届河北省衡水中学高三上四调物理试题解析版.docx
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届河北省衡水中学高三上四调物理试题解析版
2016届河北省衡水中学高三（上）四调物理试题（解析版）
一、选择题（本大题共15小题；每小题4分，共60分；其中5、6、7、8、10、11、14是多项选择题，其余各题是单项）
1．下列说法正确的是：
（ ）
A．物体速度变化越大，则加速度一定越大
B．物体动量发生变化，则物体的动能一定变化
C．合外力对系统做功为零，则系统机械能一定守恒
D．系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒．
【考点】动量定理；速度；加速度；机械能守恒定律．
【专题】动量定理应用专题．
【分析】根据加速度的定义式判断加速度与速度变化量的关系，动量是矢量，动能是标量，动量变化，动能不一定变化；当系统只有重力做功，机械能守恒，当系统所受的外力之和为零，系统动量守恒．
【解答】解：
A、根据加速度a=
知，速度变化越大，则加速度不一定大．故A错误．
B、物体的动量发生变化，速度大小不一定变化，则动能不一定变化．故B错误．
C、合外力对系统做功为零，可能存在除重力以外其它力做功，其它力不为零，则机械能不守恒．故C错误．
D、系统所受的合外力为零，系统动量守恒．故D正确．
故选：
D．
【点评】解决本题的关键知道系统机械能守恒、动量守恒的条件，知道动量是矢量，动能是标量，物体的动量变化，动能不一定变化，动能变化，则动量一定变化．
2．氢原子能级如图，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，以下判断正确的是（ ）
A．氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长大于656nm
B．用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级
C．一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长633nm的光照射，不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级
【考点】氢原子的能级公式和跃迁．
【专题】原子的能级结构专题．
【分析】大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，跃迁释放能量满足△E=Em﹣En．既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据
，即可求解．
【解答】解：
A、从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：
h
，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm．故A错误．
B、当从n=1跃迁到n=2的能级，需要吸收的能量为△E=（﹣3.4﹣（﹣13.6））×1.6×10﹣19J，根据A选项分析，则有：
，解得：
λ=122nm；故B错误；
C、根据数学组合
=3，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线．故C正确．
D、同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为△E′，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级．故D正确．
故选：
CD．
【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差．
3．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的（ ）
A．波长B．频率C．能量D．动量
【考点】电磁波谱．
【专题】光电效应专题．
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程列式，分析钙逸出的光电子波长、频率、能量和动量大小．金属的逸出功W0=hγc，γc是金属的截止频率．
【解答】解：
根据爱因斯坦光电效应方程得：
Ek=hγ﹣W0，
又W0=hγc
联立得：
Ek=hγ﹣hγc，
据题：
钙的截止频率比钾的截止频率大，由上式可知：
从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由P=
，可知该光电子的动量较小，根据λ=可知，波长较大，则频率较小．故A正确，BCD错误．
故选：
A．
【点评】解决本题的关键要掌握光电效应方程，明确光电子的动量与动能的关系、物质波的波长与动量的关系λ=．
4．如图所示，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有（ ）
A．a的运动时间是b的运动时间的
倍
B．a的位移大小是b的位移大小的
倍
C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b落地时的速度不同，但动能可能相同
【考点】动能定理的应用；平抛运动．
【专题】定量思想；合成分解法；机械能守恒定律应用专题．
【分析】a做平抛运动，运动平抛运动的规律得出时间与高度的关系．b做竖直上抛运动，上升过程做匀减速运动，下落做自由落体运动，分两段求运动时间，即可求解时间关系；b的位移大小等于抛出时的高度．根据b的最大高度，求出初速度与高度的关系，即可研究位移关系；根据机械能守恒分析落地时动能关系．
【解答】解：
A、设P点离地的高度为h．对于b：
b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大的时间为t1=
，从最高点到落地的时间为t2=
，故b运动的总时间tb=t1+t2=（
+1）
；
对于a：
做平抛运动，运动时间为ta=
；则有tb=（
+1）ta．故A错误．
B、对于b：
h=
，则得v0=
；对于a：
水平位移为x=v0t=
•
=2h，a的位移为xa=
=
h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的
倍．故B正确．
CD、根据机械能守恒定律得：
Ek=mgh+
，若两球的质量相等，则两球落地时动能相同．而速度方向不同，则落地时速度不同．故C错误，D正确．
故选：
BD
【点评】本题的解题关键要掌握竖直上抛和平抛两种运动的研究方法及其规律，并根据机械能守恒分析落地时动能关系．
5．如图所示．光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙．现用一水平拉力F作用在A上使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，则下列情况可能的是（ ）
A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量
B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量
C．拉力F和f1对A做的功之和小于A的动能的增加量
D．f2对B做的功小于B的动能的增加量
【考点】动能定理的应用．
【专题】参照思想；推理法；动能定理的应用专题．
【分析】对两物体及整体受力分析，结合可能的运动状态，由功能关系进行分析．
【解答】解：
A、若拉力不够大，AB一起加速运动时，对整体，根据动能定理可知，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量．故A正确．
B、若拉力足够大，A与B有相对运动，对整体分析可知，F做功转化为转化为两个物体的动能及系统的内能；故拉力F做的功大于AB系统动能的增加量；故B正确．
C、对A来说，只有拉力F和摩擦力f1做功，由动能定理可知，拉力F和f1对A做的功之和等于A的动能的增加量．故C错误．
D、对B来说，只有摩擦力f2做功，由动能定理可知，f2对B做的功等于B的动能的增加量．故D错误．
故选：
AB
【点评】本题考查了能量守恒定律和动能定理的运用，要灵活选择研究对象，正确分析能量是如何转化的，这是解决这类问题的关键．
6．小行星绕恒星运动的同时，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．则经过足够长的时间后，小行星运动的（ ）
A．半径变大B．速率变大C．加速度变小D．周期变小
【考点】万有引力定律及其应用；向心力．
【专题】定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题．
【分析】恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，又小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，可分析线速度、周期、加速度等．
【解答】解：
A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A正确；
B、根据
得，a=
，v=
，T=
，因为r增大，M减小，则a减小，v减小，T增大．故C正确，B、D错误．
故选：
AC．
【点评】关于万有引力与航天，记住作圆周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力．
7．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图表示发生碰撞前后的v﹣t图线，由图线可以判断（ ）
A．A、B的质量比为3：
2B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B作用前后总动能不变
【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的图像．
【分析】由图可以读出两物体碰撞前后的各自速度，根据动量守恒列方程求质量比．
【解答】解：
A、根据动量守恒定律：
mA•6+mB•1=mA•2+mB•7
得：
mA：
mB=3：
2，故A正确；
B、根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒，B正确C错误；
D、作用前总动能：
mA•62+mB•12=
mA
作用后总动能：
mA•22+mB•72=
mA
可见作用前后总动能不变，D正确；
故选：
ABD．
【点评】两物体碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒．
8．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（ ）
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
【考点】动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．
【专题】压轴题；动能定理的应用专题．
【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大．
【解答】解：
A、由图象可知，0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；
B、由图象可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，
此时物块A的加速度最大，故B正确；
C、由图象可知在t2～t3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；
D、由图象可知在t1～t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t3时刻以后，
合力做负功．物块动能减小，因此在t3时刻物块动能最大，故D正确；
故选BD．
【点评】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路．
9．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性碰撞后两小球均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇．
=2
，则两小球的质量之比m1：
m2为（ ）
A．7：
5B．1：
3C．2：
1D．5：
3
【考点】动量守恒定律．
【分析】根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比．
【解答】解：
设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，以向右为正好方向，
由动量守恒定律有：
m1v0=m1v1+m2v2…①
由能量守恒定律有：
m1v02=m1v12+m2v22②
两个小球碰撞后到再次相遇，其速度率不变，由运动学规律有：
v1：
v2=
：
（
+2
）=1：
5…③
联立①②③，代入数据解得：
m1：
m2=5：
3
故选：
D．
【点评】解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，本题很好的将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来，比较全面的考查了基础知识．
10．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前．A球在后．mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为（ ）
A．vA=4m/s，vB=4m/sB．vA=2m/s，vB=5m/s
C．vA=﹣4m/s，vB=6m/sD．vA=7m/s，vB=2.5m/s
【考点】动量守恒定律．
【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
【解答】解：
两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mAvA+mBvB=（mA+mB）v，
代入数据解得：
v=
m/s，
如果两球发生完全弹性碰撞，有：
mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，
由机械能守恒定律得：
mAvA2+mBvB2=mAvA′2+mBvB′2，
代入数据解得：
vA′=m/s，vB′=
m/s，
则碰撞后A、B的速度：
m/s≤vA≤
m/s，
m/s≤vB≤
m/s，
故选：
B．
【点评】本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快．
11．如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上．乙的宽度足够大，速度为v1．则（ ）
A．在地面参考系中，工件做类平抛运动
B．在乙参考系中，工件在乙上滑动的轨迹是直线
C．工件在乙上滑动时，受到乙的摩擦力方向不变
D．工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1
【考点】摩擦力的判断与计算；参考系和坐标系．
【专题】摩擦力专题．
【分析】在地面参考系中，沿甲与乙的运动方向分析摩擦力方向，根据合外力方向与初速度方向的夹角分析工件的运动情况．
【解答】解：
A、在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动方向，则摩擦力的合力如图．合初速度沿甲运动的方向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动．故A错误．
B、在乙参考系中，如右图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确．
C、工件在乙上滑动时，在x轴方向做匀减速直线运动，在y轴方向做匀加速直线运动，可知两个方向摩擦力的分力不变，受到乙的摩擦力方向不变，当工件沿垂直于乙的速度减小为0时，摩擦力方向沿y轴方向，摩擦力方向发生改变．故C错误．
D、设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为α，侧向（x轴方向）、纵向（y轴方向）加速度的大小分别为ax、ay，则
=tanα
很短的时间△t内，侧向、纵向的速度增量大小分别为△vx=ax△t，△vy=ay△t
解得：
=tanα
由题意知tanα=
=
，则
=
，
则当△vx=v0，△vy=v1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1．故D正确．
故选：
BD．
【点评】本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
12．人用手托着质量为m的“小苹果”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v（物体与手始终相对静止），物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．手对苹果的作用力方向竖直向上
B．苹果所受摩擦力大小为μmg
C．手对苹果做的功为mv2
D．苹果对手不做功
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；功的计算．
【专题】功的计算专题．
【分析】分析手及苹果的运动，明确苹果及手的受力情况，根据摩擦力的性质及受力分析可确定摩擦力及手对苹果作用力的方向；根据动能定理可明确手对苹果所做的功．
【解答】解：
A、苹果的加速度方向水平方向，苹果的合力方向在水平方向上，苹果受到重力和手的作用力，而重力在竖直方向，故手的作用力应为斜上方，故A错误；
B、由于苹果和手相对静止，故其受到的摩擦力为静摩擦力，不能确定是否等于μmg；故B错误；
C、由动能定理可知，合外力做功等于动能的改变量；竖直方向重力不做功；故手对苹果做的功为mv2；故C正确；
D、由于手发生了位移，且受到水平方向的摩擦力；故苹果对手做功；故D错误；
故选：
C．
【点评】本题考查了动能定理、受力分析及功的计算等，要注意体会受力分析的重要性，同时掌握用动能定理分析问题的能力．
13．如图所示，一小球从斜轨道的某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R，忽略一切摩擦阻力．则下列说法正确的是（ ）
A．在轨道最低点、最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的
B．小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点
C．小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中能不脱离轨道
D．小球的初位置只有比圆轨道最低点高出2.5R时，小球在运动过程中才能不脱离轨道
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】使小球能够通过圆轨道最高点，那么小球在最高点时应该是恰好是物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得离最低点的高度h．
【解答】解：
A、小球在最高点时，若受弹力，则弹力一定竖直向上；而在最低点，支持力与重力的合力充当向心力，故作用力一定向上，故A错误；
B、要使小球能通过最高点，则在最高点处应有：
mg=
；再由机械能守恒定律可知mgh=mg2R+mv2；解得小球初位置的高度至少为h=R；故小球高出2.5R时，小球才能通过最高点，故B错误；
C、若小球距最低点高出0.5R时，由机械能守恒可知，小球应到达等高的地方，即0.5R处，小球受到圆轨道的支持，不会脱离轨道，故C正确；
D、由C的分析可知，若小球的初位置低于0.5R时，也不会脱离轨道，故D错误；
故选：
C．
【点评】本题考查机械能守恒及向心力公式，明确最高点的临界速度，并注意小球在轨道内不超过R时也不会离开轨道．
14．在光滑的水平面上，动能为E0，动量为P0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小记为E1和P1，球2的动能和动量大小记为E2和P2，则必有（ ）
A．E1＜E0B．P1＜P0C．E2＞E0D．P2＞P0
【考点】动量守恒定律．
【分析】根据碰撞过程的两大基本规律：
系统动量守恒和总动能不增加，分析可知得到：
E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．由动量守恒定律分析P2与P0的关系．
【解答】解：
A、B、C由题，碰撞后两球均有速度．根据碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．否则，就违反了能量守恒定律．故AB正确，C错误．
D、根据动量守恒定律得：
P0=P2﹣P1，得到P2=P0+P1，可见，P2＞P0．故D正确．
故选ABD
【点评】本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：
系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果．
15．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断两物块轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，（ ）
A．速率的变化量相同B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同
【考点】机械能守恒定律．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值．
【解答】解：
设斜面倾角为θ，刚开始AB处于静止状态，所以mBgsinθ=mAg，所以mB＞mA，
A、剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据动能定理得：
mv2=mgh
v=
所以速度的变化量为v﹣0=
，故A正确；
B、剪断细线，A、B两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故B错误；
C、重力势能变化量△EP=mgh，由于AB的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故C错误；
D、A运动的时间为：
t1=
，所以A重力做功的平均功率为：
=
B运动有：
=gsinθt22，解得：
t2=
，所以B重力做功的平均功率为：
=
，
而mBgsinθ=mAg，所以重力做功的平均功率相等，故D正确．
故选：
AD
【点评】重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中．
二、非选择题（本大题共6小题，共50分）
16．与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况时的常用计时仪器，如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置．现利用如图乙所示的装置验证滑块所受外力做功与其动能变化的关系．方法是：
在滑块上安装一遮光板，把滑块放在水平放置的气垫导轨上（滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略），通过跨过定滑轮的细绳与钩码相连，连接好1、2两个光电门，在图示位置释放滑块后，光电计时器记录下滑块上的遮光板先后通过两个光电门的时间分别为△t1、△t2．已知滑块（含遮光板）质量为M、钩码质量为m、两光电门间距为S、遮光板宽度为L、当地的重力加速度为g．
①用游标卡尺（20分度）测量遮光板宽度，刻度如图丙所示，读数为 5.70 mm；
②本实验想用钩码的重力表示滑块受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中需要满足的条件是M 远大于 m（填“大于”、“远大于”、“小于”或“远小于”）
③计算滑块先后通过两个光电门时的瞬时速度的表达式为：
v1=
、v2=
；（用题中所给字母表示）
④本实验中，验证滑块运动的动能定理的表达式为 mgs=M（
）2﹣M（
）2 ．（用题中所给字母表示）
【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）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）滑块在水平木板运动时水平方向上受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次：
必须要满足钩码的质量远小于滑块的总质量．
（3、4）根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度求出滑块先后通过两个光电门的瞬时速度．抓住滑块重力势能的减小量等于滑块动能的增加量列出表达式．
【解答】解：
（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×14mm=0.70mm，则最终读数为5+0.70=5.70mm．
（2）由于滑块在运动的过程中受到阻力，为了减小阻力的影响，需平衡摩擦力．
设钩码的质量为m，滑块的质量为M，对系统运用牛顿第二定律得，a=
，
则绳子的拉力T=Ma=
=
，当m＜＜M时，绳子的拉力等于钩码的重力．
（3）滑块通过光电门1的瞬时速度v1=
，
通过光电门2的瞬时速度v2=
．
（4）滑块重力势能的减小量为mgs，滑块动能的增加量为M（
）2﹣M（
）2．
则滑块的机械能守恒的表达式为mgs=M（
）2﹣M（
）2．
故答案为：
（1）5.70；
（2）远大于，
（3）
，
；
（4）mgs=M（
）2﹣M（
）2．
【点评】（1、2）解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺
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