考点：探究影响摩擦力的大小的因素

专题：实验题；压轴题；摩擦力专题．

分析：由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同，由匀加速运动的位移时间公式和自由落体的位移时间公式即可求得加速度的比值；由牛顿第二定律及几何关系即可求得滑块与斜面间的动摩擦因数；由μ的数学表达式就可以知道能引起实验误差的因数，还要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差；

解答：解：①由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，说明小球和滑块的运动时间相同， 由x=at2和H=gt2得：所以=②根据几何关系可知：sinα=，cosα= 对滑块由牛顿第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα=ma，且a=，联立方程解得μ=③由μ得表达式可知，能引起实验误差的是长度x、h、H测量时的读数误差，同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差，故选cd．故答案为：①②③c d

点评：本题考查了匀加速直线运动和自由落体运动的基本公式，要求同学们能学会对实验进行误差分析，

9．（6分）（2011•山东）某同学利用图1所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率．

（1）所得实验数据如下表，请在图2中画出U﹣I的图象．

U/V1.961.861.801.841.641.56

I/A0.050.150.250.350.450.55

（2）根据所画的U﹣I图象，可求得电流I=0.20A时电源的输出功率约为0.37 W（保留两位有效数字）．

（3）（多选题）实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在图3所示的电路中（Rx阻值未知），你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是

考点：电功、电功率

专题：实验题；恒定电流专题．

分析：（1）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后根据描出的点作出U﹣I图象．（2）由图象找出电路电流为0.20A时的路端电压，然后由P=UI求出电源的输出功率．（3）根据电路图，分析电路结构，然后答题．

解答：解：（1）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后作出图象，U﹣I图象如图所示；（2）由图象可知，电流I=0.20A时，电源输出电压为1.84V，电源的输出功率为P=UI=1.84×0.20W≈0.37W．（3）A、当滑动变阻器滑动片滑动到最右端，电源短路，存在安全隐患，故A错误；B、滑动变阻器采用分压接法，既能保护电路，又能测测出电源的输出功率，故B正确；C、滑动变阻器采用限流接法，既能保护电路，又能测测出电源的输出功率，故C正确；D、电压表测滑动变阻器两端电压，并不能测出电路的路端电压，该电路能保证电路安全，但不能测出电源的输出功率，故D错误；故答案为：（1）图象如图所示；（2）0.37；（3）BC．

点评：应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法．

10．（15分）（2011•山东）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg．B与A左段间动摩擦因数μ=0.4．开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m．（取g=10m/s2）求

（1）B离开平台时的速度vB．

（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB．

（3）A左端的长度l2．

考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动

分析：对A、B隔离受力分析，根据受力情况再做运动过程情况分析，根据运动性质结合物理规律解决问题．要注意物体运动的位移指的是相对于地面的位移．要善于画出运动过程的位置图象，有利于解题．

解答：解：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得：h=gt2，x=vBt联立解得vB=2m/s．（2）设B的加速度为aB，B在A的粗糙表面滑动，受向右的滑动摩擦力做匀加速直线运动．由牛顿第二定律，F合=μmg=maB，由匀变速直线运动规律，vB=aBtB，xB=aBtB2，联立解得：tB=0.5s，xB=0.5m．（3）设B刚好开始运动时A的速度为v，以A为研究对象，由动能定理得Fl1=Mv12设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得：F﹣μmg=MaA，（l2+xB）=v1tB+aAtB2，联立解得l2=1.5m．答：（1）B离开平台时的速度vB为2m/s．（2）B运动的时间tB为0.5s，位移xB为0.5m．（3）A左端的长度l2为1.5m．

点评：能够根据物体的受力情况确定物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式解决．动能定理的应用要注意过程的选取和总功的求解．

11．（18分）（2011•山东）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m、电量为﹣q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30°．

（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0；

（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h；

（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件；

（4）若B1≠B2、L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动

分析：（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间．（2）由几何知识求出高度差．（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区．由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件．（4）由几何知识分析L1、L2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．

解答：解：（1）如图所示，设粒子射入磁场区域Ⅰ时的速度为v，匀速圆周运动的半径为R1． 根据动能定理，得 qU=mv2 ① 由牛顿定律，得qvB0=m ② 由几何知识，得L=2R1sinθ=R1 ③ 联立代入数据解得B0= ④ 粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0= ⑤ 联立上述①②③④⑤解得 t0=（2）设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m 由于B2=B1，得到R2=R1=L 由几何知识可得 h=（R1+R2）（1﹣cosθ）+Ltanθ 联立，代入数据解得h=（2﹣）L （3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足 R2（1+sinθ）＜L 代入数据解得 B2＞h （4）如图3所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为α， 由几何知识可得L1=R1 （sinθ+sinα） L2=R2 （sinθ+sinα 联立解得B1R1=B2R2 又R1= R2= 解得B1L1=B2L2答：（1）B0=，t0=． （2）粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h=（2﹣）L． （3）为使粒子能返回Ⅰ区，B2应满足的条件是B2＞． （4）为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式是B1L1=B2L2．

点评：本题的难点在于分析临界条件，粒子恰好穿出磁场时，其轨迹往往与边界相切．

【物理-选修3-3】（8分）

12．（4分）（2011•山东）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是（）

A．液体的分子势能与体积有关