6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动；
（2）已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T=s=s
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有： vA=
m/s=0.19m/s，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得： a=
m/s2=﹣0.038 m/s2．负号表示方向相反．
故答案为：（1）从右向左；（2）0.19，0.038．
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
10．（10分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有： 小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A） 电压表V（量程3V，内阻3kΩ） 电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω） 固定电阻R0（阻值1000Ω） 滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω） 电源E（电动势5V，内阻不计） 开关S；导线若干．
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．
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由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻 增大 （填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率 增大 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路图，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为 0.41 W，最大功率为 1.17 W．（结果均保留2位小数）
【分析】（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法；
（2）根据I﹣U图象的性质进行分析，明确电阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；
（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值．
【解答】解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示；
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（2）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；
（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为4V，等效内阻为10Ω；则有：U=4﹣10r；作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=1.8V，电流I=230mA=0.23A，则最小功率P=UI=1.8×0.23=0.41W；
当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为1.0Ω，作出电源的伏安特性曲线如图a中虚线所示；如图a可知，此时电压为3.65V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率Pmax=U'I'=3.65×0.32=1.17W． 故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）0.41；1.17．
【点评】本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道实验中数据分析的基本方法，注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析．
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11．（12分）一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.5×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）
（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； （2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．
【分析】（1）机械能等于重力势能和动能之和，可以得出两处的机械能； （2）根据动能定理计算克服阻力做功．
【解答】解：（1）落地时的重力势能为零，动能为Ek2=×108J；
进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1=mv2+mgH=2.4×1012J；
（2）此时的速度大小为v3=7.5×103×0.02m/s=150m/s；从600m处到落地之间，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理 mgh﹣Wf=mv22﹣mv32 代入数据，可得Wf=9.7×108J
答：（1）落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J； （2）克服阻力做功为9.7×108J．
【点评】本题考查了机械能的计算和动能定理的应用，掌握相关的公式是解题的关键．
12．（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．
（1）油滴运动到B点时的速度；
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=×8×104×1002J=4.0
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
【分析】（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t1后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t1又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出vB的速度大小；
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2的大小；而根据题意，为求出t1与v0满足的条件，只需要使E2＞E1即可，那么就可以最终求得t1与v0间的关系式．
【解答】解：（1）设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为E2，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反； 对于匀速运动阶段，有qE1=mg…①
对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2﹣mg=ma1…② 对于场强第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2+mg=ma2 …③ 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1=v0+a1t1④ 油滴在B的速度为：vB=v1﹣a2t1⑤
联立①至⑤式，可得：vB=v0﹣2gt1；方向向上；
（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：v02=2gh…⑥ 根据位移时间关系可得：v0t1+v1t1﹣
…⑧
…⑦
油滴运动有两种情况： 情况一：
位移之和x1+x2=⑨
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