解析山西省太原市高三上学期期中考试物理试题.docx
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解析山西省太原市高三上学期期中考试物理试题
山西省太原市２021年高三上学期期中考试物理试卷
一、单项选择题：
本题包含８小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确。
请将正确选项填入第2卷前的答题栏内。
1.（5分）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）图象，由图可知（ ）
A．
在时刻t1,a车与b车的速率相等
Ｂ.
在时刻t2，a和ｂ两车的运动方向相同
C．
在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等
D．
在t1到ｔ２这段时间内，ｂ车的速率先减小后增大
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:
位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律,纵坐标的变化量△x表示位移，图线的斜率表示速度的大小.
解答：
解:
A、由图知在时刻t１，a、b两车的位置坐标相同,到达同一位置，图线的斜率表示速度的大小,b的速率大于ａ的速率,所以时刻ｔ1,a追上b.故A错误.
Ｂ、t2图线的斜率表示速度，ｂ的速度为正,ａ的速度为负，方向不一样,故B错误．
C、在t１到ｔ2这段时间内，a和b两车初末位置相同，位移相同,a一直沿负方向运动,而b先沿负方向运动后沿正方向运动,路程不等．故C错误.
D、速度图线切线的斜率表示速度，在t1到ｔ2这段时间内,b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加．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,知道图线的斜率表示速度的大小,能够通过图线得出运动的方向．
2.（5分）“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏.某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环,并恰好套中前方同一物体.假设小圆环的运动可视为平抛运动,则（）
A．
大人抛出的圆环运动时间较短
B.
大人应以较小的速度抛出圆环
C．
小孩应以较小的速度抛出圆环
Ｄ．
小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小
考点：
平抛运动.
专题：
平抛运动专题．
分析：
物体做平抛运动,我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动,和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同.
解答：
解:
设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v,高度为h,则下落的时间为：
t＝
水平方向位移ｘ=vt＝v
A、平抛运动的时间由高度决定,可知大人抛出圆环的时间较长，故A错误.
B、大人抛出的圆环运动时间较长,如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等,则要以小点的速度抛出圈圈．故B正确，C错误；
Ｄ、环做平抛运动，则单位时间内速度变化量△ｖ=ｇt=g，所以大人、小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量相等,故D错误．
故选：
B.
点评：
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
3．（5分）201３年6月２0日，我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量.若聂海胜受恒力F的作用从静止开始运动,测出位移为x时的速度为v，则聂海胜的质量为（）
Ａ.
B．
C.
D．
考点：
牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
根据匀变速直线运动的速度位移公式求出聂海胜的加速度,根据牛顿第二定律求出质量．
解答：
解：
根据匀变速直线运动的速度位移公式得:
a=
根据牛顿第二定律得，质量为:
m＝
．
故选：
B．
点评:
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.
4.（5分）“北斗第二代导航卫星网”将由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成,其中静止轨道卫星，是指高度为3６０00kｍ的地球同步卫星；3０颗非静止轨道卫星由27颗中轨（MＥO）卫星和3颗倾斜同步（ＩGＳＯ）卫星组成,其中２7颗MＥO卫星的轨道高度均为21500kｍ，3颗倾斜同步（IGSＯ）卫星的轨道高度与静止轨道卫星的轨道高度相同，将各卫星轨道均视为圆轨道,根据以上信息，可以判断（）
Ａ．
MEO卫星的角速度比静止轨道卫星的角速度小
B．
该３5颗卫星的轨道圆心可能不重合
C．
静止轨道卫星只能在赤道正上方
D.
静止轨道卫星和倾斜同步（IGＳO）卫星的周期不相同
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:
根据万有引力提供向心力
=
得到角速度、周期与轨道半径的关系,根据轨道高度的大小,比较角速度和周期的大小．
同步卫星的轨道为赤道上空36０00km的高度,所有同步卫星都在同一个轨道上.
解答:
解：
A、根据万有引力提供向心力
得
由此可知,轨道高度越大，角速度越小，MＥO卫星的轨道高度为２1５0０ｋｍ,远小于静止轨道卫星3600０ｋｍ，故MEO卫星的角速度比静止轨道卫星的角速度大,故A错误.
BC、同步卫星的轨道为赤道上空36０00km的高度,所有同步卫星都在同一个轨道上,故B错误、C正确．
Ｄ、根据万有引力提供向心力
，得
，轨道高度相同，周期相同，倾斜同步（IＧSO）卫星的轨道高度与静止轨道卫星的轨道高度相同，故静止轨道卫星和倾斜同步（ＩＧSO）卫星的周期相同，都是24h．故Ｄ错误.
故选：
C．
点评:
本题要掌握万有引力提供向心力，并且根据题意要能够用角速度和周期表示出向心力．要知道同步卫星的轨道为赤道上空３6000km的高度,所有同步卫星都在同一个轨道上.
5.（5分）鸵鸟是当今世界上最大的鸟,由翅膀退化它已经不会飞了，鸟起飞的必要条件是空气对它向上的力f足够大,计算f大小的公式为:
f=cρSv２，式中c是一个无量纲的比例常数，ρ是空气密度,Ｓ是鸟翅膀的面积，v是鸟起飞时的速度，为了估算鸟起飞时的速度v，可以作一个简单的几何相似性假设,设鸟的几何线度为ｌ，则鸟的质量与ｌ3成正比，翅膀的面积S与l2成正比，已知燕子起飞时的速度约为５m／ｓ，鸵鸟的几何线度大约是燕子的25倍，由此可估算出若要使鸵鸟能起飞，鸵鸟的速度必须达到（ ）
A.
10m/s
Ｂ.
20m/s
C．
２5ｍ/s
D．
50m/s
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:
由题目要使鸟刚好能飞起来举力至少等于自身的重力,根据举力大小的表达Ｆ=kSv2，得到速度与质量、翅膀展开后的面积的关系，再将质量m∝L３,而翅膀面积Ｓ∝L２的关系代入得到速度与鸟的体长的关系,求出小燕子与鸵鸟的最小飞行速度的比值,得到鸵鸟飞起来需要的最小速度．
解答：
解:
燕子以最小速度飞行时，
m1g＝cS１v１２
而鸵鸟展翅以最大速度奔跑时，获得的举力为:
Ｆ2=cS2v22
又
，
则
解得:
v2=5×5m/s=2５m/ｓ．
故选:
C．
点评:
本题是实际问题，关键是建立物理模型，抓住受力平衡的条件,将问题简化,考查建模的能力.
６．（5分）如图所示,一质量为M、表面为四分之一圆弧面的柱体放在水平面上，各接触面均光滑,将质量为m的滑块从柱体的顶端由静止开始释放,在滑块沿圆弧面下滑到底端的过程中,为了使柱体M保持静止，需在柱体上施加一水平力F，则该力大小（）
A．
先变大后变小
B．
先变小后变大
C．
逐渐变大
Ｄ.
逐渐变小
考点:
牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析：
对小球分析，抓住小球垂直曲面方向平衡得出支持力的变化,抓住小球对曲面的压力在水平方向上的分力与F相等得出Ｆ的变化．
解答:
解:
设小球与圆心O连线与竖直方向的夹角为θ，N为曲面对小球的支持力,根据垂直曲面方向平衡得：
N=mgcoｓθ,
则小球对曲面的压力为mgcｏｓθ,
因为柱体在水平面上平衡,有:
Ｆ＝Nsinθ=ｍgsiｎθcosθ=
θ从90°逐渐减小到零,可知Ｆ先变大后变小，故Ａ正确，B、Ｃ、Ｄ错误．
故选:
Ａ.
点评：
解决本题的关键抓住小球对柱体压力在水平方向上的分力与F相等，通过数学三角函数分析求解，难度中等．
7.（5分）２01４年8月３日，云南省鲁甸县发生６.5级强震，在一次地震救援中，武警队员从静止在空气中的直升机上顺着长为2４m的缆绳沿竖直方向下滑到地面上,假设该队员由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为6s，取g＝10m/ｓ2，下列说法正确的是（ ）
A．
下滑过程中的最大速度为６m/ｓ
B．
加速与减速过程的时间之比为２：
1
Ｃ．
加速与减速过程的位移之比为1:
４
D．
加速与减速过程中受摩擦力大小之比为１:
2
考点:
牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系;力的合成与分解的运用．
专题：
牛顿运动定律综合专题．
分析：
由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比．根据牛顿第二定律研究摩擦力之比.
解答:
解;A、设最大速度为ｖ,根据平均速度的推论有：
解得ｖ=
，故Ａ错误.
B、设加速与减速过程的时间分别为ｔ１、t2，加速度大小分别为a1、ａ2．则v=a1ｔ１，v＝a２t2，得到ｔ１：
t２=ａ2:
a１=1:
2．故B错误.
C、匀加速运动位移为：
ｘ1=
，匀减速运动的位移
则x1:
x2=1:
2．故Ｃ错误.
Ｄ、由t1:
ｔ2=１：
2，又t１+ｔ２=6s,得到t1=2ｓ,t2=4s,a1＝4m／s2，a2=2m/s２,
根据牛顿第二定律,加速过程:
ｍg﹣ｆ1=ma1，f1=ｍg﹣ma1＝６ｍ
减速过程：
f2﹣mg＝mａ2，f2=mｇ+mａ2=１2m所以f1:
ｆ２=1：
2．故Ｄ正确；
故选：
D.
点评:
本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度,根据动能定理研究摩擦力关系.
8.（5分）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离r处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）,盘面与水平面的夹角为θ,重力加速度为g,则ω的最大值是（ ）
A．
B.
Ｃ．
D.
考点：
向心力；牛顿第二定律.
专题：
牛顿第二定律在圆周运动中的应用.
分析:
当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时,角速度最大，由牛顿第二定律求出最大角速度．
解答：
解：
当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时,角速度最大,由牛顿第二定律得:
μmgｃosθ﹣mｇsinθ=mω2r
则ω=
故A正确.
故选:
A
点评:
本题关键要分析向心力的来源,明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题.
二、多项选择题:
本题包含4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确,全部选对的得5分，选对但不全的得3分,有选错的得0分,请将正确选项填入第2卷前的答题栏内。
９．（5分）如图所示为某质点做直线运动的v﹣t图象,关于这个质点在４ｓ内的运动情况,下列说法正确的是（ ）
A.
质点始终向同一方向运动
B．
0﹣4s内通过的路程为4ｍ,而位移为零
Ｃ.
2s末质点离出发点最远
D.
加速度大小不变，方向与初速度方向相同
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：
根据速度的正负判断速度的方向．速度图象的斜率等于加速度.根据图线速度变化的变化分析物体做什么运动.
解答：
解：
A、由图看出，在前２ｓ内，物体沿负方向运动,在后2s内物体沿正方向运动，运动方向发生了改变.故A错误．
BC、物体在前２ｓ内向负方向做匀减速运动.后2s内向正方向做匀加速直线运动，2s末的位移最大，即离出发点最远,4ｓ内的位移是0，即回到原点,路程为两段位移绝对值之和，为
m=４m,故BＣ正确；
D、速度图线的斜率等于加速度,直线的斜率不变,说明物体的加速度大小和方向都不变.加速度始终沿正方向，而物体的初速度方向沿负方向，所以加速度方向与初速度方向相反.故D错误．
故选:
ＢC．
点评：
根据速度图象直接速度加速度的方向，由斜率大小求出加速度的大小是基本能力,要熟练掌握.
1０．（5分）如图所示，用细线相连的两个质量均为m的相同小物块Ａ和Ｂ（可视为质点），沿半径方向放在水平圆盘上，A与转轴OO′的距离为2l,Ｂ与转轴的距离为l,物块与圆盘间的动摩擦因数为μ,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，圆盘静止时,细线处于水平且无张力，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，则（ ）
A．
A、B两物体受到的摩擦力方向相反
Ｂ．
当ω=
时,细线张力为
C.
当ω＝
时,两物体开始滑动
D．
两物体开始滑动时,细线上张力为
考点:
向心力;牛顿第二定律.
专题：
牛顿第二定律在圆周运动中的应用.
分析:
AB都做匀速圆周运动，合外力提供向心力,当转速较小时，绳子没有张力,AB都是由静摩擦力提供向心力,方向都指向圆心,当Ｂ开始滑动时,AB都滑动了，说明此时ＡB都已达到最大静摩擦力，由向心力公式可求得角速度和绳子的拉力．
解答：
解:
A、ＡB都做匀速圆周运动，合外力提供向心力,当转速较小时,绳子没有张力，AＢ都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心,方向相同，故A错误；
B、当ω＝
时,对Ａ有:
Ｔ＋μmｇ＝ｍω2•2l
解得：
T＝
故B正确；
C、当B开始滑动时，A、B所受静摩擦力均达最大，设此时细绳张力为FT：
对A:
FT+μmｇ=mω２•２l
对A:
μｍg﹣FT=mω2l
联立解得：
ω=
FT=
故C错误，D正确.
故选：
BＤ
点评：
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力．
１1．（5分）如图所示,两个完全相同的小车质量均为M,放在光滑的水平面上,小车横梁上用细线各悬挂一质量均为m的小球，若对甲中的小车施加水平向左的恒力F1,对乙中小球ｍ施加水平向右的恒力F2,稳定后整个装置分别以大小为ａ1、ａ2的加速度做匀加速直线运动,两条细线与竖直方向的夹角均为θ，则下列判断正确的是（）
A．
两细线的拉力大小相等
B．
地面对两个小车的支持力大小不相等
C.
=
D．
=
考点:
牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题:
牛顿运动定律综合专题.
分析：
运用整体法和隔离法,对小球和整体进行分析，求出绳子的拉力、加速度,比较出拉力的大小和加速度大小．再对整体分析,根据牛顿第二定律比较出水平恒力的大小，以及在竖直方向上合力等于零，比较出支持力的大小.
解答:
解：
先对右图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力
根据牛顿第二定律，有
F2=（M+ｍ）ａ２①
再对右图中情况下的小球受力分析,如图
根据牛顿第二定律，有
Ｆ2﹣T2sinθ=ｍa2②
T2coｓθ﹣mｇ=0③
由以上三式可解得
T2=
，a2=
再对左图中小球受力分析，如图
由几何关系得
Ｆ合=mｇtａnα1
T1=
则a１=
=gtanθ
拉力T1=T２.
对整体分析，Ｆ合=（M＋m）a,则
，
=
在竖直方向上有:
N＝（M+ｍ）g,所以Ｎ1＝Ｎ2．故AC正确，BD错误.
故选：
AC.
点评:
本题关键要多次对小球和整体受力分析,求出合力，得出加速度和绳子拉力进行比较.
12．（5分）如图所示，小球ａ从倾角为θ=６0°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面匀速下滑,同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出,两球恰在斜面的中点Ｐ处相遇，下列判断正确的是（ ）
A．
ｖ1=２v２
B．
v1=v2
Ｃ．
若小球b以２v2水平抛出，则b球落在斜面上时,ａ球在ｂ球的下方
D.
若小球b以2ｖ２水平抛出，则b球落在斜面上时,a球在b球的上方
考点:
平抛运动．
专题:
平抛运动专题.
分析：
ａ球做匀速直线运动,在水平方向上做匀速直线运动,b球做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移相等求出初速度之比.结合落在斜面上位置，比较两球的运动时间，从而确定位置的关系.
解答：
解:
A、小球在P点相遇，知两球的水平位移相等,有：
v1tｓｉｎ３0°=v2t,解得v１:
v2＝２:
1.故Ａ正确,B错误.
C、若小球b以2v2水平抛出，如图所示，若没有斜面,将落在B点,与Ｐ点等高，可知将落在斜面上的A点,由于ａ球、b球在水平方向上做匀速直线运动,可知a球落在Ａ点的时间小于b球落在A点的时间,所以b球落在斜面上时,a球在ｂ球的下方.故Ｃ正确,D错误.
故选：
AＣ．
点评:
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律,抓住ａ、b两球水平方向均做匀速直线运动，结合水平位移关系分析判断．
三、实验题:
本题包含２小题,共20分，请将答案填在题中横线上或按要求作答。
１3．（10分）在用图1的装置“探究弹力和橡皮筋伸长的关系”的实验中,将圆柱形橡皮筋的上端O点固定悬吊在铁架台上，旁边置一刻度尺,刻度尺的零刻线与O点对齐，在橡皮筋的下端点A点处固定一指针．在挂钩上挂上钩码（每个钩码的重量都是0.5０Ｎ）,指针在刻度尺上指示的刻度为x0逐个增加所挂钩码的个数，测得x与挂钩上的钩码的个数n的关系如表：
钩码个数n
１
2
3
4
5
6
橡皮筋的弹力F/N
橡皮筋长度ｘ/cm
21.38
22．52
2３.6４
24．74
25.８8
27.０2
（1）在表格中将橡皮筋的弹力Ｆ一栏补充完整;
（2）在图2中的坐标系中作出橡皮筋的ｘ﹣F图象;
（３）由图象得出橡皮筋的原长x０= 20．22 cm；
（4）由图象可求得橡皮筋的劲度系数k= 43 N/m（保留两位有效数字）；
（５）不同橡皮筋的k值一般不同,ｋ值通常与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积Ｓ有关，理论与实际都表明k=
，其中Y是一个由材料决定的常数，称为杨氏模量．若上述实验使用的圆柱形橡皮筋的直径D=4.000mm，则该橡皮筋的杨氏模量Y=7×1０５M/m2（保留一位有效数字）.
考点：
探究弹力和弹簧伸长的关系.
专题:
实验题;弹力的存在及方向的判定专题．
分析：
（1）根据每个钩码的重量都是０.50N，推断表格中将橡皮筋的弹力Ｆ
因为已知弹力和弹簧伸长成正比，故应该用一条直线穿过尽可能多的点；
（2）根据描点法作图;
（３）由纵截距的物理意义可求得劲度系数;
（４）由ｋ=
可得弹簧劲度系数．
（５）根据公式推出杨氏模量Ｙ
解答：
解:
（1）根据每个钩码的重量都是0．5０N,推断表格中将橡皮筋的弹力F分别为
０.５０１.00１.50 2.00２．50 3.00
（2）如图示
（３）图象中的纵截距即为橡皮筋的原长ｘ0=20.22cm
（4）由图象可以取图中一点,坐标为（6×0.５0N,２７.00cｍ）,故弹簧的劲度系数为图象的斜率的倒数,即k＝
=
Ｎ/ｃm=4３N/m；
（5）由公式ｋ=
s=
联立解得y=７×10５
故答案为:
（1）0.50 1．00 1.502.00２.５0 ３.00
（2）如图示
（3）２0.22
（4）43;
（5）7×105
点评：
描绘x随F变化的图象时,注意将尽可能多的点落到一条直线上,其余的分居在该直线两侧．
14.（10分）如图1,竖直平面内固定一斜槽，斜槽中放有若干个直径均为d的相同小铁球,紧靠斜槽末端固定有电磁铁，闭合开关K，电磁铁吸住第一个小球，第二个小球处于斜槽末端被第一个小球阻挡而不落下．轻敲金属片M，M与触点分离,第一个小球从O点开始下落,M迅速恢复接触，电磁铁又吸住第二个小球,当第一个小球撞击M时,第二个小球又开始下落…
某兴趣小组用此装置测定重力加速度,回答下列问题：
（１）用游标卡尺测量小铁球的直径d,如图2所示,读数为０.７５0 cｍ;
（2）用游标卡尺测出OＭ=1．４6０ｍ,手动敲击M的同时按下秒表开始计时,若10个小球下落的总时间为5．５s，则当地的重力加速度g=９．6ｍ/s2（保留两位有效数字）；
（3）若在Ｏ点的正下方Ａ点固定一光电门（未画出），测出OA=h，小球经过光电门的时间为△t,则小球通过光电门时的速度v=
，可求得当地的重力加速度g=
；改变光电门的位置进行多次实验，若某次实验中，小球经过光电门的时间为△ｔ,此时光电门与A的距离为3h ．（用已知和测得量的符合表示）
考点：
验证机械能守恒定律.
专题:
实验题;机械能守恒定律应用专题.
分析：
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数,不需估读.
首先要明确电路结构、实验原理即可正确解答;根据自由落体运动规律h=gt２，可以求出重力加速度大小．
根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小钢球运动到光电门处时的瞬时速度,根据运动学公式求出当地的重力加速度．
解答：
解：
（１）游标卡尺的主尺读数为:
0.7cｍ,游标尺上第１０个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1０×０.05ｍｍ=0.50mm＝0．050cm,
所以最终读数为：
０.7cm+0.050cｍ=0.7５０ｃm．
（2）小球下落的时间ｔ=
=0．５5s，
根据自由落体运动规律h=gt2，
g=
=9.6m/ｓ２;
（3）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度得
小球通过光电门时的速度ｖ=
，
根据运动学公式得当地的重力加速度ｇ=
=
若某次实验中，小球经过光电门的时间为△t,
小球经过光电门的速度为v′=2ｖ,
此时光电门与A的距离为h′=4ｈ﹣h＝３ｈ．
故答案为：
（1）0.７50
（2）9.6（3）
；
；3h
点评：
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理,要能正确使用这些基本仪器进行有关测量.
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.
四、计算题:
本题包含5小题,共70分。
解答用写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分，有效值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15.（12分）据统计，40%的交通事故是由疲劳驾驶引起的，疲劳驾驶的危害丝毫不亚于酒驾、醉驾.研究表明,一般人
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