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t2过程，A球的速度变化量大小为△A2=1一2=S2,!22.解析：(1)由题图甲知，y轴代表弹簧的伸长量△x,x轴B球的速度变化量大小为△B=2一0=S3,从t1到t2:代表弹力大小F。过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有mA1=(2)由题图乙知，2号弹簧末端指针位置对应的刻度为mA2十mB2,可得mA(一2)=B2,联立可得”mA=96.00cm,故弹簧伸长量△x=100cm-96.00cm=mB4.00cm。B正确：从=0到时刻，A球速度变化量大(3)由题图丙得k=F=4N=50.0N/m。△x0.08m△1=U=S1,从t1到t2过程，A球的速度变化量大小：答案：(1)△x(1分)F(1分)(2)4.00(2分)为△vA2=1一2=S2,从t1到t2过程，B球的速度变化：(3)50.0(2分)量大小为△g=0=S,联立可得S,-S,=Sg=23.解标：1)由于电压表的内阻不确定，所以不能宋用教材2,C正确；从t=0到t2时刻，A、B弹簧组成的系统满！提供的方法进行改装。但由于电压表的量程为100V,所以要想将电压表改装成量程为400V的电压表，电阻足机械能守恒，则有Ew=2(mA十mB)2十E,2,说明箱承担的电压应该是电压表示数的3倍，由于二者之间是串联关系，所以电阻箱的阻值应调节为电压表内阻的t=0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势：3倍，因此，当电压表的示数为80V时，只需调节电阻能，即t=0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长：箱，使电压表的示数变为20V即可。量，D错误。(2)在题图甲中电阻箱接入电路时，电压表所在支路的21.选BC导体棒从斜面第一次到水平面过程中，根据机电阻增大，和滑动变阻器并联部分阻值增大，分压变大，杭能守恒有mgh=号m2解得0=V2gh,当金属捧a6则电压表所在支路的电压变大，电阻箱接入电路的阻值实际大于电压表内阻的3倍，改装的电压表的内阻实际通过磁场【时，通过导体棒的电荷量q=1=2R1=比理论值大，则改装的电压表量程实际大于400V,故按400V读数时，每次测量的示数小于真实值。2R1一2R,同理金属棒6通过磁场Ⅱ时，通过导体△ΦBLd(3)由闭合电路欧姆定律可知4UE名·r降的意府量9：-：-最：=2：一货，根括功至然思后可得日号·口}定理，通过磁场I时，导体棒动量的变化量为△p1=!结合题图丙可得E=360V,r=92。BT·=Bg1L=Bd=mAu1,道过磁场Ⅱ时，导答案：(1)20(2分)(2)小于(3分)(3)360(2分〉2R9(2分)体棒动量的变化量为△p2=2BTL·t2=2Bq2L=24.解析：(1)在闭合开关后，回路中由于圆形磁场区域中磁2BLd=m△0·故公=车，导体棒从开始到停场的变化而产生的感应电动势为E1,R来，3次通过磁场区域I,两次通过磁场区域Ⅱ，则有！E-2-}×06v-03v1分)u=3△十2△u1,联主解得△u1=},d01=,全金属棒由于运动产生的动生电动势为E2=B·2L(1分)属棒第一次穿过磁场区域I的过程中，根据能量守恒定律！当E2=E1(1分)可袋定值电阻上产生的统耳热Q=合m一方a(一E2金属棒达到稳定状态，解得速度为=B0X2L21△1)2=242m,同理金属棒第一次穿过磁场区域Ⅱ的0.30.5×0.5×2m/s=0.6m/s。(2分)过程中，定值电阻上产生的焦耳热Q,=m(0一41)2(2)断开开关后，金属棒αb减速，金属棒cd加速，某时刻两金属棒再次达到稳定状态，有m(g-41一An)=品m2,放金隔排第一次字B0·2LU1=B0LU2(1分)对金属棒ab、cd分别根据动量定理有过磁场区域I、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热-B01·2Lt=mw1-mo(1分)之比为Q1:Q2=21:64,A错误；金属棒第一次穿过磁！B,ILt=mw2(1分)场区域I、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比为：联立以上各式，解得v1=0.12m/s,B正确：全属棒第二次字过磁场区诚Ⅱ的过v2=0.24m/s(1分)金属棒cd由静止达到稳定速度过程中通过的电荷量为程中，定值电阻上产生的焦耳热Q。=号m(0-△019z二”mw2=0.96C(1分》△I)27m(w-AU2△u)三m,金属棒先在金属棒Cd由静止达到稳定速度过程中，闭合电路产生的焦耳热为后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量！Q=2mw2-方m2-7mug2=014」1分）1之比为Q2:Q3=2:1,C正确；金属棒第二次通过两磁！2场分界线时的速度为的=0一△01一2△1=10一金属棒ab、cd接入电路的阻值之比为2：1，因此金属棒V2gh,D错误。2cd产生的焦耳热Q1=3Q=0.048J1分）答案：(1)0.6m/s(2)0.96C0.048J3