回答下列各题：
9.如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为 ；滑块相对盒运动的路程 。
10.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动
①实验中必要的措施是 A.细线必须与长木板平行B.先接通电源再释放小车C.小车的质量远大于钩码的质量D.平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点计时器接到频率为50HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）；s1=3.59cm；s2=4.41cm；s3=5.19cm；s4=5.97cm；s5=6.78cm；s6=7.64cm；则小车的加速度a= m/s2（要求充分利用测量数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB= m/s；（结果均保留两位有效数字）
11.某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：
电压表
电压表
电流表
电流表
滑动变阻器
滑动变阻器
定值电阻
定值电阻
①请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。②该同学描绘出的I-U图像应是下图中的______
正确答案
解析
设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3mv共
解得v共=
考查方向
解题思路
物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程．
易错点
对于运动过程不清楚导致不能正确使用动量守恒和能量守恒.
正确答案
①AB ②0.80 0.40
解析
①【解析】A.为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带；故AB正确；C.本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可；故C错误；D.由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D错误；
故选：AB；②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T＝5×0.02＝0.1s；
根据逐差法可知，物体的加速度a＝＝×10−2＝0.80m/s2； B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v＝＝＝0.40m/s；
考查方向
解题思路
①分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；
②根据逐差法可求得物体运动的加速度；根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度．
易错点
要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量．
正确答案
①电路如图；②B
解析
①灯泡额定电压为3.8V，而给出的电压表量程分别为15V和3V，15V量程太大，无法正确测量；故只能选用3V量程，并且与定值电阻串联扩大量程；3V量程的电压表内阻为3KΩ；根据串并联电路规律可知，应选择1KΩ的定值电阻串联；
额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A；
因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法； 同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法； 故答案如图所示。
②因灯泡电阻随温度的增加而减小，因此在I−U图象中图线的斜率应越来越小；故选：B．
考查方向
解题思路
①分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行改装；同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法；
②根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I−U图象中图象的斜率表示电阻的倒数．
易错点
对于电表改装的知识不熟悉以及对分压电路的连接出现问题从而导致出错.