题目内容
（1）读出下面图1中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为______mm，螺旋测微器读数为______mm．
（2）某同学在做验证机械能守恒定律的实验中，使用50Hz交变电流作电源，在打出的纸带上选择5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，他测量了C点到A点、和E点到C点的距离，如图1（丙）所示．则纸带上C点的速度vc=______m/s，重物的加速度为______m/s2．（结果保留两位有效数字）
（3）用一根细绳，一端系住一定质量的小球，另一端固定，使小球在水平面内做匀速圆周运动．现有两个这样的装置，如图2，甲和乙所示．已知a，b两小球转动的角速度大小相同，绳与竖直方向的夹角分别为37°和53°．则a、b两小球的转动半径Ra和Rb之比为______．（sin37°=0.6；cos37°=0.8）
【答案】分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；
（2）利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出C点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力和重力的合力提供，根据牛顿第二定律求出角速度与半径的关系，从而得出转动半径之比，再根据几何关系得出绳长之比．
解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为16mm，游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：16mm+0.60mm=16.60mm；
螺旋测微器固定刻度为5.5mm，可动刻度为：0.01×19.3=0.193mm，所以最终读数为：5.5mm+0.1193mm=5.693mm，由于需要估读，因此在范围5.692-5.696mm都正确．
故答案为：16.60，5.693 （5.692-5.696）．
（2）匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，计数点之间的时间间隔为：T=0.1s，所以有：
根据△x=aT2有：
故答案为：1.9，9.6．
（3）小球所受的合力F合=mgtanθ=mrω2，则角速度的大小
，
由于角速度大小相等，则转动的半径比Ra：Rb=tan37°：tan53°=9：16．
故答案为：Ra：Rb=9：16．
点评：（1）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．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（2）在处理实验打出的纸带时，经常要用匀变速直线运动规律以及去推论，因此要加强基本物理规律在实验中的应用．
（3）解决本题的关键知道小球圆周运动的向心力的来源，根据牛顿第二定律进行求解．
（2）利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出C点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力和重力的合力提供，根据牛顿第二定律求出角速度与半径的关系，从而得出转动半径之比，再根据几何关系得出绳长之比．
解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为16mm，游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：16mm+0.60mm=16.60mm；
螺旋测微器固定刻度为5.5mm，可动刻度为：0.01×19.3=0.193mm，所以最终读数为：5.5mm+0.1193mm=5.693mm，由于需要估读，因此在范围5.692-5.696mm都正确．
故答案为：16.60，5.693 （5.692-5.696）．
（2）匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，计数点之间的时间间隔为：T=0.1s，所以有：
根据△x=aT2有：
故答案为：1.9，9.6．
（3）小球所受的合力F合=mgtanθ=mrω2，则角速度的大小
，由于角速度大小相等，则转动的半径比Ra：Rb=tan37°：tan53°=9：16．
故答案为：Ra：Rb=9：16．
点评：（1）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．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（2）在处理实验打出的纸带时，经常要用匀变速直线运动规律以及去推论，因此要加强基本物理规律在实验中的应用．
（3）解决本题的关键知道小球圆周运动的向心力的来源，根据牛顿第二定律进行求解．
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