解析：（1）由平抛运动规律有 s=vt，h?12ggt，得v?s 22h12mgs2由机械能守恒定律得EP?mv?
24hmgs2释放小球前弹簧得弹性势能表达式为EP?
4h(2)由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于x，s=20x，则当弹簧压缩量x=3.00 cm时，s=60.00 cm
(3)由平抛运动规律有L=vt ，y=
12gt, 2得v?Lg 2ymgs2100mgx2根据EP?，所以弹簧弹性势能与弹簧压缩量x之间得关系式应为EP?
4hh12100mgx2根据能量守恒，则有mv?
2h联立上式，解得弹簧得压缩量应该为x?26.答案：（1）R1R2 （2）20℃
解析：（1）将单刀双掷开关S与1闭合，记录电压表读数U，电阻箱阻值R1，此时电路的电流I1?L20h yRUU，由闭合电路欧姆定律有E?I1(Rx?R1)?U?将单刀双R1?(1?1)U，RxRxRx掷开关S与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U，记录电阻箱阻值R2，此时电路的电流
I2?RUU，由闭合电路欧姆定律有E?I2(Rx?R2)?Rx?U?(1?x)U，解得R2R2R2Rx?R1R2。
(2)由图乙可得金属热电阻R随温度t变化得关系为：R=100+t,若调节电阻箱阻值，使R0=120?，则金属热电阻消耗的功率
E2E2RE2，故当R=R0=120?时，金属P?R??222(R?R)(R?R0)(R?R0)?4RR00?4R0R热电阻消耗的功率P最大，此时有： t = 20℃。
27. 答案 ：⑴丙 ⑵B ⑶见答图 ⑷1.5（1.49～1.51） 0.83（0.81～0.85）
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⑸ r?I1R1?I2R2?RA
I2?I1
解析：（1）由于电源内阻较小，座椅需要避免电流表的分压，故采用电流表内接法，这样电压表测量的则为路端电压，另外需要多测量几组数据，故采用滑动变阻器和电流表串联，故丙图误差较小。
（2）因为干电池的电动势大约为1.5 V，所以为了减小误差，应选取电压表B （3）根据描点法可得。如图所示，
（4）U-I图象中纵截距表示电源电动势，故E=1.5 V，斜率表示内阻，所以有
r?1.5?1.0??0.83? 0.6I1R1?I2R2?RA
I2?I1（5）根据闭合回路欧姆定律可得E=I1（R1+r+RA）,E= I2 (R2+r+RA)，联立可得
r?三、实验题（7个小题）
28.解：（1）两物体在纸带上滑动时有μ1mg=ma1 当物体A滑离纸带时有
121at1﹣a1t12=d 22由以上二式，代入数据解得t1=1s
（2）A先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，B先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小均相等，则图线的斜率相同．如图所示。
（3）物体B离开纸带时的速度v1=a1t1 两物体在地面上运动时有μ2mg=ma2
物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移
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vvs1=1?1
2a12a2当物体B滑离纸带时有
22121at2﹣a1t22=2d 22物体B离开纸带的速度v2=a1t2
物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移
vvS2=2?2
2a12a2两物体AB最终停止时的间距s=s2+d-s1 由以上各式可得s=1.25m。
29. 解：（1）对AB段匀减速直线运动有v2-v0=﹣2aL1 代入数据解得a=1m/s2
222v2（2）汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，Ff?m
R为了确保安全，则须满足 Ff≤μmg 联立解得：R≥20m，即：Rmin=20cm
（3）设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t。 L1=
v0?v1vt1 ，πR?vt2 ，L2=t3 ， t=t1+t2+t3 222解得：t=23.14 s
30. 解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma1， 对滑板，由牛顿第二定律有：μmg=Ma2， 解得：a1=2m/s2，a2=1m/s2，
设滑板到达D处前瞬间的速率为v，假定此时滑块还在AB之间的E处，速率为v1 由运动学规律有：l=
121a2t，v=a2t，v1=v0﹣a1t，x=v0t﹣a1t2， 22解得：t=ls，v=1m/s，v1=3m/s，xAE=x﹣l=3.5m，
因xAE＜L，假定成立，所以滑板到达D处前瞬间的速率：v=lm/s； （2）滑板被锁定后，设滑块从E滑至B处的速率为v2， 由运动学规律有：v22﹣v12=﹣2a1（L﹣xAE）， 解得：v2=7m/s，
沿圆弧上升的过程中，由机械能守恒定律有：mgH=
1mv22， 2解得：H=0.35 m，
所以，滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离：h=（H﹣R）=0.05m； （3）滑块从A至B产生的热量：Q1=μmgL， 解得：Q1=2.4J，
滑块返回B时的速率仍为v2，此时滑板刚好解锁，此后滑块与滑板在相互间的摩擦力作 用下分别向右做减速与加速运动，假定达到共同速率v3时，滑块仍在滑板上， 对滑块、滑板分别由运动学规律列式有：v3=v2﹣a1t′，v3=a2t′，
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11a1t′2，x2=a2t′2， 227解得：△x=x1﹣x2=m＜L，假定成立，
6x1=v2t′﹣
所以这一过程产生的热量：Q2=μmg△x， 解得：Q2=0.7J，
产生的总热量：Q=Q1+Q2=3.1J。
31. 解：（1）设棒刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh=解得：v0=2m/s
又有法拉第电磁感应定律有：E=Bdv0=4 V 由闭合欧姆定律有：I=
12 mv02E
=1A R?r
12gt 2（2）设棒刚离开磁场时速度为v，接着棒开始做平抛运动，在竖直方向上有：H=
解得：t=
2H g在水平方向上有：s=vt，解得：v=1m/s 电磁感应过程中电阻R上产生电热QR?RQ R?r根据能量守恒有：QR?W电?112mv0?mv2 22解得QR=0.225J
(3)棒穿过磁场过程加速度为a，由牛顿第二定律有：－BId＝ma
B2d2vB2d2v?t?v?＝m，进一步化简得：?＝mΔv，又由于：vΔt＝Δl R?rR?r?t全程求和：ΣΔv＝v－v0，ΣΔl＝l 解得：l＝
m(R?r)(v0?v)＝0.2m。
B2d232．解：（1）粒子在极板间做匀速直线运动，有：qv0B1=qE 解得：v0=2×107m/s。
（2）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：qvB1=qE，
v2设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB2?m，
r
粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：r=Rcot 30°，
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解得：B2=0.1T；
（3）撤去磁场B1后粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a， 飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，由牛顿第二定律得：qE=ma， 水平方向：l=vt，竖直方向：vy?at，tan??vyv，
解得：tan??3，即θ=30°， 3设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，
如图所示
则d?R13?，解得：d?m sin?22所以圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足d?33m （或d?m ）。
222123U0et033. 解：（1）当电子在t=0时刻进入偏转电场时，有y?at0?vyt0，得y?
22dm（2）由题意可知，要使电子的侧向位移最大，应让电子从0、2t0、4t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为ymax?12at0?vyt0 2ymax?1U0e2U0e23U0e2t0?t0?t0 2dmdm2dm要使电子的侧向位移最小，应让电子从t0、3t0……等时刻进入偏转电场，在这种情况下，电子的侧向位移为ymax?ymax?1U0e2t0 2dm所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax:ymin?3:1 第30页