1.二氧化碳是導(dǎo)致“溫室效應(yīng)”的主要原因之一，人類在采取節(jié)能減排措施的同時，也是在研究控制溫室氣體的新方法，目前專家們正在研究二氧化碳的深海處理技術(shù)。在某次實驗中，將一定質(zhì)量的二氧化碳氣體封閉在一個可以自由壓縮的導(dǎo)熱容器中，將容器緩慢移到海水某深處，氣體體積減小為原來的一半，不計溫度變化。此過程中( )
A. 封閉的二氧化碳氣體對外界做正功B. 封閉的二氧化碳氣體壓強一定增大
C. 封閉的二氧化碳氣體分子的平均動能增大D. 封閉的二氧化碳氣體一定從外界吸收熱量
2.大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時能輻射出多種不同頻率的光，用這些光照射如圖甲所示的光電管的陰極K。已知氫原子的部分能級圖如圖乙所示，陰極K為金屬鎢，其逸出功為4.54eV。下列說法中正確的是( )
A. 這些氫原子最多發(fā)出6種不同頻率的光
B. 能使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)的光有4種
C. 逸出光電子的最大初動能一定為9.06eV
D. 若將滑動變阻器的滑片調(diào)到最左端，電路中的光電流一定變?yōu)?
3.如圖所示的電路中，E為電源，其內(nèi)阻為r，L為小燈泡(其燈絲電阻可視為不變)，R1、R2為定值電阻，R3為光敏電阻，其阻值大小隨所受照射光強度的增大而減小，V為理想電壓表。若將照射R3的光的強度減弱，則( )
A. 電壓表的示數(shù)變大B. 小燈泡變暗
C. 通過R2的電流變小D. 電源內(nèi)阻消耗的功率變大
4.如圖甲所示，2024年1月9日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征二號丙運載火箭，成功將愛因斯坦探針衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿成功。假設(shè)愛因斯坦探針衛(wèi)星發(fā)射簡化過程如圖乙所示，先將衛(wèi)星送入圓形軌道Ⅰ，在a點發(fā)動機點火加速，由軌道Ⅰ變?yōu)闄E圓軌道Ⅱ上，飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過c點再變軌到圓軌道Ⅲ，則下列說法正確的是( )
A. 探針衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過a點的速度大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過a點的速度
B. 探針衛(wèi)星在軌道Ⅱ上由a點運動到c點機械能減少
C. 探針衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過c點的加速度等于在軌道Ⅲ上經(jīng)過c點的加速度
D. 探針衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運行的角速度小于在軌道Ⅲ上運行的角速度
5.如圖為遠距離輸電的原理圖，已知升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，兩端電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，升壓變壓器與降壓變壓器之間輸電線上的總電阻為R，降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n3、n4，兩端電壓分別為U3、U4，電流分別為I3、I4。變壓器均為理想變壓器，若保持發(fā)電廠的輸出電壓不變，則下列說法正確的是( )
A. 無論用戶端的負載如何增加，始終有I1U1=I3U3
B. 輸電線上損失的功率ΔP=U32R
C. 若用戶端負載增加，那么電壓U3變小
D. 輸電線上的電流I3=U2R
二、多選題：本大題共3小題，共15分。
6.關(guān)于核反應(yīng)方程：① 92238U→90234Th+24He；② 90234Th→91234Pa+?10e；③ 92235U+01n→3692Kr+56141Ba+301n；④ 12H+13H→24He+01n，下列說法正確的是( )
A. ①是衰變，1g92238U經(jīng)過兩個半衰期全部衰變
B. ②是衰變，α射線的電離本領(lǐng)比β射線強
C. ③是人工轉(zhuǎn)變， 56141Ba的比結(jié)合能比 92238U大
D. ④是熱核反應(yīng)，該反應(yīng)需要很高的溫度并放出熱量
7.如圖所示，一列簡諧橫波沿x軸負方向傳播，振幅為6cm，周期為T=2s。已知在t=0時刻，質(zhì)點A坐標為(2cm,?3cm)，質(zhì)點B坐標為(6cm,?3cm)，A、B都沿y軸正向運動。下列說法正確的是( )
A. 該列簡諧橫波波長可能為43cm
B. A、B兩質(zhì)點可以一個在波峰，一個在波谷
C. 從t=0時刻起，經(jīng)歷Δt=0.5s時間，質(zhì)點A的位移為4cm
D. 在t=16s時，質(zhì)點B的位移為零
8.如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t=0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期T=2dv0，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則( )
A. 在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為v0
B. 粒子的電荷量為mv02U0
C. 在t=18T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了18mv02
D. 在t=14T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場
三、實驗題：本大題共2小題，共24分。
9.寒冷的冬天，在兩個相同的紙杯中加上不等量的水，放到室外結(jié)冰后脫殼制成兩只冰壺A和B，之后找一塊平整的冰面驗證動量守恒定律。主要實驗步驟如下：
①在冰面上固定發(fā)射裝置。通過A壓縮彈簧到P位置，釋放后A沿圖甲中虛線運動。在虛線的適當位置取一點O，測出A停止滑動時其右側(cè)到O點的距離s1；
②多次通過A壓縮彈簧到P，釋放A后重復(fù)記錄s1并取其平均值記為s1?，如圖甲；
③將B放在冰面上，使其左側(cè)位于O點，并使其直徑與圖中虛線重合；
④多次通過A壓縮彈簧到P，釋放A后使A與B對心正碰，測出A、B碰后停止滑行時A右側(cè)和B左側(cè)與O點的距離并求平均值，分別記為s?2利s?3，如圖乙所示。
(1)每次都通過A壓縮彈簧到P位置，目的是確保A到達O時的______相同；
(2)實驗中還需測量的物理量有______(填字母序號)；
A.A和B的質(zhì)量m1、m2
B.A和B的直徑d1、d2
C.A和B與冰面間的動摩擦因數(shù)μ
D.發(fā)射槽口到O點的距離s0
(3)驗證動量守恒定律的表達式為______(用已知量和測得量的符號表示)；
(4)為探究該碰撞是否為彈性碰撞，需判斷關(guān)系式______是否成立(用s1?、s2?、s3?表示)。
10.簡易多用電表的電路如圖(a)所示。圖中表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω；E是電池，R1、R2、R3、R4和R5均為定值電阻，R6是可變電阻。虛線方框內(nèi)為選擇開關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位：直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋。
(1)根據(jù)題設(shè)條件，可得R1+R2=______Ω；
(2)將選擇開關(guān)與“3”相連，電表指針位置如圖(b)所示，測得電阻Rx=______Ω；
(3)為了更準確的測量電阻Rx，實驗室提供下列器材：
待測電阻Rx；
電源E，電動勢約為6.0V，內(nèi)阻可忽略不計；
電壓表V1，量程為0～0.5V，內(nèi)阻r1=1000Ω；
電壓表V2，量程為0～6V，內(nèi)阻r2約為10kΩ；
電流表A，量程為0～0.6A，內(nèi)阻r3約為1Ω；
定值電阻R0，R0=60Ω；
滑動變阻器R，最大阻值為150Ω；
單刀單擲開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干。
①測量要求：兩只電表的示數(shù)都不小于其量程的13，并能測量多組數(shù)據(jù)，則應(yīng)選用圖(c)中的______(填字母序號)。
②若選擇正確的電路進行實驗，電表A、V1、V2的示數(shù)分別用I、U1、U2表示，則待測電阻Rx的表達式為Rx=______(用字母表示)。
四、簡答題：本大題共2小題，共24分。
11.如圖甲所示，有一邊長為L=1.2m，質(zhì)量為m=1kg的正方形單匝線框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿過垂直水平面向上、磁感應(yīng)強度為B=0.1T的勻強磁場區(qū)域。線框cd邊剛進入磁場時的速度為v0=2m/s，在t=3s時刻cd邊剛出磁場邊界。從進入到離開磁場區(qū)域的3s時間內(nèi)線框運動的v?t圖像如圖乙所示。求：
(1)線框cd邊在剛進入磁場時，c、d兩點間的電勢差Ucd；
(2)恒力F的大??；
(3)線框從cd邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱Q。
12.電場和磁場經(jīng)常用來實現(xiàn)對微觀粒子的測量和控制。如圖所示，α粒子由粒子源S飄出(初速度忽略不計)，經(jīng)加速電壓U加速后，以速度v0沿軸線OO′豎直進入高度為L的足夠?qū)拕驈姶艌鰠^(qū)域，經(jīng)磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)后，粒子由磁場區(qū)域的下邊界射出，最終打在水平接收裝置MN上的P點(圖中未標出)。已知磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，大小為B= 3Uv0L，其下邊界與接收裝置MN平行，距離為L，不考慮粒子重力和粒子間的相互作用。
(1)求α粒子的比荷qm；
(2)求P點到軸線OO′的距離d；
(3)若撤掉磁場，在同樣的區(qū)域施加水平方向的勻強電場，α粒子最終仍然打到點P，求勻強電場的場強E。
五、計算題：本大題共1小題，共12分。
13.如圖所示，某超市兩輛相同的手推購物車質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)沿直線排列，靜置于水平地面上．為節(jié)省收納空間，工人給第一輛車一個瞬間的水平推力使其運動，并與第二輛車相碰，且在計算時間內(nèi)相互嵌套結(jié)為一體，以共同速度運動了距離的l2，恰好停靠在墻邊．若車運動時受到的摩擦力恒為車重的k倍．重力加速度為g，求：
(1)購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；
(2)工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大?。?br>答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、氣體體積減為原來的一半，外界對氣體做正功，故A錯誤。
B、溫度不變，氣體體積減半，根據(jù)玻意耳定律可知，氣體壓強增大，故B正確；
C、溫度不變，所以氣體的氣體分子的平均動能不變，故C錯誤。
D、溫度不變，內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，外界對氣體做正功，則封閉氣體向外界傳遞熱量，故D錯誤；
故選：B。
對于熱力學(xué)第一定律△U=W+Q，要明確公式中各個物理量的含義，溫度是理想氣體的內(nèi)能變化的標志。
本題考查了玻意耳定律和熱力學(xué)第一定律公式的應(yīng)用，根據(jù)氣體狀態(tài)變化過程判斷做功情況，然后應(yīng)用熱力學(xué)第一定律即可解題，解題時要注意理想氣體內(nèi)能由溫度決定，溫度不變氣體平均動能不變。
2.【答案】A
【解析】解：A、大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時最多能輻射出C42=6種不同頻率的光，故A正確；
BC、根據(jù)能級躍遷公式可計算出對應(yīng)躍遷的能級產(chǎn)生的能量為：
2→1，E21=10.20eV
3→1，E31=12.09eV
4→1，E41=12.75eV
3→2，E32=1.89eV
4→2，E42=2.55eV
4→3，E43=0.66eV
根據(jù)光電效應(yīng)的條件可知能使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)的光有3種分別為4→1、3→1、2→1。
根據(jù)電效應(yīng)方程可知光電子的最大初動能為Ekm=E41?W0=12.75eV?4.54eV=8.21eV，故BC錯誤；
D、滑動變阻器的滑片調(diào)到最左端，光電管兩端電壓為零，但光電子有速度，仍能夠到達A極板，光電流不可能為0，故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)Cn2可以求解氫原子最多能發(fā)出多少種不同頻率的光；根據(jù)能級躍遷公式可計算出對應(yīng)躍遷的能級產(chǎn)生的能量，再結(jié)合光電效應(yīng)方程：hγ=W0+Ek分析。
解決本題的關(guān)鍵掌握能級躍遷與發(fā)出或吸收光子能量的關(guān)系hγ=Em?En，對于可見光應(yīng)注意掌握光效應(yīng)方程，注意理解影響光電子的最大初動能因素。
3.【答案】B
【解析】解：若將照射R3的光的強度減弱，可知其電阻增大，所以外電路的總電阻增大。
A.根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，E=U外+Ir
外電路總電阻增大，干路電流減小，R1在干路上，所以其電壓減小，因此電壓表示數(shù)減小，故A錯誤；
BC.因為干路電流減小，所以路端電壓增大，R1和R2的電壓之和等于路端電壓，所以R2的電壓增大，因此流過R2的電流增大，又R2和L的電流之和減小，所以L的電流必然減小，因此燈泡變暗，故B正確，C錯誤；
D.內(nèi)阻上消耗的功率Pr=I2r因為干路電流減小，故電源內(nèi)阻消耗的功率變小，故D錯誤。
故選：B。
先判斷光敏電阻的阻值變化情況，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析干路電流和電壓表的讀數(shù)變化，結(jié)合總電流和各支路電流的關(guān)系分析電流情況，由內(nèi)功率的公式分析判斷。
考查電路的動態(tài)分析問題，會根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析解決實際問題。
4.【答案】C
【解析】解：A、探針衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過a點做加速運動，離心后變軌到Ⅱ軌道，所以探針衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過a點的速度小于在軌道Ⅱ上經(jīng)過a點的速度，故A錯誤；
B、探針衛(wèi)星在軌道Ⅱ上由a點運動到c點過程中，只有萬有引力做功，機械能不變，故B錯誤；
C、根據(jù)牛頓第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以探針衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過c點的加速度等于在軌道Ⅲ上經(jīng)過c點的加速度，故C正確；
D、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω= GMr3，探針衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運行的軌道半徑大于在軌道Ⅲ上運行的軌道半徑，探針衛(wèi)星在軌道Ⅰ上運行的角速度大于在軌道Ⅲ上運行的角速度，故D錯誤。
故選：C。
根據(jù)變軌原理分析線速度大?。桓鶕?jù)機械能守恒定律分析機械能的變化情況；根據(jù)牛頓第二定律分析；由萬有引力提供向心力得到角速度表達式進行分析。
本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析，掌握衛(wèi)星的變軌原理。
5.【答案】C
【解析】解：A.輸電線有損耗，無論用戶端的負載如何增加，始終有I1U1>I3U3，故A錯誤；
B.輸電線上損失的功率ΔP=(U2?U3)2R，故B錯誤；
C.若用戶端負載增加，則電流增大，根據(jù)U=IR可知輸電線電壓增大，那么電壓U3變小，故C正確；
D.輸電線上的電流I3=U2?U3R，故D錯誤；
故選：C。
變壓器原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，電流之比等于匝數(shù)之反比；根據(jù)升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓和電壓損失之和，得出U3、U2的關(guān)系。當用戶增多時，用戶端總電阻變小，電流變大，結(jié)合輸電線上電壓損失的變化得出降壓變壓器輸出電壓的變化。
解決該題需明確知道變壓器中原副線圈的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系，知道原副線圈的功率的關(guān)系。
6.【答案】BD
【解析】解：A、 24He是α粒子，該核反應(yīng)是α衰變，1g92238U經(jīng)過兩個半衰期還剩14g未衰變，故A錯誤；
B、 ?10e是β粒子，該核反應(yīng)為β衰變，α射線穿透能力最弱，一張白紙就能擋住，不能穿透幾厘米厚的鉛板，但其電離本領(lǐng)比β射線強，故B正確；
C、該核反應(yīng)為重核裂變，生成物 56141Ba比反應(yīng)物 92238U更穩(wěn)定，其比結(jié)合能比 92238U大，故C錯誤；
D、該核反應(yīng)為輕核聚變反應(yīng)，聚變反應(yīng)需要高溫又稱熱核反應(yīng)，反應(yīng)過程釋放出大量的熱量，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)反應(yīng)的特點和生成物判斷核反應(yīng)類型。
本題綜合考查了常見的核反應(yīng)方程以及核反應(yīng)方程的特點等這些知識點，關(guān)鍵掌握這些知識的基本規(guī)律，記牢基本粒子的符號。
7.【答案】AD
【解析】解：AB、在t=0時，質(zhì)點A、B都沿y軸正方向運動，且A、B兩質(zhì)點的位移相同，則振動好同，故兩質(zhì)點振動總是相同，所以AB兩質(zhì)點不可能一個在波峰，一個在波谷，兩質(zhì)點平衡位置的距離為：6cm?2cm=nλ(n=1、2、3、4…)，該列波的波長可能為43cm(n=3時)，故A正確，B錯誤；
C、根據(jù)質(zhì)點A的振幅和周期的值可得，質(zhì)點A的振動方程為：y=6sin(πt?π6)，則從t=0時刻起，經(jīng)歷0.5s時間，質(zhì)點A的位移為3 3cm，故C錯誤；
D、根據(jù)質(zhì)點B的振幅和周期可得，質(zhì)點B的振動方程為：y=6sin(πt?π6)，則在t=16s時，質(zhì)點B的位移為零，故D正確。
故選：AD。
根據(jù)題干得到兩質(zhì)點振動同，從而得到振動關(guān)系及平衡位置間距離與波長的關(guān)系，從而求得波長，也可以得到A、B的位置關(guān)系；
分別寫出兩個質(zhì)點的振動方程，再求出另一時刻的位移。
考查波動圖象的理解與振動規(guī)律的應(yīng)用，解題時，要把握機械波的周期性，寫出運動規(guī)律的可能表達式，再根據(jù)具體條件求解即可。
8.【答案】ABD
【解析】解：A.粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t=0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間
t=2dv0
此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A正確；
B.在豎直方向，粒子在T2時間內(nèi)的位移為d2，則
d2=U0q2dm?(dv0)2
計算得出
q=mv02U0
故B正確；
C.在t=18T時刻進入電場的粒子，射出極板時速度依然是v0，動能不變，所以電勢能不變，故C錯誤；
D.t=14T時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動14T，然后向下減速運動14T，再向上加速14T，向上減速14T，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，故D正確。
故選：ABD。
帶電粒子垂直電場線進入電場做類平拋運動，將類平拋運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場線方向的勻加速直線運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解。
此題關(guān)鍵是要搞清粒子在電場中水平方向和豎直方向的運動特征，主要是結(jié)合電場的變化情況研究豎直方向在一個周期內(nèi)的運動情況。
9.【答案】速度 Am1 s1?=?m1 s2?+m2 s3? s3?= s1?? s2?
【解析】解：(1)釋放小球后，彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，每次都通過A壓縮彈簧到P位置，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同，釋放小球后小球獲得的動能相同，確保A到達O時的速度相同；
(2)選取向右為正方向，動量守恒定律的表達式為m1v1=?m1v2+m2v3
根據(jù)動能定理，碰撞前，對小球A有12m1v12=μm1gs1?
碰撞后對小球A有12m1v22=μm1gs2?
碰撞后對小球B有12m2v32=μm2gs3?
聯(lián)立可得m1 s1?=?m1 s2?+m2 s3?
實驗中還需測量的物理量是A和B的質(zhì)量，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
(3)根據(jù)上述(2)的分析過程，需要滿足的動量守恒定律的表達式為m1 s1?=?m1 s2?+m2 s3?；
(4)若碰撞為彈性碰撞，還應(yīng)滿足機械能守恒，表達式為12m1v12=12m1v22+12m2v32
結(jié)合(2)中關(guān)系式可得 s3?= s1?? s2?。
故答案為：(1)速度；(2)A；(3)m1 s1?=?m1 s2?+m2 s3?；(4) s3?= s1?? s2?。
(1)釋放小球后，彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，每次都通過A壓縮彈簧到P位置，彈簧的形變量相同，彈性勢能相同，釋放小球后小球獲得的動能相同，據(jù)此分析作答；
(2)(3)根據(jù)動能定理求解碰撞前后兩小球的動能，根據(jù)動量守恒定律的表達式求解需要滿足的關(guān)系式，然后分析需要測量的物理量；
(4)彈性碰撞滿足機械能守恒定律，結(jié)合動能定理的表達式求解需要滿足的關(guān)系式。
本題主要考查了動量守恒定律的驗證實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，根據(jù)動量守恒定律和運動學(xué)公式即可完成分析，整體難度不大。
10.【答案】1601100D(U2?U1)R0r1U1(R0+r1)
【解析】解：(1)直流電流擋分為1mA和2.5mA，由圖可知，當接2時應(yīng)為1擋A；
根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律可知：R1+R2=IgRgI?Ig=250×10?6×4801×10?3?250×10?6Ω=160Ω；
(2)歐姆擋選擇的是×100Ω擋，根據(jù)指針的位置可知Rx=11×100Ω=1100Ω；
(3)①電動勢約為6.0V，待測電阻Rx約為1100Ω，則通過Rx的最大電流約為：Im=ERx=6.01100A=0.0055A，電流表A的量程為0～0.6A，太大，不能用電流表測電流，可采用電壓表與定值電阻測電流；為了能夠測量多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓器的接法，故D正確、ABC錯誤；
故選：D。
②根據(jù)電路連接情況可知，待測電阻兩端電壓為：Ux=U2?U1，通過Rx的電流為：Ix=U1R0+U1r1，
則待測電阻Rx的表達式為Rx=UxIx，解得：Rx=(U2?U1)R0r1U1(R0+r1)。
故答案為：(1)160；(2)1100；(3)①D；②(U2?U1)R0r1U1(R0+r1)。
(1)根據(jù)電流表的改裝原理結(jié)合串、并聯(lián)電路規(guī)律進行解答；
(2)根據(jù)歐姆表的讀數(shù)方法進行讀數(shù)；
(3)①求出通過Rx的最大電流分析能否用電流表測電流；為了能夠測量多組數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓器的接法；
②根據(jù)電路連接情況結(jié)合串并聯(lián)電路的特點、歐姆定律進行求解。
對于實驗題，要弄清楚實驗?zāi)康?、實驗原理以及?shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實驗設(shè)計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。
11.【答案】解：(1)線框cd邊在剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1=BLv0=0.1×1.2×2V=0.24V，方向由c→d(cd邊相當于電源)，
c、d兩點間的電壓是路端電壓，其電勢差為：Ucd=?34E1=?34×0.24V=?0.18V；
(2)由圖知，v=1m/s時線框完全在磁場中，做勻加速運動的加速度大小為：a=ΔvΔt=2?13?1m/s2=0.5m/s2，
根據(jù)牛頓第二定律得：F=ma=1×0.5N=0.5N；
(3)設(shè)cd邊進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱為Q，線框出磁場的過程與進磁場的過程運動情況相同，產(chǎn)生的焦耳熱相等，所以從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的全過程中，線框中產(chǎn)生的總焦耳熱：Q熱=2Q，
從cd邊進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得：FL+(12mmv02?12mv2)=Q，
代入數(shù)據(jù)解得：Q=2.1J。
答：(1)線框cd邊在剛進入磁場時，c、d兩點間的電勢差為?0.18V；
(2)恒力F的大小為0.5N；
(3)線框從cd邊剛進入磁場到cd邊剛離開磁場的過程中，線框產(chǎn)生的焦耳熱為2.1J。
【解析】(1)先根據(jù)E=BLv求出感應(yīng)電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求得感應(yīng)電流，再由歐姆定律求c、d兩點間的電壓；
(2)根據(jù)牛頓第二定律可得恒力F的大??；
(3)由v?t圖象知道，cd邊剛進入磁場時和cd邊剛出磁場時速度相等，由功能關(guān)系求出線框進入磁場過程產(chǎn)生的焦耳熱。線框出磁場的過程與進磁場的過程運動情況相同，產(chǎn)生的焦耳熱相等，據(jù)此分析。
解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)v?t圖象分析清楚線框的運動情況，知道速度-時間圖象的斜率表示加速度。要注意當通過閉合回路的磁通量不發(fā)生變化時，閉合回路中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以只有在進入和離開磁場的過程中才有感應(yīng)電流產(chǎn)生。
12.【答案】解：(1)根據(jù)動能定理
qU=12mv02
解得qm=v022U
(2)設(shè)帶電粒子在磁場中圓周運動半徑為R，根據(jù)
qv0B=mv02R
解得R=2 3L
設(shè)圓周運動的圓心作為θ，如圖1根據(jù)幾何關(guān)系
sinθ=LR
可得θ=60°
P點到軸線OO′的距離
d=R(1?csθ)+Ltanθ
解得d=43 3L
(3)帶電粒子在電場中做類平拋運動，有
qE=ma，L=v0t，x1=12at2
解得x1=EL24U
粒子速度關(guān)系如圖2示
vy=at，tanφ=vyv0，x2=Ltanφ
解得x2=EL22U
帶電粒子仍達到P點，則
x1+x2=d
解得E=16 3U9L，方向水平向左。
答：(1)α粒子的比荷為v022U；
(2)P點到軸線OO′的距離d為43 3L；
(3)勻強電場的場強E為16 3U9L，方向水平向左。
【解析】(1)根據(jù)動能定理求α粒子的比荷；
(2)根據(jù)qv0B=mv02R求半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求P點到軸線OO′的距離d；
(3)帶電粒子在電場中做類平拋運動，列方程求解求勻強電場的場強E。
本題考查了帶電粒子在組合場中的運動，解決本題的關(guān)鍵是掌握根據(jù)動能定理求出電場對粒子的比荷，根據(jù)類平拋運動的知識求解粒子在電場中的場強。
13.【答案】解：(1)設(shè)第一輛車碰前瞬間的速度為v1，與第二輛車碰后的共同速度為v2，以第一輛車的初速度為正，
由動量守恒定律有：mv1=2mv2
由動能定理有：?2kmg.l2=0?12(2m)v22
則碰撞中系統(tǒng)損失的機械能為：△E=12mv12?12(2m)v22
聯(lián)立以上各式解得：△E=mkgl
(2)設(shè)第一輛車推出時的速度為v0，由動能定理有：
?kmgl=12mv12?12mv02
I=mv0
聯(lián)立解得：I=m 6gkl
答：(1)購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為mkgl；
(2)工人給第一輛購物車的水平?jīng)_量大小為m 6gkl.
【解析】(1)兩輛車碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律以及動能定理求出第一輛車的初速度以及碰撞后的共同速度，從而求出購物車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；
(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的轉(zhuǎn)化為車的動量，之后車在摩擦力的作用下做減速運動，直到與第二輛車發(fā)生碰撞．碰撞后兩車瞬間結(jié)為一體，可知有能量的損失而沒有動量的損失，所以可以使用動量守恒定律寫出碰撞前后的速度關(guān)系，最后的階段兩車一起減速．根據(jù)各階段小車受力的特點，使用動量定理、動能定理以及動量守恒定律即可求解．
本題關(guān)鍵在于運動的過程較多，可以交叉運用動能定理和動量守恒定律列式求解，題中涉及的字母較多，要有足夠的耐心，更要細心，注意要規(guī)定正方向，難度適中．

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