浙江省杭州市(含周边)重点中学2019-2020学年高三上学期期中物理试卷 (含解析)

浙江省杭州市（含周边）重点中学2019-2020学年高三上学期期中物
理试卷
一、单选题（本大题共11小题，共30.0分）
1.关于物理学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是()
A. 笛卡尔运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断
B. 1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的
思想
C. 法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法
D. 牛顿发现了万有引力定律，并且测出了引力常数G
2.判断下列说法，哪个是错误的？()
A. 电流的方向即正电荷定向移动的方向
B. 直流电为方向不随时间而改变的电流
C. 并联电路中各支路两端的电压相等
D. 电荷运动形成电流
3.如图所示为上海南浦大桥的引桥以大小恒定的速度驶下桥的过程
中()
A. 汽车对驾驶员的总作用力大小等于驾驶员的重力
B. 汽车所受的合力与其速度垂直
C. 汽车的加速度大小保持不变
D. 汽车减少的机械能等于克服阻力做功产生的内能
4.一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB=3m，BC=5m，小球经过AB
和BC两段所用的时间均为2s，则小球的加速度大小和经过A点时的速度大小分别是()
A. 0.5m/s2 1 m/s
B. 1 m/s2 2 m/s
C. 0.5m/s2 2 m/s
D. 1 m/s21m/s
5.如图，用水平力F将重力等于G的木块压在竖直墙面上，使木块静止。

下
列判断正确的是()
A. 由于木块静止，所以F=G
B. 若撤去F，木块沿墙壁下滑时，木块受滑动摩擦力大小等于G
C. 减小压力F，墙和木块间的静摩擦一定减小
D. 增大压力F，墙和木块间的静摩擦力不变
6.据悉我国计划于2022年左右建成天宫空间站，它离地面高度为400km∼450km的轨道上绕球
做匀速圆周运动，其轨道半径大约为地球同步卫星轨道半径六分之一，则下列说法正确的是()
A. 空间站运行的加速度等于地球同步卫星运行的加速度的6倍
B. 空间站运行的速度约等于地球同步卫星运行速度的√6倍
C. 空间站运行的周期等于地球的自转周期的1倍
D. 空间站运行的角速度小于地球自转的角速度
7.如图所示为表示甲、乙物体运动的s−t图象，则其中错误的是()
A. 甲物体做变速直线运动，乙物体做匀速直线运动
B. 两物体的初速度都为零
C. 在t1时间内两物体平均速度大小相等
D. 相遇时，甲的速度大于乙的速度
8.如图所示，位于水平地面上的质量为M的小木块，在大小为F、方向与水平成α角的拉力作用
下沿地面做加速运动，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度为()
A. F
M B. (Fcos α−μMg)
M
C. Fcosα
M D. Fcos α−μ(Mg−Fsin α)
M
如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37°.已知小球的质量m=1kg，细线AC长L=1m，B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等．(重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
9.若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为0而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，
角速度ω1的大小()
A. 5√5
2rad/s B. 2√5
3
rad/s C. 5√2
2
rad/s D. 2√5
5
rad/s
10.若装置匀速转动的角速度为ω2时，细线AB刚好竖直，且张力为0，此时角速度ω2的大小()
A. √25
3rad/s B. √50
3
rad/s C. √75
3
rad/s D. √100
3
rad/s
11.一个等腰直角三棱镜的截面如图所示，一细束蓝光从AC面的P点沿
平行底面AB方向射入棱镜后，经AB面反射，再从BC面的Q点射
出，且有PQ//AB(图中未画光在棱镜内的光路).如果将一细束绿光仍
从P点沿平行底面AB方向射入三棱镜，则从BC面射出的光线()
A. 仍从Q点射出，出射光线平行于AB
B. 仍从Q点射出，出射光线不平行于AB
C. 可能从Q′点射出，出射光线平行于AB
D. 可能从O″点射出，出射光线平行于AB
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
12.如图甲所示，为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图．图乙表示该波传播的介质中
x=2m处的质点a从t=0时起的振动图象．则下列说法正确的是：()
A. 波传播的速度为20m/s
B. 波沿x轴正方向传播
C. t=0.25s时，质点a的位移沿y轴负方向
D. t=0.25s时，x=4m处的质点b的加速度沿y轴负方向
E. 从t=0开始，经0.3s，质点b通过的路程是6m
13.如图所示为LC振荡电路，当开关S打向右边发生振荡后，下列说法
中正确的是()
A. 振荡电流达到最大值时，电容器上的带电量为零
B. 振荡电流达到最大值时，磁场能最大
C. 振荡电流为零时，电场能为零
D. 振荡电流相邻两次为零的时间间隔等于振荡周期的一半
14.研究光电效应的实验电路图如图1所示，其光电流与电压的关系如图2所示.下列说法中正确的
是()
图1 图2
A. 把滑动变阻器的滑片向右滑动，光电流一定增大
B. 甲光与乙光的频率相同，且甲光的强度大于乙光的强度
C. 乙光的频率小于丙光的频率
D. 若将甲光换成丙光来照射锌板，其逸出功将减小
15.如图所示，浅色传送带A、B两端距离L=24m，以速度v0=8m/s
逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ=30°，现将一质
量为m=2kg的放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ=
√3
，g取10m/s2，则下列叙述正确的是()
5
A. 煤块从A端运动到B端所经历时间为3s
B. 煤块从A端运动到B端重力的瞬时功率为240W
C. 煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为4m
D. 煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为24J
三、实验题（本大题共3小题，共18.0分）
16.某实验小组采用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，图中小车中可放置砝码，实验中，
小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器的工作频率为
50Hz．
(1)实验的部分步骤如下：
①在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码；
②将小车停在打点计时器附近，________，________，小车拖动纸带，打点计时器在纸带上打
下一系列点，________；
③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作．
(2)下图是钩码质量为0.03kg、砝码质量为0.02kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O
及A、B、C、D、E计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表中的相应位置．
纸带的测量结果
测量点x/cm v/(m·s−1)
O0.000.35
A 1.510.40
B 3.200.45
C
D7.150.53
E9.410.60
(3)本实验，若用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，应采
取的两项措施是：
①________________________________________________________________；
②________________________________________________________________．
17.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡额定电压2.5V，额定电流0.25A.现有器材规
格如下：
直流电流表A1(量程0～0.3A，内阻约0.5Ω)；
直流电流表A2(量程0～0.5A，内阻约0.2Ω)；
直流电压表V1(量程0～3V，内阻约5kΩ)；
直流电压表V2(量程0～15V，内阻约10kΩ)；
直流电源E(电动势6V，内阻不计)；
滑动变阻器R(阻值范围0～15Ω，允许最大电流1.0A)；
开关1个，导线若干条。

(1)实验时电流表应选择______，电压表应选择______。

(填仪器字母代号)
(2)根据电路图在实物图中完成其余连线使之成为完整的实验电路。

(3)某同学在正确完成实验后，在坐标纸上画出如图所示的小灯泡I−U曲线，分析曲线可知小灯
泡的电阻随电流I变大而______(填“变大”、“变小”或“不变”)。

18.“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置如图1所示。

(1)透镜的作用是________
A .将灯丝成像在单缝处
B.增强照射到单缝上的光强度
(2)如果单缝的宽度稍微变大一些，通过目镜观察到的干涉条纹_____。

A.间距变大，且更亮更清晰
B.间距不变，且更亮但稍模糊
C.没有任何变化
(3)白光的双缝干涉条纹是彩色的，其中央亮条纹的中间部分是_____，边缘是______
A.蓝紫色
B.红黄色
C.白色
(4)有一种测量头结构如图2，测量相邻条纹间距时，眼睛通过目镜观察干涉条纹，同时用手转
动手轮。

测量时，应将分划板的中心刻线与______(填“亮”或“暗”)条纹的中心对齐。

如要测量4个条纹间的距离，有如下两种操作：
①向一个方向缓慢转动手轮，使第4个条纹中心刚好移到分划板的中心刻线。

②向一个方向转动手轮，发现第4个条纹中心稍微移过了中心刻线，然后小心地向相反方向转
动手轮，使条纹中心与分划板中心刻线对齐。

正确的操作是________
A.只有①
B.只有②
C.①和②
(5)分划板中心刻线与某条纹中心对齐时，测量头上游标与主尺的相对位置如图3所示，此时读
数为___________cm。

四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
19.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔
力陀螺”。

它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。

在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。

质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F，当质点以速率v=√gR通过A点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。

(1)求质点的质量；
(2)试证明质点对A、B两点的压力差为定值；
(3)若磁性引力大小恒为2F，为确保质点能做完整的圆周运动，求质点通过B点的最大速率。

20.如图所示，电源电动势E=2V，内电阻r=0.5Ω，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m=
0.1kg，电阻R=0.5Ω，它与导轨的动摩擦因数μ=0.4，有效长度为L=0.2m，为了使金属棒
能够靠在导轨外面静止不动，我们施一与纸面成30°角向里且与金属棒垂直的磁场，问磁场方向
是斜向上还是斜向下？磁感应强度B的范围是多大？(g=10m/s2)
21.如图所示，在半径分别为r和2r的同心圆(圆心在O点)所形成的
圆环区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，在大圆边界上A点有一粒子源，垂直AO向左发射一质量为m，
的粒子，求：
电荷量为+q，速度大小为qBr
m
(1)若粒子能进入磁场，求粒子在磁场中运动的半径；
(2)若粒子能进入磁场发生偏转，则该粒子第一次到达磁场小圆边
界时，粒子速度相对于初始方向偏转的角度；
(3)若粒子每次到达磁场大圆边界时都未从磁场中射出，那么至少经过多长时间该粒子能够回到
出发点A。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、伽利略运用“归谬法“否定了亚里士多德关于重的物体下落快，轻的物体下落慢的论断，故A错误；
B、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想，故B 正确；
C、法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法，故C错误；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常数G，故D错误．
故选：B
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错．
2.答案：D
解析：解：A、物理学中规定，电流的方向为正电荷定向移动的方向；故A正确；
B、直流电是指方向不随时间而改变的电流；故B正确；
C、并联电路中各支路两端的电压相等；故C正确；
D、电荷的定向移动形成电流；而电荷的移动包括分子的无规则运动，故不能说电荷的运动形成电流；故D错误；
本题选择错误的；故选：D．
电流的方向是正电荷的定向移动方向；直流电是指电流方向不随时间变化的电流；在并联电路中各支路两端的电压相等．
本题考查电流的形成及电流的方向，要注意明确电荷的定向移动才形成电流．
3.答案：B
解析：解：A、汽车对驾驶员有支持力和摩擦力，竖直方向合力为0，支持力等于重力，即汽车对驾驶员的总作用力大小不等于驾驶员的重力，故A错误；
B、汽车以大小恒定的速度驶下桥的过程中，可看成做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力指向圆心，速度沿切线方向，即所受的合力与其速度垂直，故B正确；
C、运动过程中，半径变化，由a=v2
可知，加速度大小改变，故C错误；
R
D、由功能关系知，汽车减少的机械能等于克服桥面摩擦力做功产生的内能，故D错误．
故选：B．
根据物体的受力情况和运动性质分析；汽车以大小恒定的速度驶下桥的过程中，可看成做匀速圆周运动，合力提供向心力，合力指向圆心，速度沿切线方向；由a=v2
R
可分析加速度大小变化；由功能关系分析产生的内能．
解答此题的关键是由题意知汽车以大小恒定的速度驶下桥的过程中，可看成做匀速圆周运动，合力提供向心力．汽车和桥面摩擦生热转化为车和桥共有的内能．
4.答案：A
解析：解：根据△x=aT2得，小球的加速度a=△x
T2=5−3
4
m/s2=0.5m/s2，B点的瞬时速度v B=x AC
2T
=
3+5
4
m/s=2m/s，
则A点的速度v A=v B−aT=2−2×0.5m/s=1m/s.故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，结合速度时间公式求出A点的速度．
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
5.答案：D
解析：解：ACD、对物体受力分析，受推力F、重力G，由于物体保持静止，处于平衡状态，合力为零，故受墙壁对其垂直向外的支持力N，还有竖直向上的静摩擦力f，
根据平衡条件，有：F=N，f=G
即静摩擦力与重力平衡，与推力无关，重力与F也无关，故AC错误，D正确；
B、撤去F，则墙壁对木块没有支持力，木块不会受到摩擦力，故B错误；
故选：D。

本题中木块受到重力作用，但并没有向下掉，而是保持静止，处于平衡状态，故需对物体受力分析，结合平衡条件分析解决。

静摩擦力的大小随着外力的变化而变化，其方向与物体的相对运动趋势的方向相反，可以用假设法判断对运动趋势的方向，即假设墙面光滑，物体会向下滑动，故物体有向下的滑动趋势，
6.答案：B
解析：
地球同步卫星的周期与地球自转的周期相同，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出加速度、线速度、角速度、周期的表达式即可进行比较大小
对于天体的运动，关键是要抓住万有引力提供向心力，利用牛顿第二定律列式即可分析．
解：地球同步卫星的周期与地球自转的周期相同，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得：
G Mm
r2
=m
v2
r
=mω2r=m
4π2
T2
r=ma
可得：v=√GM
r ，ω=√GM
r3
，T=2π√r3
GM
，a=GM
r
；
A、空间站的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的六分之一，所以空间站运行的加速度是地球同步卫星运行的加速度36倍，故A错误；
B、空间站的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的六分之一，空间站运行的速度等于地球同步卫星运行速度的√6倍，故B正确；
C、根据周期公式可知，空间站的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的六分之一，空间站运行的周期小于地球同步卫星周期(地球的自转周期)，故C错误；
D、空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，可知空间站运行的角速度大于地球同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，故D错误。

故选B。

7.答案：B
解析：解：A、甲图线的斜率逐渐增大，说明甲的速度增大，做变速直线运动。

乙图线是倾斜的直线，说明乙的速度不变，做匀速直线运动。

故A正确。

B、从斜率可以看出，两物体的初速度都不为零。

故B错误。

C、由图，在t1时间内两物体的位移相等，时间相等，由公式v=x
t
，得知平均速度相同。

故C正确。

D、在t1时刻，两物体相遇，甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲的速度大于乙的速度。

故D正确。

本题选错误的，故选B。

位移−时间图象中图线的斜率表示物体的速度，倾斜的直线表示物体匀速直线运动．斜率增大，物
体的速度增大．在t1时间内两物体的位移相等，时间相等，由公式v=x
t
，得知平均速度相同．
本题是位移图象问题，关键抓住图线的斜率表示速度，是基础题，比较简单．
8.答案：D
解析：
本题就是考查牛顿第二定律的基本应用，通过受力分析列式即可求得。

对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
在水平方向有：Fcosα−f=Ma，
竖直方向有：Mg=F N+Fsinα，
滑动摩擦力为：f=μF N，
根据以上三式联立可以求得：a=Fcosα−μ(Mg−Fsinα)
M
，
故选D。

9.答案：
【小题1】C【小题2】B
解析：解：(1)细线AB上张力恰为零时有：mgtan37°=mω12lsin37°
解得：ω1=√g
lcos37°=√50
4
=5√2
2
rad/s．
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系得：
cosθ′=3
5
，
则有：θ′=53°
mgtanθ′=mω22lsinθ′
解得：ω2=√50
3
rad/s．
(1)当细线AB张力为零时，小球受重力和AC绳的拉力，靠两个力的合力提供向心力，根据小球转动的半径，结合牛顿第二定律求出角速度ω1的大小．
(2)细线AB恰好竖直，但张力为零时，由几何关系求出AC绳与竖直方向的夹角，根据牛顿第二定律求出角速度ω2的大小．
解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．
11.答案：D
解析：解：蓝光的折射率大，在AC面上偏折得更厉害，绿光折射率小，在AC面上偏折的角度小，出射点向下偏，所以可能在O″点射出。

根据几何关系得，在BC面上的入射角和在AC面上的折射角相等，根据折射定律，通过光的可逆性，知出射光线仍然与AB平行。

故D正确，A、B、C错误。

故选：D。

蓝光的折射率大于绿光的折射率，根据折射定律判断在AC面上折射角的大小，根据几何关系确定在BC面上的入射角，从而确定出射点以及出射角的大小．
本题考查光的折射定律，对数学几何的能力要求较高，需加强训练．
12.答案：ABCD
=解析：解：A、由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，由甲图知，波长λ=4m，则波速为：v=λ
T 20m/s.故A正确；
B、由乙图知，t=0时刻，质点a向下运动，根据甲图可知，该波沿x轴正方向传播，故B正确；
C、由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，所以质点A在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.05s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以a的位移沿y轴负方向．故C正确；
D、由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向．故D正确．
E、因为0.3s=1.5T，则S=n⋅4A=1.5×4×0.2=1.2m，故E错误．
故选：ABCD
本题要在乙图上读出a质点在t=0时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率；
本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向．
13.答案：ABD
解析：
在LC振荡电路中，当电容器在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少。

从能量看：电场能在向磁场能转化；当电容器在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加。

从能量看：磁场能在向电场能转化。

电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用，同时掌握充放电过程中，会判定电流、电量、磁场、电场、电压如何变化。

注意形成记忆性的规律，以便于更快更准确的解题。

AB.当电流达最大时，此时磁场能最大，电场能最小，电容器上的带电量为零，故AB正确；
C.当电流为零时，充电完成，此时磁场能为零，电场能最大，故C错误；
D.由振荡电路的周期性可知，振荡电流相邻两次为零时间间隔等于振荡周期的一半，故D正确。

故选ABD。

14.答案：BC
解析：
可画出光电管实验电路图，当光电管加正向
电压情况：P右移时，参与导电的光电子数
增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电
子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P
再右移时，光电流不能再增大。

光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截
止频率；P再右移时，光电流始终为零。

eU截=1
2
mv m2=ℎν−W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大。

从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大。

解决本题的关键掌握遏止电压、截止频率、光电流强度与入射光频率、强度的关系，以及理解光电效应方程，并能灵活运用。

A.若把滑动变阻器的滑动触头向右滑动，若光电流没达到饱和电流，则一定会增大，若已达到饱和电流，则光电流不会增大；故A错误；
B.由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而光的频率相等，所以甲光照射的强度大于乙光照射的强度。

故B正确；
C.根据eU截=1
2
mv m2=ℎν−W，知入射光的频率越高，对应的遏止电压U c越大。

乙光的截止电压小于丙光，所以乙光的频率小于丙光频率，故C正确；
D.某金属在甲光照射下发生了光电效应，由于丙光的频率高于甲光的频率，所以在丙光的照射下也一定能发生光电效应，同一金属，逸出功是相等的，与入射光无关，故D错误。

故选BC。

15.答案：AC
解析：解：煤块放在传送带后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。

设经过时间t1，煤块的速度与传送带相同，匀加速运动的加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1，可得a1=g(sinθ+μcosθ)=10×(sin30°+√3
5
×cos30°)=8m/s2由v0=a1t1得t1=1s
此过程通过的位移大小为x1=v0
2t1=8
2
×1m=4m<L。

由于mgsinθ>μmgcosθ.故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续匀加速向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。

设煤块接着做匀加速运动的加速度为a2，运动的时间为t2，则
mgsinθ−μmgcosθ=ma2，可得a2=g(sinθ−μcosθ)=10×(sin30°−0.5×cos30°)=2m/s2由L−x1=v0t2+1
2
a2t22，代入数据得：
24−4=8t2+1
2
×2×t22
解得t2=2s。

故煤块从A到B的运动时间是t=t1+t2=3s。

故A正确。

B、煤块从A端运动到B端时速度v=v0+a2t2=8+2×2=12m/s，此时重力的瞬时功率为P= mgvsinθ=2×10×12×sin30°=120W，故B错误。

C、由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小(v0t1−x1)=[(L−x1)−v0t2]，所以煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹长度为S=v0t1−x1=8×1−4=4m。

故C正确。

D、煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q=μmgcosθ{(v0t1−x1)+[(L−x1)−v0t2]}代入数据解得Q=48J，故D错误。

故选：AC。

对煤块进行受力分析，开始时，受到重力、支持力、向下的滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析木块能否匀速下滑，否则，继续加速．根据位移公式求解时间，从而求得总时间．由速度公式求解煤块从A端运动到B端时的速度，由P=mgvsinθ求重力的瞬时功率．黑色痕迹的长度等于煤块与传送带间相对位移的大小．因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积．
解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．要注意摩擦生热与相对路程有关．
16.答案：(1)②先接通电源再释放小车关闭打点计时器电源
(2)5.18(5.16～5.20均可)0.49
(3)①平衡摩擦力②令钩码的重力远小于小车及砝码的总重力
解析：
(1)了解打点计时器的使用规则，实验过程中必须先接通电源，再释放小车，每次更换纸带都要关闭电源。

(2)小车在钩码的作用下拖动纸带在粗糙水平面上做匀加速直线运动，运用匀变速直线运动的规律，平均速度等于中间时刻的瞬时速度。

(3)小车在水平木板运动时水平方向上受到绳子的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；其次钩码的质量要远小于小车的质量。

本题考查探究功与速度变化的关系实验。

解题的关键是知道打点计时器使用时，要先接通电源、待打点稳定后在释放纸带；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕实验原理，明确实验目的，根据相应的物理规律可知需要测量的物理量及实验时的注意事项。

(1)实验过程中必须先接通电源，再释放小车，每次更换纸带时都要关闭电源。

(2)读数时要估读一
位，为5.18cm；平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：v C=x BD
4T =0.0715−0.0320
4×0.02
≈0.49m/s。

(3)小车在水平方向上受绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；
设绳子上拉力为F" id="MathJax-Element-1022-Frame" role="presentation" tabindex="0">F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma" id="MathJax-Element-1023-Frame" role="presentation"
tabindex="0">F=Ma。