（2）该同学计算了多组动能的变化量△Ek，画出动能的变化量△Ek与下落的对应高度△h的关系图象，在实验误差允许的范围内，得到的△Ek﹣△h图应是下列选项的 C 图．
【考点】： 探究功与速度变化的关系． 【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题． 【分析】： ①在这个过程中重力的功为：W=mgh，故需要用刻度尺测量下落高度．并计算重物在这一段运动的初速度和末速度．求出动能的变化量△EK，并比较W与△EK的关系． ②重力的功理论上等于动能的变化量△EK，即：mg△h=△EK，所以△EK与△h应成正比，图象应为一条过原点的直线． 【解析】： 解：（1）在这个过程中重力的功为：W=mgh，故需要用刻度尺测量下落高度．故填：下落高度
（2）重力的功理论上等于动能的变化量△EK，即：mg△h=△EK，所以△EK与△h应成正比，图象应为一条过原点的直线．故选：C 故答案为：下落高度；C 【点评】： 本题关键从实验原理出发，找准需要比较的什么，需要测量什么，就能更容易的选择出实验器材和数据处理方法． 9．（12分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，提供的实验器材有： A．小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流约为0.3A） B．电流表A （0～0.6A，内阻约为0.5Ω） C．电压表V（0～6V，内阻约为5kΩ）
D．滑动变阻器R1 （0～10Ω，2A ） E．滑动变阻器R2 （0～100Ω，0.2A ）
F．电源（6V，内阻不计） G．开关及导线若干
（1）实验中滑动变阻器选 R1 （填“R1”或“R2”）
（2）该同学设计了实验测量电路，通过改变滑动变阻器滑片的位置，使电流表的读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I．请在图甲中用笔画线代替导线将实验电路连接完整．
（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的U﹣I图象，根据图象可知小灯泡的电阻随着电流的增大而 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线． 【专题】： 实验题． 【分析】： 当要求电流从零调时滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器．小灯泡的电阻较小，电流表应用外接法． 【解析】： 解：（1）因描绘小灯泡伏安特性曲线的实验要求电流从零开始调节，故变阻器应用分压式，应选阻值小的变阻器误差小，故应选R1．
（2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又变阻器用分压式，如图所示，
（3）该同学根据实验数据作出了如图乙的U﹣I图象，根据欧姆定律R=，由图象可知，随着电流的增大，小灯泡的电阻增大． 故答案为：（1）R1，（2）如图 （3）增大 【点评】： 本实验应熟记测定小灯泡伏安特性曲线实验电流表用外接法，变阻器用分压式接法．
10．（18分）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的
2
大小g=10m/s，求：
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间； （2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
【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】： （1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间．
（2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较． （3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． 【解析】： 解：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度 vt=0 位移 x=25m
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 由①②式可得：a=8m/s t=2.5s （2）反应时间内的位移为x′=L﹣x=14m 则反应时间为t′=
2
则反应的增加量为△t=0.7﹣0.4=0.3s
（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得
F=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 由平行四边形定则得：由③④式可得：
﹣﹣﹣﹣④
答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s． （2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3S．
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为
．
【点评】： 考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析． 11．（20分）（2015?济南校级一模）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干扰面．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．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题． 【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． 【解析】： 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=mv ①
2
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
⑤
粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t0=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；
答：（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°，B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0为
；
（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h为（2﹣
）L；
h．
（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件为B2＞