2×0.4N=0.4N。 金属棒从x=0开始运动时的安培力为：F0=B0IL=0.5×
2×0.4N=1.6N。 到x=3m时的安培力为：FA=B2IL=2×
过程中克服安培力做功的大小为：W=（F0+FA）x 解得：W=3J，
若做匀速直线运动，即拉力做功是3J； 若是加速直线运动，则拉力做功大于3J；
克服安培力做功转化为内能，有：W=Q=I2（R+r）t， 解得：t=
=
=s，故C正确；D错误；
故选：AC。 9.【答案】BCD
【解析】解：A、布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动，反映的是液体分子的无规则运动，故A错误。
B、根据热力学第一定律可知，气体被压缩，即外界对气体做功，同时气体放出热量，则内能可能减小，故B正确。
C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确。
D、根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确。
E、物体内能由物质的量、温度和体积共同决定，故E错误。 故选：BCD。
布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动的运动。 根据热力学第一定律分析气体内能的变化。
液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性。 温度是分子平均动能的标志。
本题涉及的热学知识点很多，难度小，要求对基本知识充分了解，掌握热力学第一定律和第二定律。 10.【答案】ABE
【解析】解：A、波在t=0.8s内传播的距离是x =24cm=0.24m，所以该波的波速是v==
=0.3m/s，故A正确。
=
=3.2s，则质点P经过3.2s开始振动，故B正确。
B、波从O点传到P点的时间t=
C、由图读出该波的波长为 λ=24cm，若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10m的障碍
物时，不能发生明显衍射现象，故C错误。
D、该波的周期为：T=0.8s，当x=18cm处的波谷传到P点时P点第一次到达，用时t1===3s，再过一个周期质点P第二次到达波谷，所以经过3.8s质点P第二次到达波谷，故D错误。
E、波从O点传到P点的时间是3.2s，则若质点O在t=1s时停止振动，那么质点P在4.2s时也将停止振动。故E正确。 故选：ABE。
根据波在t=0.8s内传播的距离来求波速。根据质点P到O点的距离来求传播的时间。根据波长的大小分析能产生明显衍射现象时障碍物的尺寸。当x=18cm处的波谷传到P点时P点第一次到达，再过一个周期质点P第二次到达波谷。结合波传到P点的时间分
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析E项。
解决本题时要知道，波在同一均匀介质中是匀速传播的，波速可由两个公式研究：1、v=．2、v=。
11.【答案】C B B
【解析】解：（1）在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法。 故选：C。
（2）图中两球的质量相同，转动的半径相同，则研究的是向心力与角速度的关系。 故选：B。
（3）根据Fn=mrω2，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，
因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，
根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1。 故选：B。
故答案为：（1）C；（2）B；（3）B。
该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系，根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。
12.【答案】900 BDFGI 待测电阻和电流表所在支路断路 电压 欧姆
【解析】解：（1）用×100Ω挡测量电阻，由图示表盘可知，电阻阻值为：9×100=900Ω． （2）应用伏安法测电阻需要电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关与导线等实验器材；
I==由于电源电动势为6V，则电压表选择B；电路最大电流约为：
≈0.0067A=6.7mA，
则电流表选择D，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，滑动变阻器应选
择G，故需要的实验器材为：BDFGI．
（3）由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据滑动变阻器应选择分压接法，由于待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，电路图如图所示：
（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表内有示数，说明电路存在断路，电压表示数发生变化，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路，则与电压表并联的电流表和待测电阻所在支路断路；不断电时可以先使用多用电表的电压挡检测电路故障，断电后可以用多用电表的欧姆挡检测电路故障．
故答案为：（1）900；（2）BDFGI；（3）电路图如图所示；（4）待测电阻和电流表所在支路断路；电压；欧姆．
（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数． （2）根据伏安法测电阻的原理选择实验器材．
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（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图．
（4）常见电路故障有断路与短路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因；可以应用电压表与欧姆表检测电路故障．
欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数；实验器材的选择是常考问题，一定要掌握实验器材的选择原则；可以应用电压表、欧姆表或电流表检查电路故障，要掌握其检查方法．
13.【答案】解：该同学的解答不合理 因为四式联立，代入数据后解得a=0.175m/s2
经过时间t=20s，两物块的速度分别为 v'1=v1-at，v'2=v2-at
代入数据得 v'1=6.5m/s，v'2=-1.5m/s，v'2＜0，表明物块乙在20s之前就已经停止运动，故该同学解答不合理。
正确解答：物块2停止运动前滑行的距离将相碰之前的位移关系s1+s2=L 具体为
，
代入数据得：100a2-15a-1=0 解出 a=0.2m/s2 和a=-0.05m/s2 （舍去）， 再由a=μg得， 解得μ=0.02。
物块与地面间的动摩擦因数为0.02。答：该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止。
【解析】该同学解法错误，因为未考虑物体速度减为零后不再运动，正确解法是判断出哪个物体先停止运动，然后抓住位移之和，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，是道易错题，多数学生解题时不会考虑物体速度减为零后不再运动。
14.【答案】解：（1）当电场力qE1＜mg时，小球在最高点的速度v最小，若小球刚好能通过最高点，
则在最高点有：mg-qE1=m
从最低点到最高点，由动能定理得：-（mg-qE1）?2l=解得E1=
当电场力qE1＞mg时，小球在最低点的速度v最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低点有：qE1-mg=m 解得E1=
≤E1≤
．
联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强度应满足：（2）当电场方向水平，且E2=
时，小球所受重力为mg、电场力qE2的合力大小为
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F==mg，与水平方向的夹角θ满足tanθ==
如果小球获得水平速度v2后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置B（如图）满足 F=m
小球从A点运动到B点，由动能定理得： -mgl（1+sinθ）-qE2lcosθ=
-
联立解得v2=
如果小球获得水平速度v2后来回摆动，则小球刚好能到达C点或D点（如上图），则小球从A点运动到C点，由动能定理得： -mgl（1+cosθ）+qE2lsinθ=0-
或小球从A点运动到D点，由动能定理得： -mgl（1-cosθ）-qE2lsinθ=0-解得v2= 综合可得，v2≥
细线均不会松驰
≤E1≤
．
或v2≤
答：（1）小球刚好能在竖直平面内做完整的圆周运动，电场强度E1应满足（2）当电场方向水平，且电场强度E2=
时，要不能让细线松弛，小球在A点获得的
水平速度v2应该满足的条件是v2≥或v2≤．
【解析】（1）当电场方向竖直向上时，小球所受的电场力竖直向上，若电场力小于重力，小球到达最高点时速度最小．若小球刚好能通过最高点，由电场力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律求最小速度，再由动能定理求出电场强度．若电场力大于重力，小球通过最低点时速度最小．若小球刚好能通过最低点，由电场力和重力的合力充当向心力，由牛顿第二定律求电场强度．
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