1.“嫦娥五號”攜在月球采集的約2kg月壤返回地球。從月球帶來的“土”特產(chǎn)中有地球上含量極少且被譽為“月壤寶藏”的氦?3，它是既環(huán)保又安全的核反應(yīng)原料，可將氦?3原子核與氘原子核結(jié)合時釋放的能量用來發(fā)電，其核反應(yīng)方程 23He+12H→ZAY+11H，則下列說法正確的是( )
A. 該反應(yīng)為原子核的人工轉(zhuǎn)變B. 23He與 ZAY相比， ZAY的結(jié)合能較小
C. 由核反應(yīng)方程可知，A為4，Z為2D. 氦?3是Y的同位素，比Y少一個質(zhì)子
2.如圖甲所示，t=0時，一小船停在海面上的P點，一塊浮木漂在縱坐標(biāo)y=0.5m的R點，其后小船的振動圖像如圖乙所示，可知( )
A. 水波的振動向x軸負方向傳播B. 水波波速為4.8m/s
C. 1.2s末，小船運動到Q點D. 1.5s末，浮木向下運動
3.根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關(guān)，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1～8倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的10～20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設(shè)恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快。不考慮恒星與其它物體的相互作用。已知逃逸速度為第一宇宙速度的 2倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是( )
A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B. 恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大
C. 恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變
D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
4.血壓儀由加壓氣囊、臂帶、壓強計等構(gòu)成，如圖所示。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強計示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強高于大氣壓強的數(shù)值。充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強為大氣壓強，體積為V；每次擠壓氣囊都能將60cm3的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)?V，壓強計示數(shù)為150mmHg。已知大氣壓強等于750mmHg，氣體溫度不變。忽略細管和壓強計內(nèi)的氣體體積。則V等于( )
A. 30cm3B. 40cm3C. 50cm3D. 60cm3
5.如圖甲為教學(xué)用交流發(fā)電機，轉(zhuǎn)動手柄，兩個磁極之間的線圈隨著轉(zhuǎn)動，就能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而為小燈泡供電。把小燈泡與教學(xué)用發(fā)電機按圖乙所示電路通過變壓器相連，小燈泡發(fā)光。變壓器副線圈的匝數(shù)可通過移動調(diào)節(jié)器的滑片P改變。下列說法正確的是( )
A. 調(diào)節(jié)器滑片位置不變時，手柄轉(zhuǎn)速變大，變壓器副線圈兩端電壓變小
B. 調(diào)節(jié)器滑片位置不變時，手柄轉(zhuǎn)速變大，小燈泡的亮度變暗
C. 手柄轉(zhuǎn)速一定時，向下移動調(diào)節(jié)器的滑片，小燈泡變亮
D. 若希望小燈泡亮度保持不變，當(dāng)手柄轉(zhuǎn)速變大時，可向下移動調(diào)節(jié)器的滑片
6.近些年高壓水槍水射流清洗技術(shù)迅速發(fā)展，可以用于清洗汽車上許多種類的污垢層。設(shè)高壓水槍洗車時，垂直射向車身的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水從出水口水平出射，水打到車身后不反彈順車身流下。已知車身受到水的平均沖力大小為F，水的密度為ρ，則水的流量Q(單位時間流出水的體積)為( )
A. 12 ρdπF
B. d2 πFρ
C. 2 ρdπF
D. 2d πFρ
7.質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當(dāng)小車拖動物體駛的位移為S1時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為( )
A. 2F2(F?f)(S2?S1)S1(M+m)S2?MS1B. 2F2(F?f)(S2?S1)S1(M+m)S2?mS1
C. 2F2(F?f)(S2?S1)S2(M+m)S2?MS1D. 2F2(F?f)(S2?S1)S2(M+m)S2+mS1
二、多選題：本大題共3小題，共18分。
8.如圖(甲)所示為太空探索公司獵鷹火箭助推器回收畫面?；鸺l(fā)射后，助推器點火提供向上的推力，到達某一高度后與火箭分離，并立即關(guān)閉發(fā)動機，在接近地面某處重啟發(fā)動機減速并使助推器的速度在著陸時為零。從火箭發(fā)射開始計時，助推器上速度傳感器測得助推器豎直方向的速度如圖(乙)所示，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是( )
A. t1～t3的過程中，助推器先處于超重狀態(tài)然后處于失重狀態(tài)
B. t3～t4的過程中助推器處于超重狀態(tài)
C. t2時刻助推器與火箭分離并關(guān)閉發(fā)動機
D. 若t2v2
9.光導(dǎo)纖維(簡稱光纖)由內(nèi)芯和外套兩層組成。如圖所示，某光纖內(nèi)芯半徑為a，折射率為n，外套折射率小于n，真空中的光速為c，傳播的信號從光纖軸線上的O點射向光纖。若一段該光纖長為L，則光在該光纖中傳播的最短時間為t(未知)；若光信號在光纖內(nèi)芯中傳播時相對外套的臨界角為C，為保證射入光纖內(nèi)芯的光信號在傳播過程中發(fā)生全反射，O點到光纖左端面距離的最小值為x(未知)。則( )
A. t=Lcn
B. t=nLc
C. x=ancsC 1?n2cs2C
D. x=nacsC 1+n2cs2C
10.如圖所示，x軸上的電勢分布關(guān)于φ軸對稱，x1處電勢為φ1，x3處電勢為φ2，且該處圖線切線斜率絕對值最大，x3=?x2，將一電荷量為?q(q>0)的電荷從x1處由靜止釋放，只在電場力作用下運動，下列說法正確的是( )
A. 電荷運動到x2處加速度最大，且與x3處加速度等大反向
B. 電荷在x3處的動能為?q(φ2?φ1)
C. 電荷從x1到x2，電場力做功為q(φ2?φ1)
D. 電荷一直向x軸正方向運動
三、計算題：本大題共4小題，共48分。
11.用電壓表和電流表測電源的電動勢和內(nèi)電阻，有如圖甲、乙所示的兩種電路，測得多組數(shù)據(jù)，把它們標(biāo)在丙圖的坐標(biāo)紙上，并作出路端電壓U與干路電流I間的關(guān)系(U?I)圖像。

(1)由丙圖的圖像可知，電源的電動勢E= ______V，內(nèi)電阻r= ______Ω。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)
(2)如果丙圖是采用乙圖所示的電路進行測量并作出的圖像，所得的電源電動勢E的測量值______(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。
(3)如果做實驗時，實驗室沒有合適量程的電表，需要進行改裝，以下電表改裝正確的是______。
A.將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，串一個280Ω的電阻可以改裝為量程為3V的電壓表
B.將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，并一個1Ω的電阻可以改裝為量程為0.6A的電流表
C.將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，并一個300Ω的電阻可以改裝為量程為3V的電壓表
D.將一個量程為3V、內(nèi)阻為2kΩ的電壓表，串一個8kΩ的電阻可以改裝為量程為10V的電壓表
12.如圖所示，傾角α=37°的直軌道AB與半徑R=0.15m的圓弧形光滑軌道BCD相切于B點，O為圓弧軌道的圓心，CD為豎直方向上的直徑，質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊可從斜面上的不同位置由靜止釋放，已知小滑塊與直軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)若釋放點距B點的長度l=0.75m，求小滑塊到最低點C時對軌道的壓力大小；
(2)若小滑塊恰好能通過圓弧軌道的最高點D，求釋放點距B點的距離。
13.如圖所示，豎直xOy坐標(biāo)平面內(nèi)第Ⅱ象限內(nèi)有相互正交的勻強磁場與勻強電場(圖中未畫出)，一個質(zhì)量為mA=0.2kg的帶正電小球A以速度v0從x軸上P點與x軸負方向成θ=60°進入磁場與電場區(qū)域，小球恰好能在電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，小球A由垂直于y軸上的N點離開電場、磁場區(qū)域，小球A立即與靜置于N點的絕緣小球C發(fā)生彈性碰撞，碰撞后兩球均落在第I象限內(nèi)的x軸上，已知勻強磁場磁感應(yīng)強度B0=3.0T，小球A帶電量為q=1.0C，A、C兩球體積相同，小球A質(zhì)量為C的質(zhì)量的2倍，N點與x軸的距離為?=0.45m，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，π取3；求：
(1)第Ⅱ象限內(nèi)勻強電場的大小與方向；
(2)小球A由P點出發(fā)到落回x軸所用時間；
(3)A、C兩小球在x軸上的落點間距Δx。
14.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌間距為L=1m，導(dǎo)軌左側(cè)有兩個開關(guān)S1、S2，S1與一個阻值為R=2Ω的定值電阻串聯(lián)，S2與一個電容為C=0.5F的電容器串聯(lián)。導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，其長度為L、質(zhì)量m=0.5kg、電阻r=1Ω。整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B=1T的勻強磁場中。一質(zhì)量為M=0.1kg的重物通過輕質(zhì)定滑輪用絕緣輕繩與導(dǎo)體棒ab的中點連接，開始時輕繩張緊，輕繩水平部分與導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒在同一水平面?，F(xiàn)將S1閉合，S2斷開，使重物由靜止釋放，經(jīng)時間t=3s導(dǎo)體棒達到最大速度。已知導(dǎo)軌足夠長，不計導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒始終垂直導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，重物始終未落地，取重力加速度為g=10m/s2，不計一切摩擦。求：
(1)導(dǎo)體棒的最大速度vm；
(2)導(dǎo)體棒從開始運動到剛達到最大速度時，運動的距離d；
(3)導(dǎo)體棒從開始運動到剛達到最大速度時，電阻R中產(chǎn)生的熱量；
(4)導(dǎo)體棒達到最大速度后，將S1斷開、S2閉合，同時撤去重物，導(dǎo)體棒速度再次穩(wěn)定時電容器所帶的電荷量。
答案解析
1.C
【解析】解：AB、此反應(yīng)屬于核聚變反應(yīng)，釋放出核能，結(jié)合能增加，所以生成物的結(jié)合能大于反應(yīng)物的結(jié)合能， 23He與 ZAY相比， ZAY的結(jié)合能較大，故AB錯誤；
CD、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷守恒可得：A=3+2?1=4，Z=2+1?1=2，即Y為 24He，與氦?3是同位素，少一個中子，故C正確，D錯誤；
故選：C。
A、根據(jù)反應(yīng)方程可判斷出；
B、根據(jù)核子數(shù)多少可分析出；
C、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷守恒可解出；
D、根據(jù)同位素的特點只有中子數(shù)不同可分析出。
本題主要考查學(xué)生對于核變的相關(guān)知識，要能夠掌握核變遵循的規(guī)律，對基本概念加強理解。
2.D
【解析】解：A.由題圖乙可知，t=0時刻小船沿y軸正方向起振，則此時小船應(yīng)位于波傳播方向波形的下坡上，所以水波的振動向x軸正方向傳播，故A錯誤；
B.由題圖甲、乙可知波的波長和周期分別為λ=4m、T=1.2s，所以水波波速為
v=λT=41.2m/s=103m/s
故B錯誤；
C.小船只會在平衡位置附近振動，不會沿波的傳播方向移動，故C錯誤；
D.t=0時刻浮木正位于波傳播方向的上坡上，所以此時浮木沿x軸負方向運動，因為1.5s=T+T4，且t=0時刻浮木位于平衡位置上方，所以1.5s末，浮木向下運動，故D正確。
故選：D。
由t=0時刻質(zhì)點P的振動方向，確定波的傳播方向，由甲圖讀出波長，由乙圖讀出波的周期，再由波速公式求出波速，小船只會在平衡位置附近振動，不會沿波的傳播方向移動。
本題要由質(zhì)點的振動方向確定波的傳播方向，這波的圖象中基本問題，方法較多，可以運用波形平移法，也可以“上下坡法”，即把波形象看成山坡：順著波的傳播方向，上坡的質(zhì)點向下，下坡的質(zhì)點向上。
3.B
【解析】解：A、考慮恒星自轉(zhuǎn)，兩極處萬有引力等于重力，而其它地方萬有引力的一個分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度比一定相同，故A錯誤；
B、根據(jù)兩極處萬有引力等于重力得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，恒星坍縮后質(zhì)量M不變，R變小，所以表面兩極處的重力加速度一定比坍縮前的大，故B正確；
C、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力推導(dǎo)第一宇宙速度，得：GMmR2=mv2R，v= GMR，質(zhì)量M不變，R變小，所以恒星坍縮前后的第一宇宙速度變大，故C錯誤；
D、逃逸速度為第一宇宙速度的 2倍，又根據(jù)選項C可知：逃逸速度的表達式為v′= 2GMR，又質(zhì)量M=ρV=43πR3
聯(lián)立解得：v′=2R Gπρ3，中子星密度大于白矮星，但是半徑不一定大于白矮星，所以不能確定中子星的逃逸速度是大于還是小于白矮星的逃逸速度，故D錯誤。
故選：B。
A、考慮恒星自轉(zhuǎn)，根據(jù)萬有引力的一個分力等于重力判斷同一恒星表面任意位置的重力加速度是否相同；
B、根據(jù)兩極處萬有引力等于重力判斷恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度是否比坍縮前的大；
C、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力判斷恒星坍縮前后的第一宇宙速度是否不變；
D、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力推導(dǎo)恒星坍縮后的第一宇宙速度，進而表示出逃逸速度，進一步判斷中子星的逃逸速度是否小于白矮星的逃逸速度。
本題考查萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用，涉及了星體表面的重力加速度、第一宇宙速度以及逃逸速度的問題，解題方法是：忽略星球自轉(zhuǎn)，萬有引力等于重力，涉及環(huán)繞問題，一般需要根據(jù)萬有引力提供向心力討論分析。
4.D
【解析】【分析】
以5次充氣后，臂帶內(nèi)所有氣體為研究對象，由玻意耳定律列方程可求解。
本題考查玻意耳定律，解題的關(guān)鍵是研究對象的選取，本題考查內(nèi)容重點突出，中等難度。
【解答】
以5次充氣后，臂帶內(nèi)所有氣體為研究對象，初態(tài)：p1=750mmHg，
末態(tài)：p2=750mmHg+150mmHg=900mmHg ，V2=5V
由玻意耳定律p1V1=p2V2
代入數(shù)計算可得V=60cm3，故D正確，ABC錯誤。
5.D
【解析】解：AB、根據(jù)E=NBSω，線圈轉(zhuǎn)動的快慢程度即ω的大小會影響原線圈兩端的電壓，當(dāng)角速度變大時，電動勢增大，原線圈兩端電壓增大，而在P不變的情況下，副線圈兩端電壓也將增大，從而小燈泡的亮度將變大，故AB錯誤；
C、手柄轉(zhuǎn)速一定時，則可知原線圈兩端電壓不變，向下移動調(diào)節(jié)器的滑片時，副線圈的匝數(shù)減小，根據(jù)變壓器的電壓與匝數(shù)的正比關(guān)系可知，副線圈兩端電壓減小，燈泡將變暗，故C錯誤；
D、當(dāng)增大轉(zhuǎn)動角速度，原線圈兩端電壓U1增大，而向下移動滑片時，減小匝數(shù)n2，根據(jù)變壓規(guī)律可知，U2=n2n1U1，副線圈兩端電壓有可能不變，燈泡亮度不變，故D正確；
故選：D。
本題根據(jù)交流發(fā)電機產(chǎn)生的交流電特點以及變壓器的變壓規(guī)律，即可解答。
本題考查學(xué)生對交流發(fā)電機產(chǎn)生的交流電特點以及變壓器規(guī)律的掌握，難度不高，比較基礎(chǔ)。
6.B
【解析】解：設(shè)水流速v，高壓水槍時間t內(nèi)噴出水的質(zhì)量為：
m=ρV=ρπd24?vt
已知車身受到水的平均沖力大小為F，以F方向為正方向，由動量定理有：Ft=0?m(?v)
得：F=14πρd2v2
水的流量為：Q=πd24?v=d2 πFρ，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
根據(jù)水流速度，表達時間t內(nèi)噴出水的質(zhì)量，根據(jù)動量定理，求車身受到水的平均沖力大小為F，再求水的流量。
本題考查學(xué)生對動量定理的掌握，使用時注意規(guī)定正方向。
7.A
【解析】解：設(shè)物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，小車達到額定功率時速度為v，小車拖動物體運動過程中，由牛頓第二定律得：F?f?μmg=(M+m)a1
由勻變速直線運動位移—速度公式得：v2=2a1S1
額定功率P0=Fv
輕繩從物體上脫落后，物體做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：μmg=ma2
由勻變速直線運動位移—速度公式得：v2=2a2(S2?S1)
聯(lián)立解得：P0= 2F2(F?f)(S2?S1)S1(M+m)S2?MS1
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
小車拉動物體運動過程中，小車和物體做勻加速直線運動，對整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律表示加速過程末速度與位移的關(guān)系；輕繩脫落后，物體做勻減速直線運動，對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律表示減速過程初速度與位移的關(guān)系，進而求解小車的最大速度；根據(jù)功率公式P=Fv求解小車的額定功率。
本題考查牛頓第二定律和功率的計算，解題關(guān)鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和功率公式列式求解即可。
8.BD
【解析】解：A.t1～t3的過程中，助推器只在重力作用下先向上減速后向下加速，加速度向下，則總是處于失重狀態(tài)，故A錯誤；
B.t3～t4的過程中助推器向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；
C.t1時刻助推器關(guān)閉發(fā)動機，助推器向上做減速運動，火箭繼續(xù)向上加速，助推器與火箭分離，故C錯誤；
D.因t2時刻助推器到達最高點，則由面積關(guān)系可知t軸以上圖像的面積等于t軸以下圖像的面積，設(shè)t軸以上圖像的面積為s，若從0～t1時間內(nèi)做勻加速直線運動，則
12v1t2>s
s=12v2(t4?t2)
聯(lián)立解得：12v1t2>12(t4?t2)v2
因t2v2，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)圖像分析加速度方向，根據(jù)助推器的加速度方向判斷助推器超失重狀態(tài)；t1時刻助推器關(guān)閉發(fā)動機，助推器向上做減速運動，火箭繼續(xù)向上加速，助推器與火箭分離；根據(jù)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積，分析v1與v2的關(guān)系。
本題考查超失重的概念和運動學(xué)圖像問題，解題關(guān)鍵掌握圖像的認識，注意圖線的斜率代表加速度，與坐標(biāo)軸圍成的面積，會根據(jù)加速度方向判定物體的超失重狀態(tài)。
9.BC
【解析】解：(1)光在介質(zhì)中的傳播速度v=cn，光信號在該光纖傳播路徑最短為L，則傳播時間最短為t=Lv=nLc，故B正確，A錯誤；
(2)光信號在傳播過程中恰好發(fā)生全反射時如圖所示
設(shè)光線從P點進入，入射角為α，折射角為β，光線進入光纖后照射在Q點，入射角為γ，光線在Q點恰好發(fā)生全反射，則有γ=C，則有β=90°?C，根據(jù)折射定律有n=sinαsinβ，解得sinα=nsinβ=ncsC，為保證射入光纖內(nèi)芯的光信號在傳播過程中發(fā)生全反射，光線最遠到達P點，即半徑a，對應(yīng)O點到光纖左端面距離的最小值為x，根據(jù)幾何關(guān)系得sinα=a a2+x2，聯(lián)立得x=ancsC 1?n2cs2C，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
(1)光信號在該光纖傳播路徑最短為L，根據(jù)位移計算公式求解；(2)畫出光信號的傳播途徑，當(dāng)光恰好發(fā)生全反射時，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合光的折射定律，全反射的條件進行解答。
考查光在介質(zhì)中的傳播速度、折射定律及全反射的條件，要熟悉公式的運用。
10.AC
【解析】解：A、x3與x2兩點對稱，兩點所在位置的電場強度等大反向，且最大，由牛頓第二定律可知加速度等大反向，且最大，故A正確；
BC、從x1到x2，從x1到x3，電場力做功：W=(φ1?φ2)×(?q)=q(φ2?φ1)，電場力做功相同，由動能定理可知在x3處動能為q(φ2?φ1)，故B錯誤，C正確；
D、根據(jù)動能定理可知電荷運動到x1位置處動能為零，所以電荷先向x軸正方向做加速運動，過坐標(biāo)原點后做減速運動，速度減為零，然后反向做加速運動，所以電荷不是一直向x軸正方向運動，故D錯誤。
故選：AC。
A、根據(jù)圖像對稱和牛頓第二定律可得結(jié)論；
BC、根據(jù)WAB=(φA?φB)q可得電場力做功，根據(jù)動能定理可得電荷在x3處的動能；
D、根據(jù)圖像對稱和動能定理可知電荷動能減為零的位置，可知電荷的運動特點。
本題考查了電場力做功、φ?x圖像，解題的關(guān)鍵是熟練掌握電場力做功的計算式WAB=(φA?φB)q，注意電荷量q一定帶上正負。
11.1.5 1.0 小于 A
【解析】解：(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律
E=U+Ir
整理得
U=?Ir+E
圖像的縱截距表示電源的電動勢，為
E=1.5V
圖像斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻，為
r=|k|=1.5?1.00.5Ω=1.0Ω
(2)若采用(乙)圖所示的電路進行測量并作出圖像，由于電壓表分流的緣故，當(dāng)電流表示數(shù)為零時，實際通過電源的電流并不為零，所以電源的內(nèi)電壓不為零，從而導(dǎo)致所作圖像的縱截距偏小，所得的電源電動勢E的測量值小于真實值。
(3)AC.將電流表改裝成電壓表，需串聯(lián)電阻，根據(jù)電壓表改裝原理可得
U1=Ig(Rg+R1)=10×10?3×(20+280)V=3V
則將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，串一個280Ω的電阻可以改裝為量程為3V的電壓表，故A正確，C錯誤；
B.根據(jù)電流表改裝原理
I1=Ig+IgRgR2=10mA+10×201mA=210mA=0.21A
則將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，并一個1Ω的電阻可以改裝為量程為0.21A的電流表，故B錯誤；
D.根據(jù)電壓表改裝原理
U2=Ug+UgRg×R3=3V+32×8V=15V
則將一個量程為3V、內(nèi)阻為2kΩ的電壓表，串一個8kΩ的電阻可以改裝為量程為15V的電壓表，故D錯誤。
故選：A。
故答案為：(1)1.5，1.0；(2)小于；(3)A。
(1)應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)圖示圖象求出電源的電動勢與內(nèi)阻；(2)根據(jù)圖示電路圖分析實驗誤差來源，然后分析實驗誤差；(3)根據(jù)電表的改裝原理應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題。
理解實驗原理是解題的關(guān)鍵，要掌握實驗器材的選擇原則，根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式即可解題。
12.解：(1)設(shè)C點的速度大小為vC，從釋放點到B點根據(jù)動能定理可得
12mvC2=(mgsinα?μmgcsα)?l+mgR(1?csα)
設(shè)小滑塊在C點受到軌道的支持力為F′，根據(jù)牛頓第二定律可得
F′?mg=mvC2R
根據(jù)牛頓第三定律可得小滑塊在C點對軌道的壓力為
F=F′
聯(lián)立解得
F=3.4N
(2)小滑塊恰好能通過軌道最高點，則在D點恰好由重力提供向心力，設(shè)D點速度大小為vD，根據(jù)牛頓第二定律可得
mg=mvD2R
設(shè)釋放點到B點的距離為s，從釋放點到D點運用動能定理可得
12mvD2=(mgsinα?μmgcsα)?s?mgR(1+csα)
聯(lián)立解得
s=1.725m
答：(1)若釋放點距B點的長度l=0.75m，小滑塊到最低點C時對軌道的壓力大小為3.4N；
(2)若小滑塊恰好能通過圓弧軌道的最高點D，釋放點距B點的距離為1.725m。
【解析】(1)根據(jù)動能定理求出C點的速度大小，再利用牛頓第二定律求解小滑塊在C受到的支持力大小，根據(jù)牛頓第三定律即可求得在C點對軌道的壓力大??；
(2)小滑塊恰好能通過軌道最高點D點的條件是在D點恰好由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律即可求解D點的速度大小，再運用動能定理求解釋放點距B點的距離。
動能定理結(jié)合多段運動過程的一般應(yīng)用，難度中等。
13.解：(1)依題意得小球恰好能在電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力大小相等，方向相反，令勻強電場為E，有
Eq=mAg
解得
E=2N/C
因為小球帶正電，所以電場方向方向豎直向上；
(2)小球A在磁場中運動軌跡如圖所示

小球運動的軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，得
B0qv0=mAv02R
由幾何關(guān)系得
Rcsθ+R=?
A小球在磁場中運動時間為t1，則有
t1=(π?θ)Rv0
小球A離開電磁場區(qū)后小落時間t2，根據(jù)自由落體運動公式
?=12gt22
小球運動的總時間為
t=t1+t2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得
t=1330s
(3)A、C兩球碰撞后速度分別為vA、vC，滿足動量守恒定律，取向右為正方向，有
mAv0=mAvA+mCvC
機械能守恒定律得
12mAv02=12mAvA2+12mCvC2
落地點相距
Δx=(vC?vA)t2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得
Δx=1.35m
答：(1)第Ⅱ象限內(nèi)勻強電場的大小2N/C，方向豎直向上；
(2)小球A由P點出發(fā)到落回x軸所用時間1330s；
(3)A、C兩小球在x軸上的落點間距1.35m。
【解析】(1)小球恰好能在重力場，電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力大小相等，方向相反；
(2)根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，利用幾何關(guān)系找半徑，再找圓心角，可求A小球在磁場中運動時間。小球A離開電磁場區(qū)后，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動公式求時間，進而求出總時間；
(3)由求A和C的水平速度，再根據(jù)水平方向都做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，求位移差。
本題考查了帶電粒子在重力場，電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的條件，重力與電場力大小相等，方向相反。處理帶電粒子在磁場中運動的一般方法，定圓心，找半徑，找圓心角。以及彈性碰撞動量守恒定律和機械能守恒定律的應(yīng)用。以及平拋運動豎直方向做自由落體運動。
14.解：(1)導(dǎo)體棒的速度最大時，由平衡條件有
BLI=Mg
又有BLvm=I?(R+r)
聯(lián)立解得：vm=3m/s
(2)導(dǎo)體棒從開始運動到剛達到最大速度的過程中，取棒的運動方向為正方向，分別對重物和導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)，由動量定理得
Mgt?BI?Lt=(M+m)vm
又q=I?t=BLv ?tR+r=BLdR+r
聯(lián)立解得：d=3.6m
(3)從導(dǎo)體棒開始運動到剛達到最大速度時，由能量守恒定律得
Mgd=12×(M+m)vm2+Q
解得：Q=0.9J
電阻R中產(chǎn)生的熱量為
QR=RR+rQ
聯(lián)立解得：QR=0.6J
(4)設(shè)穩(wěn)定時導(dǎo)體棒的速度為v，則電容器兩端電壓為
U=BLv
電容所帶的電荷量為
q′=CU
對導(dǎo)體棒，取棒的運動方向為正方向，由動量定理有
?BI′?L?Δt=mv?mvm
通過導(dǎo)體棒的電荷量為
q′=I′?Δt
聯(lián)立解得：q′=0.75C
答：(1)導(dǎo)體棒的最大速度vm為3m/s；
(2)導(dǎo)體棒從開始運動到剛達到最大速度時，運動的距離d為3.6m；
(3)導(dǎo)體棒從開始運動到剛達到最大速度時，電阻R中產(chǎn)生的熱量為0.6J；
(4)導(dǎo)體棒速度再次穩(wěn)定時電容器所帶的電荷量為0.75C。
【解析】(1)導(dǎo)體棒速度最大時，棒和重物受力平衡，根據(jù)平衡條件以及安培力公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律進行解答；
(2)對重物和棒，利用動量定理進行解答；
(3)根據(jù)功能關(guān)系可得回路中產(chǎn)生的總熱量，根據(jù)焦耳定律可得電阻R中產(chǎn)生的熱量；
(4)當(dāng)電容器兩端電壓等于導(dǎo)體棒兩端電壓時，電容器所帶的電荷量最大，根據(jù)動量定理、電容的計算公式求解電容器所帶的電荷量。
本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運動情況和受力情況，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、動量定理等力學(xué)規(guī)律進行求解。涉及能量問題，常根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。涉及電荷量問題，可根據(jù)動量定理解答。

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