一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．每小题只有一个选项符合题目要求．
1．两种放射性元素A、B的半衰期分别为tA、tB，且＝，A、B衰变产物稳定．某时刻一密闭容器内元素A、B原子核个数(均足够多)之比＝，经过时间t＝tB，该容器内元素A、B的原子核个数之比变为( )
A． B．
C． D．
2．如图所示，小球通过两根轻绳1、2悬挂于车中，其中绳2沿水平方向．小车在水平面上做匀变速直线运动，两绳一直保持拉直状态．若加速度稍稍减小，则( )
A．当加速度方向向右时，绳1张力变大，绳2张力变小
B．当加速度方向向右时，绳1张力变小，绳2张力变小
C．当加速度方向向左时，绳1张力不变，绳2张力变大
D．当加速度方向向左时，绳1张力不变，绳2张力变小
3．如图所示是一半圆柱形玻璃砖的横截面，一束复色光射入玻璃砖，从圆心O处射出的折射光线分成了a、b两束．下列说法正确的是( )
A．玻璃砖对a光的折射率较大
B．a光在真空中的波长较长
C．a光在玻璃砖中的速度较小
D．若逐渐增加入射角，最先消失的是a光
4．工程上经常利用“重力加速度法”探测地下矿藏分布，可将其原理简化，如图所示，P为某地区水平地面上一点，如果地下没有矿物，岩石均匀分布、密度为ρ，P处的重力加速度(正常值)为g；若在P点正下方一球形区域内有某种矿物，球形区域中矿物的密度为ρ，球形区域半径为R，球心O到P的距离为L，此时P处的重力加速度g′相比P处重力加速度的正常值g会偏小，差值δ＝g－g′可称为“重力加速度反常值”．关于不同情况下的“重力加速度反常值”，下列说法正确的是( )
A．若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为δ
B．若球形区域半径变为R，则“重力加速度反常值”变为δ
C．若球形区域变为一个空腔，即“矿物”密度为0，则“重力加速度反常值”变为4δ
D．若球形区域内为重金属矿物，矿物密度变为ρ，则“重力加速度反常值”变为－δ
5.
如图所示，将一粗细均匀且由同种材料制成的线圈放入匀强磁场中(磁场的方向垂直线圈所在平面向里)，线圈的上部分为半圆，下部分为等边三角形的两边，线圈的A、B两端接一电源，线圈下部分所受安培力的大小为F0，则整个线圈所受安培力的大小为( )
A．F0 B．F0
C．F0 D．F0
6.
一根长绳沿x轴放置，现让绳子中间的P点作为波源，从t＝0时刻开始沿竖直方向做简谐运动，振幅A＝10 cm.绳上形成的简谐波沿绳向两侧传播，波长λ＝1 m．t＝7.5 s时刻绳上形成的波形如图所示，此时波源位于平衡位置上方y＝5 cm处．则0～7.5 s内x＝1 m处的质点经过的路程为( )
A．45 cm B．35 cm
C．(40＋5) cm D．(40－5) cm
7.
如图所示，小车甲、乙的质量均为m，小车甲在外力(图中未画出)作用下，一直向右做匀速直线运动，速度大小为v0；小车乙左侧固定一轻质弹簧，开始时静止在小车甲的右侧，弹簧处于自由伸长状态，小车压缩弹簧过程，弹簧一直处在弹性限度内．不计小车乙与地面间的摩擦阻力，则( )
A．弹簧被压缩到最短时，储存的弹性势能为mv
B．弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车甲做的功为－mv
C．弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车甲的冲量大小为2mv0
D．弹簧从被压缩到复原的过程，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功为mv
8.
如图所示，发电机输出电压峰值一定的正弦式交流电，接入理想变压器原线圈，导线电阻r＝2 Ω，原线圈匝数n1＝50，副线圈有两个绕组，匝数分别为n2＝50，n3＝150，负载定值电阻R＝8 Ω，下列不同连接方式中，电阻R功率最大的是( )
A．a端接1，b端接2
B．a端接3，b端接4
C．2、3连接，a端接1，b端接4
D．1、3连接，a端接2，b端接4
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9．下列现象及关于热力学第一、第二定律的叙述正确的是( )
A．一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，气体一定从外界吸收热量
B．热力学第一定律和热力学第二定律是从不同角度阐述了能量守恒定律
C．0 ℃的冰融化为0 ℃的水，此过程系统吸收热量，内能增加
D．“覆水难收(泼出去的水难以收回)”反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性
10．玩具小车在水平地面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动直到停下．已知小车加速和减速过程的位移之比为3∶5，下列说法正确的是( )
A．小车加速和减速过程的平均速度之比为3∶5
B．小车加速和减速过程的时间之比为3∶5
C．小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为9∶4
D．小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为3∶2
11.
如图所示，空间中有八个点分别位于同一正方体的八个顶点，a点和f点固定有正点电荷，c点和h点固定有负点电荷．已知四个点电荷带电荷量的绝对值相等，下列说法正确的是( )
A．正方体中心处的合场强为0
B．e、d两点的电势相等
C．将一带正电的试探电荷从d点移动到g点，电场力做的功为0
D．b、e两点场强大小相等、方向不同
12.
如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，a、b为圆形边界上的两点，a、O、b三点共线，ab水平．电子带电荷量为－e、质量为m，以速率v从a处射入磁场，当电子在a处的速度方向与aO夹角为30°、斜向下时，离开磁场时的速度方向相比进入时的改变了60°.不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．圆形区域中磁场的磁感应强度大小为
B．改变入射方向，当电子经过O点时，电子在磁场中的运动时间为
C．改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变
D．改变入射方向，两次入射方向不同，电子可能从同一位置射出磁场
三、非选择题：本题共6小题，共60分．
13．(7分)某学习小组的同学利用以下装置研究两小球的正碰．安装好实验装置，在水平地面上铺一张白纸，白纸上铺复写纸，记下重垂线所指的位置O.接下来的实验步骤如下．
步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止释放，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球A的所有落点圈在里面，其圆心就是小球A落点的平均位置．
步骤2：把小球B静止放在轨道前端边缘位置，让小球A从G点由静止释放，与小球B碰撞．重复多次，并使用与步骤1中同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置．
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点平均位置M、P、N到O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．
(1)上述实验除需要测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1________B球的质量m2(填“大于”“等于”或“小于”).
(2)若两个小球碰撞前后动量守恒，需验证的关系式为________________________．(用m1、m2、OM、OP和ON表示)
(3)若两个小球的碰撞为弹性碰撞，测量出长度比值k＝，则k＝________．(用数字表示)
(4)本实验中下列可能造成误差的是________．
A．小球在斜槽上运动时有摩擦
B．轨道末端未调节水平
C．小球A未从同一高度释放
D．轨道末端到地面的高度未测量
14．(7分)实验室有两个完全相同的电流表，为了尽量准确测量一节干电池的电动势E和内阻r，某学习小组设计了如图1所示的电路图．电流表的内阻记为Rg，具体值未知．主要实验步骤如下：
①根据电路图，连接实物图；
②断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I，利用数据描点作图，画出的 R图像如图2中Ⅰ所示；
③闭合开关S2，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I，利用数据描点作图，画出的 R图像如图2中Ⅱ所示．
请完成下列问题．
(1)在图3中用笔画线代替导线连接实物图．
(2)实验中调节电阻箱R的阻值时，下列说法正确的是________．
A．应从大向小逐渐调节
B．应从小向大逐渐调节
C．从大向小或从小向大调节都可以
(3)某次电流表指针如图4所示，则电流表的读数为________ mA.
(4)测出图2中拟合的直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为k＝0.71 V－1，纵截距分别为b1＝15.1 A－1，b2＝8.0 A－1，可计算出干电池电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω；电流表的内阻Rg＝________ Ω.(结果均保留3位有效数字)
15．(8分)某学习小组设计了一个简易温度计，一根细长的均匀玻璃管一端开口，管内用水银柱封闭有一段气柱．如图所示，当管口竖直向上时，气柱长度为L1＝40 cm，当管口竖直向下时，气柱长度为L2＝60 cm，管内气体可视为理想气体，环境温度T0＝300 K.
(1)求玻璃管水平放置时的气柱长度L0.
(2)①当玻璃管水平放置时，环境温度上升了Δt＝1 ℃，求水银柱在玻璃管中移动的距离Δx，并判断温度计的标度是否均匀．
②请举出一条提高温度计灵敏度的措施(越大，装置灵敏度越高).
16．(8分)如图所示，带有等量异种电荷的平行板电容器两极板A、B竖直放置，极板A、B间电压为U，A极板电势高于B极板，两极板长度均为H.一可视为质点的质量为m、带电荷量为q的带正电小球，从A极板正上方h＝处以某一速度水平抛出，进入电场后做直线运动，恰从B极板下边缘飞出，电容器内部电场可视为匀强电场，不考虑边界效应，重力加速度为g，忽略空气阻力．求：
(1)小球在电容器上方与电场中的运动时间之比t1∶t2；
(2)小球的初速度大小v0及两极板间距离d.
17.(14分)如图所示，a、b两根完全相同的金属棒放置在倾角为θ＝37°的两平行导轨上，导轨的顶端接有定值电阻R＝0.4 Ω和开关S(初始时开关闭合)，整个导轨放在磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面向上．现在给金属棒a施加一平行于导轨向下的恒力F＝0.212 N，使其从t＝0时刻由静止开始运动，t0＝1 s时，金属棒b刚好开始滑动，已知两金属棒的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为r＝0.4 Ω、长度均为L＝1 m，两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为μ＝，重力加速度为g＝10 m/s2，导轨间距为L＝1 m，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6.
(1)求0～t0时间内，金属棒a下滑的位移大小；
(2)求0～t0时间内，金属棒a上产生的焦耳热；
(3)若金属棒b开始滑动的瞬间，立即断开开关S，在t1时刻，金属棒a中的电流恰好达到最大值，已知在t1～2t1时间内，金属棒a下滑的位移为s0，求这段时间内金属棒b的位移大小．
18．(16分)如图所示，木板B和物块A质量均为m，开始木板静止在水平地面上，物块位于木板最左端．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，木板和物块用不可伸长的轻质细线绕过光滑定滑轮连接，初始时细线绷紧．现对物块施加一水平向右的恒定拉力，当物块运动到木板正中间时撤去拉力，最后物块恰好停在木板的最右端．已知细线足够长，整个过程木板不会撞到滑轮，物块可视为质点，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
(1)求物块向右加速和减速所用时间之比.
(2)求拉力F的大小．
(3)若已知木板长度为L，当物块运动到木板正中间时，撤去拉力的同时细线断裂，通过计算判断最终物块能否停在木板上．若能，求物块停在木板上的位置；若不能，求物块离开木板时的速度大小．
参考答案
1．答案：C
解析：结合题述可知，经过时间t＝tB，元素A经过两个半衰期，原子核个数变为n′A＝nA，元素B经过一个半衰期，原子核个数变为n′B＝nB，容器内元素A、B的原子核个数之比变为＝＝，C正确．
2．答案：C
解析：第一步：沿竖直方向对小球进行受力分析
设绳1、2上的张力大小分别为T1、T2，绳1与竖直方向的夹角为θ，小球质量为m，小车在水平面上做匀变速直线运动时小球竖直方向受力平衡，有T1cos θ－mg＝0，得T1＝，两绳一直保持拉直状态，θ不变，可知T1一直保持不变．
第二步：加速度沿不同方向时，沿水平方向对小球进行受力分析
在水平方向上，由牛顿第二定律可知，当加速度方向向右时，有T2 －T1sin θ＝ma，得T2＝T1sin θ＋ma＝mg tan θ＋ma，若加速度稍稍减小，则T2减小．当加速度方向向左时，有T1sin θ－T2＝ma，得T2＝T1sin θ－ma＝mg tan θ－ma，若加速度稍稍减小，则T2增大．综上，C正确．
3．答案：B
解析：由折射定律有n＝，假设光沿折射光线的反方向从空气射入玻璃砖，由光的可逆性可知a、b两束光在玻璃砖中的折射角相同，b光的入射角大，玻璃砖对b光的折射率大，A错误．在真空中由c＝λf可得λ＝，可知a光在真空中的波长较长，B正确．由折射知识有n＝，可知a光在玻璃砖中的速度较大，C错误．若临界角为C，有sin C＝，可知b光的临界角较小，若逐渐增加入射角，b光最先达到临界角而发生全反射，最先消失的是b光，D错误．
4．答案：B
解析：当球形区域中矿物的密度为ρ时，在球体中补上密度也为ρ的等体积物质，球体中物质的密度变成正常密度ρ，此时P处质量为m的质点受到的重力为mg，可看成补上的密度为ρ的物质对P处质点的引力与原来引力mg′的矢量和，即mg＝mg′＋G，则δ＝g－g′＝.若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为δ，A错误．若球形区域半径变为R，则“重力加速度反常值”变为δ，B正确．若球形区域变为一个空腔，在球体中需补上密度为ρ的物质，此时P处质量为m的质点受到的重力为mg，有mg＝mg′3＋G，δ3＝g－g′3＝，则“重力加速度反常值”变为2δ，C错误．若球形区域中矿物的密度变为ρ，矿物可看成密度为ρ和密度为ρ的两部分物质的叠加，此时P处重力加速度的值比正常值大，有mg′4＝mg＋G，“重力加速度反常值”为δ4＝g－g′4＝－＝－δ，D错误．
5．答案：A
解析：由电阻定律可知，线圈上、下两部分的电阻之比为＝＝，由并联电路特点可知＝＝，线圈上、下两部分有效长度相等，则线圈上、下两部分所受安培力大小之比为＝＝，线圈上、下两部分所受安培力方向相同，可得整个线圈所受安培力大小为F1＋F0＝F0，A正确．
6．答案：D
解析：由题图可知波源P起振方向向下，0～7.5 s内质点P的振动图像如图甲所示．此过程波源P经过的总路程sP＝8A－y＝(80－5)cm，x＝1 m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为λ，波从波源P出发经过一个周期到达Q，以后P、Q步调一致，Q比P少了一次全振动．此过程Q的振动图像如图乙所示．此过程Q经过的总路程s＝sP－4A＝(40－5)cm，D正确．
7．答案：A
解析：小车甲一直做匀速直线运动，以小车甲为参考系，小车乙以大小为v0的初速度冲向甲，相对甲的速度为0时，弹簧压缩到最短，小车乙的动能全部转化为弹性势能，弹簧储存的弹性势能为mv，A正确．以地面为参考系，弹簧被压缩到最短时，小车乙的速度大小为v0，弹簧被压缩到最短的过程，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，弹簧弹性势能增加了mv，小车乙动能增加了mv，则系统机械能的增加量为mv，可知合外力对小车甲做的功为mv，对小车甲，其动能保持不变，由动能定理可知，弹簧弹力对小车甲做的功为－mv，B错误．由动量定理知，弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车乙的冲量大小为mv0，由于弹簧对小车甲、乙的弹力始终等大反向，可知弹簧弹力对小车甲的冲量大小也为mv0，C错误．以小车甲为参考系，小车乙以大小为v0的初速度冲向甲，弹簧先压缩后复原，弹簧恢复原长时小车乙相对小车甲的速度大小为v0、方向水平向右，相对地面的速度大小为2v0，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，为2mv，D错误．
8．答案：D
解析：第一步：计算出变压器及右侧部分在原线圈电路中的等效电阻
如图所示，将变压器及右侧部分等效为一个电阻R′，当a、b端与副线圈绕组按不同方式连接时，副线圈等效匝数设为n′2，设原线圈两端电压、流过的电流分别为U1、I1，电阻R两端的电压、流过的电流分别为U2、I2，则有R′＝＝＝＝R.
第二步：判断等效电阻取何值时功率最大
设发电机输出电压有效值为E，等效电阻R′的功率为P′＝IR′＝R′＝，可知当＝R′时，等效电阻R′的功率P′有最大值，此时R′＝r.
第三步：判断哪种接法能满足功率最大
当a端接1，b端接2时，副线圈等效匝数为n2＝50，R′＝R＝8 Ω，当a端接3，b端接4时，副线圈等效匝数为n3＝150，R′＝R＝ Ω，当2、3连接，a端接1，b端接4时，副线圈等效匝数为n3＋n2＝200，R′＝R＝Ω，当1、3连接，a端接2，b端接4时，副线圈等效匝数为n3－n2＝100，R′＝R＝2 Ω，此时R′＝r，等效电阻R′的功率P′有最大值，即电阻R的功率最大，D正确．
9．答案：ACD
解析：一定质量的理想气体的内能只与温度有关，在等温膨胀过程中，气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量，A正确．热力学第一定律反映了热现象中的能量守恒，热力学第二定律指出与热现象有关的宏观过程具有方向性，B错误.0 ℃的冰融化为0 ℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，C正确．热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，D正确．
10．答案：BD
解析：设小车的最大速度为vm，则加速和减速过程的平均速度均为vm，A错误．设小车加速和减速过程的时间分别为t1、t2，加速和减速过程的位移分别为x1、x2，则有x1＝vmt1，x2＝vmt2，＝＝，B正确．根据以上分析可知t2＝t1，则小车运动的总时间t总＝t1＋t2＝t1，一半时间为＝t1，设减速阶段的加速度大小为a2，t1时小车的速度为v1，有v1＝vm－a2(－t1)＝vm－a2t1，可得v1＝vm，前一半时间小车的位移x前＝vmt1＋(vm＋v1)＝vmt1，后一半时间小车的位移x后＝v1·＝vmt1，小车前一半时间和后一半时间通过的位移之比为＝，C错误，D正确．
11．答案：CD
解析：第一步：根据电场叠加判断正方体中心的电场强度
正方体中心处，两正点电荷产生的合场强方向平行于ad方向由a指向d，两负点电荷产生的合场强方向也是平行于ad方向由a指向d，二者大小相等、方向相同，所以该处的合场强不为零，A错误．
第二步：根据到点电荷的距离和对称性判断电势大小关系
a和h处等量异种点电荷产生的电场中，e、d两点的电势相等，c和f处等量异种点电荷产生的电场中，根据距离正电荷近的点电势高可判断出e点的电势高于d点的电势，B错误；根据到点电荷的距离可知a处点电荷在g处产生的电势与f处点电荷在d处产生的电势相等，a处点电荷在d处产生的电势与f处点电荷在g处产生的电势相等，同理，两负点电荷在d、g两点产生的电势也相等，则d、g两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从d点移动到g点，电场力做的功为0，C正确．
第三步：根据对称性和选取不同点电荷叠加判断电场强度
由对称性可知b、e两点场强大小相等、方向不同．判断如下：根据电场强度的叠加原理可得，a、f、c处的三个点电荷在b处产生的合场强方向平行ec由e指向c，大小为k，h处负点电荷在b处产生的场强方向平行bh由b指向h，大小为k，同理，a、f、h处三个点电荷在e处产生的合场强方向平行bh由b指向h，大小为k，c处负电荷在e处产生的场强方向平行ec由e指向c，大小为k，在bche平面上表示如图所示，D正确．
12．答案：BC
解析：
设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知∠aCd＝60°，由三角形全等可知∠aCO＝∠dCO＝30°，电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知Cd∥aO，∠aOC＝30°，△aCO为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝R，根据洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动的向心力可得r＝，代入半径可得B＝，A错误．改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，
轨迹圆心在圆形边界上的D点，出射点在e点，可知四边形aOeD为菱形，三角形aOD、eOD为等边三角形，电子从e点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为t＝T＝，B正确．改变电子在a处的入射方向，设电子从一般位置f射出，轨迹圆心为P，同理可知四边形aOfP为菱形，出射点对应轨迹半径fP∥aO，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，C正确．电子在a处的速度方向与ab夹角为30°、斜向下时射出磁场的位置为d，入射方向再向下偏，电子会在d、a间离开磁场，若入射方向向上偏，电子会在d、b间离开磁场，电子入射方向与出射点位置是一一对应的，两次入射方向不同．电子不可能从同一位置射出磁场，D错误．
13．答案：(1)大于 (2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3)1 (4)BC
解析：(1)为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1大于B球的质量m2.(2)由于竖直方向上两球从同一高度由静止开始运动，且下落到同一水平面上，故两球运动的时间相同，碰撞过程根据动量守恒定律可得在水平方向有m1v0＝m1v1＋m2v2，等式两边同乘以时间t，有m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即需验证m1·OP ＝m1·OM＋m2·ON.(3)若两个小球的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0、v2＝v0，或v1＝v0、v2＝0(不符合题意，舍去)，则比值k＝＝＝＝1.(4)小球在斜槽上运动时有摩擦，由于每次都从同一点释放，则每次摩擦力做的功一样，小球A每次运动到轨道末端时的速度相同，不会造成实验误差，A错误．本实验要求小球离开轨道末端后做平抛运动，若轨道末端未调节成水平，小球离开轨道末端后将做斜抛运动，会造成实验误差，B正确．小球A未从同一高度释放，会导致小球A运动到轨道末端时的速度不同，会造成实验误差，C正确．根据以上分析可知不需要测量轨道末端到地面的高度，D错误．
14．答案：(1)
如图所示 (2)A
(3)50 (4)1.41 1.27 10.0
解析：(1)实物连接图如图所示，注意电流表的正、负接线柱，电流应从正接线柱流入．(2)实验中调节电阻箱R的阻值时，应从大向小逐渐调节，这样回路中电流从小到大变化，可以避免电流超过电流表量程，故选A.(3)毫安表最小分度值为10 mA，可估读到1 mA，则读数为50 mA.(4)开关S2断开时，由闭合电路欧姆定律有I＝，整理得＝R＋.开关S2闭合时，由闭合电路欧姆定律有I＝，整理得＝R＋.可得 R图像的斜率k＝，得E＝，直线Ⅰ的纵截距B1＝，直线Ⅱ的纵截距B2＝，可解得r＝，Rg＝，把数据代入可得E＝1.41 V，r＝1.27 Ω，Rg＝10.0 Ω.
15．解析：(1)设大气压强为p0，水银柱长度为h，管内横截面积为S.由玻意耳定律可知，当玻璃管从平放到管口竖直向上时，有p0L0S＝(p0＋ρgh)L1S
当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有p0L0S＝(p0－ρgh) L2S
可得L0＝＝48 cm
(2)①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T0＝300 K，环境温度上升了Δt
由盖 吕萨克定律有＝
可得Δx＝L0＝1.6 mm
由于Δx与Δt成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的
②由以上分析得＝
措施一：可封闭更多的气体，这样L0增大，增大，可提高测量灵敏度
措施二：封闭气体后，可让管口竖直向下，这样L2>L0，同理有＝，增大，也可提高测量灵敏度
16．解析：(1)小球进入电场前做平抛运动，进入电场后在重力和电场力共同作用下做匀加速直线运动．整个过程竖直方向只受重力，竖直方向的分运动是自由落体运动，小球在做平抛运动时有h＝gt
小球从被抛出至运动到B极板下端的全过程，有h＋H＝g(t1＋t2)2
解得t1∶t2＝1∶1.
(2)小球进入电场时速度水平分量为vx1＝v0，竖直分量为vy1，
小球从右极板下边缘飞出，设飞出时速度水平分量为vx2，竖直分量为vy2，小球在电场中加速度水平分量为ax
小球做平抛运动阶段，竖直方向有vy1＝gt1
小球在电场中运动时，竖直方向有vy2＝vy1＋gt2
小球进入电场后沿直线运动，有＝
小球进入电场后水平方向有vx2＝vx1＋axt2
设两极板间电场强度为E，有qE＝max、U＝Ed
设小球平抛运动阶段水平位移为x1，在电场中运动阶段水平位移为x2，有x1＝vx1t1
x2＝(vx1＋vx2)t2
d＝x1＋x2
联立解得d＝ ，v0＝
17．解析：(1)金属棒b刚好滑动时，有mg sin θ＋BI1L＝μmg cos θ
解得I1＝0.1 A
则干路上的电流I＝＝0.2 A
由闭合电路欧姆定律有E＝I
由法拉第电磁感应定律有E＝BLv
解得v＝0.12 m/s
对金属棒a，由动量定理有
Ft0＋mg sin θ·t0－μmg cos θ·t0－BLt0＝mv－0
即Ft0＋mg sin θ·t0－μmg cos θ·t0－qBL＝mv－0
又q＝＝
联立解得x＝0.06 m
(2)对金属棒a，由动能定理有
(F＋mg sin θ－μmg cos θ)x－W安＝mv2－0
整个回路中产生的焦耳热为Q总＝W安
则0～t0时间内金属棒a中产生的焦耳热为Qa＝Q总
解得Qa＝0.004 J
(3)当两金属棒的加速度相同时，金属棒a中的电流达到最大值，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F＋2mg sin θ－2μmg cos θ＝2ma
以金属棒a为研究对象，有
F＋mg sin θ－μmg cos θ－BI′L＝ma
又E′＝BL(va－vb)＝2I′r
t1时刻后，两金属棒以相同的加速度沿导轨运动
t1～2t1时间内，由匀变速直线运动规律有
s0＝va(2t1－t1)＋a(2t1－t1)2
sb＝vb(2t1－t1)＋a(2t1－t1)2
联立解得sb＝s0－0.084 8t1(m)
18．解析：(1)对物块施加一水平向右的恒定拉力后，设物块向右的加速度大小为a1，由于细线长度不变，则木板向左的加速度大小也为a1，设木板长度为L0，当物块运动到木板正中间时，设物块向右的速度大小为v，则木板向左的速度大小也为v；设物块向右运动的距离为x1，则木板向左运动的距离也为x1，物块和木板的加速时间均为t1
有v2＝2a1x1
2x1＝L0
v＝a1t1
拉力撤去后，先判断细线是否松弛
假设细线松弛，设物块向左的加速度大小为aa，有μmg＝maa
得aa＝μg
设木板向右的加速度大小为aB，有μmg＋2μmg＝maB
得aB＝3μg
由于aB>aa，连接A、B的细线长度会增大，不符合实际，说明假设不成立，故拉力撤去后细线不松弛
拉力撤去后，由于细线不松弛，物块向右减速，木板向左减速，物块与木板的加速度大小相等，设为a2，设物块向右运动的距离为x2，则木板向左运动的距离也为x2，物块和木板的减速时间均为t2
物块停在木板最右端，有2x2＝L0
物块减速过程有v2＝2a2x2
v＝a2t2
联立可得a1＝a2，＝
物块和木板的v′ t图像如图甲所示
(2)设拉力撤去后细线上的拉力变为T2
对物块有T2＋μmg＝ma2
对木板有μmg＋2μmg－T2＝ma2
可得a2＝2μg
拉力撤去前，有a1＝a2＝2μg，设细线上的拉力为T1
对物块有F－T1－μmg＝ma1
对木板有T1－μmg－2μmg＝ma1
可得F＝8μmg
(3)撤去拉力时，由以上分析可得物块和木板的速度大小v＝
细线断裂后，结合以上分析可知物块向右减速，加速度大小aA＝μg，木板向左减速，加速度大小aB＝3μg，木板速度先减为0.设减速过程木板经过时间t3速度减为0，向左运动的距离为x3，有v＝aBt3
x3＝＝L
木板速度减为0时，物块的速度大小v3＝v－aAt3＝
此阶段物块减速运动的距离x4＝(v＋v3)t3＝L
此阶段物块相对木板向右滑行的距离x相＝x3＋x4＝L
由于x相<L，可知木板速度减为0时，物块仍在木板上向右滑行
地面对木板的最大静摩擦力fm＝2μmg
物块对木板的滑动摩擦力f＝μmg
由于f<fm，之后木板保持静止
假设物块会从木板右端滑下
设物块滑到木板右端时速度为v4，有v－v＝2aA
可得v4＝ ，假设成立
物块和木板的v′ t图像如图乙所示
,
