上端封闭的玻璃管开口向下直插在水银槽,管内压强等不等于大气压强,（如果不等于,那么玻璃管所受压力不就不等了吗?那么玻璃管

以液柱h为研究对象，由受力平衡可知：P=P₀+h，则有：
A、环境温度升高时，大气压强不变，而封闭气体压强增大，重新达平衡后h增大，故A正确；
B、大气压强增大时，液柱将左移使左侧液面上移，故重新平衡后高端的高度差减小，故B错误；
C、向右管加入水银时，左侧液面上升使左侧气体压强增大，大气压强不变，故重新平衡后，由上式可得h变大，故C正确；
D、U型管自由下落时，液柱失重故对气体没有压力，内外压强相等，而此时左侧气体压强大于P₀，故在自由下落中体积要增大，故液柱右移，高度差h增大，故D正确；
故选ACD．

点评：
本题考点： 封闭气体压强；超重和失重；理想气体的状态方程．

考点点评： 求解封闭气体的压强关键在于找准研究对象，通过分析受力或分析压强得出平衡关系即可求出，注意封闭气体对各个器壁的压强相等．

A、在小球由A位置运动到C位置过程中，小球与弹簧的机械能守恒，小球机械能不守恒，故A错误；
BCD、由题意可知，小球上升过程中，越过B处，到达C点，
因此可假设：小球上升刚好到B处，则加速度为g，小球在上升过程中做简谐运动，所以小球在被释放时，加速度的大小也为g，
根据牛顿第二定律，则压力为2mg，
如今，小球上升高度超过B点，所以小球在刚释放时的加速度大小大于g，因此小球在A位置静止时一定有压力F＞2mg，即刚撤去压力F瞬时，弹簧弹力大小F_弹＞2mg，故BC正确；D错误；
故选：BC．

点评：
本题考点： 动能和势能的相互转化；功能关系．

考点点评： 考查小球的机械能是否守恒，掌握守恒判定的条件，并理解简谐运动的特点，同时掌握类比法的优点．

（1）①游标卡尺的读数先读主尺数据，再看对齐的刻度；主尺上的读数是5mm，可动刻度是第二格与上边对齐，读数是0.2mm，总读数：5mm+0.2mm=5.2mm=0.52cm；
小球经过光电门时的瞬时速度v＝
d
△t＝
0.52×10−2
1.2×10−2m/s＝0.43m/s；
②实验中，要验证的是：mgL与[1/2mv2是否相等，需要用刻度尺测出小球出发点到光电门的距离L；
③实验中，要验证的是：mgL与
1
2mv2是否相等，可以不需要测量出小球的质量，即只要验证了gL与
1
2v2的关系即可．
1
2v2＝
d2
2△t2]．
（2）①在图象上逐个标出测量点，用平滑的直线连接，并延长与F轴相交；如图：
②直线的斜率k：k＝
△a
△F＝
1
m＝
0.40−0.11
0.50−0.20≈1.00，所以滑块的质量：m=1.00kg．
③图象（或延长线）与F轴的截距是滑块即将开始运动时受到的拉力，此时没有拉动滑块，说明滑块受到摩擦力的作用，故与F轴的截距物理意义应当是滑块受到的摩擦力．
故答案为：（1））①0.52，0.43； ②小球出发点到光电门的距离L；③gL，d ²/2△t ²
（2）①图略；②1.00 kg（误差允许范围内均可）；③滑块所受到的摩擦力

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： （1）该题考查游标卡尺的读数，验证机械能守恒定律的实验虽然换了实验的器材和方法，但实验的原理没变；（2）描点法的关键是要逐个找点，然后连线．

弹簧的形变量x=[Mg/k]，则物体上升的高度h=H-x=H-[Mg/k]
则重力势能的增加量△E_P=Mgh=Mgh-
M2g2
k
故答案为：MgH-
M2g2
k．

点评：
本题考点： 功能关系；重力势能．

考点点评： 解决本题的关键知道重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加，通过重力做功判断重力势能的变化．

设玻璃泡中气体压强为p，外界大气压强为p′，则p′=p+ρgh，且玻璃泡中气体与外界大气温度相同．液柱上升，气体体积V减小；
A、由理想气体的状态方程[pV/T]=C可知，V减小，如果p增大，T可能不变，可能减小，也可能增大，故AD正确；
B、由理想气体的状态方程[pV/T]=C可知，V减小，如果p不变，T减小，故B错误；
C、由理想气体的状态方程[pV/T]=C可知，V减小，如果压强减小，T降低，故C错误；
故选：AD．

点评：
本题考点： 理想气体的状态方程．

考点点评： 本题考查了气体温度计的原理，膨胀物质不是液体，而是气体，依据气体的热胀冷缩性质制成的．

A、由题意，金属棒的速度为v时，电阻上的电功率为P，ab棒与R串联，电流始终相等，则ab棒的电阻功率为2P，电路中总的电功率为3P，根据能量守恒可知，重力功率≥3P．故A错误．
B、当金属棒的速度为v做匀速直线运动时，由功能关系得知，重力功率等于电路中总的电功率3P．故B正确．
C、D导体棒克服安培力做功的功率等于电路中总的电功率，则有 3P=Fv，得安培力大小为F=[3P/v]．故C错误，D正确．
故选BD

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．

考点点评： 本题关键从能量转化和守恒的角度分析重力功率与电功率的关系．对于电磁感应现象中，导体棒克服安培力做功的功率等于电路中总的电功率．

①取B管中气体为研究对象，设活塞运动前B管中气体的压强为p_B、体积为V_B，活塞运动后B管中气体的压强为p_B′、体积为V_B'，管的横截面积为S，有：
p_B=p₀-h，V_B=LS，V_B'=（L+[h/2]）S
则（p₀-h）LS=p_B'（L+[h/2]）S，①
②设活塞向上移动的距离为x，取A管中气体为研究对象，设活塞运动前A管中气体的压强为p_A、体积为V_A，活塞运动后A管中气体的压强为p_A′、体积为V_A'，有：
p_A=p₀，V_A=LS，p_A'=p_B'，V_A'=（L+x-[h/2]）S
则p_A LS=p_A'（L+x-[h/2]）S②
解得：x=7.2cm
答：活塞向上移动的距离是7.2cm．

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： 本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答．

（1）右管中的气体在活塞刚离开卡口时的压强为P，
P=P₀+[mg/2S]
温度升高到活塞刚离开卡口的过程中，右管中气体经历了等容过程，根据查理定律可得：
[P
P0=
T
T0
解得，T=
PT0
P0=（1+
mg
2P0S）T₀
（2）当左管中液面下降h时，右管中升高0.5h，高度差达到1.5h，设此时左管中气体的压强为P′，温度为T′
P′=P₀+
mg/2S]+1.5ρgh
根据理想气体状态方程

P0LS
T0=
P′(L+h)S
T′
则得
P0LS
T0=
(P0+
mg
2S+1.5ρgh)(L+h)S
T′
解得 T′=
(P0+
mg
2S+1.5ρgh)(L+h)T0
P0L
答：
（1）温度升高到（1+[mg
2P0S）T₀时，右管活塞开始离开卡口上升．
（2）温度升高到
(P0+
mg/2S+1.5ρgh)(L+h)T0
P0L]时，左管内液面下降h．

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： 本题关键找出已知的气体状态参量，然后根据查理定律以及理想气体状态方程列式求解．

设细线撤走后，重物重新处于平衡时，弹簧的伸长量为△L，
∵圆柱形重物底面积S₁=10cm²，烧杯底面积S₂=20cm²，S₂=2S₁，
∴圆柱形重物伸长△L时，水面将上升△L，圆柱形重物将浸入水中2△L，
圆柱形重物的体积：
V=S₁L=10cm²×10cm=100cm³=1×10^-4m³，
圆柱形重物的密度：
ρ=2ρ_水=2×10³kg/m³，
圆柱形重物的重力：
G=mg=ρVg=2×10³kg/m³×1×10^-4m³×10N/kg=2N，
圆柱形重物受到的浮力：
F_浮=ρ_水V_排g=ρ_水×S₂×△L×g，
∵弹簧的伸长与拉力成正比，
即：
F拉
△L=[0.3N/0.01m]，
∴圆柱形重物受到的拉力：
F_拉=[0.3N/0.01m]×△L，
∵F_浮+F_拉=G，
即：ρ_水×S₂×△L×g+[0.3N/0.01m]×△L=2N，
1×10³kg/m³×20×10^-4m²×△L×10N/kg+[0.3N/0.01m]×△L=2N，
解得：△L=0.04m=4cm．
答：细线撤走后，重物重新处于平衡时，弹簧的伸长量为4cm．

点评：
本题考点： 浮力大小的计算；二力平衡条件的应用．

考点点评： 本题考查了学生对密度公式、重力公式、阿基米德原理的掌握和运用，根据圆柱形重物底面积和烧杯底面积的关系确定水面上升高度和圆柱形重物将浸入水中深度是本题的关键．

小球下落过程机械能守恒，选取最低点为零势能参考平面，则有：
mgL（1-cosα）=[1/2mv2…①
在最低点，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
v2
L]…②
由①②解得：F=3mg-2mgcosα
答：小球经过A瞬间绳子所受的拉力为3mg-2mgcosα．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律和动能定理综合求解．

答：橡皮膜凸起程度变小．液体压强与液体深度有关，水管弯曲后水的深度减小，水的压强减小．

点评：
本题考点： 探究液体压强的特点实验．

考点点评： 此题考查液体压强知识的应用，物理知识是要应用于生活的，要学会使用物理知识解释生活中的物理现象．

据题意，原来降机匀速竖直下降，小球受到的弹簧的弹力与重力平衡．若升降机突然停止运动，由于惯性，小球继续下降，弹簧的弹力逐渐增大，小球的合力方向竖直向上，与速度方向相反，小球的速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得知，其加速度逐渐增大．
故选C

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；胡克定律．

考点点评： 本题关键抓住弹簧的弹力与弹簧的伸长长度成正比，由牛顿第二定律判断小球的运动情况．

（1）对滑块进行受力分析，滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力．
（2）由图可以看出周期为0.4s
（3）根据胡克定律：F₁=KX
F₂=KX′
振幅d=[X+X′/2]=
F1+F2
2K
故答案为：（1）弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力（或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力）；
（2）0.4；（3）
F1+F2
2K；

点评：
本题考点： 简谐运动的回复力和能量．

考点点评： 通过实验、图象考查了对胡克定律以及回复力的理解，角度新颖，是一道考查能力的好题．

物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．
根据牛顿第二定律得，a1=
mgsin37°+μmgcos37°
m=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s²=10m/s²
则速度达到传送带速度所需的时间t1=
v
a1=
10
10s=1s．
经过的位移x1=
1
2a1t12=
1
2×10×1m=5m．
由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．
速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上．
根据牛顿第二定律得，a2=
mgsin37°-μmgcos37°
m=gsin37°-μgcos37°=2m/s²
根据vt2+
1
2a2t22=L-x1，即10t2+
1
2×2×t22=11
解得t₂=1s．
则t=t₁+t₂=2s．
答：物体从A运动到B的时间为2s．

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；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

A、天花板对弹簧的拉力和弹簧对天花板的拉力，作用在两个物体上，它们是一对相互作用力；
B、球对弹簧的拉力和弹簧对球的拉力，二力作用在两个物体上，是一对相互作用力；
C、弹簧对球的拉力和球受到的重力，符合二力平衡的条件，因此它们是一对平衡力；
D、球对弹簧的拉力和球受到的重力，二力的方向相同，并且作用在两个物体上，因此不是一对平衡力．
故选 C．

点评：
本题考点： 平衡力的辨别．

考点点评： 此题主要考查学生对平衡力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物体．

假设弹簧的劲度系数k，第一次弹簧伸长了x₁=8cm，第二次弹簧伸长了x₂=12cm，
第一次受力平衡：kx₁=mg=8k
解得：k=[1/8]mg ①
第二次由牛顿第二定律得：kx₂-mg=ma，
整理得：12k-mg=ma ②
把①式代入②式
解得：a=
1
2g，
故选：B

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；胡克定律．

考点点评： 解决本题的关键是正确地进行受力分析，弹簧的弹力与伸长量成正比是解决问题的突破口．