（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

B．晶体的物理性质都是各向异性的

C．温度升高，每个分子的动能都增大

D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用

考点：* 晶体和非晶体；* 液体的表面张力现象和毛细现象

分析：分子势能与物体的体积有关．晶体分单晶体和多晶体，物理性质不同．温度决定分子平均动能．露珠是液体表面张力作用的结果

解答：解：A、物体体积变化时，分子间的距离将发生改变，分子势能随之改变，所以分子势能与体积有关，故A正确B、晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故B错误．C、温度是分子平均动能的标志，具有统计的意义，故C错误．D、液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势，故D正确．故选：A D