1、1实验探究一、单选题（本大题共 5 小题，共 20.0 分）1. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小 F 随时间 t 变化的图象如图所示，则该单摆的周期为 ( )A. t B. 2t C. 3t D. 4t【答案】 D【解析】解：小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，半个周期后再次最大，所以此时开始计时，第二次拉力最大时对应的时间即为一个周期，根据图象可知：单摆的周期为： =4故选： D小球在竖直平面内做单摆运动，在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大；在最高点，绳子的拉力等于重力的一个分力，此
2、时拉力最小 根据在一次周期内两次经过最低点，求出小球的周期.解决本题的关键知道单摆运动对称性，知道在最低点绳子的拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大，在一次周期内两次经过最低点，难度不大，属于基础题2. 在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是 ( )A. 等效替代法 B. 控制变量法 C. 理想模型法 D. 比值定义法【答案】 C【解析】解：应用油膜法测分子直径，其实验的原理是将油酸分子看成是球形的，测出油的体积，然后让油在水面上形成单分子油膜，测出油膜的面积，油的体积除以油膜的面积就是油膜的厚度，即油分子的直径 该方法采用了理想模型法.故选： C用油膜法测
3、分子直径时，先测出油的体积，然后把油滴到水面上形成单分子油膜，测出油膜的面积，然后即可求出油分子的直径该题考查应用油膜法测分子直径的实验原理，该实验中，将油酸分子看成是球形的，同时认为油在水面上形成油膜是单分子油膜3. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好？ ( )长 1m 左右的细线 长 30cm 左右的细线 直径 2cm 的塑料球 直径 2cm 的铁球 秒表 时钟 最小刻度线是厘米的直尺 最小刻度是毫米的直尺 A. B. C. D. 【答案】 B【解析】解：单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故要选择长 1m 左右的细线 ；摆球密度要大，体积要小
4、，空气阻力的影响才小，故要选择直径 2cm 的铁球 ；秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好 故选择秒表 ；. 刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺 故选： B根据单摆模型的要求，摆球密度要大，体积要小，细线要适当长，读数要提高精度本题关键是明确单摆模型成立的前提条件，以及实验原理和误差来源，并会读秒表，注意不需要估读4. 如图是一个多用电表的简化电路图 为单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱 O 可以接通 1，也可以.接通 2、3、4、5 或 下列说法正确的是6. ( )A. 当开关 S 分别接 1 或 2 时，测量的是电流，其中 S 接 1 时量程较
5、大B. 当开关 S 分别接 3 或 4 时，测量的是电阻，其中 A 是黑表笔C. 当开关 S 分别接 5 或 6 时，测量的是电阻，其中 A 是红表笔D. 当开关 S 分别接 5 和 6 时，测量的是电压，其中 S 接 5 时量程较大【答案】 A【解析】解： A、由图可知当转换开关 S 旋到位置 1、2 位置是电流表，接 1 时分流电阻相对更小，故接 1时电表的量程更大；故 A 正确；B、测量电阻时欧姆表内部应接电源，由图可知测电阻只有接 3 或 4； A 与电源的负极相连，故 A 为红表笔；故 B 错误；C、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关 S 旋到位置 5、6 时，故 C
6、 错误；D、要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关 S 旋到位置 5、6 时；测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关 S 旋到 6 的量程比旋到 5 的量程大 故 D 错误.故选： A要熟悉多用表的原理和结构，根据电表的结构选出欧姆表、电压表和电流表；本题考查多用表的原理，应熟练掌握其测量原理，及电表的改装办法 明确电流表时表头与电阻并联，电.压表时，表头与电阻串联；而欧姆表时内部要接有电源5. 某同学采用如图 1 所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系 用砂桶和砂的重力充当小车所受.合力 F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度 分别以合力 F
7、和加速度 a 作为横轴和纵轴，.建立坐标系 根据实验中得到的数据描出如图 2 所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致 该同学. .列举产生这种结果的可能原因如下：在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；(1)没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；(2)测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大；(3)砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件(4)通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是 ( )A. 和 B. 和 C. 和 D. 和(1)(4) (2)(3) (1)(3) (2)(4)【答案】 A【解析】解：根据实验中得到的数据描出如图 2 所示的点迹，1、图线
8、不经过原点，当拉力为零时，加速度不为零，知平衡摩擦力过度，即长木板的末端抬得过高了 故.正确(1)2、曲线上部出现弯曲现象，随着 F 的增大，即砂和砂桶质量的增大，不在满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象 故 正确. (4)故选 A探究物体的加速度与所受合力的关系的实验，运用控制变量法探究加速度与力和力的关系 根据牛顿第二.定律分析“将砂桶和砂的重力近似看作小车的牵引力”的条件 根据原理分析图线不经过原点和曲线上部.2出现弯曲现象的原因对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）6. 如图
9、所示为在“测电源电动势和内电阻”的实验中得到的 图线 图.中 U 为路端电压， I 为干路电流， a、 b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为 、 ，电源的输出功率分别为 、 ，对应的外 电阻为 、 已知该电源输出功率的最大值为 ，电源内电阻为 . r，由图可知 ( )A. ： ： 1 B. ： ：2 C. ： ：1 D. ： ：9 =2 =1 =1 =8【答案】 ACD【解析】解： A、设电流的最小分度为 I，电压的最小分度为 U，则可知，电源的电动势 ；=6；电流 ；则由 可知，故电源的输出功率相等；=4， =2 =2， =8 =则闭合电路欧姆定律可知， ，代入解得： ： ：1；故
10、 AC 正确；=(+) =2B、电源的效率 定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比 为电源的总电压 即.=外总 =. (电动势 ，在 图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则 ；， ；则 ： ：1；故) =23 =13 =2B 错误；D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电压为 3U，电流为 6I；故 ： ：9；故 D 正 =8确；故选： ACD电源的效率 定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比 所以电源的效率等于外电.=外总 =.压与电动势之比 外电压和电动势可以从图象上读出.解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从 图象中读出电动势和外电压7. 用
11、头发屑模拟各种电场的分布情况如甲、乙、丙、丁四幅图所示，则下列说法中正确的是 ( )A. 图甲一定是正点电荷形成的电场B. 图乙一定是异种电荷形成的电场C. 图丙可能是同种等量电荷形成的电场D. 图丁可能是两块金属板带同种电荷形成的电场【答案】 BC【解析】解： A、点电荷的电场都是辐射状的，所以图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，有可能是负点电荷形成的电场 故 A 错误；.B、结合常见的电场的特点可知，图乙一定是异种电荷形成的电场 故 B 正确；.C、结合常见的电场的特点可知，图丙可能是同种等量电荷形成的电场 故 C 正确；.D、由图可知，两个金属板之间的电场类似于匀强电场，所以图丁可能是两
12、块金属板带异种电荷形成的电场 故 D 错误.故选： BC用头发微屑悬浮在蓖麻油里模拟电场线的实验中，由于带电体能够吸引轻小物体，故头发微屑的排列情况反映了各个点的场强情况；然后结合几种不同的电场依次分析即可本题考查了用头发屑模拟电场线的实验，要熟悉电场线的分别情况和特征，注意静电屏蔽金属环的内部场强为零，是等势体8. 下列说法中正确的是 ( )A. 做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，加速度也相同B. 做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程一定是一倍振幅C. 根据麦克斯电磁场理论可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场D. 双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距
13、离，两相邻亮条纹间距离将变大E. 声波从空气传入水中时频率不变，波长变长【答案】 ACE【解析】解： A、做简谐运动的质点，离开平衡位置的位移相同时，由牛顿第二定律得： ，所以加=速度也相同，故 A 正确；B、做简谐运动的质点，经过四分之一个周期，所通过的路程不一定是一倍振幅，还与起点的位置有关 故.B 错误；C、麦克斯韦的电磁场理论中，变化的磁场一定产生电场，变化的电场产生磁场 其中均匀变化的磁场一定.产生稳定的电场，均匀变化的电场可以产生稳定的磁场 故 C 正确；.D、双缝干涉实验中，若只是减小双缝到光屏间的距离，根据干涉条纹间距公式 ，同种色光干=涉条纹的相邻条纹间距减小 故 D 错误；
14、.E、声波从空气传入水中时频率不变，传播的速度增大，所以根据 可知波长变长 故 E 正确= .故选： ACE做简谐运动的物体每经过同一位置时，偏离平衡位置的位移一定相同，则受到的回复力以及加速度都相同；质点经过四分之一个周期，所通过的路程不一定是一倍振幅，还与起点的位置有关；麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分；根据干涉条纹间距公式 分析条纹间距的变化；=声波从空气传入水中时频率不变，传播的速度增大，然后根据 分析即可=该题考查的知识点比较多，其中容易错误的地方是对麦克斯韦电场理论的理解：均匀变化的磁场一定产生稳定的电场，而非均匀变化的磁场产生非均
15、匀变化的电场9. 如图甲所示，一物块的质量 ，计时开始时物块的速度 ，在一水平向左的恒力 F 作=1 0=10/用下，物块从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，以 O 为原点，水平向右为正方向建立 x 轴，整个过程中物块速度的平方随物块位置坐标变化的关系图象如图乙所示，下列说法中正确的是=10/2. ( )3A. m 内物块的加速度的大小为 10 0 5 /2B. 在 时物块的速度为 0=C. 恒力 F 的大小为 l0ND. 物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3【答案】 ABD【解析】解： A、由运动学公式 可知， 图象中前 5m 图线的斜率为 2a，即有 ，220=2
16、 2 2=01005得 m 内物块的加速度的大小为 10 故 A 正确=10/2， 0 5 /2.B、 m 内物体以大小为 10 的加速度做匀减速运动，匀减速时间为 即在0 5 /2=0=1010=1.时物块的速度为 0，故 B 正确=CD、 m 内，物块的加速度设为 ，则 ，得 5 13 2=648=8 =8/2根据牛顿第二定律可知，在匀减速的过程中，有 ，+=在匀加速过程中 ，=代入数据可解得 ，故 C 错误， D 正确=7， =0.3故选： ABD通过图象可知，物体在恒力 F 作用下先做匀减速直线运动，恒力 F 反向后做匀减速直线运动，根据图象求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大
17、小，结合牛顿第二定律求出恒力 F 和动摩擦因数 结合运.动规律求出恒力 F 反向时刻解决本题的关键是通过图象理清物体在整个过程中的运动规律，要知道斜率代表的含义；结合牛二定律和运动学公式进行分析，求解力的大小三、填空题（本大题共 1 小题，共 4.0 分）10. 在“用 DIS 测定位移和速度”实验中，得到小车运动的 关系如图所示由图可以确定，小车在 内做_运动，在 时的速度为. 5 7 =3.5_ /【答案】减速；2【解析】解：由 图可以确定，斜率大小体现小车的速度，因此小车做先加速，再匀速，最后减速的运动，而小车在 内，因斜率不变，则做匀速直线运动，那么在 时的速度为3 4 =3.5；=4
18、243/=2/故答案为：减速，2依据 图象的斜率表示速度，即可判定小车在 内运动性质，再根据 ，即可求解 时的 5 7= =3.5速度考查图象的斜率含义，掌握 与 图象的区别，同时理解图象的意义四、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11. 在研究“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，提供有以下器材：A.电压表 1(0 5)B.电压表 2(0 15)C.电流表 1(0 50)D.电流表 2(0 500)E.滑动变阻器 1(0 60)F.滑动变阻器 2(0 2)G.直流电源 EH.开关 S 及导线若干I.小灯泡 (额 =5)某组同学连接完电路后，闭合电键，将滑动变阻器滑片从一端移
19、到另外一端 移动过程中发现小灯未.曾烧坏，记录多组小灯两端电压 U 和通过小灯的电流 I 数据 包括滑片处于两个端点时 U、 I 数据 ，( )根据记录的全部数据做出的 关系图象如图甲所示根据实验结果在图乙虚线框内画出该组同学的实验电路图(1)根据实验结果判断得出实验中选用：电压表_ 选填器材代号“ A”或“ B” ，电流表_(2) ( )选填器材代号“ C”或“ D” ，滑动变阻器_ 选填器材代号“ E”或“ F” ( ) ( )根据图甲信息得出器材 G 中的直流电源电动势为_ V，内阻为_(3) .将两个该型号小灯泡串联后直接与器材 G 中的直流电源 E 相连 则每个小灯消耗的实际功率为(
20、4) ._.【答案】 B； D； E；8；10； 均对0.56(0.55 0.59)【解析】解： 从图甲可知，将滑动变阻器滑片从一端移到另外一端过程中(1)电表的示数不是从 0 开始测量的，因此滑动变阻器采用的不是分压接法，而是限流接法；从图甲可知，小灯泡的电阻为 ，阻值较小，因此电流表10 30采用外接法，作出的实验电路图如右上图所示；从图甲可知，记录的全部数据中小灯两端电压 U 最大为 6V，因此电压表的(2)量程需要选择 15V，故电压表选 B；通过小灯的电流 I 最大为：，故电流表的量程需要选择 500mA，故电流表选 D；电路采用滑0.2=200动变阻器限流接法，为了便于实验操作，滑
21、动变阻器应选小阻值的，故滑动变阻器选 E；从图甲可知，当滑动变阻器接入电阻为 0 时，小灯两端电压 最大为 6V，通过小灯的电流 最大为(3) 1 1，则此时小灯电阻 为 ，由闭合电路欧姆定律有： 0.2 301= +当滑动变阻器接入电阻为 时，小灯两端电压 最小为 1V，通过小灯的电流 最小为 ，则此时1=60 2 2 0.1小灯电阻 为 ， 104由闭合电路欧姆定律有： 2= 1+解得： ；=8， =10将两个该型号小灯泡串联后直接与器材 G 中的直流电源 E 相连，根据闭合电路欧姆定律有：(4)，解得 ，作出此时的 图象如图所示=2+ =45 图中交点 ，则通过每个灯泡的电流为 ，每个灯
22、泡的电压为 =0.18， =3.1 0.18 3.1故每个小灯消耗的实际功率 由于交点读数存在误差，因此在=0.183.10.56， (范围内均对 0.55 0.59 )故答案为： 如右上图所示； ； ； 均对 (1) (2)， ， (3)8， 10(4)0.56(0.55 0.59)根据图甲数据，判断滑动变阻器和电流表的接法，再作出实验电路图；(1)根据图甲测量数据，选择电压表和电流表，根据滑动变阻器接法，选择滑动变阻器；(2)根据图甲数据，以及滑动变阻器的最大阻值，利用闭合电路欧姆定律列式，求出直流电源电动势和内(3)阻；在图甲中作出电源的 图象，交点即为小灯泡串联后的总电流和总电压，再计
23、算每个小灯消耗的实(4) 际功率；本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线实验电路图、器材的选择、闭合电路欧姆定律，解题的关键是掌握电流表、滑动变阻器的接法，结合图象利用欧姆定律进行求解12. 在研究“加速度与力的关系”实验中，某同学根据学过的理论设计了如下装置 如图甲 ：水平桌面上( )放置了气垫导轨，装有挡光片的滑块放在气垫导轨的某处 档光片左端与滑块左端齐平 实验中测出了( ).滑块释放点到光电门 固定 的距离为 s，挡光片经过光电门的速度为 v，钩码的质量为 重力加速度( ) .(为 g，摩擦可忽略 )本实验中钩码的质量要满足的条件是_(1)该同学作出了 的关系图象 如图乙 ，发现是一条过原点
24、的直线，间接验证了“加速度与力的(2) 2 ( )关系” 依据图象，每次小车的释放点有无改变？_ 选填“有”或“无” ，从该图象还可以求. ( )得的物理量是_【答案】钩码质量远小于滑块质量；无；滑块质量【解析】解： 对整体分析，根据牛顿第二定律得， ，隔离对滑块分析，可知(1)=+，要保证重物的重力等于绳子的拉力，则钩码的质量远小于滑块的质量=+=1+滑块的加速度 ，当 s 不变时，可知加速度与 成正比，滑块的合力可以认为等于钩码的重力，所(2)=22 2以滑块的合力正比于钩码的质量，可知通过 的关系可以间接验证加速度与力的关系，在该实验中，2s 不变，即每次小车的释放点无改变因为 a 与
25、F 成正比，则有： ，结合图线的斜率可以求出滑块的质量22=故答案为： 钩码质量远小于滑块质量； 无，滑块质量(1) (2)通过整体法和隔离法，结合牛顿第二定律求出拉力和重物重力的关系，判断重力表示拉力的条件(1)根据速度位移公式得出 与 a 的关系，抓住钩码重力表示小车的合力分析判断(2) 2解决本题的关键知道间接测量的原理，关键推导出表达式，从而分析判断，知道钩码重力表示拉力的条件，难度中等五、计算题（本大题共 4 小题，共 40.0 分）13. 某同学用频闪照相法研究小球的自由落体运动，选择一张清晰的频闪照片，剪掉前面小球重叠部分进行研究 已知小球在释放位置时，球心与刻度尺的零刻度线对齐
26、.根据相片中刻度尺的数据，请你读出小球运动到照片中第五个相点时，下落的高度为_ m；(1)若所用照相机的曝光频率为 f，照片上 1、3 相点距离和 l、5 相点距离分别为 、 ，则相点 2 所(2) 1 2对应小球的速度 _，小球自由下落的加速度 _= =【答案】 ； ；0.211912 (221)24【解析】解： 由图可知，下落的高度 (1) =21.19=0.2119根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，相点 2 的瞬时速度 (2)=12=12根据 得， 221=(2)2 =(221)24故答案为： ；(1)0.2116 0.2120(2)12， (221)24刻度尺的读数需读
27、到最小刻度的下一位 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出相点 2.的瞬时速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球自由下落的加速度解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用14. 如图甲所示，一个以恒定速率逆时针转动的传送带 AB，在其左侧边缘的 B 点有一个不计大小的滑块，若滑块以初速度 冲上传送带，滑块运动的 力象如图乙中实线 a 所示；若滑块以初速度1=3/ 5冲上传送带，滑块运动的 图象如图所乙实线 b 所示 重力加速度 g 取 求：2=6/ . 10/2.传送带的长度 L 和传送带与滑块间的动摩擦因数 ；(1
28、) 滑块以初速度 冲上传送带到返回 B 点所用的时间 (2) 1=3/ 【答案】解： 由 图象可知，滑块以初速度 冲上传送带时，在 时刻到达 A 点，故传送(1) 2=6/ =8带的长度为：=.=12(6+2)8=32根据图线 a 或 b，可求得滑块的加速度为： =0.5/2由牛顿第二定律可得： =解得： =0.05滑块在前后两段时间的位移大小相等，方向相反，可得： (2)1263=12(106)2+(10)2解得滑块回到 B 点的时间为： =12.5答： 传送带的长度为 32m；传送带与滑块间的动摩擦因数为 ；(1) 0.05滑块返回 B 点所用的时间是 (2) 12.5【解析】 由 图象分
29、析，根据平均速度求传送带的长度；图线线的斜率表示加速度，结合牛顿第二定(1)律求动摩擦因数；滑块在前后两段时间的位移大小相等，方向相反，根据位移关系求时间(2)本题关键从图象得出物体的运动规律和传送带的速度大小，然后分过程对木块受力分析 根据牛顿第二定.律和运动学公式求解15. 太阳能是一种清洁、“绿色”能源，在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件 某实验小组决定探究一个太阳能电池在没有光照时 没有储存电能 的伏安特性 所用的. ( ) .器材包括：太阳能电池，电源 E，电流表 A，电压表 V，滑动变阻器 R，开关 S 及导线若干为了达到上述目的，请将图 1 连成
30、一个完整的实验电路图(1)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图 2 的 图象 由图可知，当电压为 时，太(2) . 2.80阳能电池的电阻约为_ 保留一位有效数字 .( )该实验小组在另一实验中用一强光照射太阳能电池，使该太阳能电池获得电能，为了测出该电池(3)此时的电动势和内阻，该小组同学决定先用欧姆表进行粗测，再设计合理的电路图 你认为该小组同.学的做法合理吗？为什么？_ 该实验小组设计了如图 3 所示的电路图，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的 曲线 a，再(4) 减小实验中光的强度，用一弱光重复实验，测得 曲线 b，见图 当滑动变阻器的电阻为某值时， 4.若曲线 a 的路端电
31、压为 则滑动变阻器的测量电阻为_ ，1.5. 曲线 b 外电路消耗的电功率为_ 计算结果保留两位有效数字 ( )【答案】 ；不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开，因此不能测电源1103内阻； ；7.1103 6.8105【解析】解：根据测绘小灯(1)泡伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，电路连接如图由图 2 所示图(2)象可知，当电压小于 时，电路2.00电流很小，几乎为零，由欧姆定律可知，太阳能电池的电阻很大；由图 2 所示图象可知，当电压为时，电流 ，则太阳能电池的电阻 2.80 =2.8 =1103.不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，
32、使用时必须与外电路断开，因此不能测电源内阻(3)由图 4 所示曲线可知，路端电压为 时电路中电流为 ，即为强光照射时的工作点，(4) 1=1.5 1=210连接该点和坐标原点，如图所示，此直线为此时对应的外电路电阻的 图线，滑动变阻器的测量电阻为 ，=11= 1.5210106=7.1103此图线和图线 b 的交点为弱光照射时的工作点，如图所示电流和电压分别为 、 ，则外电路消耗功率为 =97=0.7 =0.7971066.8105.故答案为： 如图所示； ； 不能，因为多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路(1) (2)1103 (3)断开，因此不能测电源内阻； ； (4)7.1103
33、 6.8105描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，连接电路；(1)根据图 2 所示图象应用欧姆定律分析答题；(2)多用电表的欧姆挡自带电源，使用时必须与外电路断开；(3)由图象求出电压与对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值，由 求出功率(4) =试题注重物理思想和实验方法的考查，题中第 2 问体现合理近似的物理学思想；第 3 问引导学生在演示实6验中探究物理现象，第 4 问考查考生对实验技能、数据分析和处理能力 旨在考查学生突出方法，重在探.究之意16. 一质量为 的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变=2化情况如下图 1 所
34、示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图 2 所示 4s 后图线没有画出 取.求：10/2.物体在第 2s 末的加速度 a；(1)物体与水平面间的摩擦因数 ；(2) 物体在前 6s 内的位移 X(3)【答案】解： 根据 图象和加速度定义式： (1) 1=44=1/2在 内，在水平方向： (2)04 1=1解出： =0.2设前 4s 的位移为 X，根据位移公式： (3)1=12121=84s 后的加速度为 ，则： 2 2=2解出： 2=1/2物体 内，根据位移公式： 462=212222=6物体在前 8s 内的位移 =1+2=14答： 物体在第 2s 末的加速度为 ；(1) 1/2物体与水平面间的摩擦因数 为 ；(2) 0.2物体在前 6s 内的位移为 14m(3)【解析】 根据 图象和加速度定义式即可求解加速度；(1) 在 内，运用牛顿第二定律即可求解；(2)04分别求出匀加速和匀减速运动的位移，两端位移之和即为总位移(3)本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中
