一：实验题
（l ）偏小（2分） 甲图（2分）
( 2 )① 将电键S1接1 记录这时电压表和电流表的示数U2、I2（2分） UU② =(RA+RP)+Rx =(RA+RP) ，两式相减，消去(RA+RP)，得出Rx，I1I2
避免了电流表引起的测量误差
Ⅱ．① 电路图如图② 36 , 200
二：计算题
10：解： （1） Ff = 1.0×1.5N=1.5N
（2）P=Fv=1.5×6W=9W
（3）x= x1+x2=42m
2
11：（1）正电荷（2）v2=22 m/s（3）代入前式①求得：B=2 T
v1 42 m/s E 2.4 N/C（4）
12：解：设B受到的最大静摩擦力为f1m，则f1m=μ1mBg=2.5N ①，设A受到的`滑动摩擦力为f2，则f2=μ2(mA+mB)g=4.0N ②，施加电场后，设A、B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律
qE+f2=(mA+mB)a ③，解得a=2.0m/s2。设B受到的摩擦力为f1，由牛顿第二定律得f1=mBa ④，解得f1=2.0N，由于f1<f1m，所以电场作用后，A、B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动，A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为v1，v12=v02－2aS ⑤，A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象 qE=f2 ⑥，故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度为v，规定向左为正方向mAv1－mBv1=(mA+mB)v ⑦，设该过程中，B相对于A向右的位移为S1，A向左的位移为S2，由系统功能关系qES2－μ
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2(mA+mB)v2－2(mA+mB)v12 ⑧，[或写为μ1mgS1－μ2(mA+mB)gS2＝
11
2(mA+mB)v12－2(mA+mB)v2，同样给这4分]，A、B达到共同1mBgS1＝
速度v后做匀速运动，要使B不从A上滑下S1≤L ⑨，解⑤⑦⑧⑨代入数据得S≥2.0m。
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