解析河南省洛阳市2020┄2021学年高一下学期期末考试物理试卷

2０20┄2021学年河南省洛阳市高一(下)期末物理试卷
一、选择题（共14小题，每小题３分，满分４2分)
1.(3分）(201５春•洛阳期末）在物理学的发展过程中,许多科学家做出了贡献，以下说法不符合史实的是（）
A．法拉第通过油滴实验测定了元电荷的数值
B．牛顿利用开普勒第三定律和牛顿第三定律发现了万有引力定律
C. 库仑通过自己大量的实验研究发现了静止的点电荷之间的相互作用规律
D．伽利略利用斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点
考点: 物理学史.
专题：直线运动规律专题.
分析:本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现．
解答：解:A、密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故A错误.
B、牛顿利用开普勒第三定律和牛顿第三定律发现了万有引力定律,符合史实,故B正确.
C、库仑通过自己大量的实验研究发现了静止的点电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，故C正确.
D、伽利略利用斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点,符合史实,故D正确.
本题选不符合史实的,故选：Ａ．
点评：高考中也有对物理学史的考查，在学习中要注意掌握科学家们的主要贡献，要求能熟记．
2.（３分）（２0１5春•洛阳期末)某辆汽车从静止出发做匀加速直线运动,运动一段时间后,紧接着做匀减速直线运动,最后停止运动.则该车在匀加速和匀减速的两个过程中( ) A．加速度相同B．平均速度相同C. 经历时间相同Ｄ．位移相同
考点: 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：题中加速和减速运动的时间不一定相同.作出速度图象，根据匀变速直线运动的平均速度公式、加速度公式、位移公式进行分析判断．
解答:
解:Ａ、由于加速和减速运动时间不一定相同,图线斜率大小不一定相等，加速不一定相等.故A错误.
B、由图象,匀加速运动的平均v1＝，匀减速运动的平均v2=，v1＝ｖ2.故Ｂ正确．
C、由题给条件说明，运动时间不一定相同．故C错误
D、匀加速运动和匀减速运动所围“面积”不一定相等,位移不一定相等．故D错误．
故选：B．
点评：对于运动学问题常常运用速度图象分析物体的运动情况，抓住斜率表示加速度，面积表示位移．
3.（3分）(2０1５春•洛阳期末）以下不属于比值法定义式的是（)
A．a= B. p=Ｃ. E=D．Φ=
考点: 匀强电场中电势差和电场强度的关系．
专题: 电场力与电势的性质专题.
分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性,它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变.
解答：解：A、加速度与速度的变化量和变化的时间无关,a=是通过比值定义法定义的，Ｂ、P=,功率是描述做功快慢的物理，与W及t没有关系,属于比值定义法.
C、电场强度E＝，式中的U与ｄ影响着Ｅ，不属于比值定义法.
Ｄ、电势ϕ＝,电势是电荷所受具有的电势能与该电荷所带电荷量的比值，电势与电势能和电荷量无关，属于比值定义法,
本题选择不属于比值法定义式的，故选:C.
点评：解决本题的关键理解比值定义法的共性:被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性．
4．（3分）(２015春•洛阳期末）如图所示,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移﹣﹣时间（x﹣ｔ）图线，由图可知在t１到t２这段时间内（）
A．a车做直线运动,b车做曲线运动
B. b车的动能先增大后减小
C. ａ车的平均速度小于b车的平均速度
D. 牵引力对a车做的功和阻力对a车做的功的代数和为零
考点：动能定理的应用;匀变速直线运动的图像.
专题: 动能定理的应用专题.
分析：位移时间关系图线反映物体的位移随时间的变化规律，不是物体的运动轨迹.图线的斜率表示速度．纵坐标的变化量表示位移．根据这些知识进行分析两物体的运动情况，由动能定理分析做功情况.
解答:解:A、由图线的斜率表示速度,知a车做匀速直线运动,ｂ车先做减速直线运动,后做加速直线运动，故A错误．
B、b车图象的斜率先减小后增大,则知b车的先减小后增大,动能先减小后增大，故B错误.
C、t1到t２时间内，两车的位移相同,时间相同,则平均速度相同．故C错误．
D、ａ车做匀速直线运动,速度不变,动能不变，根据动能定理知，牵引力对a车做的功和阻力对a车做的功的代数和为零，故Ｄ正确.
故选：D.
点评:解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度,根据动能定理分析总功是基本的方法,要掌握．
5.(３分）（２015春•洛阳期末）汽车甲和乙从同一地点开始向同一方向做直线运动，它们的速度﹣﹣时间图象如图所示,则( ）
A. 在0﹣4s内,甲、乙均做匀变速直线运动
Ｂ. 4ｓ末乙在甲前方6m处
C．在0﹣４s内,甲的加速度大于乙的加速度
D．在0﹣４ｓ内,乙的平均速度为3m/s
考点：匀变速直线运动的图像．
专题：运动学中的图像专题.
分析：本题要明确甲乙两物体的运动性质,甲一直做匀速运动，乙先做初速度为零的匀加速直线运动然后做匀速直线运动.根据v﹣ｔ图象特点：“面积”表示位移,斜率表示加速度等等进行求解．
解答:解:A、在0﹣4ｓ内,甲做匀加速直线运动，乙先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动，故A错误.
B、根据“面积”表示位移,可知，4s末乙的位移比甲的位移大６m，则４s末乙在甲前方6m处，故B正确．
Ｃ、在0﹣2ｓ内，甲、乙图象的斜率相等，则甲的加速度等于乙的加速度，2s﹣4s，甲的加速度比乙的大，故C错误．
D、在０﹣４s内,乙的位移为x＝×(2+4)×2＋4×２=14m，平均速度===3.5ｍ/s,故D错误.
故选:Ｂ
点评:解决本题的关键要掌握速度图象的两个意义：:“面积”表示位移，斜率表示加速度，结合图象的形状进行分析．
6.(3分)(201５春•洛阳期末）如图所示，用两根绝缘丝线悬挂两个质量相同不带电的小球A 和B，此时，上、下丝线的张力分别为TＡ、ＴB；如果使A带正电，Ｂ带负电,上、下细线的张力分别为T A′,ＴB′，则（)
Ａ．ＴA＜TＡ′ B．T A=T A′ C. T B=TＢ′D．T B＜ＴB′
考点: 共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用；库仑定律.
分析:运用整体法研究,根据共点力平衡状判断上丝线受的力的变化．再隔离B研究,进行受力分析，根据共点力平衡状判断下丝线受的力的变化．
解答：解：A、C、运用整体法研究两个质量相等的小球A和B，不管A、B是否带电，整体都受重力和上丝线的拉力，
则由平衡条件得:上丝线的拉力Ｔ＝2ｍｇ.
所以T A=T A′．
故A错误，B正确；
C、D、再隔离B研究,不带电时受重力和下丝线的拉力,
由平衡条件得:T B＝mｇ．
带电时受重力、下丝线的拉力和A对Ｂ的向上的吸引力．
由平衡条件得：TＢ′+Ｆ′=ｍg.
即T B′<mg．
所以TＢ>T B′
故CD错误．
故选:B
点评:本题采用隔离法和整体法,由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力，难度适中．
７．(3分）（２015春•洛阳期末)已知某星球的质量和半径均为地球质量和半径的6倍;地球的半径为r，地球表面的重力加速度大小为g;忽略地球和该星球的自转，且不计其他星球的影响,则该星球的第一宇宙速度大小为（）
A．ｖ=B．ｖ= C. v＝D．以上不对
考点: 万有引力定律及其应用;向心力．
专题: 万有引力定律的应用专题．
分析：第一宇宙速度是卫星绕天体表面附近做圆周运动的线速度，根据万有引力提供向心力列式求解.
解答：解:设地球质量为ｍ，半径为r，表面的重力加速度为g，某星球的质量为m l，半径为ｒ1,表面的重力加速度为g１,
根据：G=ｍ′g
有:g=
同理,g1=
所以:==
解得：ｇ1=g
设该星球第一宇宙速度为v1，由m′g1=m′
得v 1＝==
故选：A．
点评:本题是卫星类型问题，关键是要建立物理模型,运用万有引力等于向心力,万有引力等于重力列式,再加上数学变换来求解.
8．(3分)（２015春•洛阳期末)如图所示,在真空中，有一个带电量为一Q的孤立点电荷A 和一个不带电的金属球Ｂ,O点为金属球球心,P点为球内一点，并且A、O、P三点在同一平面内.已知O点到点电荷A的距离为r，静电力常量为k,金属球B已经处于静电平衡状态,则（）
A．金属球左侧带负电,右侧带正电，并且正负电荷等量
B．球心Ｏ处的场强大小为
Ｃ. 金属球上的感应电荷在P点产生的电场方向水平向左
D．如果用导线把金属球的左侧跟地面接通，等金属球再次达到静电平衡后移走导线,此后金属球带正电
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系.
专题：电场力与电势的性质专题.
分析：静电感应的过程,是导体Ａ(含大地）中自由电荷在电荷Ｑ所形成的外电场下重新分布的过程,当处于静电平衡状态时,在导体内部电荷Q所形成的外电场E与感应电荷产生的“附加电场E'”同时存在的,且在导体内部任何一点，外电场电场场强E与附加电场的场强E′大
小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零．即E内＝0．而点电荷Ｑ在球心处的电场强度可以根据Ｅ＝进行计算．
解答：解:A、根据静电感应带电本质:电子的转移,因此金属球左侧带正电，右侧带负电,并且正负电荷等量，故A错误;
Ｂ、金属球内部处于静电平衡状态，故合场强处处为零．故B错误；
C、感应电荷在球心处产生的场强应和点电荷Q产生的场强方向相反，由于Ａ处是负电荷，A在O处的电场方向水平向左,所以感应电荷在P点产生的电场方向水平向右,故C错误.
D、若用导线把金属球的左侧跟地面接通，金属球右侧的负电荷被中和，等金属球再次达到静电平衡后移走导线，此后金属球因有多余的正电荷，而带正电,故D正确;
故选:Ｄ.
点评:本题关键要理解静电平衡导体的特点，知道处于静电平衡状态时导体内部场强为零的原因,再运用点电荷场强公式求解．
9．(３分）(2０15春•洛阳期末）如图所示,平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，使其A板带有电荷量+Q，Ｂ板带有电荷量﹣Q,板间电场中有一固定点Ｐ，以下说法正确的是（）
A. 若将B板固定,Ａ板下移时,P点的电场强度不变,P点电势降低
B．若将B板固定，A板下移时,P点的电场强度增大,P点电势升高
Ｃ．若将Ａ板固定，Ｂ板上移时，P点的电场强度不变，Ｐ点电势降低
D. 如果Ａ板固定，B板上移时，P点的电场强度增大，P点电势升高
考点: 电容器的动态分析．
专题：电容器专题.
分析:由题,电容器两板所带电量不变,改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化.由
U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化,结合电势的高低关系，判断P点电势的变化.解答：解:
A、B，由题,电容器两板所带电量不变，正对面积不变,A板下移时，根据Ｃ＝、Ｕ=和E＝可推出：E=可知,Ｐ点的电场强度Ｅ不变.P点与下板的距离不变，根据公式U=Ｅｄ，P点与下板的电势差不变,则P点的电势不变．故ＡB错误.
C、Ｄ、B板上移时,同理得知,P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小,而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零,所以P点电势降低.故C正确，D错误．
故选:C.
点评：本题是电容器的动态变化分析问题,板间的场强E=要在理解并会推导的基础上记住,这是一个很重要的结论．
10．(3分）(２015春•洛阳期末)如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和ＣD之间,两板与水平面的夹角都是６0°．已知重力加速度大小为g，不计空气阻力,则( ）
Ａ. 如果突然撤去CD板，则撤去瞬间铁球的加速度大小为0
Ｂ. 如果突然撤去CD板,则撤去瞬间铁球的加速度大小为ｇｓｉn60°
C．如果保持AB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小,则球对AB板的压力先减小后增大
D．如果保持AB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小,则球队CD板的压力先减小后增大
考点：共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.
专题: 共点力作用下物体平衡专题．
分析：(1)如果突然撤去CD板,则小球受到重力和AB板的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度;
(２）球受重力、两个挡板的弹力处于平衡,当AＢ板固定，知ＡＢ板弹力的方向不变,两弹力的合力竖直向上，大小为ｍg,改变ＣD板弹力的方向，根据三角形定则,判断ＡB板、ＣD板对球弹力的变化．
解答：解:A、如果突然撤去CD板，则小球受到重力和ＡＢ板的支持力,根据牛顿第二定律得:ａ=,故Ａ错误，B正确；
Ｃ、如果保持ＡB板不动,使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中,
两挡板弹力的合力等于重力,大小方向都不变，AB挡板弹力的方向不变,改变CD挡板的弹力方向，根据三角形定则，(如图)知ＡB挡板的弹力逐渐减小,CＤ挡板的弹力先减小后增大.根据牛顿第三定律可知,球对AB板的压力逐渐减小，球对ＣD板的压力先减小后增大，故D 正确,C错误.
故选：ＢD.
点评:处理力学的动态分析,抓住不变量,两弹力的合力大小和方向保持不变，B板得弹力方向保持不变,根据三角形定则,可判断出力的大小变化.
１１.(３分）（2０15春•洛阳期末）如图所示,自由下落的小球从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,如果不计空气阻力,并且弹簧的形变始终没有超过弹性限制，则( )
A. 小球的加速度先减小后增大
Ｂ. 小球的速度一直减小
Ｃ．小球的机械能一直减小
D. 小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
考点：机械能守恒定律．
专题: 机械能守恒定律应用专题．
分析：本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况．再由机械能守恒的条件进行分析即可明确能量的变化．
解答：解：A、小球接触弹簧上端后受到两个力作用:向下的重力和向上的弹力．在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力F=kx不断增大，所以合外力不断减小,故加速度不断减小，由于加速度与速度同向,因此速度不断变大.当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零,速度达到最大．后一阶段,即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动,但弹力大于重力,合外力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度
逐渐变大，方向竖直向上；小球的加速度先先减小,后增大；速度先增大后减小；故Ａ正确；B错误；
C、小球做减速运动,当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大.整过程中小球的机械能一直减小；故Ｃ正确;
Ｄ、由于小球和弹簧组成的系统机械能守恒;故小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变;因动能先增大后减小;故重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大;故Ｄ错误;
故C正确，D错误;
故选:AC．
点评：本题考查了牛顿第二定律的综合应用和机械能守恒定律的应用，学生容易出错的地方是:认为物体一接触弹簧就减速．对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习.
１2.（3分）(20１5春•洛阳期末）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道１,在Ｑ点经点火将卫星送入椭圆轨道2;然后在P点再次点火，将卫星送入同步轨道3,如图所示，已知轨道１、2相切于P点,则当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时,下列说法中正确的是（)
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道2上运行的周期大于在轨道1上的运行周期
Ｃ. 卫星在轨道１上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D. 卫星在轨道3上运行时的机械能大于在轨道1上运行时的机械能
考点: 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用.
专题：人造卫星问题.
分析：卫星圆周运动向心力由万有引力提供，卫星通过做离心运动或近心运动实现轨道的变化，根据万有引力提供向心力列式求解.
解答:解：Ａ、卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得卫星的线速度,卫星在轨道3上轨道半径大线速度小，故A错误;
B、根据开普勒第三定律=ｋ可知，卫星在轨道2上运行的周期大于在轨道1上的运行周期，故Ｂ正确;
C、卫星经过Ｐ点时都是由万有引力产生加速度,在两个轨道上经过Ｐ时卫星所受万有引力相同，故卫星的加速度亦相同，故Ｃ错误；
D、卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功,故在轨道3上机械能较大，故D正确.故选：BD
点评:卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力,卫星在引力作用下运动时满足机械守恒，掌握规律是正确解题的关键．
13．（3分）(20１5春•洛阳期末)示波器的工作原理图如图所示,在某一工作状态下，亮点出现在荧光屏上第一象限中的P点;要使亮点水平移动到第二象限中,不能单独采取的措施有（)
Ａ．减小U XX B．增大U XX
Ｃ. 增大电子枪的加速电压Ｄ．减小电子枪的加速电压
考点: 带电粒子在匀强电场中的运动.
专题: 带电粒子在电场中的运动专题．
分析:将粒子的运动分解沿ｘ方向、y方向以及沿中轴线方向,结合各个方向上的运动规律,分析亮点位置的变化.
解答:解:A、减小U xx,使得在x方向的电压减小，则电子在x方向上的偏移变小，当减小为负值时，向第二象限移动，故Ａ正确.
Ｂ、增大U xx，使得在x方向的电压增大,则电子在x方向上的偏移增大，亮点位置不会移动到第二象限,故Ｂ错误．
C、增大电子枪的加速电压，则电子沿中轴线方向的速度增大，运动的时间变短,在x方向上的偏移变小,但是亮点位置不会移动到第二象限，故C错误.
D、减小电子枪的加速电压,则电子沿中轴线方向的速度减小,运动的时间变长，在x方向上的偏移变大,亮点位置不会移动到第二象限，故D错误.
故选:A.
点评:本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反,会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．
1４.（３分）(2015春•洛阳期末)如图甲所示是一打桩机的简易模型,质量m＝１kg的重锤在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始竖直向上运动，上升一段高度后撤去F，重锤自由上升到最高点后再自由下落，撞击钉子,将钉子打入一定深度.重锤上升过程中，其机械能E与上升高度h的关系图象如图所示，不计空气阻力,不计重锤跟竖直滑竿之间的摩擦,g取1０m／s2，则（)
A. 重锤受到的拉力F大小为1２N
B．重锤上升到1.０m处的速度为４m／s
C. 撤去F后物体上升的总时间为0.1s
Ｄ. 重锤上升到0.25ｍ高度处时拉力F的为12W功率
考点: 功率、平均功率和瞬时功率.
专题：功率的计算专题．
分析：动能与重力势能之和是物体的机械能,由图乙所示图象可以求出物体上升1ｍ时物体的速度,撤去拉力后物体做匀减速直线运动,由匀变速运动的速度公式可以求出上升的时间．求出高度为0.２5m时物体的速度及拉力大小，然后由Ｐ=Ｆv可以求出拉力的功率.解答：解：ＡB、由图象可知，物体上升到h1=1m时物体的机械能:
mｇｈ1+mv１2=１２Ｊ，
解得:ｖ1=2m/s,故B错误;
由匀变速运动的速度位移公式可得：v2﹣v02=2ah，
加速度:a==＝2m／s2；
由牛顿第二定律得:F﹣mg=mａ,
解得：Ｆ=m(g＋a)＝1×(10+2）=1２N,故Ａ正确；
C、撤去拉力后，物体做匀减速直线运动,
h2=ｖ1t﹣gt2，
代入数据解得:0.１=２t﹣5t2;
解得t=0.4s，即撤去F后物体上升的总时间为0．4s,故C错误；
D、由功能关系可得:F△ｈ＝△E,
物体上升ｈ1＝1m时，△Ｅ=1２J,则拉力F＝12N；
由牛顿第二定律可得:F﹣mg=ma，
由匀变速运动的速度位移公式可得:
v2２﹣0=２ah2，h2=0.25m，
此时拉力的瞬时功率P＝Ｆv2，代入数据解得：Ｐ＝12W,故Ｄ正确；
故选:AD．
点评:物体动能与势能之和是物体的机械能,分析清楚图象，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题．
二、实验题(共2小题，满分13分)
１5．（6分)（２01５春•洛阳期末）在“探究匀变速直线运动的规律”实验中，某同学获得的一条纸带如图所示．
已知打点计时器所用电源的频率为50Hz.如果选取纸带上连续相邻的A、Ｂ、C、Ｄ四个计时点,从图中读出A、B两点间距离s＝０.0070 m；Ｃ点对应的速度是0.10 m/s；匀变速直线运动的加速度为0.20 m/s2．(计算结果均保留两位有效数字)
考点: 探究小车速度随时间变化的规律．
专题: 实验题．
分析：根据做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度求解C点对应的速度，根据△x=aＴ2可以求出物体的加速度.
解答：解：由于每两个相邻计数点间有四个点没有画出，故每两个相邻计数点间之间的时间间隔为T=5×0．0２s=0．１s.
从图中读出A、Ｂ两点间距是ｓ=０.７0cｍ=0.0０7０m;
由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，
故ｖＣ=＝0.１０ｍ／s
根据△ｘ＝ａＴ2可得:
物体的加速度a=＝０.20m/s2
故答案为:0.００70,0．10,0.２０．
点评:要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力,在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.
16.(７分）(2015春•洛阳期末)某兴趣小组利用如图1所示实验装置，探究“合外力做功和动能变化的关系”.小车及车中砝码的总质量为M，钩码的质量为ｍ，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．
(1)关于本实验的操作要求,下列说法正确的有: AD .
A、要将木板的右端垫高平衡摩擦力
B、每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力
C、电磁打点计时器的工作电源应选取6V以下的低压直流电源
D、每次都必须从同一位置释放小车
（２）以下哪些因素带来的实验误差属于本实验的偶然误差AＢCD ．
Ａ、没有完全平衡摩擦力
B、平衡摩擦力过度
C、测量点间距离时的读数误差
Ｄ、打点计时器所用电源的电压不稳
(3)图2是某次实验时得到的一条纸带,打点计时器使用的电源频率为f，当地重力加速度大小为ｇ,从纸带上选取Ａ、B、Ｃ、D、Ｅ、F六个计数点,相邻两计数点之间还有四个点未画出．若研究从打B点到E点的过程中合外力做功和动能变化的关系,需要验证的关系式为
(不计细绳、纸带的质量)
考点: 探究功与速度变化的关系.
专题：实验题;动能定理的应用专题．
分析：（1）根据实验的原理即可正确解答;
（2）由平均速度公式可求得E点的速度;
(3）根据“探究加速度与力、质量的关系”实验原理结合图象特点即可正确回答;
解答:解：(１）若用砂和小桶的总重力表示小车受到的合力,为了减少这种做法带来的实验误差,必须:
A、使长木板左端抬起﹣个合适的角度,以平衡摩擦力,以保证合外力等于绳子的拉力,但不需要每次都平衡摩擦力;故A正确,B错误；
Ｃ、下落高度由纸带求出,不需要测量下落高度;故C错误;
Ｄ、在小车运动过程中,对于Ｍ、m组成的系统,m的重力做正功;故D正确；
故选:AD;
(2)因读数等造成的误差为偶然误差;故平衡摩擦力过度和不足;读数误差；及电压不稳均可带来误差;故选:ABCD；
频率为f的交流电，而在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出;
因此T=；
(3)根据匀变速直线运动的特点,E点的速度等于ＤF之间的平均速度，所以：V E=＝
B到E之间重力势能减小：△E P＝ｍgs５﹣ｍgs２
动能增大:△Ｅｋ=（Ｍ＋m）v E２﹣(Ｍ＋m）v B2
需要验证的是:。