左端封闭,右端开口粗细均匀的U型玻璃管,倒置时如图所示,用水银柱封住两端空气柱Ⅰ、Ⅱ,且两空气柱长度与它们之间的水银柱长

（1）由法拉第电磁感应定律：E＝
△Φ
△t＝
△B
△tLx0＝0.1×1×2V＝0.2V①
解得，F＝BIL＝
BLE
R+r＝(5+t)×10−2（N）②
（2）由牛顿第二定律：F-BIL=ma③
I＝
E
R+r④
感应电动势：E=BLv⑤
速度为：v=at⑥
联立③④⑤⑥得：F＝
B2L2
R+rat+ma⑦
代入数据解得：a=2m/s²，v=8m/s，E=4V，I=2A
电势差：U=IR=2×1.5V=3V
答：（1）作用在导体棒上的水平拉力F随时间t变化的规律为F=（5+t）×10^-2N；
（2）此时导体棒两端的电势差3V．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 解决本题的关键掌握导体切割产生的感应电动势E=BLv，以及感生产生的电动势E=n[△∅/△t]．理解牛顿第二定律与运动学公式综合应用，注意求电势差时，电阻不能代错．

如果在调节横梁平衡时，游码忘记移到标尺左端的“0”刻度线上，相当于零刻度改变了位置，零刻度右移到一定值，用它测量时，测量值比真实值大．
故选A．

点评：
本题考点： 质量的测量与天平．

考点点评： 正确使用天平测量物体的质量．用天平测量物体质量时，能计算物体的质量．

A、由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L+x，故拉力的功为F（x+L），摩擦力的功为f（x+L），则由动能定理可知物体的动能为（F-f）（x+L），故A错误；
B、小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能为fx；故B错误；
C、物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F（x+L）-fL，故C正确，D正确；
故选：CD．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 解答本题应明确（1）内能的增量等于摩擦力与相对位移的乘积；（2）要注意小车在摩擦力的作用下前进的位移为x．

将塞子拔去，空气从孔进入，将左端汞柱隔为两段，上段的汞柱仅30cm，对左端空气柱，m、T一定．
初状态：p₁=p₀-ρgh₁=（75-37.5）cmHg=37.5cmHg，L₁=30 cm
末状态：p₂=p₀-ρgh₂=75 cm-（60-30）cmHg=45cmHg L₂=？
由p₁ L₁ S=p₂ L₂ S，
得L₂=[p1L1/p2]=[37.5×30/45]cm=25cm
上段汞柱上移，形成空气柱长：L′₁=60 cm-（30+25）cm=5cm
下段汞柱下移，形成空气柱长：7.5-L′₂=0.25 L₂′，即L′₂=6cm
所以，空气柱长为L′=L′₁+L′₂=11cm
答：（1）此时左管封闭端的气柱长度变为25cm；
（2）新产生的气柱长为11cm．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 根据图象，找出气体在不同的状态下的状态参量，根据理想气体状态方程计算即可，难度不大．

小车B从开始运动到物体A刚进入小车B的粗糙部分过程中，因物体A在小车B的光滑部分不受摩擦力作用，故物体A处于静止状态，设小车B此过程中的加速度为a₁，运动时间为t₁，通过的位移为x₁，运动的速度为v₁．则
根据牛顿第二定律得：a₁=[F
mB，
根据匀变速直线运动速度时间公式得：v₁=a₁t₁，
根据位移时间公式得：x₁=
1/2]a₁t12
当物体A进入到小车B的粗糙部分后，设小车B的加速度为a₂，物体A的加速度为a₃，两者达到相同的速度经历的时间为t₂，且共同速度v₂=a₃t₂，则有
根据牛顿第二定律得：a₂=
F−μmAg
mB，a₃=μg，
根据速度时间公式得：v₁+a₂t₂=a₃t₂，
根据位移关系得：v₁t₂+[1/2]a₂t22-[1/2]a₃t32=L-x₁
综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度x₁=0.8 m
答：A和B间光滑部分的长度为0.8m

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 对小物体A与小车B的受力分析容易出错，而导致对运动状态的分析错误．开始阶段，由于小物体水平方向不受外力，故小物体A应处于静止状态；当小物体A进入粗糙部分后，由于两者发生了相对滑动，则小车B的受力发生了变化，对应的加速度也发生变化．

A、由功的公式可知，拉力的功W=Fs，F不变，s不变；故拉力的功不变；对m对牛顿第二定律可知a=[F/m]-μg；故m的加速度减小；则运动时间增长，故拉力F做功的功率减小；故A正确；
B、m增大后，m对M的摩擦力f=μmg增大，则由牛顿第二定律可知，M的加速度增大，且由A的分析可知，运动时间变长，故B的末速度变大，动能增大；故B正确；
C、若增大M，则m运动不受影响；而M加速度减小，在m移动s的过程中，两者的相对位移增大；则长木板和木块组成的系统损失的机械能增大；故C正确；
D、若增大F，m运动时间要短，M的加速度不变，其末速度减小，动能减小；故D错误；
故选：ABC．

点评：
本题考点： 功能关系；功的计算．

考点点评： 这是一道连接体的问题，要注意分别对两物体受力分析，同时注意到木块对地位移不变的条件并不等于长木板对地位移不变，必须进行判断．

（1）由x=8t-2t²得，
v₀=8m/s，a=-4m/s²
由牛顿第二定律得：f=ma=0.5×（-4）N=-2N，即物体在水平桌面受到的摩擦力大小为2N．
（2）在BD段：X_BD=
v2−
v20
2a=
42−82
2×(−4)=6m
物块在DP段做平抛运动，
v_D=
2gy=
2×10×0.8m/s=4m/s
据题有：
v_P与水平方向的夹角为45°，则 v_D=v_y=4m/s
则 t=
vy
g=[4/10]s=0.4s
X_DP=v_Dt=4×0.4m=1.6m
所以BP间的水平距离 X_BP=X_DP+X_BD=1.6+6=7.6（m）
（3）设能到达M点，由机械能守恒定律得：
[1/2m
v20]=mgR+[1/2m
v2M]
v_M²=v_P²-2gR=2gR-2gR=0
要能到达M点 v_M=
gR，所以不能到达M点．
答：
（1）物体在水平桌面受到的摩擦力为-2N；
（2）BP间的水平距离为7.6m；
（3）物体不能到达M点．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；平抛运动．

考点点评： 此题注意分析运动过程，找清各物理量之间的关系，然后根据各运动过程运用所学知识解答即可．

（1）子弹射穿小物体A的过程中，两者组成的系统动量守恒：mv₀=mv₁+m_Av_A ①
代入数据解得：v_A=2.5m/s ②
此后A在B上做匀减速运动，B做匀加速运动，故物体A的最大速度为2.5m/s．
（2）若物体A未离开小车，当A、B速度相等时，小车B具有最大速度，设为v．子弹射穿A后，A、B组成的系统动量守恒：m_Av_A=（m_A+m_B）v ③
代入数据解得B的最大速度 v=1.25m/s ④
（3）设子弹射穿A后，至达到相同速度时，物体A和小车B运动的位移分别为S_A、S_B．
以A为研究对象，根据动能定理：−μmAgsA＝
1
2mAv2−
1
2mA
v2A ⑤
以B为研究对象，根据动能定理：μmAgsB＝
1
2mBv2 ⑥
为使物体不离开小车，小车的长度L至少为 L=s_A-s_B ⑦
联立解得 L=3.125m ⑧
答：
（1）物体A的最大速度为2.5m/s；
（2）若物体A未离开小车B，小车的最大速度为1.25m/s；
（3）为使物体A不离开小车，小车的长度至少为3.125m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题是动量守恒定律和动能定理的综合应用，对于第3题也可以根据能量守恒定律这样列式求解：μmAgL=[1/2mAv2A]-12(mA+mB)v2．

（1）初始时刻棒中感应电动势：E=BLυ₀
棒中感应电流：I=[E/R]
作用于棒上的安培力：F=BIL
联立得：F=
B2L2v0
R，安培力方向水平向左
（2）设安培力做功为W₁．弹力做功为W_弹．
由动能定理得：W₁+W_弹=0-[1/2m
v20]
又-W₁=Q₁，-W_弹=E_p
解得电阻R上产生的焦耳热为：Q₁=[1/2]mυ₀²-E_P
（3）由能量转化及平衡条件等判断：棒最终静止于初始位置（弹簧原长处）
由能量转化和守恒得：Q=[1/2]mυ₀²
答：（1）初始时刻导体棒受到的安培力大小为
B2L2v0
R，方向水平向左；
（2）安培力所做的功W₁等于E_P-[1/2]mυ₀²，电阻R上产生的焦耳热Q₁等于[1/2]mυ₀²-E_P．导体棒往复运动，最终静止于初始位置（弹簧原长处）．从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为[1/2]mυ₀²．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力．

考点点评： 弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键．

（1）物块A从P点运动到O点的过程中，根据牛顿第二定律得：
a=μg
根据运动学公式得：
v2−
v20＝2(−a)l
可解得A、B碰撞前瞬间A的速度大小 v＝

v20−2μgl
（2）A、B碰撞过程中，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起向左运动，
由动量守恒定律得：mv=2mv′
可解得A、B碰撞后瞬间A、B的速度大小 v′=[1/2]

v20−2μgl
（3）A、B碰撞后，向左运动过程中，由动能定理得：
-W_f-W_弹=0-[1/2]（m+m）v′²
向右运动过程中，由动能定理得：
-W_f+W_弹=0-0
可解得 W弹＝
1
8m(
v20−2μgl)
弹簧的弹性势能的最大值为 [1/8m(
v20−2μgl)
答：（1）A、B碰撞前瞬间，A的速度大小是

v20−2μgl]；
（2）A、B碰撞后瞬间，A、B的速度大小是[1/2]

v20−2μgl；
（3）弹簧的弹性势能的最大值是
1
8m(
v20−2μgl)．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理；弹性势能．

考点点评： 本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，能根据动量守恒条件判断系统动量守恒并能列式求解，能根据动能定理列式求解是解决本题两问的关键．

子弹、物块A和平板车B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，全过程，由动量守恒定律得：
m₀v₀=m₀v+（m_A+m_B）v_B，
解得v_B=1m/s，
系统产生的热量等于系统机械能的减少量，由能量守恒定律得：
Q=△E=[1/2]m₀v
20-[1/2]（m_A+m_B）v
2B-[1/2]m₀v²，
代入数据解得：Q=1598J．
答：系统产生的热量为1598J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，是道好题．运用动量守恒定律解题时，关键要合理地选择研究的系统．

（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律得：m受到的合力F_合=μmg=ma
可得：a=2m/s²
运动学公式s=[1/2a
t21]
可得t₁=ls
（2）对小物块、木板受力分析，由牛顿第二定律得：
对m：F-μmg=ma₁，
对M：μmg=Ma₂
可得：a₁=2m/s²，a₂=1m/s²
物块的位移s₁=[1/2]a₁t²，木板的位移s₂=[1/2]a₂t²
m相对于M向右运动，
所以s₁-s₂=L
由以上三式可得t=
2s
（3）若人以恒定速度v₁=1m/s向下匀速拉绳，木板向左做匀减速运动，
对M而言，由牛顿第二定律得：μmg=Ma₃
可得：a₃=1m/s²，方向向右，
物块m向右匀速运动，其位移为x₃=v₁t
木板向左的位移为x₄=v₂t-[1/2]a₃t²
m和M沿相反方向运动，
所以得x₃+x₄=L
由以上三式可得t=1s
答：（1）若木板被固定，某人以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是1s；
（2）若木板不固定，某人仍以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板所需要的时间是
2s；
（3）木块滑离木板所用的时间是1s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 加速度始终是联系运动和力的桥梁．求加速度是解决有关运动和力问题的基本思路，正确的受力分析和运动过程分析则是解决问题的关键．当问题涉及几个物体时，我们常常将这几个物体“隔离”开来，对它们分别进行受力分析，根据其运动状态，应用牛顿第二定律或平衡条件列式求解．

（1）由题意可知，A部分气体等容变化，其始末状态压强分别为：
p_A=p_B-h=p₀+h-h=p₀=76cmHg，
p_A′=p₀+hcosα-h=76+19cos37°-19=72.2cmHg，
由查理定律得：
pA
T1=
pA′
T2，
则热力学温度之比：
T1
T2=
pA
pA′=[76/72.2]=[20/19]；
（2）对B部分气体其始末状态压强分别为：
p_B=p₀+h=76+19=95cmHg，
p_B′=p₀+hcosα=76+19cos37°=91.2cmHg，
设U形管的横截面积为S，倾斜后气体的总长度为L′，
由理想气体状态方程得：
pBLS
T1=
pB′L′S
T2，
代入数据解得：L′=[95/96]L，
则：L-L′=[1/96]L=[1/96]×96=1cm，即水银柱沿管向下移动了1cm；
答：（1）U形管倾斜前后的环境的热力学温度之比为20：19；
（2）右管内水银柱沿管移动的距离为1cm．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程；封闭气体压强．

考点点评： 本题考查了气体的温度之比、水银柱移动的距离，分析清楚题意、选择恰当的研究对象、根据题意求出气体状态参量，应用查理定律与理想气体状态方程即可正确解题．

设金属块的密度为ρ，
∵F₁L₁=F₂L₂，F_浮=ρ_液gV_排，
（1）当金属块B没入水中时，
G_A•OA=（G_B-F_水浮）•OB，
即ρgV_A•OA=（m_B-ρ_水g[2kg/ρ]）•OB，
2ρV_A=10kg-ρ_水•[2kg/ρ] ①
（2）当金属块B没入酒精中时，
（G_A+2N）•OA=（G_B-F_酒精浮）•OB，
即（ρgV_A+2N）•OA=（m_Bg-ρ_酒精g[2kg/ρ]）•OB，
2ρgV_A+4N=10×10N/kg-ρ_酒精g[2kg/ρ]，
2ρV_A=9.6kg-ρ_酒精[2kg/ρ] ②
由①②得0.4kg-ρ_水•[2kg/ρ]=9.6kg-ρ_酒精[2kg/ρ]，
解得ρ=5×10³kg/m³．
故答案为：5×10³．

点评：
本题考点： 密度的计算；杠杆的平衡分析法及其应用．

考点点评： 此题以杠杆平衡条件为主线，考查了杠杆的平衡条件、阿基米德原理、重力与质量的关系、密度的计算等知识点，综合性强，难度较大，确定等量关系列出方程组，仔细解答是得到正确答案的关键．

如图：

点评：
本题考点： 通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁极间的相互作用；安培定则．

考点点评： 本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的使用．利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法．

（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：a＝
F−μmg
m；
（2）有两种可能；
①开始推力大于摩擦力和弹力之和，做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，又反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小．
②在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大．
（3）设物块从O点向左运动x后返回，则有：Fl₁-μmgx=E_pm，
E_pm-μmgx-μmgl₂=0
解得：Epm＝
1
2Fl1+
1
2μmgl2；
答：（1）物块在O 点刚开始运动时的加速度大小为[F−μmg/m]；
（2）在推力作用的过程中，加速度先减少后增大，速度先增大后减小．或加速度一直减小，速度一直增大；
（3）在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值E_Pm是Epm＝
1
2Fl1+
1
2μmgl2．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律、能量守恒的综合，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．