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2022-2023学年江苏省常州二中、武进高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省常州二中、武进高级中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于以下几幅插图，下列说法正确的是( )
A. 甲图，用头发屑可以模拟电场线，图中的电荷一定是带正电
B. 乙图，优质的话筒线外面包裹看金属网，目的是为了增强话筒线的导电性能
C. 丙图，加油站给车加油前，触摸一下静电释放器，可将人体的静电释放到大地
D. 丁图，摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为尖端放电
2.以下关于多用电表的说法中，正确的是( )
A. 在测电流时，若指针偏转过小，则需换更大的量程
B. 测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
C. 测量阻值不同的电阻时都不必重新进行欧姆调零
D. 多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，则需选择更大的倍率进行测量
3.有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流。若将该细胞膜视为1×10−8F的电容器，在4ms内细胞膜两侧的电势差从−70mV变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为( )
A. 1.5×10−7AB. 2×10−7AC. 2.5×10−7AD. 5×10−7A
4.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是( )
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大
B. 乙表是电压表，R增大时量程增大
C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5Ω
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
5.如图所示，一物体置于倾角为α的粗糙斜面上，在水平推力F作用下斜面向左做匀加速直线运动，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A. 斜面对物体的摩擦力可能做正功B. 斜面对物体的支持力可能做负功
C. 斜面对物体的作用力可能不做功D. 该物体受到的合外力可能不做功
6.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势φA=30V，B点的电势φB=−10V，则C点的电势( )
A. φC=10V
B. φC>10V
C. φC<10V
D. 上述选项都不正确
7.如图所示，L1、L2分别表示Q乙、Q甲两个点电荷到P点的距离，其大小相等，E表示两个点电荷在P点产生的合场强。下列对甲、乙两个点电荷的判断，正确的是( )
A. 异种电荷，Q甲>Q乙
B. 异种电荷，Q甲C. 同种电荷，Q甲>Q乙
D. 同种电荷，Q甲8.如图，水平放置的平行板电容器与恒定直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离，则( )
A. 油滴将竖直向上运动B. P点电势降低
C. 带电油滴电势能减少D. 电容减小，电量将增大
9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0∼x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2∼x3段是直线，其中x3−x2=x2−x1，则下列说法正确的是( )
A. 0∼x1段的电场强度逐渐增大
B. x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
C. 粒子在x1∼x2段做匀变速运动，x2∼x3段做匀速直线运动
D. x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23
10.如图所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E机、重力势能Ep(取圆轨道的最低点重力势能为零)和动能Ek的相对大小(用柱形高度表示)，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.如图甲所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm、长度约为40cm。提供的器包括：电源(6.0V)、电压表V(量程6V，内阻约为8kΩ)、电流表A(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)、滑动变阻器R1(最大值5Ω，额定电流2A)、滑动变阻器R2(最大值200Ω，额定电流2A)、毫米刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、导线和开关。
(3)某同学用游标卡尺测出截面外边长如图乙所示，其读数a=______ cm。
(4)应选用______来测量工件内径 d，选用______来测量工件长度 L。(选填A：“毫米刻度尺”、B：“游标卡尺”、C：“螺旋测微器”)
(3)为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图丙所示的电路，实验中滑动变阻器应选用______(选填A：“滑动变阻器R1”或B：“滑动变阻器R2”)，并将图丁的实物图连接好。
(4)某次实验测得工件两端电压为U，通过的电流为I，写出该金属电阻率的表达式ρ=______。(用a、d、L、U、I等字母表示)(用物理量符号表示)
(5)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项有______。
A.用游标卡尺测量金属外边长时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表分压使得金属工件电阻阻值和真实值相比偏小
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U−I图像处理数据求金属工件电阻可以减小偶然误差
三、简答题：本大题共2小题，共20分。
12.如图电路中，电源电压恒为12V(内阻不计)，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=6Ω。
(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？
13.如图甲，竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线OO′，粒子源P可以连续发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子(初速不计)，粒子在A、B间被加速电压U0加速后，沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L，两板间距离为 3L3，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO′垂直，交点为O′。粒子重力不计，求：
(1)粒子进入MN板间时的速度大小v0；
(2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
(3)若M、N板间的电压可调，则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b。
四、计算题：本大题共2小题，共25分。
14.如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，导轨半径R=0.4m，一质量m=1kg的小滑块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点C作平抛运动。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.2，AB的长度L=2m，求：
(1)小滑块在圆轨道最高点速度大小；
(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
(3)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能。
15.如图所示，质量M=0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1=0.1，另一质量m=0.1kg的带正电小滑块以V=8m/s初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.5，小滑块带电量为q=2×10−3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=l×l0+2N/C，(g=10m/s2)
求：(1)刚开始时小滑块和长板的加速度大小各为多少？
(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置．
(3)整个运动过程中产生的热量．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、正负点电荷的电场都是辐射状的，可知图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，也可能是负点电荷形成的电场，故A错误；
B、话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了屏蔽外部干扰，实现高保真信号传输，不是增强话筒线的导电性能，故B错误；
C、在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是通过静电释放器把静电导走，是防止静电危害，故C正确；
D、图丁中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故D错误。
故选：C。
A、根据正负点电荷的电场都是辐射状的来判断；
B、话筒线使用金属网状编织层包裹着导线利用了静电屏蔽；
C、通过静电释放器把静电导走，防止静电危害；
D、工作原理为静电吸附。
本题考查了点电荷产生的电场特点、静电屏蔽、静电的防止和应用，解题的关键是理解静电屏蔽的概念、熟悉生活中静电的防止和应用。
2.【答案】B
【解析】解：A.在测电流时，若指针偏转过小，说明电流很小，则需换更小的量程，故A错误；
B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，故B正确；
C.测量阻值不同的电阻时，切换挡位后，需要重新欧姆调零，故C错误；
D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，说明倍率大，示数小，则需选择更小的倍率进行测量，故D错误。
故选：B。
用多用表测电流时需要串联在电路中，测电压时需要和待测电路并联，作为欧姆表使用时，根据指针偏转角度大小，调整适合的倍率，且每次换挡需重新欧姆调零。
本题主要考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零。
3.【答案】C
【解析】解：根据公式C=QU，当细胞膜两侧的电势差从−70mV变为30mV
Q1=CU1=1×10−8×(−0.07)C=−7×10−10C
Q2=CU2=1×10−8×0.03C=3×10−10C
所以I=Q2−Q1t=3×10−10+7×10−100.004A=2.5×10−7A
故ABD错误，C正确
故选：C。
本题考查公式C=QU和I=Qt的使用情况，两个公式进行结合计算即可。
注意电容器的基本公式，以及电流的宏观定义式，本题较为简单。
4.【答案】D
【解析】解：AB、甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程I=Ig+IgRgR，可知当R减小时量程I增大。故AB错误；
C、由公式I=Ig+IgRgR知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=1.003Ω，故C错误；
D、由公式U=Ig(Rg+R)知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω，故D正确。
故选：D。
电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的。利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G和电阻并联，改装成安培表。利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G和电阻串联，改装成电压表。
本题考查电表改装的原理和量程的意义，掌握闭合电路欧姆定律。
5.【答案】A
【解析】解：A、当物体的加速度a当物体的加速度a>gtanα时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向下，摩擦力方向与位移方向夹角是锐角，摩擦力对物体做正功；
当a=gtanα时，斜面与物体间不存在摩擦力，摩擦力对物体不做功，故A正确；
B、斜面对物体的支持力垂直于斜面向上，与物体的运动方向夹角是锐角，斜面对物体的支持力一定做正功，故B错误；
C、物体受到重力和斜面对物体的作用力(支持力和摩擦力的合力)，重力和斜面对物体的作用力合力方向水平向左，而重力方向竖直向下，则斜面对物体的作用力斜向左上方，与物体位移方向夹角是锐角，斜面体对物体的作用力对物体一定做正功，故C错误；
D、物体向左做匀加速直线运动，物体所受合外力水平向左，合外力方向与位移方向相同，合外力对物体一定做正功，故D错误。
故选：A。
物体和斜面一起向左做匀加速直线运动，加速度方向水平向左，支持力垂直斜面向上，而摩擦力方向需要讨论，然后应用功的计算公式W=Flcsα分析答题。
判断力做功的问题需要判断力和位移的夹角问题，夹角为锐角，力做正功，夹角为钝角，力做负功。当两物体之间没有相对滑动时，需要注意摩擦力的有无以及方向的问题。
6.【答案】C
【解析】解：电场线的疏密程度表示场强的大小，且场强大的地方，电势降落的快。由图可知AC处的电场线比BC处的电场线密集，则AC段的平均场强大于BC段的平均场强，所以AC之间的电势差大于BC之间的电势差。即为：φA−φC>φC−φB，则有：φC<10V，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电场线的疏密程度表示场强的大小，且场强大的地方，电势降落的快。由图可知AC处的电场线比BC处的电场线密集，则AC段的平均场强大于BC段的平均场强，所以AC之间的电势差大于BC之间的电势差。
电场线的疏密程度表示场强的大小，且场强大的地方，电势降落的快。
7.【答案】A
【解析】解：由于Q甲、Q乙两个点电荷到P点的距离相等，P点合场强方向偏向右上方，如图所示；根据场强叠加原理可知，两点电荷一定为异种点电荷，且甲为正电荷，乙为负电荷，两电荷在P点产生的场强E甲>E乙，根据点电荷场强公式E=kQr2，则Q甲>Q乙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
正点电荷产生的场强在场源与某点的连线上，由该点向外，负点电荷产生的场强在场源与某点的连线上，由该点向内，据此画出平行四边形，对角线即为合场强；再结合点电荷场强公式作答。
注意空间中某点的场强为合场强，根据平行四边形对角线夹在两邻边这个知识点判断电荷的正负。
8.【答案】B
【解析】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，
由于电容器两板间电压不变，根据E=Ud得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误；
B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；
C、由上分析，可知，带负电油滴在电势降低后，则其电势能会增大，故C错误；
D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；
故选：B。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=Ud分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。
本题运用E=Ud分析板间场强的变化，判断油滴如何运动。运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=ΔφΔx，得：E=1q⋅ΔEpΔx，由数学知识可知Ep−x图象切线的斜率等于ΔEpΔx，0∼x1段的斜率逐渐减小，则电场强度逐渐减小，故A正确。
B、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1>φ2>φ3，故B正确；
C、由图看出，在0∼x1段图象切线的斜率不断减小，场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1∼x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2∼x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误；
D、x1与x2两点间距与x2与x3两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，由U=Ed，可知x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23不相同，故D错误。
故选：B。
根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=ΔφΔx，结合分析图象的斜率与场强的关系，根据斜率读出场强的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低；根据能量守恒判断速度的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质；结合U=Ed分析电势差关系。
本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。
10.【答案】D
【解析】解：设轨道半径为R，则小球运动到最高点时，根据mg+F=mv2R知，当轨道对小球的弹力F=0时速度最小为vmin= gR，即动能不为零，则机械能E机大于重力势能Ep；最高点的重力势能Ep=2mgR，最小动能为Ekmin=12mvmin2=12mgR，即在最高点时的动能Ek≥12mgR，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先计算出小球在最高点时的最小动能，知道机械能等于重力势能和动能之和，然后比较即可。
机械能等于重力势能和动能之和，所以在最高点时，机械能一定是大于重力势能的，还有这是个绳球模型，知道通过最高点时的最小速度，可以知道最小动能，然后做出解答。
11.【答案】1.02B：“游标卡尺” A：“毫米刻度尺” A：“滑动变阻器R1” U(4a2−πd2)4IL CD
【解析】解：(1)10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，读数a=10mm+2×0.1mm=10.2mm=1.02cm；
(2)测量工件内径时应使用游标卡尺的内测量爪，测量工件的长度应使用毫米刻度尺；
(3)根据电路图可知，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选择R1，即选择A；电路连接图如图所示：
(4)根据欧姆定律，工件的电阻为R=UI
工件的横截面积为S=a2−14πd2=4a2−πd24
根据电阻定律R=ρLS
联立解得电阻率ρ=U(4a2−πd2)4IL；
(5)A.用游标卡尺测量金属外边长时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B.根据欧姆定律，电阻的测量值R=UI
由于电压表分流，通过待测电阻的电流IR=I−IV，电阻的真实值R真=UIR=UI−IV>UI=R
即金属工件电阻的测量值小于真实值，故B错误；
C.电压表内阻造成的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D.根据“描点法”可知，用U−I图像处理数据求金属工件电阻可以减小偶然误差，故D正确。
故答案为：(1)1.02；(2)B：“游标卡尺”；A：“毫米刻度尺”；(3)A：“滑动变阻器R1”；电路图见解析；(4)U(4a2−πd2)4IL；(5)CD。
(1)10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应刻度(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据游标卡尺内测量爪的用途作答；根据长度较长选择毫米刻度尺测量长度；
(3)滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；根据电路图连接实物图；
(4)根据欧姆定律、电阻定律求解电阻率；
(5)根据系统误差和偶然误差的相关知识分析作答。
本题考查了工件内径和长度的测量、工件电阻率的测量；要掌握游标卡尺的使用和读数，要能灵活运用欧姆定律和电阻定律求电阻率，能够进行误差分析。
12.【答案】解：(1)若在C、D间连一个理想电压表，电压表电阻无穷大，那么，电压表示数为R2两端电压；
故根据闭合电路欧姆定律得：
I=ER1+R2
R2两端电压为：
U=IR2
联立解得：U=8V
(2)若在C、D间连一个理想电流表，电流表内阻为零，那么，R2，R3并联后的电阻：
R23=R2R3R2+R3
代入数据得：R23=3Ω
故电路总电阻为：
R=R1+R23=6Ω
电路总电流为I总，由闭合电路欧姆定律得：
I总=ER
代入数据得：I总=2A；
那么，电流表读数为I，由并联电路电压相等，电流分流得：
I=R2R2+R3I总；
代入数据得：I=1A
答：(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8V；
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是1A。
【解析】(1)在C、D间连一个理想电压表，电路为串联电路，电压表读数为R2两端电压，故根据串联电路电流相等、电压分压求得电压表示数；
(2)在C、D间连一个理想电流表，则R2，R3并联后与R1串联，电流表读数为通过R3的电流；根据串并联电路电阻计算方式求得总电阻，即可求得总电流；再根据并联电路电压相等、电流分流求得电流表读数。
闭合电路欧姆定律一般先计算电路总电阻，然后根据欧姆定律得到总电流，即可求得点电阻电流、电压。
13.【答案】解：(1)粒子在A、B间加速，粒子加速到O点的过程，由动能定理有：qU0=12mv02−0
解得v0= 2qU0m
(2)记M、N两板间距离为d= 33L
粒子在MN间做类平抛运动，水平方向：L=v0t
竖直方向：12d=12at2
由牛顿第二定律有：ma=qU1d
解得：U1=23U0
(3)粒子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时
垂直于中心线OO′方向的速度vy=at
离开MN后粒子做匀速直线运动，水平方向：L=v0t′
竖直方向：y=vyt′
在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b=2(d2+y)
解得：b= 3L
答：(1)粒子进入MN板间时的速度大小是 2qU0m；
(2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压是23U；
(3)若M、N板间的电压可调，则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b是 3L。
【解析】(1)应用动能定理求出粒子进入MN板时的速度大小。
(2)粒子在MN板间做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电压。
(3)粒子从MN板边缘射出时打在荧光屏的最下(或最上)位置，求出最大位移，然后求出最大长度。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
14.【答案】解：(1)小滑块恰好能通过最高点C作平抛运动，在C点，重力完全提供向心力，由牛顿第二定律可得：mg=mvC2R
解得：vC=2m/s；
(2)B至C过程，由动能定理可得：−mg×2R=12mvC2−12mvB2
在B点，由牛顿第二定律：FN−mg=mvB2R
代入数据得：FN=60N
根据牛顿第三定律，小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为60N；
(3)A至B，由能量守恒定律可得：EpA−μmgL=12mvB2
代入数据得：EpA=14J。
答：(1)小滑块在圆轨道最高点速度大小为2m/s；
(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为60N；
(3)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为14J。
【解析】(1)在C点重力完全提供向心力，由牛顿第二定律列方程求解；
(2)B至C过程，由动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律列方程求解小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
(3)A至B，由能量守恒定律求解弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能。
解决本题时，要知道恰好小滑块通过最高点C的临界条件：重力等于向心力，掌握能量守恒定律的应用方法。
15.【答案】解：(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
由牛顿第二定律得：
Eq−μ2mg=ma1
解得：a1=−3m/s2
μ2mg−μ1(m+M)g=Ma2
解得：a2=1m/s2
(2)设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，
则v0−a1t=a2t
解得：t=2s，v=2m/s
这段时间内小滑块的位移x1=v0t−12a1t2=10m
木块的位移x2=12a2t2=2m
由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距木板左端的距离△x=x1−x2=8m
(3)设两者一起向右运动的加速度为a3，
由牛顿第二定律得：
Eq−μ1(m+M)g=(M+m)a3
解得：a3=13m/s2
一起向右减速的位移x3=v22a3=6m
由能量守恒可知：Q=12mv02+Eq(x1+x3)=6.4J
答：(1)刚开始时小滑块的加速度大小为3m/s2，长板的加速度大小为1m/s2；
(2)小滑块最后停在距木板左端8m的位置．
(3)整个运动过程中产生的热量为6.4J.
【解析】(1)对小滑块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
(2)设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，根据速度时间公式求出时间和速度，根据位移时间公式求出小滑块和长木板的位移，此后两者一起向右减速运动，进而求出小滑块最后距木板左端的距离；
(3)根据牛顿第二定律求出共有运动时的加速度，根据位移速度公式求出共同运动的位移，根据能量守恒列式即可求解．
解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中．
1.关于以下几幅插图，下列说法正确的是( )
A. 甲图，用头发屑可以模拟电场线，图中的电荷一定是带正电
B. 乙图，优质的话筒线外面包裹看金属网，目的是为了增强话筒线的导电性能
C. 丙图，加油站给车加油前，触摸一下静电释放器，可将人体的静电释放到大地
D. 丁图，摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为尖端放电
2.以下关于多用电表的说法中，正确的是( )
A. 在测电流时，若指针偏转过小，则需换更大的量程
B. 测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
C. 测量阻值不同的电阻时都不必重新进行欧姆调零
D. 多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，则需选择更大的倍率进行测量
3.有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流。若将该细胞膜视为1×10−8F的电容器，在4ms内细胞膜两侧的电势差从−70mV变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为( )
A. 1.5×10−7AB. 2×10−7AC. 2.5×10−7AD. 5×10−7A
4.如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是( )
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大
B. 乙表是电压表，R增大时量程增大
C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5Ω
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
5.如图所示，一物体置于倾角为α的粗糙斜面上，在水平推力F作用下斜面向左做匀加速直线运动，运动过程中物体与斜面之间保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A. 斜面对物体的摩擦力可能做正功B. 斜面对物体的支持力可能做负功
C. 斜面对物体的作用力可能不做功D. 该物体受到的合外力可能不做功
6.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势φA=30V，B点的电势φB=−10V，则C点的电势( )
A. φC=10V
B. φC>10V
C. φC<10V
D. 上述选项都不正确
7.如图所示，L1、L2分别表示Q乙、Q甲两个点电荷到P点的距离，其大小相等，E表示两个点电荷在P点产生的合场强。下列对甲、乙两个点电荷的判断，正确的是( )
A. 异种电荷，Q甲>Q乙
B. 异种电荷，Q甲
D. 同种电荷，Q甲
A. 油滴将竖直向上运动B. P点电势降低
C. 带电油滴电势能减少D. 电容减小，电量将增大
9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0∼x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2∼x3段是直线，其中x3−x2=x2−x1，则下列说法正确的是( )
A. 0∼x1段的电场强度逐渐增大
B. x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3
C. 粒子在x1∼x2段做匀变速运动，x2∼x3段做匀速直线运动
D. x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23
10.如图所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E机、重力势能Ep(取圆轨道的最低点重力势能为零)和动能Ek的相对大小(用柱形高度表示)，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.如图甲所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm、长度约为40cm。提供的器包括：电源(6.0V)、电压表V(量程6V，内阻约为8kΩ)、电流表A(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)、滑动变阻器R1(最大值5Ω，额定电流2A)、滑动变阻器R2(最大值200Ω，额定电流2A)、毫米刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、导线和开关。
(3)某同学用游标卡尺测出截面外边长如图乙所示，其读数a=______ cm。
(4)应选用______来测量工件内径 d，选用______来测量工件长度 L。(选填A：“毫米刻度尺”、B：“游标卡尺”、C：“螺旋测微器”)
(3)为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图丙所示的电路，实验中滑动变阻器应选用______(选填A：“滑动变阻器R1”或B：“滑动变阻器R2”)，并将图丁的实物图连接好。
(4)某次实验测得工件两端电压为U，通过的电流为I，写出该金属电阻率的表达式ρ=______。(用a、d、L、U、I等字母表示)(用物理量符号表示)
(5)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项有______。
A.用游标卡尺测量金属外边长时，由于读数引起的误差属于系统误差
B.由于电流表分压使得金属工件电阻阻值和真实值相比偏小
C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D.用U−I图像处理数据求金属工件电阻可以减小偶然误差
三、简答题：本大题共2小题，共20分。
12.如图电路中，电源电压恒为12V(内阻不计)，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=6Ω。
(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是多少？
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是多少？
13.如图甲，竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔，小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线OO′，粒子源P可以连续发出质量为m，电荷量为q的带正电粒子(初速不计)，粒子在A、B间被加速电压U0加速后，沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L，两板间距离为 3L3，板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO′垂直，交点为O′。粒子重力不计，求：
(1)粒子进入MN板间时的速度大小v0；
(2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压U1；
(3)若M、N板间的电压可调，则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b。
四、计算题：本大题共2小题，共25分。
14.如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，导轨半径R=0.4m，一质量m=1kg的小滑块(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点C作平抛运动。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.2，AB的长度L=2m，求：
(1)小滑块在圆轨道最高点速度大小；
(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
(3)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能。
15.如图所示，质量M=0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1=0.1，另一质量m=0.1kg的带正电小滑块以V=8m/s初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.5，小滑块带电量为q=2×10−3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=l×l0+2N/C，(g=10m/s2)
求：(1)刚开始时小滑块和长板的加速度大小各为多少？
(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置．
(3)整个运动过程中产生的热量．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、正负点电荷的电场都是辐射状的，可知图甲模拟的可能是正点电荷形成的电场，也可能是负点电荷形成的电场，故A错误；
B、话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了屏蔽外部干扰，实现高保真信号传输，不是增强话筒线的导电性能，故B错误；
C、在加油站给车加油前手要触摸一下静电释放器，是通过静电释放器把静电导走，是防止静电危害，故C正确；
D、图丁中摇动起电机，烟雾缭绕的塑料瓶顿时清澈透明，其工作原理为静电吸附，故D错误。
故选：C。
A、根据正负点电荷的电场都是辐射状的来判断；
B、话筒线使用金属网状编织层包裹着导线利用了静电屏蔽；
C、通过静电释放器把静电导走，防止静电危害；
D、工作原理为静电吸附。
本题考查了点电荷产生的电场特点、静电屏蔽、静电的防止和应用，解题的关键是理解静电屏蔽的概念、熟悉生活中静电的防止和应用。
2.【答案】B
【解析】解：A.在测电流时，若指针偏转过小，说明电流很小，则需换更小的量程，故A错误；
B.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开，故B正确；
C.测量阻值不同的电阻时，切换挡位后，需要重新欧姆调零，故C错误；
D.多用电表作为欧姆表使用时，若指针偏转太大，说明倍率大，示数小，则需选择更小的倍率进行测量，故D错误。
故选：B。
用多用表测电流时需要串联在电路中，测电压时需要和待测电路并联，作为欧姆表使用时，根据指针偏转角度大小，调整适合的倍率，且每次换挡需重新欧姆调零。
本题主要考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零。
3.【答案】C
【解析】解：根据公式C=QU，当细胞膜两侧的电势差从−70mV变为30mV
Q1=CU1=1×10−8×(−0.07)C=−7×10−10C
Q2=CU2=1×10−8×0.03C=3×10−10C
所以I=Q2−Q1t=3×10−10+7×10−100.004A=2.5×10−7A
故ABD错误，C正确
故选：C。
本题考查公式C=QU和I=Qt的使用情况，两个公式进行结合计算即可。
注意电容器的基本公式，以及电流的宏观定义式，本题较为简单。
4.【答案】D
【解析】解：AB、甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表。安培表的量程I=Ig+IgRgR，可知当R减小时量程I增大。故AB错误；
C、由公式I=Ig+IgRgR知，在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=1.003Ω，故C错误；
D、由公式U=Ig(Rg+R)知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω，故D正确。
故选：D。
电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的。利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G和电阻并联，改装成安培表。利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G和电阻串联，改装成电压表。
本题考查电表改装的原理和量程的意义，掌握闭合电路欧姆定律。
5.【答案】A
【解析】解：A、当物体的加速度a
当a=gtanα时，斜面与物体间不存在摩擦力，摩擦力对物体不做功，故A正确；
B、斜面对物体的支持力垂直于斜面向上，与物体的运动方向夹角是锐角，斜面对物体的支持力一定做正功，故B错误；
C、物体受到重力和斜面对物体的作用力(支持力和摩擦力的合力)，重力和斜面对物体的作用力合力方向水平向左，而重力方向竖直向下，则斜面对物体的作用力斜向左上方，与物体位移方向夹角是锐角，斜面体对物体的作用力对物体一定做正功，故C错误；
D、物体向左做匀加速直线运动，物体所受合外力水平向左，合外力方向与位移方向相同，合外力对物体一定做正功，故D错误。
故选：A。
物体和斜面一起向左做匀加速直线运动，加速度方向水平向左，支持力垂直斜面向上，而摩擦力方向需要讨论，然后应用功的计算公式W=Flcsα分析答题。
判断力做功的问题需要判断力和位移的夹角问题，夹角为锐角，力做正功，夹角为钝角，力做负功。当两物体之间没有相对滑动时，需要注意摩擦力的有无以及方向的问题。
6.【答案】C
【解析】解：电场线的疏密程度表示场强的大小，且场强大的地方，电势降落的快。由图可知AC处的电场线比BC处的电场线密集，则AC段的平均场强大于BC段的平均场强，所以AC之间的电势差大于BC之间的电势差。即为：φA−φC>φC−φB，则有：φC<10V，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电场线的疏密程度表示场强的大小，且场强大的地方，电势降落的快。由图可知AC处的电场线比BC处的电场线密集，则AC段的平均场强大于BC段的平均场强，所以AC之间的电势差大于BC之间的电势差。
电场线的疏密程度表示场强的大小，且场强大的地方，电势降落的快。
7.【答案】A
【解析】解：由于Q甲、Q乙两个点电荷到P点的距离相等，P点合场强方向偏向右上方，如图所示；根据场强叠加原理可知，两点电荷一定为异种点电荷，且甲为正电荷，乙为负电荷，两电荷在P点产生的场强E甲>E乙，根据点电荷场强公式E=kQr2，则Q甲>Q乙，故A正确，BCD错误。
故选：A。
正点电荷产生的场强在场源与某点的连线上，由该点向外，负点电荷产生的场强在场源与某点的连线上，由该点向内，据此画出平行四边形，对角线即为合场强；再结合点电荷场强公式作答。
注意空间中某点的场强为合场强，根据平行四边形对角线夹在两邻边这个知识点判断电荷的正负。
8.【答案】B
【解析】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，
由于电容器两板间电压不变，根据E=Ud得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误；
B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确；
C、由上分析，可知，带负电油滴在电势降低后，则其电势能会增大，故C错误；
D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；
故选：B。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=Ud分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化。
本题运用E=Ud分析板间场强的变化，判断油滴如何运动。运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化。
9.【答案】B
【解析】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=ΔφΔx，得：E=1q⋅ΔEpΔx，由数学知识可知Ep−x图象切线的斜率等于ΔEpΔx，0∼x1段的斜率逐渐减小，则电场强度逐渐减小，故A正确。
B、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1>φ2>φ3，故B正确；
C、由图看出，在0∼x1段图象切线的斜率不断减小，场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1∼x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2∼x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误；
D、x1与x2两点间距与x2与x3两点间距相等，但是线的斜率不一样，故而电场强度不一样，由U=Ed，可知x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23不相同，故D错误。
故选：B。
根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=ΔφΔx，结合分析图象的斜率与场强的关系，根据斜率读出场强的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低；根据能量守恒判断速度的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质；结合U=Ed分析电势差关系。
本题以图象的形式考查静电场的场强、电势、电势能等相关知识；解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。
10.【答案】D
【解析】解：设轨道半径为R，则小球运动到最高点时，根据mg+F=mv2R知，当轨道对小球的弹力F=0时速度最小为vmin= gR，即动能不为零，则机械能E机大于重力势能Ep；最高点的重力势能Ep=2mgR，最小动能为Ekmin=12mvmin2=12mgR，即在最高点时的动能Ek≥12mgR，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先计算出小球在最高点时的最小动能，知道机械能等于重力势能和动能之和，然后比较即可。
机械能等于重力势能和动能之和，所以在最高点时，机械能一定是大于重力势能的，还有这是个绳球模型，知道通过最高点时的最小速度，可以知道最小动能，然后做出解答。
11.【答案】1.02B：“游标卡尺” A：“毫米刻度尺” A：“滑动变阻器R1” U(4a2−πd2)4IL CD
【解析】解：(1)10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，读数a=10mm+2×0.1mm=10.2mm=1.02cm；
(2)测量工件内径时应使用游标卡尺的内测量爪，测量工件的长度应使用毫米刻度尺；
(3)根据电路图可知，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选择R1，即选择A；电路连接图如图所示：
(4)根据欧姆定律，工件的电阻为R=UI
工件的横截面积为S=a2−14πd2=4a2−πd24
根据电阻定律R=ρLS
联立解得电阻率ρ=U(4a2−πd2)4IL；
(5)A.用游标卡尺测量金属外边长时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
B.根据欧姆定律，电阻的测量值R=UI
由于电压表分流，通过待测电阻的电流IR=I−IV，电阻的真实值R真=UIR=UI−IV>UI=R
即金属工件电阻的测量值小于真实值，故B错误；
C.电压表内阻造成的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；
D.根据“描点法”可知，用U−I图像处理数据求金属工件电阻可以减小偶然误差，故D正确。
故答案为：(1)1.02；(2)B：“游标卡尺”；A：“毫米刻度尺”；(3)A：“滑动变阻器R1”；电路图见解析；(4)U(4a2−πd2)4IL；(5)CD。
(1)10分度的游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应刻度(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据游标卡尺内测量爪的用途作答；根据长度较长选择毫米刻度尺测量长度；
(3)滑动变阻器采用分压式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；根据电路图连接实物图；
(4)根据欧姆定律、电阻定律求解电阻率；
(5)根据系统误差和偶然误差的相关知识分析作答。
本题考查了工件内径和长度的测量、工件电阻率的测量；要掌握游标卡尺的使用和读数，要能灵活运用欧姆定律和电阻定律求电阻率，能够进行误差分析。
12.【答案】解：(1)若在C、D间连一个理想电压表，电压表电阻无穷大，那么，电压表示数为R2两端电压；
故根据闭合电路欧姆定律得：
I=ER1+R2
R2两端电压为：
U=IR2
联立解得：U=8V
(2)若在C、D间连一个理想电流表，电流表内阻为零，那么，R2，R3并联后的电阻：
R23=R2R3R2+R3
代入数据得：R23=3Ω
故电路总电阻为：
R=R1+R23=6Ω
电路总电流为I总，由闭合电路欧姆定律得：
I总=ER
代入数据得：I总=2A；
那么，电流表读数为I，由并联电路电压相等，电流分流得：
I=R2R2+R3I总；
代入数据得：I=1A
答：(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是8V；
(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是1A。
【解析】(1)在C、D间连一个理想电压表，电路为串联电路，电压表读数为R2两端电压，故根据串联电路电流相等、电压分压求得电压表示数；
(2)在C、D间连一个理想电流表，则R2，R3并联后与R1串联，电流表读数为通过R3的电流；根据串并联电路电阻计算方式求得总电阻，即可求得总电流；再根据并联电路电压相等、电流分流求得电流表读数。
闭合电路欧姆定律一般先计算电路总电阻，然后根据欧姆定律得到总电流，即可求得点电阻电流、电压。
13.【答案】解：(1)粒子在A、B间加速，粒子加速到O点的过程，由动能定理有：qU0=12mv02−0
解得v0= 2qU0m
(2)记M、N两板间距离为d= 33L
粒子在MN间做类平抛运动，水平方向：L=v0t
竖直方向：12d=12at2
由牛顿第二定律有：ma=qU1d
解得：U1=23U0
(3)粒子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时
垂直于中心线OO′方向的速度vy=at
离开MN后粒子做匀速直线运动，水平方向：L=v0t′
竖直方向：y=vyt′
在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b=2(d2+y)
解得：b= 3L
答：(1)粒子进入MN板间时的速度大小是 2qU0m；
(2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时，M、N板间的电压是23U；
(3)若M、N板间的电压可调，则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b是 3L。
【解析】(1)应用动能定理求出粒子进入MN板时的速度大小。
(2)粒子在MN板间做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电压。
(3)粒子从MN板边缘射出时打在荧光屏的最下(或最上)位置，求出最大位移，然后求出最大长度。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
14.【答案】解：(1)小滑块恰好能通过最高点C作平抛运动，在C点，重力完全提供向心力，由牛顿第二定律可得：mg=mvC2R
解得：vC=2m/s；
(2)B至C过程，由动能定理可得：−mg×2R=12mvC2−12mvB2
在B点，由牛顿第二定律：FN−mg=mvB2R
代入数据得：FN=60N
根据牛顿第三定律，小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为60N；
(3)A至B，由能量守恒定律可得：EpA−μmgL=12mvB2
代入数据得：EpA=14J。
答：(1)小滑块在圆轨道最高点速度大小为2m/s；
(2)小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小为60N；
(3)弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能为14J。
【解析】(1)在C点重力完全提供向心力，由牛顿第二定律列方程求解；
(2)B至C过程，由动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律列方程求解小滑块对圆轨道最低处B点的压力大小；
(3)A至B，由能量守恒定律求解弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能。
解决本题时，要知道恰好小滑块通过最高点C的临界条件：重力等于向心力，掌握能量守恒定律的应用方法。
15.【答案】解：(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
由牛顿第二定律得：
Eq−μ2mg=ma1
解得：a1=−3m/s2
μ2mg−μ1(m+M)g=Ma2
解得：a2=1m/s2
(2)设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，
则v0−a1t=a2t
解得：t=2s，v=2m/s
这段时间内小滑块的位移x1=v0t−12a1t2=10m
木块的位移x2=12a2t2=2m
由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距木板左端的距离△x=x1−x2=8m
(3)设两者一起向右运动的加速度为a3，
由牛顿第二定律得：
Eq−μ1(m+M)g=(M+m)a3
解得：a3=13m/s2
一起向右减速的位移x3=v22a3=6m
由能量守恒可知：Q=12mv02+Eq(x1+x3)=6.4J
答：(1)刚开始时小滑块的加速度大小为3m/s2，长板的加速度大小为1m/s2；
(2)小滑块最后停在距木板左端8m的位置．
(3)整个运动过程中产生的热量为6.4J.
【解析】(1)对小滑块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
(2)设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，根据速度时间公式求出时间和速度，根据位移时间公式求出小滑块和长木板的位移，此后两者一起向右减速运动，进而求出小滑块最后距木板左端的距离；
(3)根据牛顿第二定律求出共有运动时的加速度，根据位移速度公式求出共同运动的位移，根据能量守恒列式即可求解．
解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中．
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