1、2014-2015学年河南省周口市商水一中高二（下）期中物理试卷一、选择题（请将你认为正确的答案代号填在卷的答题栏中，其中1-8题为单选，9-12题为多选本题共12小题，每题4分，选不全得2分共48分）1（4分）下列说法正确的是（） A 卢瑟福的原子核式结构模型很好的解释了粒子散射实验 B 汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的 C 射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的 D 在核聚变反应：H+HHe+n中，质量数减少，并释放出能量【考点】： 原子的核式结构；轻核的聚变【专题】： 原子的核式结构及其组成【分析】： 解答本题需掌握：卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子
2、核式结构模型；1897年，汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子还是可以再分的；放射性射线来源与原子核内部；核反应中质量数和电荷数是守恒的【解析】： 解：A、卢瑟福根据粒子散射实验提出了原子核式结构模型，很好的解释了粒子散射实验现象，故A正确；B、1897年，汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子还是可以再分的，是有复杂结构的，故B错误；A、射线是高速电子流，是来源于原子核，故C错误；D、在核聚变反应：H+HHe+n中，质量数和电荷数均守恒，有质量亏损，故释放出能量，故D错误；故选：A【点评】： 本题考查了粒子散射实验、电子的发现、放射性射线、核反应，对于35模块的
3、基础知识，要加强记忆2（4分）如图所示，N（N5）个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为2q，其余小球带电量为+q，圆心处的电场强度大小为E若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为（） A E B C D 【考点】： 电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 采用假设法，若圆周上均匀分布的都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，从而确定出图中所有+q在圆心处的场强【解析】： 解：假设圆周上均匀分布的都是电量为+q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知P处q在圆心处产生的场强大小为 E1=k，方向水平向左，可知图中所有+q在圆
4、心处的场强E2=E1=k，方向水平向右，图中2q在圆心处产生的场强大小 E3=k，方向水平向右根据电场的叠加有：E2+E3=E，则得k=，所以若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为故选：C【点评】： 该题考查了场强叠加原理和库伦定律，还有对对称性的认识3（4分）图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为2：1，电阻R1=R2=10，电表均为理想交流电表若R1两端电压u1=10sin100t（V），则下列说法正确的有（） A 电压表示数为14.14V B 电流表的示数为0.5 A C R1消耗的功率为20W D 原线圈输入交流电频率为100Hz【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专
5、题【分析】： 根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据部分电路的欧姆定律、以及电流与匝数成反比即可求得结论【解析】： 解：A、R1两端电压u1=10sin100t（V），其最大值是10V，有效值是10V；由于电阻R1=R2=10则两个电阻上分担的电压是相等的，所以电压表的读数是10V，故A错误；B、副线圈中的电流与流过R1、R2的电流是相等的，即：A，由原副线圈的电流与匝数的关系得：A，故B正确；C、流过R1、R2的电流是相等的，R1消耗的功率为W，故C错误；D、变压器不会改变电流的频率，则副线圈输出电流的f=50Hz，故D错误故选：B【点评】： 掌握住理想变压器的电压
6、、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比知道正弦交变电流最大值和有效值之间的关系即可解决本题4（4分）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向（均平行于纸面）且速度大小相等的带正电的粒子（重力不计），已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr则粒子在磁场中运动的最长时间为（） A B C D 【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后求出粒子转过的最大圆心角，再求出粒子在磁场中的最长运动
7、时间【解析】： 解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，已知：v=2kBr，k=，解得：R=2r，粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是2r，则最大圆心角为：=2arcsin=2arcsin=60，粒子在磁场中运动的最长时间：t=T=；故选：C【点评】： 本题考查了求粒子的运动时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律与粒子周期公式即可正确解题5（4分）如图所示，一倾角为高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为vt，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的
8、瞬时功率及重力的冲量分别为（） A 、0 B mgvt、mgtsin C mgvtcos、mgt D mgvtsin、mgt【考点】： 动量定理；功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 应用公式P=Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率，由动量定理求重力的冲量【解析】： 解：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh= 物体滑到底端重力功率为：p=mgvsin 联立解得：P=mgvtsin， 由动量定理得重力的冲量：I=mgt故选项ABC错误，D正确故选：D
9、【点评】： 物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用6（4分）如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为 （） A B C D v1【考点】： 动量守恒定律【专题】： 常规题型【分析】： 人和车在水平方向上合力为零，所以在水平方向上动量守恒，根据系统的动量守恒来分析就可【解析】： 解：人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上的仍然动量守恒，水平
10、方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向东，所以D正确故选：D【点评】： 动量守恒要注意方向性，本题中人跳起，影响的是在竖直方向的动量，在水平动量不变7（4分）如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知MAMB，经过相同时间后撤去两力，以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将（） A 停止运动 B 向右运动 C 向左运动 D 仍运动但方向不能确定【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 根据动能定理求出碰前A、B的速度，再根据动量守恒定律得出粘合体的速度，从而判断运动的方向【解析】： 解：根据动量定理得：F1t=MAVA同理
11、：F2t=MBVBF1、F2等大反向，故MAVA=MBVB，设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：MAvA+MBvB=（MA+MB）v，解得：V=0可知粘合体静止故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】： 本题考查了动量定理和动量守恒定律的综合，难度中等，在运用动量守恒定律时，注意A、B碰前的速度相反8（4分）如图所示，用绝缘材料制作的小车静止在水平面上，A、B是固定在小车上的两个金属板，两板间距离为L，分别带上等量异种电荷，两板间形成场强上为E的匀强电场另有一个带电量为+q的小球从靠近A板处由静止释放，在电场力的作用下小球与B板相碰，碰撞后不反弹小球的体积不计，所有接触面均光滑，下列
12、说法中正确的是（） A 最终小车与小球一起在水平面上做匀速运动 B 在此过程中电场力对小球做功为EqL C 小球获得的最大动能小于EqL D 小球与小车系统增加的电势能为EqL【考点】： 电势能；功能关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 在电场力的作用下小球与B板相碰，碰撞后不反弹，小球与小车有共同的速度，根据系统的动量守恒分析共同速度根据小球相对地面的位移，分析电场力做功情况和小球获得的最大动能电场力做正功时，系统的电势能减小【解析】： 解：A、据题，在电场力的作用下小球与B板相碰，碰撞后不反弹，小球与小车有共同的速度，根据系统的动量守恒得知，共同速度为零，最终小车与小球一起静止
13、故A错误B、C在小球在电场力作用下向右运动的过程中，小车在电场力作用下会向左运动，所以小球相对地面的位移小于L，电场力对小球做功小于EqL，根据动能定理得知，小球获得的最大动能小于EqL故B错误，C正确D、由于电场力做正功，系统的电势能减小故D错误故选C【点评】： 本题是非弹性碰撞的类型，要注意电场力做功与小球相对于地面的位移成正比9（4分）一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1：16，有（） A 该原子核发生了衰变 B 该原子核发生了衰变 C 那个打出衰变粒子的反冲核沿小圆作逆时针方向运动 D 该衰变过程结束后其
14、系统的总质量略有增加【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；裂变反应和聚变反应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的速度与粒子速度方向相反，由图看出，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断粒子与新核的电性关系，即可判断发生了哪种衰变衰变的过程中要释放能量，质量减小【解析】： 解：A、B、由图看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是粒子，发生了衰变故A错误，B正确C、衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆
15、时针方向运动故C正确D、衰变的过程中要释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，该衰变过程结束后其系统的总质量略有减小故D错误故选：BC【点评】： 本题中原子核衰变过程类似于爆炸，遵守动量守恒和能量守恒，应用半径和周期公式以及质能方程即可解决10（4分）如图所示（俯视图），在光滑的水平面上，宽为l的区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直水平面向下水平面内有一不可形变的粗细均匀的等边三角形闭合导体线框CDE（由同种材料制成），边长为lt=0时刻，E点处于磁场边界，CD边与磁场边界平行在外力F的作用下线框沿垂直于磁场区域边界的方向匀速穿过磁场区域从E点进入磁场到CD边恰好离开磁场的过程中，线框中感应电流I（
16、以逆时针方向的感应电流为正）、外力F（水平向右为正方向）随时间变化的图象（图象中的t=，曲线均为抛物线）可能正确的有（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】： 由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力，然后分析答题【解析】： 解：A、线框的位移：x=vt，切割磁感线的有效长度：L=2xtan30=t，感应电流：I=t，线框进入与粒子磁场过程L都增大，感应电流都增大，线框完全在磁场中感应电流为零，由右手定则可知，线框进入磁场过程安培力沿逆时针方向，为正的，离开磁场过
17、程，感应电流沿顺时针方向，为负的，故A错误，B正确；C、线框的位移：x=vt，切割磁感线的有效长度：L=2xtan30=t，安培力：F安培=BIL=t2，线框做匀速运动，由平衡条件可知，F=F安培=t2，由左手定则可知，安培力水平向左，则拉力水平向右，故C错误，D正确；故选：BD【点评】： 本题考查了电流与外力随时间的变化关系，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式即可正确解题，求感应电动势时，要注意求出切割磁感线的有效长度11（4分）用如图所示的装置演示光电效应，当用某种频率的光照射到光电管上时，s闭合，此时电流表A的读数为I，若改用更高频率的光照射，（） A 将开关S断开，则一定有电流流过电
18、流表A B 将变阻器的触头c向b端移动，光电子到达阳极时的速度必将变小 C 只要电源的电压足够大，将变阻器的触头c向a端移动，则光电管中可能没有光电子产生 D 只要电源的电压足够大，将变阻器的触头c向a端移动，电流表A读数可能为0【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 发生光电效应的条件：0，可知道入射频率越高，则光电子的最大初动能越大，而在电场力作用下，到达阳极，从而形成光电流，即可求解【解析】： 解：A、即使开关S断开，由于入射光的频率更高，则导致光电子的最大初动能更大，当能到达阳极时，则有电流流过电流表A，所以A正确B、触头c向b端移动，导致阳极与阴极的电压减小，则电场力
19、也减小，即阻力减小，因此光电子到达阳极时的速度必将变大，B错误；C、若电源的电压足够大，将变阻器的触头c向a端移动，使得光电流更大，而由于改用更高频率光照，所以一定有光电子产生，故C错误；D、只要电源的电压足够大，将变阻器的触头c向a端移动，因受到电场阻力，则可能导致到达阳极时，动能为零，则电流表A读数可能为0，故D正确故选：AD【点评】： 解决本题的关键是掌握光电效应的条件0以及光电流大小与什么因素有关，注意正向电压与反向电压的区别12（4分）如图是氢原子的能级图，对于一群处于n=4的氢原子，下列说法中正确的是（） A 这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁 B 这群氢原子能够发出
20、6种不同频率的光 C 这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eV D 如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n=3能级跃迁到 n=1能级发出的【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁【专题】： 原子的能级结构专题【分析】： 能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小【解析】： 解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差故A错误；B、根据=6知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子故B正确；C、一群处于n=4的氢原子，由n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量最大，E=13.60.85eV=12.75e
21、V故C错误；D、发出光的能量越小，频率越低，波长越长，处于n=4的氢原子发出不同频率的6种光子中，由n=4跃迁到n=1的光的能量最大，其次由n=3跃迁到n=1的光，故D正确故选：BD【点评】： 解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即EmEn=hv关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小二、实验题：（共2道实验题）（13题每空2分14题每空3分）13（4分）如图所示是根据某次实验记录数据画出的UI图象，则此电源的电动势是3.0V，电源内电阻为1.0【考点】： 路端电压与负载的关系【专题】： 恒定电流专题【分析】： 电
22、源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻【解析】： 解：由图示电源UI图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是3.0，则电源电动势为：E=3.0V；电源内阻为：r=1.0；故答案为：3.0，1.0【点评】： 本题考查了应用图象法求电源电动势与内阻，知道图象截距与斜率的物理意义即可正确解题14（2分）如图所示，将多用电表的选择开关置于欧姆档，再将电表的表笔与一光敏电阻的两端相连，此时表笔的指针恰在表的中央，若用黑纸把光敏电阻包住，电表指针将向（） A 左偏 B 右偏 C 不偏 D 不能确定【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 多用表的欧姆挡，刻
23、度盘右侧电阻为零，刻度盘左侧电阻无穷大，根究光敏电阻的特点判断电阻大小的变化从而判断表针的偏向【解析】： 解：多用表的欧姆挡，刻度盘右侧电阻为零，刻度盘左侧电阻无穷大，光敏电阻随着光照强度的增加阻值减小，则包上黑纸后光照强度减弱，阻值增大，表针将向左移动；故选：A【点评】： 本题结合光敏电阻的特点考查了多用电表欧姆档刻度的特点，即右边为零欧15（9分）气垫导轨是常用的一种实验仪器它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦现用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：a
24、用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mBb调整气垫导轨，使导轨处于水平c在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上d用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1e按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2实验中还应测量的物理量是B的右端至D板的距离L2利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是mAmB=0被压缩弹簧的弹性势能的表达式为mA+mB【考点】： 验证动量守恒定律【专题】： 实验题【分析】： （1）要验证动量守恒定律需要知道物体的质量和速度，而速度可
25、以用位移与时间的比值代替，故要测位移；（2）根据题意求出滑块的速度，然后应用动量守恒定律求出表达式（3）应用能量守恒定律求出弹簧的弹性势能【解析】： 解：（1）因系统水平方向动量守恒即mAvAmBVB=0，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有vA=，VB=，即mAmB=0所以还要测量的物理量是：B的右端至D板的距离L2（2）由（1）分析可知验证动量守恒定律的表达式是mAmB=0（3）根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能Ep=mAvA2+mBvB2，将vA=，VB=代入上式得：EP=mA+mB故答案为：（1）B的右端至D板的距离L2（2）mAmB=0（3）mA+mB【点评】： 本
26、题考查了验证动量守恒定律实验，利用位移或位移与时间的比值表示物体的速度是物理实验中常用的一种方法，要注意掌握三、计算题（共4小题）（8分+8分+10分+11分）16（8分）如图所示，A、B是系在绝缘细线两端，带有等量同种电荷的小球（可视为质点），同种电荷间的排斥力沿两球心连线向相反方向，其中mA=2kg，现将绝缘细线通过O点的光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，OA的线长等于OB的线长，A球紧靠在光滑绝缘竖直墙上，B球悬线OB偏离竖直方向60角，g=10m/s2，求：（1）B球的质量； （2）细绳中的拉力大小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下
27、物体平衡专题【分析】： 分别对A球和B球受力分析，对A球和B球分别运用力的分解结合共点力平衡条件列式后联立求解即可【解析】： 解：对A物体受力分析并分解如图：对A球有：竖直方向：TmAgFcos60=0 对B物体受力分析并分解如图：对B球有：竖直方向：Tcos60+Fcos60=mBgTsin60=Fsin60由联立解得：mB=4kg T=40N 答：（1）B球的质量为4kg；（2）细绳中的拉力大小40N【点评】： 对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题需要注意的是：同一根绳上的拉力相等17（8分）如图所示，质量为6kg的小球A与质量为3kg的小球B用轻弹簧相连，在光
28、滑的水平面上以速度v0向左匀速运动在A球与左侧墙壁碰撞后两球继续运动的过程中，弹簧的最大弹性势能为16J已知A球与左墙壁碰撞过程无机械能损失，试求v0的大小【考点】： 动量守恒定律【分析】： A球与左墙壁前后无机械能损失，则A球与左侧墙壁碰撞后的速度大小仍为v0，当A、B小球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大结合系统的动量守恒定律和机械能守恒定律求出v0的大小【解析】： 解：由于A球与左墙壁碰撞过程无机械能损失，所以A球与左侧墙壁碰撞后的速度大小仍为v0，方向水平向右A球与左侧墙壁碰撞后两球继续运动的过程中，当A、B小球的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 取向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0
29、mBv0=（mA+mB）v由机械能守恒得：联立解得：答：v0的大小为2m/s【点评】： 本题综合考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，关键知道A球与墙壁碰撞后速度大小不变，以及当系统速度相同时，弹簧的弹性势能最大18（10分）如图在光滑水平面上，视为质点、质量均为m=1的小球a、b相距d=3m，若b球处于静止，a 球以初速度v0=4m/s，沿ab连线向b球方向运动，假设a、b两球之间存在着相互作用的斥力，大小恒为F=2N，从b球运动开始，解答下列问题：（1）通过计算判断a、b两球能否发生撞击（2）若不能相撞，求出a、b两球组成的系统机械能的最大损失量（3）若两球间距足够大，b球从开始运动到a球速
30、度为零的过程，恒力F对b球做的功【考点】： 动量守恒定律；功的计算【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）两球组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理分析答题（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能（3）由动量守恒定律与动能定理可以求出功【解析】： 解：（1）假设没有相撞，二者同速时间距最小，由于系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv0=2mv，代入数据解得：v=2m/s，由动能定理得：对a球：，代入数据解得：sa=3m，对b球：，代入数据解得：sb=1m，sasb=2md=3m，假设两球没有相撞成立；（2）两球同速时机械能损失量最大，由能量守恒定律得：EK=m
31、v022mv2，代入数据解得：EK=4J；（3）当a球速度为零时，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒得：mv0=mvb，代入数据解得：vb=4m/s，由动能定理得，恒力F对b球做的功：E=mvb2，代入数据解得：W=8J；答：（1）a、b两球不能发生撞击（2）a、b两球组成的系统机械能的最大损失量为4J（3）恒力F对b球做的功为8J【点评】： 本题考查了判断两球能否发生碰撞、求损失的机械能、求拉力的功，分析清楚球的运动过程、应用动量守恒定律、动能定理即可正确解题19（11分）如图1所示，质量m=1.0kg的物块，在水平向右、大小F=5.0N的恒力作用下，沿足够长的粗糙水平面由静止开始运动在运
32、动过程中，空气对物块的阻力沿水平方向向左，其大小f空=kv，k为比例系数，f空随时间t变化的关系如图2所示g取10m/s2（1）求物块与水平面间的动摩擦因数；（2）估算物块运动的最大速度vm；（3）估算比例系数k【考点】： 牛顿第二定律；动量定理【专题】： 动量定理应用专题【分析】： （1）由题意知，物块最终匀速直线运动，根据图象得到空气阻力大小，然后对物体受力分析，列式求解得到动摩擦因数；（2）在02s内，根据图象，利用动量定理可得物块最大速度（3）根据f空=kv，可求比例系数【解析】： 解：（1）设水平面对物块的摩擦力为f由题意可知，最终物块做匀速直线运动，则有Fff空=0又因为f=mg代入数据解得：=0.20（2）在02s内，根据动量定理有（Ff）tI空=mvm由图2可知，I空=0.2518Ns=4.5Ns代入数据解得：vm=1.5m/s（3）因为f空m=kvm代入数据解得：k=2.0 kg/s答：（1）物块与水平面间的动摩擦因数为0.2；（2）物块运动的最大速度为1.5m/s；（3）比例系数为2.0 kg/s【点评】： 本题关键对物块受力分析，结合图象得到数据，列式求解，难度适中
