根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题：
（1）在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为_______m/s。在打出D点时，物块的速度大小为_______m/s；（保留两位有效数字）
（2）物块的加速度大小为_______m/s。（保留两位有效数字） 【答案】 (1). （1）0.56 (2). 0.96 (3). （2）2.0 【解析】
（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以
2
2（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT可以求出加速度的大小，得
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17.在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中 （1）用多用电测电流或电阻的过程中____ A.在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零 B.在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 C.在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 D.在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用电表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10V”挡，其读数为____Ｖ；若选择开关处于“×10”挡，其读数为_____200 Ω（选填:“大于”，“等于”或“小于”）。
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【答案】 (1). AD (2). 5.4 (3). 小于 【解析】
（1）在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就是电流满偏，所以必须重新进行调零，选项A正确；在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零，故B错误；在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，故C错误；在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的量程进行测量，故D正确。所以选AD。
（2）选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2v，所以此时的读数为5.4v；因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以10至30的中间数值一定小于20，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于200Ω。
18.在“用插针法测玻璃砖折射率“的实验中，玻璃砖的ab边与a′b′边相互平行，aa′边与bb′边不平行．某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa′和bb′，如图所示．
（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO．接着，眼睛在玻璃砖的 ______ （选填“同一侧”、“另一侧”）观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线．
（2）实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？ ______ （填“是”或“否”） （3）下列操作可以减小实验误差的是 ______ （填字母代号） A．适当增大大头针P1、P2的间距
B．选择玻璃砖相互平行的ab、a′b′边来测量
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C．选用尽可能细的笔画线 D．使AO的入射角接近于90°．
【答案】 (1). 另一侧 (2). 否 (3). AC 【解析】
（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO；接着，眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线； （2）实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽；
（3）大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确。作插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B错误。为了准确确定入射光线和折射光线，选用尽可能细的笔画线，故C正确。为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好，但不是接近90°，故D错误。故选AC.
三．解答题（共3题，19题、20题每题8分，21题12分，共28分）
19.如图所示，挡板OM与竖直方向所夹的锐角为θ，一小球（视为质点）从O点正下方和A点以速度v0水平抛出，小球运动过程中恰好不和挡板碰撞（小球轨迹所在平面与挡板垂直）．不计空气阻力，重力加速度大小为g，求：
（1）小球恰好不和挡板碰撞时的竖直速度大小； （2）O、A间的距离．
【答案】（1）v0cotθ．（2）【解析】
【详解】（1）由于小球恰好不和挡板碰撞，达到斜面时，速度方向与斜面恰好平行，有：cotθ=， 解得vy=v0cotθ．
（2）根据cotθ=得运动的时间为： ，
根据x=v0t，y=gt得解得平抛运动的水平位移为：
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2
，
竖直位移为：由几何关系得：
， ，
联立解得： ．
20.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆轨道的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开半圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上半圆轨道，且仍能沿半圆轨道滑下，求P的质量的取值范围． 【答案】(1)【解析】
（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得 Ep=5mgl 如图，根据能量守恒定律得Ep=μmg?4l+mvB 联立解得 vB=
2
, (2)
物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得 mg?2l+mvD=mvB 解得 vD=
＞
2
2
所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有2l=gt x=vDt
2
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解得 x=2l
即落地点与B点间的距离为2l．
（2）P刚好过B点，有：Ep=μm1g?4l，解得 m1=m P最多到C而不脱轨，则有 Ep=μm2g?4l+m2gl，解得 m2=m 所以满足条件的P的质量的取值范围为：m≤mP＜m．
点睛：解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．
21.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
2
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J 【解析】
试题分析：（1）由牛顿定律进入磁场时的速度（2）感应电动势
③
②
①
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