参考答案：1-5：BDDAB6-10：DDDBC11-13：CBD14:ABD15：BD16．（Ⅰ）A（1分）（2分）（2分）【详解】（1）A．为了得出动量守恒定律的表达式应测量质量，故应分别测出一枚五角硬币和一元硬币的质量、。故A正确；BD．验证碰撞过程动量守恒，需要测出硬币在O点以后滑行的位移，可以不测量五角硬币和一元硬币的直径，发射槽口到O点的距离也不需要测量，故BD错误；C．由于五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，所以硬币与木板间的动摩擦因数不需要测量，故C错误。（2）硬币在桌面上均做加速度相同的匀减速运动，根据速度-位移关系可知。其中则由动量守恒定律可知只需验证成立，即可明确动量守恒。（3）如果该碰撞为弹性碰撞，则解得（Ⅱ）B（1分）（1分）（2分）【详解】（1）设小车和手机的质量为，斜面倾角为，对钩码和小车以及手机的系统由牛顿第二定律有整理可得可得本实验的原理为与成一次函数。A．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故A错误；B．为了让绳子拉小车的力为恒力，则细绳应该始终与长木板平行，故B正确；C．本实验若平衡了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为与成正比例函数，不符合实验实验结果，则不需要平衡摩擦力，故C错误；D．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故D错误。（2）根据与的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为则小车和手机的质量为（3）根据与的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为联立解得摩擦力的大小为（Ⅲ）（1）安培（1分）（2）4.1（1分）（3）a．减小（1分）b．设在不同温度下两次测量同一电流I，则流过表头的电流，当温度升高后，Rg变大而R1不变，因此Ig变小；而改装表的读数正比于流过表头的电流Ig，因此测量值小于真实值。（2分）17.（1）由p0Ls=p1L+Δℎ1s----------------------------------------------------------1分p1=60cmHg----------------------------------------------------------1分p1=p0−Δp----------------------------------------------1分Δp=15cmHg可得L=(15+5+5)cm=25cm------------------------------------------------------1分（2）p2=70cmHg，对应空气柱长度为L'=30cm，由-------------------------------------------1分p1L+Δℎ1ST1=p2L'ST2------------------------------------------------------1分可得T2=420K----------------------------------------1分（3）由ΔU=Q+W可知左管气体对外做功，所以W<0，所以ΔU2μm2gLEF=12J当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有m1vP2−m2vQ2=0EPmax=12m1vP22+12m2vQ22当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有m2vQ2=m2+m3v412m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32解得EPmax=24J---------------1分综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤EP≤24J---------------1分19.【答案】（1）B=2T；（2）-0.2v，103C，2J；（3）17J，25Ns，水平向左【详解】（1）如题图乙所示，设F1=5N，F2=6N，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，在线圈进磁场之前，滑块做匀速运动，由平衡条件可知F1=μMg解得μ=0.5---------------1分设匀强磁场的磁感应强度为B，在线圈刚进入磁场时，切割磁场线产生的感应电动势为E=Bxv回路中的感应电流方向为cbad，大小为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)线圈水平方向所受安培力方向为水平向左，大小为F水平=BIx=B2x2vλ(2L1+2L2)线圈竖直方向所受安培力方向为竖直向下，大小为F竖直=BIvt=B2xv2tλ2L1+2L2---------------1分因滑块是匀速运动的，由平衡条件可知F2=μ(Mg+F竖直)+F水平---------------1分刚进入磁场时，竖直方向安培力等于零，解得B=2T---------------1分（2）线圈进入磁场过程中的感应电流为I=ER=Bxvλ(2L1+2L2)=1AUcd=-0.2V---------------1分线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量q=It=IL1v=103C---------------1分Q=I2Rt=2J---------------1分（3）在0~1s时间内，外力F做的功为W1=F1x1=F1⋅vt1=5×0.6×1J=3J线圈进入磁场过程中，线圈中的电流大小不变，设线圈进入磁场长度为s，则有F=μ(Mg+BIs)+BIx可知外力F随线圈进入磁场的长度呈线性变化，当线圈ad边刚好进入磁场时，有F3=μMg+BIL1+BIx=8N则线圈进入磁场过程，外力F做的功为W2=F2+F32L1=14J---------------1分从开始计时到线圈ad边刚好进入磁场过程中外力F做的总功为W总=W1+W2=17J---------------1分在0~1s时间内摩擦力冲量If1=5Ns在t=133s时，线圈ad边刚好进入磁场，此时摩擦力f2=7N在1~133s时间内摩擦力冲量If2=5+72×103=20Ns---------------1分If2=25Ns---------------1分20.【答案】（1）0.5T；（2）1×105；（3）10−2m；（4）10y2−y−x=0【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得mv02R=qv0B0---------------1分解得圆形磁场的磁感应强度为B0=0.5T---------------1分（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ1，则sinθ1=R2R=12解得θ1=30∘---------------1分临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S点入射速度与SO1的夹角为θ2，则sinθ2=R2R=12解得θ2=30∘---------------1分能进入控制系统的粒子数N0=30∘+30∘120∘N=1×105---------------1分（3）对粒子在加速系统运用动能定理qU=12mv2解得v=2000m/s---------------1分对粒子进入样品得过程运用动量定理−∑kvΔt=0−mv---------------1分粒子在样品中可达的深度为d=∑vΔt=mvk=10−2m---------------1分（4）设粒子从曲线OA的x,y点进入电场，则粒子从直线GF的0.4−y,y点射出电场，根据动能定理有Eq0.4−y−x=12mv12−12mv02---------------1分由洛伦兹力提供向心力得mv12y=qv1B---------------1分曲线OA的方程为10y2−y−x=0---------------1分