所以碰前的动量
p?mv?0.92?0.6kg?m/s=0.55kg?m/s
碰后的动量
p??2mv??0.45?1.2kg?m/s=0.54kg?m/s
（3）[4]．在误差允许范围内，p?p?，所以碰撞前后动量守恒． 【点睛】
(1)打点计时器是使用交流电源的计时仪器，打点时间间隔等于交流电的周期； （2）小车碰撞前速度大，碰撞后速度小，根据纸带分析答题； （3）由图示纸带应用速度公式求出速度； （4）根据实验数据分析答题．
18． (本题9分)在“测定金属的电阻率”的实验中：用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图甲所示，用米尺测出金属丝的长度，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率．
（1）从图中读出金属丝的直径为________mm．
（2）实验室有两节新干电池、开关、若干导线及下列器材：
A．电压表0～3 V，内阻10 kΩ B．电压表0～15 V，内阻50 kΩ C．电流表0～0.6 A，内阻0.05 Ω D．电流表0～3 A，内阻0.01 Ω E．滑动变阻器，0～10 Ω F．滑动变阻器，0～100 Ω
①要求较准确地测出其阻值，电流表应选________，滑动变阻器选_________．(填器材前面的序号) ②实验中实物接线如图所示，图中有几处错误，请写出其中的一处错误：____________． 【答案】0.680 C E 导线连接在滑动变阻器的滑片上或者电压青虾程接错 【解析】 【详解】
（1）[1]．由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm；
（2）①[2][3]．两节新的干电池，电源电动势为3V，若选取电压表15V，测量读数误差较大，因此电压表选A；电路最大电流约为I?E3?A?0.6A，电流表应选C；金属丝的电阻大约为5Ω，为方便实验R5操作在保证安全的前提下，应选择较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选E。
②[4]．由图示电路图可知，导线接在滑动变阻器的滑片上，这是错误的，导线应接在接线柱上。 四、解答题：本题共4题，每题5分，共20分
19．静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=1.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧(长度不计)，其弹性势能为10.0J，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的速度之比是vA︰vB=4︰1。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A与墙壁碰撞前后动能不变且碰撞时间不计。求：
(1)弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中有一个停下来时，A与B之间的距离。 【答案】 (1) vA =4m/s，vB=1m/s (2) 0.5m 【解析】 【详解】
（1）弹簧释放后瞬间，弹性势能转化为A、B动能Ep弹=vA︰vB=4︰1
联立得vA =4m/s，vB=1m/s
（2）A、B加速度大小相等，a=μg=2m/s2 B速度较小先停下，所用时间t=vB/a=0.5s B向左位移sB= vB2/2a=0.25m A该时间内的路程sA=vAt－
1122mAvA?mBvB 2212at=1.75m 2A与B之间的距离sAB=sB+L－(sA－L)=0.5m
20． “场”是除实物以外物质存在的另一种形式，是物质的一种形态．可以从力的角度和能量的角度来描述场．反映场力性质的物理量是场强．
（1）真空中一个孤立的点电荷，电荷量为+Q，静电力常量为k，推导距离点电荷r处的电场强度E的表达式．
（2）地球周围存在引力场，假设地球是一个密度均匀的球体，质量为M，半径为R，引力常量为G． a．请参考电场强度的定义，推导距离地心r处（其中r≥R）的引力场强度E引的表达式．
b．理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．推导距离地心r处（其中r＜R）的引力场强度E引的表达式． 【答案】（1）E?【解析】 【详解】
GMGMkQE?E?r 2a b （）．．引引r2r2R3（1）由E?FqQkQ，F?k2 ，得 E?2 qrrF万GMm，由F万?，
r2m（2）a．类比电场强度定义，E引?得 E引?GM 2rb．由于质量分布均匀的球壳对其内部的物体的引力为0，当r＜R 时，距地心r处的引力场强是由半径为
M43r3M???r?3Mr的“地球”产生的．设半径为r的“地球”质量为Mr，r4?R33． R3得E引?GMrGM?3r 2rR21． (本题9分)质量为2 t的汽车，以30 kW的恒定功率在平直公路上行驶，运动过程受到的阻力恒为2000N。求：
（1）10s内汽车牵引力做的功； （2）汽车的最大行驶速度；
（3）当汽车速度为36 km/h时，汽车的加速度。 【答案】（1）3×105J （2）15m/s （3）0.5m/s2 【解析】（1）由功率公式： P? W=Pt= 30×103×10J=3×105J （2）当汽车a=0时，行驶速度最大， 即此时：F牵= f = 2000N v 由功率公式：P=F牵·最大速度： vmaxW tP30?103??m/s?15m/s f2000（3）由牛顿第二定律：F-f = ma
P30?103N?3?103N 当速度v=36km/h=10m/s时，牵引力F??v10a?F?f3000?2000?m/s2?0.5m/s2 m2000本题答案是：（1）3×105J （2）15m/s （3）0.5m/s2
点睛：本题属于机车启动类的问题，在此类问题处理时要把握加速度为零时速度最大，所以利用
vmax来求速度的最大值。
22．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为
P
?f，
上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质
的小物块从轨道右侧A点以初速度
，
弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量
冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取
求：
（1）弹簧获得的最大弹性势能；
；
（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能
（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。 【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】
（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： ?μmgl+W＝0?mv02
弹
由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=10.5J；
（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 ?2μmgl＝Ek?mv02 解得 Ek=3J；
（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 ?2mgR＝mv22?Ek
小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得 R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；
设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： ?2mgR＝mv12-mv02
且需要满足 m≥mg，解得R≤0.72m，
综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。 【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。
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