2019-2020學(xué)年百師聯(lián)盟高三(上)期中物理試卷(山東卷)

1、2019-2020學(xué)年百師聯(lián)盟高三（上）期中物理試卷（山東卷）一、選擇題（共 8小題，每小題4分，計(jì)48分.其中1-8為單項(xiàng)選擇，9-12為多項(xiàng)選擇）1. （4分）關(guān)于萬(wàn)有引力定律發(fā)現(xiàn)歷程描述正確的是（）A .牛頓在實(shí)驗(yàn)室對(duì)開(kāi)普勒第三定律進(jìn)行了驗(yàn)證B .牛頓根據(jù)開(kāi)普勒第三定律推導(dǎo)出行星維持軌道運(yùn)行所需的力與它們到旋轉(zhuǎn)中心距離的平方成反比關(guān)系C.牛頓只研究太陽(yáng)與行星之間的引力，即得出了萬(wàn)有引力定律D.笛卡爾測(cè)定引力常量，為萬(wàn)有引力定律的普遍意義奠定了強(qiáng)有力的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)2. （4分）真空中電荷量為+Q的點(diǎn)電荷固定在 。點(diǎn)，電荷量為-q的點(diǎn)電荷P僅在庫(kù)侖力作用下繞 。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。某同學(xué)

2、欲在 OP連線(xiàn)上某點(diǎn)放置質(zhì)量很小、電荷量為+8的點(diǎn)電荷（已知SV qvQ）,給該電荷恰當(dāng)?shù)乃俣?，電荷也繞 。點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，周期和 P相同，則OP連線(xiàn)上存在幾個(gè)這樣的位置（）A . 1個(gè)B. 2個(gè)C. 3個(gè)D.不存在這樣的位置3. （4分）如圖所示，自P點(diǎn)把小球a、b沿水平方向拋出，a到達(dá)x軸上。點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向夾角為45 b球到達(dá)x軸上B點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為60° , A為x軸上一點(diǎn)，PAXAB .則坐為（）A. 1B. V2C后D.4. （4分）滑水是人在水橇上借助動(dòng)力船拖拽在水面上“行走”的運(yùn)動(dòng)，比賽中快艇通過(guò)繩子拖拽運(yùn)動(dòng)員照片如圖甲所示，為分析該運(yùn)動(dòng)，某同學(xué)做

3、出俯視示意圖，如圖乙所示，v人為運(yùn)動(dòng)員速度，v船為快艇速度。已知 “W 3W45° .則下列v人和v船關(guān)系正確的是（VAA . V 人 COS a= V 船 COS 3B. v 人 sin a= v 船 sin 3C.sinCl sinPD.，人 u船COS CI COE P5. （4分）質(zhì)量1.0kg的物塊在拉力 F作用下沿水平面做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)t=0時(shí)刻物塊速度 v0=2.0m/s,物塊速度時(shí)間圖象如圖所示，已知020s拉力 F做功12J ,則0 - 4.0s拉力 F的平均功率是（）A . 5.0WB . 6.0WC. 8.0WD. 10.0W6. （4分）如圖，輕質(zhì)桿一端有光滑轉(zhuǎn)軸O

4、,桿可繞軸O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，中點(diǎn)和另一端點(diǎn)分別固定質(zhì)量均為m的小球P、Q,給裝置瞬時(shí)沖量，兩小球繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，若 Q在最高點(diǎn)時(shí)對(duì)桿作用力恰好為零，則桿對(duì)P的作用力為（）A .亍mg,方向沿桿向上IC. 2mg,方向沿桿向上3.1 mg，方向沿桿向上D. ymg,方向沿桿向下7. （4分）甲乙兩汽車(chē)在一平直公路上同向行駛，甲車(chē)在前，乙車(chē)在后，速度時(shí)間圖象如圖所示，當(dāng)橫縱坐標(biāo)軸標(biāo)度相同時(shí)，甲為直線(xiàn)，乙為半圓弧，甲、乙圖線(xiàn)相交時(shí)刻為 a, a恰好是乙圖線(xiàn)圓心， 下列分析正確的是 （）A.甲做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，乙做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)8. a時(shí)刻甲乙兩車(chē)加速度相等C.若初始時(shí)甲乙兩車(chē)相距工a2,則兩車(chē)

5、可相遇兩次4D.若初始時(shí)甲乙兩車(chē)相距a2,則兩車(chē)可相遇一次38. （4分）質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電小球處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)的等勢(shì)面及各等勢(shì)面電勢(shì)（f）0）如圖所示,等勢(shì)面與水平方向成 60角，間距d=ELl.給帶電小球水平速度 V0,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面-3（）時(shí)的動(dòng)能為（）2mgD.mvj+3近帕C. mv ：+3x/ll 歸9. （4分）若取距地球無(wú)窮遠(yuǎn)時(shí)的地球引力勢(shì)能為零，則質(zhì)量為m的物體的勢(shì)能為 Ep=- gH典，其中M為地球質(zhì)r量，r為物體到地心距離，G為引力常數(shù)。如圖所示， P、Q為質(zhì)量相等的兩顆衛(wèi)星，繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，則下列判斷正確（）A. P的引力勢(shì)能小于 Q的引力勢(shì)能B .

6、 P的動(dòng)能大于Q的動(dòng)能C. P的機(jī)械能大于Q的機(jī)械能D.回收衛(wèi)星Q的過(guò)程中，Q的機(jī)械能減少10. （4分）質(zhì)量為 m的小球，以一定初速度豎直上拋，若小球所受空氣阻力大小與小球速度大小成正比，關(guān)于小球自?huà)伋鲋练祷貟伋鳇c(diǎn)過(guò)程中，下列分析正確的是（A .小球上升過(guò)程平均速度大于下降過(guò)程小球平均速度B .小球上升過(guò)程重力的平均功率等于下降過(guò)程重力的平均功率C .小球上升過(guò)程損失的機(jī)械能大于下降過(guò)程損失的機(jī)械能D .小球上升過(guò)程空氣阻力的沖量大小大于下降過(guò)程空氣阻力的沖量R4的滑片向右移動(dòng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（11. （4分）如圖電路，電表均為理想電表當(dāng)滑動(dòng)變阻器A.電壓表示數(shù)增大B.電流表示數(shù)變小C.

7、電阻R2的功率增大D.電阻R3的功率增大12. （4分）如圖所示，斜面體置于水平面上， 斜面表面光滑，一根細(xì)繩的上端系在 。點(diǎn)，下端系質(zhì)量為 m的小球。水平推動(dòng)斜面體，使小球繞 O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩拉力為 Fr,斜面體對(duì)球白支持力為 Fn,則小球由實(shí)線(xiàn)位置運(yùn)動(dòng)到虛線(xiàn)位置過(guò)程中，判斷正確的是（A . Fr變大B. Fn變大C. Fr與Fn合力變大D . Fr、FN和mg合力大小不變二、實(shí)3題（13題6分，14題9分，計(jì)15分）13. （6分）某同學(xué)利用圖1的裝置測(cè)量輕彈簧的勁度系數(shù)。實(shí)驗(yàn)步驟如下:（1）將彈簧懸掛在鐵架臺(tái)上，保持彈簧軸線(xiàn)豎直，將刻度尺豎直固定在彈簧一側(cè)；彈簧自然懸掛，待彈簧靜

8、止時(shí)，記下彈簧長(zhǎng)度10。（2）在彈簧下端掛1個(gè)鉤碼（實(shí)驗(yàn)中，每個(gè)鉤碼的質(zhì)量均為m= 50.0g,重力加速度g取9.8m/s2）,靜止時(shí)彈簧長(zhǎng)度為li,圖2是此時(shí)固定在彈簧掛鉤上的指針在刻度尺上的放大圖，示數(shù) li =cm。（3）逐次增加祛碼個(gè)數(shù)，并重復(fù)步驟（2）（保持彈簧在彈性限度內(nèi)）。（4）用n表示祛碼的個(gè)數(shù)，L表示彈簧長(zhǎng)度，將獲得的數(shù)據(jù)記錄在表格內(nèi)。n1234567祛碼重力mg （ N ）0.490.981.471.962.452.943.43彈黃長(zhǎng)度L （cm）x13.7015.5517.4019.2521.0922.94（5）請(qǐng)?jiān)谌鐖D3所示的坐標(biāo)系中標(biāo)注 n=1的坐標(biāo)，并擬合趨勢(shì)線(xiàn)。則

9、本實(shí)驗(yàn)所使用彈簧原長(zhǎng)lo=cm,經(jīng)計(jì)算勁度系數(shù)k=N/m （本空計(jì)算結(jié)果保留 3位有效數(shù)字）一 il_ a -1li 一 1一 一 3:一 W9- 一 :患一 ,1一！ , :一 :霏 ,= 0一 hrL- Lla 11:!J:t:“:i:.: ST囂器感匿黑篇鬼2UW 墨14. （9分）使用多用電表測(cè)量電阻時(shí)，多用電表內(nèi)部的電路可以等效為一個(gè)直流電源（一般為電池）、一個(gè)電阻和一表頭相串聯(lián)，兩個(gè)表筆分別位于此串聯(lián)電路的兩端。（1）某同學(xué)使用多用電表歐姆擋，粗略測(cè)量電壓表3V量程的內(nèi)阻，電路如圖 1,對(duì)應(yīng)表盤(pán)如圖2所示。電壓表內(nèi)阻 Rv =k Qo（2）為了進(jìn)一步準(zhǔn)確測(cè)量電壓表3V量程的內(nèi)阻，實(shí)

10、驗(yàn)室提供的器材有：A.被測(cè)電壓表VB.電阻箱R1 （最大阻值9999 Q）C.滑動(dòng)變阻器 R2 （020Q,額定電流1A）D.電源E （電動(dòng)勢(shì) 4.5V,內(nèi)阻約 0.5）E.單刀單擲開(kāi)關(guān)一個(gè)和導(dǎo)線(xiàn)若干為使測(cè)量盡量準(zhǔn)確，部分電路已給出，如圖3,請(qǐng)?jiān)谔摼€(xiàn)框內(nèi)補(bǔ)充完整剩余電路。請(qǐng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)操作步驟:斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，連接電路把滑動(dòng)變阻器R2滑片調(diào)到最右端，電阻箱 Ri阻值調(diào)整到0;閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)整滑動(dòng)變阻器滑片位置，使電壓表示數(shù)達(dá)到滿(mǎn)偏,則電阻箱Ri示數(shù)即為電壓表內(nèi)阻測(cè)量值。本實(shí)驗(yàn)測(cè)量值比真實(shí)值 （填“偏大”或“偏小”）。請(qǐng)?zhí)岢鲆粭l減少實(shí)驗(yàn)誤差的方法： .圖】圖2（S3三、計(jì)算題（15題10分，16題13分，1

11、7題14分，計(jì)37分）15. （10分）中國(guó)第一高樓上海中心大廈為主體118層、總高632米的摩天高樓，大廈使用全球最快的升降電梯，上升最大速度為每秒 18米，只要55秒，便能從地下2層上升585米直達(dá)119層觀(guān)景臺(tái)。若電梯運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷勻加速、勻速和勻減速三個(gè)過(guò)程，其中加速和減速的加速度大小相等，勻速速度為最大速度。請(qǐng)計(jì)算質(zhì)量為60kg的乘客對(duì)電梯的最大壓力和最小壓力大小。（重力加速度g= 10m/s2）16. （13分）如圖所示，較大的平行金屬板正對(duì)水平放置P板在上、Q板在下距離為do質(zhì)量為m,電荷量為+q的帶電小球自距 P板二d處的O點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t,在PQ兩板間加未知電壓 U,又經(jīng)過(guò)2

12、t小球返回出發(fā)點(diǎn)，3該過(guò)程中小球未與下板 Q接觸。已知重力加速度為 g,小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，忽略空氣阻力。求：（1） PQ兩板電勢(shì)差U。（2）欲使小球不與下板 Q接觸，t的最大值。（3）當(dāng)t?。?）問(wèn)中最大值，為使小球不與P板接觸，當(dāng)小球返回 O點(diǎn)時(shí)，改變PQ兩板電勢(shì)差，則 PQ兩板電勢(shì)差U'應(yīng)滿(mǎn)足的條件。17。白.(14分)如圖，傾角為 30°的固定光滑直軌道 OA頂端A處與表面粗糙的傳送帶 AB連接，AB與水平方向夾隙可忽略傳送帶主動(dòng)輪和從動(dòng)輪很小。已知O、A、B均在同一豎直面內(nèi),OA = AB = L = 5m。質(zhì)量為 m = ? kg15角也為30。，傳送帶

13、B端有一導(dǎo)流小圓弧，使物塊在 B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向迅速變?yōu)樗?，且無(wú)能量損失、軌道連接縫的小物塊自。點(diǎn)以初速度vo=10&m/s滑上斜面，若傳送帶靜止，小物塊落地點(diǎn)與B點(diǎn)水平距離X1 = 5m,忽略空氣阻力，重力加速度2g= 10m/s 。(1)求傳送帶摩擦因數(shù)心。(2)若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物塊落地點(diǎn)與B點(diǎn)水平距離X2= 13m,求傳送帶速度v的大小。(3)設(shè)落地點(diǎn)與B點(diǎn)水平距離為x,研究表明，x與傳動(dòng)帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度有關(guān)，求當(dāng) x最大時(shí)，物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q的最小值。2019-2020學(xué)年百師聯(lián)盟高三（上）期中物理試卷（山東卷）參考答案與試題解析、選擇題（共 8小題，每小題4分，計(jì)

14、48分.其中1-8為單項(xiàng)選擇，9-12為多項(xiàng)選擇）1 .【解答】解：A、開(kāi)普勒第三定根據(jù)第谷多年的天文觀(guān)測(cè)數(shù)據(jù)總結(jié)出來(lái)的，不能在實(shí)驗(yàn)室驗(yàn)證，故A錯(cuò)誤;B、牛頓根據(jù)開(kāi)普勒第三定律推導(dǎo)出行星維持軌道運(yùn)行所需的力與它們到旋轉(zhuǎn)中心距離的平方成反比關(guān)系，故正確;C、牛頓研究太陽(yáng)與行星之間的引力之后進(jìn)行了月地檢驗(yàn)，進(jìn)一步推廣，即得出了萬(wàn)有引力定律，故C錯(cuò)誤;D、卡文迪許測(cè)定引力常量，為萬(wàn)有引力定律的普遍意義奠定了強(qiáng)有力的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)，故D錯(cuò)誤;故選：B。2 .【解答】解：P繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，則有：里茨三2H ；若放置+8的點(diǎn)電荷的點(diǎn)在P點(diǎn)右側(cè)，距P點(diǎn)距離為x ,根據(jù)牛頓第二

15、定律，則有嗎-也1二S %口），有解；黑 tr+x ）若放置點(diǎn)位于 OP之間，則受到 Q和q庫(kù)侖均向右，不能指向圓心，所以該位置不成立，若放置點(diǎn)在。點(diǎn)左側(cè)，嗎_上乂，合力指向左側(cè)，不指向圓心，所以該位置不成立，j &十工產(chǎn)綜上所述，故 A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。3 .【解答】解：分析題意可知，OP段和PB段豎直高度相同，則在 。和B點(diǎn)豎直方向速度相等，兩小球豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，故飛行時(shí)間相同,水平方向上，PO段水平速度為：V0=Vytan45° = vyPB段的水平速度為：0,二 工, 宓、° tstnoO 3 丫水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有：x=v0t,

16、= Vs,故C正確，ABD錯(cuò)誤。AB v07 t故選：Co4.VA【解答】解：根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，結(jié)合矢量的合成與分解法則，如下圖所示:則有：v人cos a= v船cos 3,故A正確，BCD錯(cuò)誤;故選：A。5.【解答】解：0-2.0s時(shí)，根據(jù)圖象得知:a=, 2=1m/sS2 =(2+4)乂22-m= 6m,根據(jù) Wi=Fisi得知：Fi =S1126N = 2N,P、Q角速度相等，由2 mg=Q根據(jù)牛頓第二定律：Fi-f = ma代入數(shù)據(jù)解得：f=1N;2.04.0s時(shí)有：F2=f=1N, S2=4X (4-2) m=8m拉力 F做功為： W2= F2s2=1X 8J= 8J,04.0s

17、內(nèi)拉力做功為 W=W1+W2=20J,平均功率 P=T_ = _Lw=5W,故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。6 .【解答】解：對(duì) Q受力分析，Q只受重力，并由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg 一A正確，BCD錯(cuò)誤。對(duì)P受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得F= mg,方向沿桿向上。故2故選：A。7 .【解答】解：A、甲車(chē)勻加速，乙車(chē)變速運(yùn)動(dòng)，故 A錯(cuò)誤,B、a時(shí)刻甲乙兩車(chē)速度相等，乙車(chē)加速度為零，甲車(chē)加速度等于乙車(chē)加速度，故B錯(cuò)誤；CD、速度相等前乙車(chē)位移與甲車(chē)位移差為：x = 冗我2 -/a2,所以當(dāng)兩車(chē)間距小于 x會(huì)相遇兩次，等于 x相遇一次，大于 x不能相遇，故 C正確，D錯(cuò)誤。故選：C

18、oF-qE - q-2nd8.【解答】解：對(duì)帶電粒子受力分析， 如圖所示，帶電粒子受重力 mg,帶電粒子所受的電場(chǎng)力在豎直方向上，由于jrcog60"二21ngM4二mg，電場(chǎng)力的豎直分量與重力平衡，所以小球沿水平方向運(yùn)動(dòng)，重力不做功，對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程， 運(yùn)用動(dòng)能定理得“3©=0一Uw會(huì)解得；Eb二成君+3qO，故A正確，BCD錯(cuò)誤;k 2 uh 2 u9.由得:更見(jiàn)=mg R2【解答】解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力勢(shì)能的表達(dá)式：Ep= - G巴，P到地球球心的距離大，所以 P的引力勢(shì)能大于rQ的引力勢(shì)能。故A錯(cuò)誤；B、設(shè)衛(wèi)星在離地心r處環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，

19、列出等式: 根據(jù)根據(jù)在地面附近物體受到地球的萬(wàn)有引力近似等于物體在地面上的重力，列出等式:動(dòng)能瞥K I 2rP到地球的距離大，所以 P的線(xiàn)速度小，所以 P的動(dòng)能小。故B錯(cuò)誤;c、衛(wèi)星的萬(wàn)有引力勢(shì)能的表達(dá)式：Ep=-G粵衛(wèi)星的動(dòng)能Ek=MGm2r得衛(wèi)星的機(jī)械能：Ep=-GMmr衛(wèi)星的機(jī)械能應(yīng)該是動(dòng)能和勢(shì)能之和。所以E= Ek+Ep=一 號(hào)m可知P的機(jī)械能大于 Q的機(jī)械能。故 C正確;D、在回收衛(wèi)星 Q的過(guò)程中，Q逐漸向地面靠近，r逐漸減小，由表達(dá)式 可知Q的機(jī)械能減少。故 D正確故選：CD。10 【解答】解：A、由于小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到空氣阻力作用，機(jī)械能不斷減少，則上升和下降經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)時(shí)上升的

20、速度大于下降的速度，則上升過(guò)程的平均速度大于下降過(guò)程的平均速度，故A正確B、平均功率P= mg,上升過(guò)程的平均速度大于下降過(guò)程的平均速度，則小球上升過(guò)程重力的平均功率大于下降過(guò)程重力的平均功率，故 B錯(cuò)誤C、因空氣阻力大小與小球速度大小成正比，則在同一點(diǎn)上升過(guò)程的阻力大于下降過(guò)程的阻力，則小球上升過(guò)程損失的機(jī)械能大于下降過(guò)程損失的機(jī)械能，故C正確，D、對(duì)小球受力分析，上升時(shí)空氣阻力向下，下降時(shí)空氣阻力向上，以向上為正，畫(huà)出小球的速度時(shí)間圖象如圖（速度時(shí)間圖象的切線(xiàn)斜率表示物體的速度），因運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到的空氣阻力大小與速率成正比，此圖象也可看成空氣阻力隨時(shí)間變化的圖象； 速度時(shí)間圖象與坐標(biāo)軸

21、圍成面積表示對(duì)應(yīng)位移， 則圖象橫軸上方與橫軸下方 對(duì)應(yīng)部分面積相等；又阻力隨時(shí)間變化的圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示對(duì)應(yīng)的沖量，則小球上升過(guò)程與下降過(guò)程空氣阻力的沖量大小相等，方向相反，故 D錯(cuò)誤。故選：AC 。11 .【解答】解：滑動(dòng)變阻器 R4的滑片向右移動(dòng)時(shí)，其阻值減小，根據(jù)串反并同可知，電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)變小，電阻 R2的功率增大，電阻 R3的功率減小，故 AD錯(cuò)誤，BC正確；故選：BC。12 .【解答】解：AB、對(duì)球受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，在向右緩慢運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，細(xì)線(xiàn)的拉力逐漸變得與斜面平行，故細(xì)線(xiàn)的拉力在減小，支持力在增加,故A錯(cuò)誤，B正確；C、Fr與Fn合力與小球的重力

22、是平衡力，不變，故 C錯(cuò)誤；D、整體受力平衡，F(xiàn)r、Fn和mg合力大小為零，彳持不變，故 D正確。故選：BD。二、實(shí)題（13題6分，14題9分，計(jì)15分）11= 11.88cm；13 .【解答】解：（2）圖2是此時(shí)固定在彈簧掛鉤上的指針在刻度尺上的放大圖，示數(shù)（5）根據(jù)描出的點(diǎn)用直線(xiàn)將各點(diǎn)擬合即可得出對(duì)應(yīng)的圖象如圖所示；KHlI'2ini1n tn>當(dāng)彈力為零時(shí)，彈簧的形變量為零，此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度等于彈簧的原長(zhǎng)，由圖可知此時(shí)彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng) = 10.00cm,則彈簧的原長(zhǎng) L0= 10.00cm。根據(jù)胡克定律知，F(xiàn)=k （L - I。）即 l=f+1ck u可知圖線(xiàn)的斜率倒數(shù)表示勁

23、度系數(shù)，則卜=斐=生旦乂 N/m工 C27.' 00-10. 00）X 10-2故答案為：26.5N/m ,(2) 11.88;（5）如上圖所示26.5。14 .【解答】解：（1）歐姆表指針讀數(shù)為 6.0,故阻值R=6.0X 1kQ= 6.0kQ;（2） 用半偏法測(cè)電阻時(shí)，先使電阻箱阻值為零，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片使電壓表滿(mǎn)偏，后保持滑片位置不變,調(diào)整電阻箱的阻值使電壓表半偏，則電阻箱阻值等于電壓表內(nèi)阻，故電路圖如圖所示;由于外電路電阻增加，導(dǎo)致干路電流減小，故內(nèi)電壓減小，路端電壓升高，進(jìn)而推知電壓表和電阻箱的總電壓會(huì)增加，而電壓表的電壓為原來(lái)電壓的一半，則電阻箱的電壓大于電壓表的半偏數(shù)值

24、，由串聯(lián)分壓與電阻的關(guān)系得，測(cè)量值偏大；減小實(shí)驗(yàn)誤差的方法可以減小滑動(dòng)變阻器的阻值，這樣可以減小因電阻箱接電路后的電壓變化；故答案為：(1) 6.0;(2)如圖所示；保持滑動(dòng)變阻器 R2滑片位置不變，調(diào)整電阻箱 Ri阻值，使電壓表指針指到表盤(pán)正中央半偏位置；偏大；減小滑動(dòng)變阻器的阻值，減小因電阻箱接電路后的電壓變化；* d三、計(jì)算題(15題10分，16題13分，17題14分，計(jì)37分)15 .【解答】解：根據(jù)題意可知，電梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度為:令加速的時(shí)間為ti,勻速運(yùn)動(dòng)d時(shí)間為t2,加速和減速的加速度大小為a;根據(jù)題意可知，減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間也為ti,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有:v= ati = 1812 I

25、:/一：一：=5852ti+t2= 554F I聯(lián)立解得：a= 0.8m/s2, tti =3, t2=i0s,加速時(shí)人對(duì)電梯的壓力最大，根據(jù)牛頓第二定律有：FNmax=mg+ma=648N;在減速過(guò)程中人對(duì)電梯的壓力最小，根據(jù)牛頓第二定律有：FNmin= mg-ma=552N;答：乘客對(duì)電梯的最大壓力和最小壓力大小分別為648N和552N; 門(mén)i 216 .【解答】解：(i)小球由靜止釋放，做自由洛體運(yùn)動(dòng)， t時(shí)間內(nèi)位移h = -gtt時(shí)刻速度V1=gt設(shè)向上為正方向，2t時(shí)間內(nèi)小球位移 x= - Vi?2t。£(2t) 2根據(jù)題意x= h以上各式聯(lián)立解得：5根據(jù)牛頓第二定律得：Eq - mg = mai兩極板電壓U=Ed 電場(chǎng)力向上，所以 Q電勢(shì)高所以PQ兩板電勢(shì)差U =-段畛I 4q |(2)若小球不與下板接觸，臨界條件為小球到達(dá)Q板速度為零所以h+粵)!_=二什解得：tm=' 1(3)小球自Q板開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球到達(dá)。點(diǎn)速度為V2,則 = 得缶 4 sa2,小球恰好不與P板接觸，則小球到達(dá)P板時(shí)速度為零，設(shè)自。到P過(guò)程中加速度為解得：a£=yg>g所以電場(chǎng)力向下，根據(jù)牛頓第二定律得:PQ兩板電壓U ='熊2q電場(chǎng)力向下，所以 P電勢(shì)高所以PQ兩板電勢(shì)差廣 ：婢典答：(1) PQ兩板電勢(shì)差