位移传感器旋转编码器,感应同步器,光栅尺,磁栅尺,电子尺的精度排列先后,它们输出的是模拟信号还是数字信号

（1）由图可知上升0.5秒时到最大高度为1.5米处，上升过程有：
h＝
V0+Vt
2t1
V_t=0代入得：V₀=6m/s　　　　　　　　　　　 　　
（2）上升加速度a₁，由V_t=V₀-a₁t₁得：a₁=12 m/s²　　　
上升过程由牛二定律：mg+f=ma₁
同理，下落过程：mg-f=ma₂
代入数据得：a₂=8m/s²　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（3）由：h＝
1
2a2
t22
代入数据解得下落时间 t2＝

2h
a2＝

6
4s≈0.61s．
答：（1）小球抛出的初速度为6m/s．
（2）小球下落的加速度为8m/s²．
（3）从最高处落回到抛出点的时间为0.61s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的公式和推论以及牛顿第二定律，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

在t₁时刻，电压为0，且正在增加，故物体在平衡位置，此时速度最大，物体具有正方向的最大速度，此后速度减小；当在t₂时刻电压最大时，速度减小为零；此后反向加速，t₃时刻又回到平衡位置，如此往复，所以物体M以O点为中心做往复运动．故ABD正确、C错误．
故选：ABD．

点评：
本题考点： 传感器在生产、生活中的应用．

考点点评： 本题是力电综合题，既要研究电压如何变化，又要研究简谐运动的特点，更要抓住它们之间的联系．本题通过位移将力电联系起来，这是解决本题的关键．

①根据F-s图象图象可知，当s₁=0.30m时，F₁=1.00N，s₂=0.52m时，F₂=0.56N，
因此：W=
F1+F2
2×(s2−s1)=0.172J，
速度v随位移s变化图象可知：
s₁=0.30m，v₁=0，s₂=0.52m时，v₂=1.24m/s
△Ek＝
1
2m
v22−
1
2m
v21=0.15J
故答案为：0.17，0.15．
②该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；
当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确；
故选BC．

点评：
本题考点： 探究功与速度变化的关系．

考点点评： 该实验在原来的基础上有所改进和创新，只要明确了其实验原理，正确应用基本物理知识即可正确解答．

I、（1）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；
故答案为：小车的总质量，小车所受外力．
（2）①由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比
②由实验原理：mg=Ma，得：a＝
mg
M＝
F
M
而实际上是：a′＝
mg
(M+m)，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M＞＞m造成的，故ABD错误，C正确．
故答案为：①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比，②C，
II、Ⅱ、（1）①红表笔和电表的“正”插孔相连，黑表笔和电表的“负”插孔相连．
②对欧姆表进行欧姆调零，具体操作是：将红黑表笔对接，调节欧姆调零电阻，使指针指在最右端零刻度线处；
③由图2（a）所示多用电表可知，欧姆表示数是4×1Ω=4Ω．
故答案为：①正，②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零；③4．
（2）为减小误差，实验多次测量，根据题目要求可知，实验时应采用电流表的外接法，滑动变阻器应使用分压接法，由图2所是电路图可知，符合要求的实验电路是D．
故选D．
（3）①使用多用电表的电压档位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路故障．
②使用多用电表的电阻档位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障．
故答案为：①使用多用电表的电压档位，接通电源，逐个测量各元件、导线上的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路故障；
②使用多用电表的电阻档位，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线上的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路故障．

点评：
本题考点： 伏安法测电阻；探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： I、清楚实验的研究方法和实验中物理量的测量；当钩码的质量远小于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力．
II、本实验考查了实验操作、欧姆表读数等问题，熟练掌握基础知识，熟练应用欧姆定律、电阻定律即可正确解题．

（1）由于发射器固定在小车上，故接收器应该固定在支架上且与数据采集器相连．
故选A．
（2）初时刻位移x₀=0.18m，末时刻位移x_t=0.57m
时间差△t=1.00s
所以A、D过程中的平均速度为v=[△x/△t]=0.39m/s
故答案为：（1）A（2）0.39

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 本题关键要明确“分体式位移传感器测变速直线运动平均速度”实验中实验器材的用法，由于目前很多学校还不具备条件，不少同学不能亲自做这个实验，可以多看看课本．

A、根据速度时间图线知，小车先做加速运动，后做减速运动，是变速直线运动，不是曲线运动．故A错误，B正确．
C、图线与时间轴围成的面积表示位移，15s末的位移不为零，图中每一小格为“面积”为0.1，面积超过方格一半算一个，不足半格舍去，总共有86格，所以总“面积”为8.6m，小车的最大位移是为8.6m．故C、D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的图像．

考点点评： 本题根据斜率分析加速度的变化并不难，难点在于对图线“面积”的估算，采用“四舍五入”近似的方法计算．

A、该实验中近似认为细线的拉力等于小车的合力，所以小车与轨道间的摩擦力要小．故A正确；
B、以小车与钩码组成的系统为研究对象，系统所受的合外力等于钩码的重力m_钩码g，
由牛顿第二定律得：mg=（M+m）a，
小车的加速度a=[mg/M+m]，
小车受到的拉力F=Ma=[mg
1+
m/M]g，当m＜＜M时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，故B错误；
C、改变所挂钩码的数量，小车的加速度发生改变，应该改变所挂钩码的数量，多次重复测量，测出对应的物理量数据，不可以取平均值．故C错误；
D、用一个力传感器替代钩码来测量小车受到的拉力，
根据牛顿第二定律得，a=[F/m]，知图线的斜率表示质量的倒数．挂重物时，a=[mg/M+m]，图线的斜率表示系统质量的倒数，
用力传感器时，加速度a=[F/M]．图线的斜率表示小车质量M的倒数，可知图线的斜率变大．故D正确；
故选：AD．

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力．

①根据F-s图象图象可知，当s₁=0.30m时，F₁=1.00N，s₂=0.52m时，F₂=0.56N，
因此：W=
F2+F1
2×（S₂-S₁）=0.18J，
速度v随位移s变化图象可知：
s₁=0.30m，v₁=0，s₂=0.52m时，v₂=1.24m/s
△E_K=[1/2]m（v₂²-v₁²）=0.17J
②该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；
当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确；
故选：BC．
故答案为：（1）0.18； 0.17； BC．

点评：
本题考点： 探究功与速度变化的关系．

考点点评： 该实验在原来的基础上有所改进和创新，只要明确了其实验原理，正确应用基本物理知识即可正确解答．

（1）物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v=0，位移x=1.4-0.4=1.0m，时间为t=0.6s；
根据位移时间公式，有x＝v0t+
1
2at2；
根据速度时间公式，有v=v₀+at；
联立解得：v₀=4m/s，a=-8m/s²
（2）上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
-mgsin37°-μmgcos37°=ma
代入数据解得
μ=0.25
（3）木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有
mgsin37°-μmgcos37°=ma′
代入数据解得
a′=4m/s²
物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有

v2t＝2a′x
解得
vt＝
2a′x＝
2×4×1＝2
2m/s
答：（1）木块上滑时的初速度为4m/s，上滑过程中的加速度为-8m/s²；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）木块滑回出发点时的速度为2
2m/s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键是根据图象得到物体上滑时的运动规律，求解出加速度和初速度；然后根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力；最后再确定下滑时的运动情况．

（1）根据v-t图象得到0.8s前小车是静止的，0.8s后小车做匀加速运动．
所以此次操作应记录下的外力F大小为0.82N，
根据v-t图象的斜率求出加速度a=[△v/△t]=1.6m/s²．
（2）根据a=[F/m]得理论上图线斜率应等于小车的质量倒数，
由图象可知：图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，知没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
故答案为：（1）0.82；1.6；
（2）小车的质量倒数，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 通过作图法研究两个变量之间的关系是物理里常用的一种手段，只有直线图形可以清楚地说明两变量之间的关系．

当物体M移动时，接入电路的电阻不变，电阻上的滑片的移动，改变P点左侧部分的长度，
根据欧姆定律，电流不变，左侧电阻发生变化，则电压表示数发生变化，而电流表A示数不变．
故B正确，A、C、D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用．

考点点评： 本题考查了学生对欧姆定律的掌握和运用，本题关键是认识到滑动变阻器起不到变阻作用．

（1）①根据F-s图象图象可知，当s₁=0.30m时，F₁=1.00N，s₂=0.52m时，F₂=0.56N，
因此：W=
F1+F2
2×（s2-s1）=0.172J，
速度v随位移s变化图象可知：
s₁=0.30m，v₁=0，s₂=0.52m时，v₂=1.24m/s
△Ek=[1/2]mv₂²-[1/2]mv₁²=0.15J
②该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故A错误；
当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故BC正确；故选BC．
（2）②由图象游标卡尺可知，游标卡尺读数为d=21mm+4×0.1mm=21.4mm；
④电路中最大电流Im=[E/R]=[15/20]mA=0.75mA，电流表应选A₁，电源电动势为15V，电压表选V₂；
⑤因滑动变阻器采用的是分压式接法，故若电压表、电流表有示数但几乎不变说明导线C断路．
⑥根据欧姆定律R=[U/I]及电阻定律R=[ρL
π(
d/2)2]，解得：ρ=
πd2U
4IL．
故答案为：（1）①0.18；0.17；②B、C；（2）②21.4； ④A₁，V₂；⑤c；⑥
πd2U
4IL．

点评：
本题考点： 探究功与速度变化的关系．

考点点评： （1）该实验在原来的基础上有所改进和创新，只要明确了其实验原理，正确应用基本物理知识即可正确解答．（2）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读．

C、电流向右、磁场向外，根据左手定则，安培力向下；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向下；故下极板聚集负电荷，上极板带正电荷，故下极板电势较低；故C错误；
A、B、D、设上下表面高度差为h，厚度为d，电子最终达到平衡，有：
evB=e[U/h]
则：U=vBh
电流的微观表达式：
I=nevS=nevhd
则：v=[I/nehd]，代入得：
U=[I/nehd]Bh=[BI/ned]∝[BI/d]
磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越大，故A正确；
上、下表面的电势差与速度无关，故B错误；
D、电流I取值越大，上、下表面的电势差U越大；故D错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 霍尔效应及其应用．

考点点评： 解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．

（1）根据所给数据，画出小车加速度a和拉力F的关系图线如下图所示：

（2）由图象可知，当小车拉力为零时，已经产生了加速度，故在操作过程中倾角过大，平衡摩擦力过度．
（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器来测量绳子的拉力大小，绳子拉力的变化很精确测出，则不需要满足小车质量M远大于重物的质量m；
故答案为：（1）如图；（2）倾角过大或平衡摩擦力过度；（3）不需要

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键．

A、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q
U
c＝qvB，电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc，所以U=[BI/nqb]．B越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故A正确，D错误．
B、k越大，根据磁感应强度B=B₀+kz，知B随z的变化越大，根据U=[BI/nqb]．知，U随z的变化越大，即传感器灵敏度（[△U/△z]）越高．故B正确．
C、霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故C错误．
故选AB．

点评：
本题考点： 霍尔效应及其应用．

考点点评： 解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，上下表面形成稳定的电势差．

图中被测物体位移变化，带动软铁芯2在线圈中移动，线圈的电感值将变化，这一变化通过转换电路和检测电路输出电流，就得到了被测物体位移的变化。若待测物体向左平移，线圈的电感值将变大，对交流电的阻碍作用变大，电流表的示数将减小AC正确。

AC

（1）在探究小车的加速度、质量和合外力的关系时，采用控制变量法，即保持小车的总质量不变，探究钩码所受的重力作为小车所受外力和加速度的关系．
（2）本实验需注意两点：一是需要平衡摩擦力，即使长木板倾斜一定角度，使重力沿斜面的分力等于摩擦力；二是需保证小车的质量远大于钩码的质量，这样钩码的重力近似等于小车的拉力．由图看出，AB段明显偏离直线是由于拉力太大，没有满足小车的质量远大于钩码的质量，故ABD错误，C正确．
故答案为：（1）控制变量法；（2）C．

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力．

（1）小车上安装的是位移传感器的发射器，木板左端安装的是传感器的接受器；
（2）由图2可知，当力F等于某一个值的时候才有加速度，说明做实验之前没有平衡摩擦力；
（3）当钩码的质量远小于小车的总质量时，钩码所受的重力才能作为小车所受外力，如果增大钩码的质量，则外力增大，AB这一曲线不断延伸，
那么加速度趋向为a=g；
故选D
故答案为：（1）发射器
（2）小车所受的摩擦力过大
（3）D，a=g（a=10m/s²）

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 实验装置虽然有所变动，但是实验原理、实验方法、操作细节等是一样的，故任何实验明确实验原理是解答实验的关键．

A、电压表测量变阻器左侧的电压．t₁时刻U=0，则说明P在最左端．故A错误．
B、C设物体的位移为x时，电压表的读数为U，变阻器的总长为L，总电阻为R，则根据欧姆定律和电阻定律得
U=
x
LE，
由图知，0-t₁时间内U=kt，k是比例系数，则得x=
kL
Et，x与t成正比，说明物体M向右做匀速运动．故B正确，C错误．
D、同理可知，t₁--t₂时间内物体M向左做匀速运动．故D错误．
故选B

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是力电综合题，抓住它们之间的联系．本题通过位移将力电联系起来，这是解决本题的关键．

A、上滑的加速度大小为：a1＝
△v
△t＝
4
0.5m/s2＝8m/s2，故A正确；
B、下滑的加速度大小为：a1＝
△v
△t＝
4
1m/s2＝4m/s2．故B错误．
C、上滑过程中，根据根据牛顿第二定律得：由牛顿第二定律
A上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma₁
A下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma₂
解得：μ=0.25．故C正确．
D、图线与时间轴围成的面积表示位移，则有：x=
1
2×4×0.5m＝1m．故D错误．
故选：AC．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移

根据S-t图象得AD区域内的位移是0.49 m．
根据
.
v=[x/t]可知AC区域内平均速度

.
v=[x/t]=0.12 m/s
s-t图象的斜率等于物体的速度，从图象还能推断物体做加速运动，
所以小车在运动过程中所受的合外力方向与它的速度方向相同．
故答案为：0.490.12相同．

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 本题是s-t图象的应用题，主要考查图象的斜率等于物体的速度，匀变速运动的x-t图象是抛物线．