。
通过分析滑块P的速度变化情况，来判断其重力功率变化情况。根据滑块通过A、B两点时弹簧的弹性势能相等，由系统的机械能守恒定律和速度关系求滑块P在位置B的速度，以及Q的速度。再对Q研究，由动能定理求出轻绳对滑块Q做功，等于轻绳对滑块P做功。由系统的机械能守恒分析P与Q的机械能之和如何变化。
解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。
11.【答案】(1)0.550；(2)0.55；(3)小于。
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故用游标卡尺测得挡光处的宽度d=5mm+10×0.05mm=5.50mm=0.550cm；
(2)碰后滑块AB的共同速度v=dΔt2=0.550×10−20.03m/s=0.183m/s，则碰撞后系统动量为p=(m1+m2)v=(2.0+1.0)×0.183kg⋅m/s=0.55kg⋅m/s
(3)如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则物块向右将加速运动，则碰前A通过光电门的速度小于碰前瞬时A的速度；碰后通过光电门的速度大于碰后瞬时的速度，则碰撞前的系统动量小于碰撞后的系统动量。
故答案为：(1)0.550；(2)0.55；(3)小于。
(1)明确游标卡尺精度，根据游标卡尺原理和读数方法，读出示数；
(2)通过光电门计算碰撞后AB的速度，进而求出其碰后系统的动量；
(3)根据实验误差分析可知，系统碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量。
此题综合考查游标卡尺的读数方法和系统动量守恒定律的应用，掌握运动过程某一点速度近似等于这段过程平均速度，要注意定律成立需要满足的条件，即系统不受外力或所受外力可以忽略不计。
12.【答案】0.400 ×1 10 B E G πd2UR34IL(R1+R3)
【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，电阻丝R的直径
d=40.0×0.01mm=0.400mm
(2)用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明电阻阻值较小，倍率挡选择过高，他应该换用“×1”挡；
挡位为“×1”，故图乙读数为10Ω
(3)根据欧姆定律，通过电阻Rx的电流I=URx=610A=0.6A，电流表C的量程过大，因此选用电流表B并进行改装；
由于并联电路电流的分配与电阻成反比，因此定值电阻选用E，然后再进行电流表的改装；
改装后的量程I=Ig+R1R3Ig=0.03A+9.50.5×0.03A=0.6A，符合题目要求；
由于要求电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器采用分压式接法，因此滑动变阻器应选用G。
(4)根据欧姆定律有：Rx=UI+IR1R3=UR3I(R1+R3)
根据几何知识有：S=πd24
根据电阻定律有：Rx=ρLS
解得
ρ=πd2UR34IL(R1+R3)
故答案为：(1)0.400；(2)×1，10；(3)B，E，G；(4)πd2UR34IL(R1+R3)。
(1)先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
(2)根据欧姆表的使用方法分析判断；
(3)估算最大电流选择电流表，根据改装需要选定值电阻，根据分压式选择滑动变阻器；
(4)根据欧姆定律、电阻定律和几何知识推导。
本题关键掌握螺旋测微器和欧姆表的使用方法、实验器材的选择方法。
13.【答案】解：(1)由图可知，小球在电场力作用下向右偏离竖直位置，则小球所受电场力水平向右，与电场方向相同，小球带正电；
(2)以小球为对象，小球受重力、电场力以及绳子的拉力，根据平衡条件可得：qE=mgtan30°
解得电场强度大小为：E= 3mg3q
(3)将球拉至右侧与O等高水平位置静止释放，求当球摆到最低点时，根据动能定理可得：
mgL−qEL=12mv2
根据牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L
联立解得：F=(3−2 33)mg
答：(1)小球带正电；
(2)电场强度E的大小为 3mg3q；
(3)当球摆到最低点时细线的拉力大小为(3−2 33)mg。
【解析】(1)对小球受力分析，所受电场力向右，与电场强度方向相同，故小球带正电；
(2)根据共点力的平衡可求出电场强度；
(3)根据动能定理求出摆到最低点时速度，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小。
本题实质上考查了物体平衡、牛顿第二定律的应用；要注意明确重力和电场力的性质，知道在匀强电场中二者的大小和方向均保持不变；对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可。
14.【答案】解：(1)最终A、B以相同速度向右运动，且A、C之间的距离保持不变，则三者速度相同，设为vC，以三者为系统，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得
(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)vC
其中
v0=ImA+mB=364+2m/s=6m/s
解得
vC=4m/s
A与C发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A的速度为vA，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mCvC
解得
vA=3m/s
则A、C碰撞时损失的机械能为
ΔE=12mAv02−(12mAvA2+12mCvC2)
解得：ΔE=30J
(2)从AC发生碰撞到AB再次以相同的速度向右运动，
对A根据牛顿第二定律：
aA=μmBgmA=0.1×2×104m/s2=0.5m/s2
对B：aB=μg=0.1×10m/s2=1m/s2
设经过时间t达到共速，则有：
v0−aBt=vA+aAt
解得：t=2s
此过程中，
sA=vAt+12aAt2=3×2m+12×0.5×22m=7m
sB=v0t−12aBt2=6×2m−12×1×22m=10m
则：L=sB−sA=10m−7m=3m
答：(1)A、C碰撞时损失的机械能为30J；
(2)滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L为3m。
【解析】(1)根据题设条件末状态一起以相同速度向右运动，可求得最终三个物体的速度，再对AC发生碰撞由动量守恒求得A碰撞后的速度，再求A、C碰撞时损失的机械能；
(2)对AB由动力学规律求出从B碰撞后到与A最后共速的时间和位移，从而求出痕迹的长度。
本题考查动量守恒定律、动力学规律等内容，过程比较复杂，分清过程、找准系统和状态是解题的关键。
15.【答案】解：(1)滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，得：
弹簧的最大弹性势能为：Ep=mgxsin37°+12mv02
代入数据解得：EP=38J；
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1
代入数据解得a1=8m/s2．
从B点运动到与传送带共速需要的时间为：t1=v0−va1=8−48s=0.5s．
工件滑行的位移大小为：s1=v0+v2t1=8+42×0.5m=3m
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有：t2=va2=44s=1s．
工件滑行的位移大小为：s2=v2t2=42×1=2m=L−s1；
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为：t=t1+t2=1.5s；
(3)工件在皮带上以加速度a1滑动的过程中皮带的位移为：x皮1=vt1=4×0.5m=2m
工件与皮带间的相对位移大小为Δx1=s1−x皮1=3m−2m=1m
工件在皮带上以加速度a2滑动的过程中皮带的位移为：x皮2=vt2=4×1m=4m
工件与皮带间的相对位移大小为Δx2=x皮2−s2=4m−2m=2m
所以第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的内能：Q=μmgcos37°(Δx1+Δx2)
代入数据解得：Q=6J。
答：(1)弹簧的最大弹性势能为38J；
(2)工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间为1.5s；
(3)第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的内能为6J。
【解析】(1)根据工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，A、B间的距离s=lm，通过能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．
(2)因为μ
解决本题的关键是要理清工件的运动情况，注意分析工件与传送带速度相同时的运动状态，通过牛顿第二定律和运动学公式分段进行研究．
2022-2023学年辽宁省六校协作体高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40分）
1. 2022年2月4日，北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，节气，惊艳全球。二十四节气，代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置。如图所示，从天体物理学可知地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气。以下说法正确的是( )
A. 秋分时地球公转速度最大
B. 地球沿椭圆轨道绕太阳匀速率运动
C. 从正对纸面的方向看，地球绕太阳沿顺时针方向运动
D. 地球从冬至至春分的运动时间小于地球公转周期的14
2. 修正带是中学生必备的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a、b点分别位于大小齿轮的边缘，c点位于大齿轮的半径中点，假设大齿轮的半径为小齿轮的半径的2倍，当纸带匀速走动时( )
A. a、b点的转速之比为2：1 B. a、c点的线速度大小之比为1：2
C. a、b点的加速度大小之比为2：1 D. b、c点的加速度大小之比为4：1
3. 如图甲所示，某物体在光滑水平面上受外力作用从坐标原点O由静止开始沿x轴正方向运动，其加速度a随位移x变化的规律如图乙所示，图中加速度的最大值为amax，x1和x2已知，则物体( )
A. 在0～x1内做匀加速直线运动
B. 在x1处速度最大
C. 在物体由x=0运动到x=x1的过程中合外力对物体所做的功为W1=mamaxx1
D. 在物体由x=0运动到x=x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2
4. 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为ℎ.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和ℎ分别为( )
A. tanθ和2H B. tanθ和4H
C. (v22gH−1)tanθ和2H D. (v22gH−1)tanθ和4H
5. 如图，a、b是正点电荷电场中的一条电场线上的两点，一带负电的试探电荷从a点静止释放后只在电场力作用下向b运动，两点的电势和电场强度分别为φa、φb和Ea、Eb，则以下判断正确的是( )
A. φa>φb B. Ea
6. 在如图电路中，当变阻器R3的滑片P向b端移动时( )
A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变小，电流表示数变大
C. 电压表示数变小，电流表示数变小 D. 电压表示数变大，电流表示数变大
7. 在研究电容器的充、放电实验中，把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电。电流传感器与计算机连接，记录这一过程中电流随时间变化的i−t图像如图乙所示，图线1表示电容器的充电过程，图线2表示电容器的放电过程。下列选项正确的是( )
A. 电容器放电过程中流过电阻R的电流方向向右
B. 电容器充电过程中电源释放的电能全部转化为电容器中的电场能
C. 图乙中图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小
D. 图乙中形成图线2的过程中，电容器两极板间电压降低的越来越快
8. 如图所示，ABC是竖直平面内的粗糙固定轨道，其中水平轨道AB长度为2R，四分之一圆弧轨道BC半径为R，与AB相切于B点。一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自A点处从静止释放开始向右运动，小球运动到C点时的速率为v，已知重力加速度大小为g。下列说法中正确的是( )
A. 水平外力对小球做的功是12mv2
B. 小球克服重力所做的功是3mgR
C. 小球机械能的增加量为mgR+12mv2
D. 摩擦阻力对小球做的功是12mv2−2mgR
9. 两个带等量正电荷的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线且交PQ于O点，A点为MN上的一点，一带负电的试探电荷q在静电力作用下运动，则( )
A. 若q从A点由静止释放，由A点向O点运动的过程中，加速度大小一定先增大再减小
B. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动
C. q由A点向O点运动时，电场力逐渐减小，动能逐渐增大
D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做类平抛运动
10. 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆底部，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=6m。把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角θ=53°，OB长为L，与AB垂直。不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 重物Q的重力功率先增大后减小
B. 滑块P运动到位置B处速度大小为4 3gL3
C. 轻绳对滑块P做功为43mgL
D. P与Q的机械能之和先减少后增加
二、非选择题（60分）
11. 某实验小组用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，实验装置如图甲所示。
(1)用天平测得滑块A、B(均包括挡光片)的质量分别为m1=2.0kg，m2=1.0kg；用游标卡尺测得挡光处的宽度均为d.若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示。则其读数为______cm。
(2)将滑块A向右弹出，与静止的B滑块发生碰撞，碰撞后两滑块粘在一起。与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为0.02s和0.03s，则碰撞后系统动量为______kg⋅m/s。
(3)如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则碰撞前的系统动量______(填“大于”“小于”或“等于”)碰撞后的系统动量。
12. 某实验小组做“测量某一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验。
(1)先用螺旋测微器测量电阻丝Rx的直径d，示数如图甲所示，其直径d= ______ mm；用图乙的毫米刻度尺测出电阻丝Rx的长度L=9.15cm；
(2)再用多用电表粗测Rx的电阻，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用______ (选填“×100”或“×1”)挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图丙所示，其读数为______ Ω；
(3)为了能比较精确地测量Rx的阻值，实验小组设计电路图如图丁所示，实验室提供了如下的实验器材，电流表应选用______ ，定值电阻应选用______ ；为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用______ ；(均填仪器前的字母代号)
A.直流电源(电动势E=6V，内阻可忽略不计)；
B.电流表(量程为30mA，内阻R1=9.5Ω)；
C.电流表(量程为3A，内阻R2=0.1Ω)；
D.电压表(量程为6V，内阻RV>10kΩ)；
E.定值电阻(R3=0.5Ω)；
F.定值电阻(R4=5Ω)；
G.滑动变阻器(最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A)；
H.滑动变阻器(最大阻值为15kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)；
I.开关一个，导线若干。
(4)实验过程中，若电压表的示数为U，电流表的示数为I，则该合金丝的电阻率ρ= ______ 。(用题中字母表示)
13. 如图所示，轻细线的一端固定于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球，空间存在着水平向右的匀强电场，小球平衡时细线与竖直方向成30°角。(重力加速度g)
(1)小球电性；
(2)求电场强度E的大小；
(3)将球拉至右侧与O等高水平位置静止释放，求当球摆到最低点时细线的拉力大小。
14. 如图所示，在光滑水平地面上静置一质量mA=4kg的长木板A和另一质量mC=3kg的滑块C，其中长木板的左端还放有质量mB=2kg的滑块B(可看成质点)。现给A、B组成的整体施加水平向右的瞬时冲量I=36N⋅s，此后A、B以相同速度向右运动，经过一段时间后A与C发生碰撞(碰撞时间极短)。木板足够长，则再经过一段时间后A、B再次以相同速度向右运动，且此后A、C之间的距离保持不变。已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s2，则：
(1)求A、C碰撞时损失的机械能；
(2)滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L。
15. 利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.25。传送带顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m=1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8m/s，A、B间的距离x=1m。工件可视为质点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间。
(3)第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热能。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、根据开普勒第二定律可知，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，近日点公转速度最快，即冬至时地球公转速度最大，故A错误；
B、由开普勒第一定律可知，地球绕太阳运动的轨道是椭圆。由开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，地球绕太阳做的是非匀速率椭圆运动，故B错误；
C、在二十四节气中，夏至在春分后，秋分在夏至后，所以地球绕太阳运行方向(正对纸面)是逆时针方向，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，地球与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以地球在近地点比远地点转动的快，地球从冬至至春分的时间小于地球公转周期的四分之一，故D正确。
故选：D。
根据开普勒第二定律分析速度大小；根据开普勒第一定律分析地球绕太阳运动的轨道形状；根据节气的变化分析地球绕太阳运行方向；由开普勒第二定律确定地球从冬至至春分的运动时间与地球公转周期的关系。
本题的关键要掌握开普勒第一、第二定律，知道地球公转的轨道形状、运动性质。
2.【答案】D
【解析】解：AC.由图可知，a、b两点为齿轮传动，两点的线速度大小相等，即va=vb；
根据线速度与角速度的关系v=ωr
可得a、b点的角速度之比为ωa：ωb=vara：vbrb=rbra=1：2
根据角速度与转速的关系n=ω2π
可得a、b点的转速之比为nanb=ωa2π×2πωb=ωaωb=1：2
根据加速度公式a=v2r
可得a、b点的加速度大小之比为aaab=va2ra×rbvb2=rbra=1：2，故AC错误；
B.由图可知，a、c两点为同轴传动，两点的角速度大小相等，即ωa=ωc
根据线速度与角速度的关系v=ωr
可得a、c点的线速度大小之比为va：vc=ωara：ωcrc=ra：rc=2：1，故B错误；
D.由于va=vb，va：vc=2：1
因此vb：vc=2：1
由于b、c点的圆周半径相等，根据向心加速度公式a=v2r
可得b、c点的加速度大小之比为abac=vb2rb：vc2rc=vb2vc2=2212=4：1，故D正确。
故选：D。
根据齿轮传动时，轮边缘的线速度大小相等；同轴传动时，角速度相等，然后结合v=ωr和a=ω2r列式求解。
本题关键明确齿轮传动、同轴传动的特点：同轴传动时，角速度相等，齿轮传动时，轮边缘的线速度大小相等，然后结合公式v=ωr分析求解即可。
3.【答案】D
【解析】解：A、在0～x1内，物体的加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变加速直线运动，故A错误；
B、物体的加速度一直沿正方向，则加速度方向一直与速度方向相同，所以物体一直做加速直线运动，在x2处速度最大，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得F合=ma，根据F合−x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x=0运动到x=x1的过程中合外力对物体所做的功为W1=(mamax)x12=12mamaxx1，故C错误；
D、根据F合−x图象与x轴所围的面积表示合外力做功，则在物体由x=0运动到x=x2的过程中合外力对物体所做的功为W2=12mamaxx2，故D正确。
故选：D。
根据加速度是否变化，判断物体的运动是否是匀加速直线运动；根据加速度方向与速度方向关系，判断物体的运动情况，确定何时速度最大；根据图象与x轴所围面积的意义，结合牛顿第二定律求合外力做功。
解决本题的关键要知道F−x图象与x轴所围的面积表示F做功，结合牛顿第二定律分析。
4.【答案】D
【解析】解：以速度v上升过程中，由动能定理可知−mgH−μmgcosθ⋅Hsinθ=0−12mv2
以速度2v上升过程中，由动能定理可知−mgH−μmgcosθ⋅ℎsinθ=0−12m(2v)2
联立解得μ=(v22gH−1)tanθ，ℎ=4H
故D正确．
故选：D．
两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；
本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；
5.【答案】B
【解析】解：A、带负电的点电荷仅受电场力作用，由静止从a点沿电场线运动到b点，说明负电荷所受的电场力方向从a→b，则电场线方向从b→a，沿电场线的方向电势降低，可知φa<φb，故A错误；
B、电场线方向从b→a，可知正点电荷在b的右侧，由E=kQr2知，a点的电场强度比b点的小。故B正确；
C、负电荷由a到b过程中电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，试探电荷的电势能减少。故C错误；
D、负电荷由a到b过程中电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，试探电荷机械能增大，故D错误。
故选：B。
根据负电荷的运动方向判断其所受的电场力方向，确定场强方向，就可以确定正点电荷的位置．电场线是从正电荷发出，到无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小进行分析；电场力做正功，负电荷的电势能减小，动能增大。
本题就是考查学生分析试探电荷受力情况和运动情况的能力，要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．
6.【答案】C
【解析】解：R3向b移动，R3电阻变小，R2和R3并联的总电阻变小，电路中的总电流变大，R1两端电压变大，电源内阻的电压增大，电压表示数减小，R1电压变大，那么R2两端的电压一定变小，所以电流表的示数变小。故C正确；
故选：C。
由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E−Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化．
闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．
7.【答案】C
【解析】解：A、电容器放电时，电流从正极板(上极板)流出，则流过电阻R的电流方向向左，故A错误；
B、充电过程中电源提供的电能部分转化为内能，大部分转化为电容器中的电场能，故B错误；
C、在形成电流图线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，根据q=It，可知I−t图线与时间轴围成的面积表示电荷量，即图线1与横轴所围的面积，表示电容器充电后所带电荷量的大小，故C正确；
D、图线2的过程是放电的过程，由图可知电流变化越来越慢，所以两极板电压降低的越来越慢，故D错误。
故选：C。
该题考查了电容器的相关知识，解决本题的关键掌握电容的定义式，知道电容与电压、电量无关，以及明确I−t图线与时间轴围成的面积表示通过的电荷量。
8.【答案】CD
【解析】解：A、从A运动到C时，小球水平分位移为3R，水平外力对小球做的功为WF=3mgR。设阻力做功为Wf，由动能定理得：WF−WG+Wf=12mv2，故A错误；
B、运动到C时，小球上升高度为R，小球克服重力所做的功是mgR，故B错误；
D、设摩擦阻力对小球做的功是为Wf，由动能定理得
WF−WG+Wf=12mv2
即3mgR−mgR+Wf=12mv2
可得阻力对小球做的功是Wf=12mv2−2mgR，故D正确；
C、除重力以外其他外力做的功等于机械能变化，则机械能增加量为ΔE=WF+Wf=3mgR+12mv2−2mgR=mgR+12mv2，故C正确。
故选：CD。
根据动能定理求水平外力对小球做的功，根据上升的高度求小球克服重力所做的功。根据动能定理求摩擦阻力对小球做的功，由功能关系求小球机械能的增加量。
解决该题的关键是知道机械能的改变量与非保守力之间的关系，会分析小球能量变化情况。
9.【答案】B
【解析】解：A、两等量正点电荷周围部分电场线如图所示，由A点到O点，电场线疏密变化情况不能确定，则场强变化情况不能确定，q所受电场力的变化情况不能确定，所以加速度大小变化情况不能确定，故A错误；
B、若q从A点由静止释放，根据对称性可知，其将以O点为对称中心做往复运动，故B正确；
C、q由A点向O点运动时，电场力变化情况不能确定。电场力做正功，动能逐渐增大，故C错误；
D、由于q所受的电场力是变力，所以q不可能做类平抛运动，故D错误。
故选：B。
根据等量正点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其动能的变化情况。
解答本题的关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，根据电场线的疏密分析场强的变化，根据电场力做功情况判断动能的变化情况。
10.【答案】AB
【解析】解：A、物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；
B、从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定理可得：6mg(Lcos53∘−L)−mgLtan53°−0=12mv2，可得：v=4 3gL3，故B正确；
C、从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定理可得：6mg(Lcos53∘−L)−mgLtan53°=12mv2，对于P，由动能定理可得：W−mgL=12mv2
联立解得：W=4mgL，故C错误；
D、对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D错误。
故选：AB。
通过分析滑块P的速度变化情况，来判断其重力功率变化情况。根据滑块通过A、B两点时弹簧的弹性势能相等，由系统的机械能守恒定律和速度关系求滑块P在位置B的速度，以及Q的速度。再对Q研究，由动能定理求出轻绳对滑块Q做功，等于轻绳对滑块P做功。由系统的机械能守恒分析P与Q的机械能之和如何变化。
解决本题的关键要明确滑块经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，说明在这两个位置弹簧的弹性势能相等。要知道滑块P到达B点时Q的速度为0。
11.【答案】(1)0.550；(2)0.55；(3)小于。
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，其读数为主尺的示数与游标尺示数之和，故用游标卡尺测得挡光处的宽度d=5mm+10×0.05mm=5.50mm=0.550cm；
(2)碰后滑块AB的共同速度v=dΔt2=0.550×10−20.03m/s=0.183m/s，则碰撞后系统动量为p=(m1+m2)v=(2.0+1.0)×0.183kg⋅m/s=0.55kg⋅m/s
(3)如果气垫导轨没有放平，左侧高于右侧，则物块向右将加速运动，则碰前A通过光电门的速度小于碰前瞬时A的速度；碰后通过光电门的速度大于碰后瞬时的速度，则碰撞前的系统动量小于碰撞后的系统动量。
故答案为：(1)0.550；(2)0.55；(3)小于。
(1)明确游标卡尺精度，根据游标卡尺原理和读数方法，读出示数；
(2)通过光电门计算碰撞后AB的速度，进而求出其碰后系统的动量；
(3)根据实验误差分析可知，系统碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量。
此题综合考查游标卡尺的读数方法和系统动量守恒定律的应用，掌握运动过程某一点速度近似等于这段过程平均速度，要注意定律成立需要满足的条件，即系统不受外力或所受外力可以忽略不计。
12.【答案】0.400 ×1 10 B E G πd2UR34IL(R1+R3)
【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，电阻丝R的直径
d=40.0×0.01mm=0.400mm
(2)用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明电阻阻值较小，倍率挡选择过高，他应该换用“×1”挡；
挡位为“×1”，故图乙读数为10Ω
(3)根据欧姆定律，通过电阻Rx的电流I=URx=610A=0.6A，电流表C的量程过大，因此选用电流表B并进行改装；
由于并联电路电流的分配与电阻成反比，因此定值电阻选用E，然后再进行电流表的改装；
改装后的量程I=Ig+R1R3Ig=0.03A+9.50.5×0.03A=0.6A，符合题目要求；
由于要求电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器采用分压式接法，因此滑动变阻器应选用G。
(4)根据欧姆定律有：Rx=UI+IR1R3=UR3I(R1+R3)
根据几何知识有：S=πd24
根据电阻定律有：Rx=ρLS
解得
ρ=πd2UR34IL(R1+R3)
故答案为：(1)0.400；(2)×1，10；(3)B，E，G；(4)πd2UR34IL(R1+R3)。
(1)先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
(2)根据欧姆表的使用方法分析判断；
(3)估算最大电流选择电流表，根据改装需要选定值电阻，根据分压式选择滑动变阻器；
(4)根据欧姆定律、电阻定律和几何知识推导。
本题关键掌握螺旋测微器和欧姆表的使用方法、实验器材的选择方法。
13.【答案】解：(1)由图可知，小球在电场力作用下向右偏离竖直位置，则小球所受电场力水平向右，与电场方向相同，小球带正电；
(2)以小球为对象，小球受重力、电场力以及绳子的拉力，根据平衡条件可得：qE=mgtan30°
解得电场强度大小为：E= 3mg3q
(3)将球拉至右侧与O等高水平位置静止释放，求当球摆到最低点时，根据动能定理可得：
mgL−qEL=12mv2
根据牛顿第二定律可得：F−mg=mv2L
联立解得：F=(3−2 33)mg
答：(1)小球带正电；
(2)电场强度E的大小为 3mg3q；
(3)当球摆到最低点时细线的拉力大小为(3−2 33)mg。
【解析】(1)对小球受力分析，所受电场力向右，与电场强度方向相同，故小球带正电；
(2)根据共点力的平衡可求出电场强度；
(3)根据动能定理求出摆到最低点时速度，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小。
本题实质上考查了物体平衡、牛顿第二定律的应用；要注意明确重力和电场力的性质，知道在匀强电场中二者的大小和方向均保持不变；对于这类问题只要正确进行受力分析，然后根据平衡方程求解即可。
14.【答案】解：(1)最终A、B以相同速度向右运动，且A、C之间的距离保持不变，则三者速度相同，设为vC，以三者为系统，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得
(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)vC
其中
v0=ImA+mB=364+2m/s=6m/s
解得
vC=4m/s
A与C发生碰撞且碰撞时间极短，设碰后A的速度为vA，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mCvC
解得
vA=3m/s
则A、C碰撞时损失的机械能为
ΔE=12mAv02−(12mAvA2+12mCvC2)
解得：ΔE=30J
(2)从AC发生碰撞到AB再次以相同的速度向右运动，
对A根据牛顿第二定律：
aA=μmBgmA=0.1×2×104m/s2=0.5m/s2
对B：aB=μg=0.1×10m/s2=1m/s2
设经过时间t达到共速，则有：
v0−aBt=vA+aAt
解得：t=2s
此过程中，
sA=vAt+12aAt2=3×2m+12×0.5×22m=7m
sB=v0t−12aBt2=6×2m−12×1×22m=10m
则：L=sB−sA=10m−7m=3m
答：(1)A、C碰撞时损失的机械能为30J；
(2)滑块B在长木板A上表面所留痕迹的长度L为3m。
【解析】(1)根据题设条件末状态一起以相同速度向右运动，可求得最终三个物体的速度，再对AC发生碰撞由动量守恒求得A碰撞后的速度，再求A、C碰撞时损失的机械能；
(2)对AB由动力学规律求出从B碰撞后到与A最后共速的时间和位移，从而求出痕迹的长度。
本题考查动量守恒定律、动力学规律等内容，过程比较复杂，分清过程、找准系统和状态是解题的关键。
15.【答案】解：(1)滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，得：
弹簧的最大弹性势能为：Ep=mgxsin37°+12mv02
代入数据解得：EP=38J；
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1
代入数据解得a1=8m/s2．
从B点运动到与传送带共速需要的时间为：t1=v0−va1=8−48s=0.5s．
工件滑行的位移大小为：s1=v0+v2t1=8+42×0.5m=3m
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有：t2=va2=44s=1s．
工件滑行的位移大小为：s2=v2t2=42×1=2m=L−s1；
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为：t=t1+t2=1.5s；
(3)工件在皮带上以加速度a1滑动的过程中皮带的位移为：x皮1=vt1=4×0.5m=2m
工件与皮带间的相对位移大小为Δx1=s1−x皮1=3m−2m=1m
工件在皮带上以加速度a2滑动的过程中皮带的位移为：x皮2=vt2=4×1m=4m
工件与皮带间的相对位移大小为Δx2=x皮2−s2=4m−2m=2m
所以第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的内能：Q=μmgcos37°(Δx1+Δx2)
代入数据解得：Q=6J。
答：(1)弹簧的最大弹性势能为38J；
(2)工件第一次沿传送带上滑至最高点的时间为1.5s；
(3)第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的内能为6J。
【解析】(1)根据工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，A、B间的距离s=lm，通过能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．
(2)因为μ
解决本题的关键是要理清工件的运动情况，注意分析工件与传送带速度相同时的运动状态，通过牛顿第二定律和运动学公式分段进行研究．
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