2020年河南省六市联考高考物理一模试卷(含答案解析)

1、2020年河南省六市联考高考物理一模试卷一、单选题（本大题共 5小题，共30.0分）1 .原子核的比结合能与原子序数的关系图所示，大多数恒星内部温度非常高，可进行轻核聚变， 核反应方程为1 ："一。但对于金、钳等重金属产生，目前科学界有一种理论认为，两颗中 子星合成过程中会释放巨大的能量，在能量的作用下能够合成金、钳等重金属，其核反应为 门+ E - F ,下列说法正确的是（）比癌合粕序于序依A.重核F裂变成D和E的过程中，会产生质量亏损B.较轻的核A和B聚合成C的过程中核子平均质量变大C.较重的核D和E聚合成F的过程中，会释放较大能量D. A和B聚合成C的过程中，C的结合能小于 A

2、和B的结合能之和2 .在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移 x和时间t的比值（与时间t之间的关系如图所示。下列说法正确的是8. 6s末乙车速度减小到零C.甲车追上乙车前，2s末甲乙两车相距最远D.乙车速度减小到零时，甲车速度为3aM/片3 .据科学家研究发现，由于潮汐作用，现阶段月球每年远离地球3.8cm ,在月球远离地球的过程中，地球正转得越来越慢，在此过程中月球围绕地球的运动仍然看成圆周运动，与现在相比，若干年后A.月球绕地球转动的角速度会增大B.地球同步卫星轨道半径将会增大C.近地卫星的环绕速度将会减小D.赤道上的重力加速度将会减小4 .如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，

3、斜面白高AB为2m, d尸倾角为日=3F ,且D是斜面的中点，在 A点和D点分别以相同中的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到 C点的水平距离为（）3於、Ca h电o,五WEnA. 酬B. mC. dD.中&33435.如图所示，图a中变压器为理想变压器，其原线圈接在 打 用150m(V)的交流电源上，副 线圈与阻值 孔=2。的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。图 b中阻值为区口 = 32父的电阻直接接到仃=如&*向比的交流电源上，结果电阻 用与限消耗的电功率相等， 则()A.通过电阻的交流电的频率为 50HzB.电阻品消耗的电功率为 9W

4、C.变压器原、副线圈匝数比为8： 1D.电流表的示数为二、多选题(本大题共 5小题，共27.0分)6.如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现 分别让小球a、b以%、豌的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动， 两小球速度同时减小到 0,重力加速度为g,轨道与圆在同一竖直面内, 而血y = O.G ,®_ Q.H ,则 f )A. a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比小:工小=。：16B. a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比以册：皿=,1： 3C. %：珈=1： 3D.两小球不可能同时达到圆周上7 .如图，光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为9,两导轨上端用阻

5、值为 R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。 质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度 曲从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中,ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。则 ()炉。幢A.初始时刻金属杆的加速度为8 .金属杆上滑时间小于下滑时间C.在金属杆上滑和下滑过程中电阻R上产生的热量相同D.在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同8.如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A,将带电小球 B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中工0=4当B静止在与竖直方向夹角方向时，A对B的静电力为B所受重力的。,5倍，

6、则下列说法中正 确的是（两球均可看作点电荷）（） A.此时丝线长度为乌,2B.以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到8 0二处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变C.若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线 BC的长度，B球运动轨迹在最 初阶段为圆弧D.若A对B的静电力为B所受重力的 迤倍，要使B球依然在9 3口。处静止，则丝线 BC的长度应调整为色h或祖Z339. 一定质量的理想气体经历下列过程后，说法正确的是（A.保持体积不变，增大压强，气体内能增大B.降低温度，减小体积，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大C.保持体积不变，降低温度，气体分子单位时间内碰撞

7、器壁单位面积的次数减小D.压强减小，降低温度，气体分子间的平均距离一定减小E.保持温度不变，体积增大，气体一定从外界吸收热量10.如图a所示，在某均匀介质中 $、V处有相距£= 12m的两个沿y方向做简谐运动的点波源 ,、S匕两波源的振动图线分别如图 （句和图D所示。两列波的波速均为 2项, P点为距为 5m的点,则（）A.两列简谐波的波长均为 2mB. P点的起振方向向下C. P点为振动加强点，若规定向上为正方向，则 士 =4学时P点的位移为6cmD. P点的振幅始终为6cmE. 8、品之间（不包含¥、昆两点），共有6个振动减弱点 三、实验题（本大题共 2小题，共15.0

8、分）11 .某实验小组用如图所示的装置通过研究小车的匀变速运动求小车的质量。小车上前后各固定一个挡光条（质量不计，两挡光条间的距离为 L,挡光条宽度为d,小车释放时左端挡光条到光第20页，共17页电门的距离为x,挂上质量为m的钩码后，释放小车，测得两遮光条的挡光时间分别为 力、力。口）用游标卡尺测量挡光条的宽度，示数如图乙所示，则挡光条的宽度为 cm。（2）本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是 。（3）正确平衡摩擦力后，实验小组进行实验。不断改变左端挡光条到光电门的距离x,记录两遮光条的挡光时间 力、加，作出图象如图丙所示，图线的纵截距为k,小车加速度为 ;小车的质量为 （用题中的字母表示

9、）。12 .某实验小组利用如下器材设计电路先测量未知电阻阻值，再测量电源的电动势及内阻。实验电路图如甲图所示，实验室提供的器材有：电源E（电动势约4.5V ,内阻为r）电流表量程。.乂，内阻为fi KK7）电流表A2（量程OTOOnM ,内阻为.=15。）定值电阻凡阻值T?i =定值电阻阻值%= 1900）滑动变阻器 小（阻值范围口30。）电阻箱na阻值范围07）9分城）待测电阻.电阻约.开关S,导线若干图甲中电阻A应选,电阻B应选。（填符号；（2）实验小组通过处理实验数据，作出了两电流表示数之间的关系，如图乙所示，则待测电阻电阻尼.的阻值为（3）测电源电动势和内阻时， 某实验小组通过处理实验

10、数据， 作出了电阻B阻值R与电流表，上电 流倒数倒数；之间的关系，如图丙所示，则待测电源的电动势为 ,内阻为 。（结四、计算题（本大题共 4小题，共52.0分）13 .空间存在如图所示的相邻磁场，磁场I垂直纸面向内，磁感应弓11度为 B,磁场n垂直纸面向外，宽度为*现让质量为 m带电量为q的粒子以水平速度 v垂直磁场I射入从磁场中，当粒子 a从磁场n边缘C处射出时，速度也恰好水平。若让质量为2m、带电量为q的粒子b从a下方“处4水平射入磁场I中，最终粒子b也恰好从C处水平射出。已知粒子以在磁场 I中运动的时间是磁场II中运动的时间的2倍，且广二士四，不计粒子重力，.凡37, - 0.6 ,比嵋

11、7。_ 0另，求3fq国粒子a在磁场中运动的时间;(2)粒子a、b的速度大小之比。14.静止在水平地面上的两小物块A、巩均可视为质点)，质量分别为tha =、甘5:l.OA'y ,两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧竖直墙壁的距离 L,如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Er = 1IL0J一释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为 户=0+工重力加速度取i)B/.A. B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。求弹簧释放后瞬间 A、B速度的大小；(2)若要让B停止运动后A、B才第一次相碰，求

12、L的取值范围；(3)当上=0.75m时，B最终停止运动时到竖直墙壁的距离。15 .如图a所示是常见的饮水机的压水器，他可以简化为图b所示的模型，上面气囊的体积为=0.",挤压时可以把气囊中的气体全部挤入下方横截面积为$ = u05仃产的水桶中，随下方气体压强增大，桶中的液体会从细管中流出， 已知在挤压气囊过程中， 气体的温度始终不变， 略去细管的体积及桶口连接处的体积，已知外部大气压为“I一 Kf'Pu ,水的密度为1MM“儿重力加速度为以=川切/，某次使用过程时，桶内气体体积为 K=12M ,挤 压气囊一下后，桶内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体全部挤

13、入桶 中，贝U桶中液面离出水口多高？至少挤压多少次才能从桶内流出体积为IG = 2 51的水？16 .如图所示，从长方体透明玻璃中挖去一个半径为R的半球体，。为半球的球心，。1。工连线为透明玻璃体的主光轴，在离球心0.5R处竖直放置一个足够大的光屏，O为屏上的点，让一单色光束平行Oigj垂直左侧表面入射，当光线距离连线。一5/?时，折射后的光线达到光屏上距离。上为2H的P点，已知透明体的上下侧面均涂有吸光材 2料，则：透明玻璃的折射率为多少；当平行光线到光轴 QiCh的距离为多少时，折射后射到光屏上的位置离 答案与解析1答案：A解析：解：A、如图，D和E的比结合能大于 F比结合能，说明 D和E

14、比F要稳定，所以重核 F裂 变成D和E的过程中，会产生质量亏损，放出能量，故 A正确。B、如图，A和B的比结合能小于 C比结合能，说明 C比A和B都要稳定，所以较轻的核 A和B聚 合成C的过程中，会产生质量亏损，核子平均质量变小，故 B错误。C、在核反应 D+EtF中，D和E的比结合能大于F比结合能，即反应后核子的质量会增加，这 种核反应需要吸收能量，故 C错误。D、结合能为比结合能与核子数的乘积；A和B聚合成C的过程中，AB的核子总数等于 C的核子数，而A和B的比结合能小于 C比结合能，所以 C的结合能大于 A和B的结合能之和，故 D错误。 故选：Ao比结合能比较小的重核裂变成比结合能比较大

15、的原子核，会出现质量亏损，放出大量的能量；比结 合能比较小的轻核聚变成比结合能比较大的原子核，会出现质量亏损，放出大量的能量；结合能为 比结合能与核子数的乘积，核子数相同时，比结合能越大，结合能越大。本题考查了质能方程、结合能与比结合能等知识点。注意点：原子核越稳定，子核结合的更紧密， 拆成自由核子所要添加的能量更多，比结合能更大。2答案：DIVI解析：解：A、根据匀变速直线运动的位移时间公式上=vnt十;。产变形得到十二旧十到,知对于甲车有:"E = V ,得a甲=llM/ / ,故A错误；B、对于乙车，由图知，乙车的初速度为叱=卧"q ,= 1U ；”,得，仁二一5团/

16、小，乙车速I ) n 11 - 15度减小到零用时f = 二=一L =肺，故B错误；C、甲车做初速度为零的匀加速运动，乙车做初速度为15"”A的匀减速运动，当两车的速度相等时相距最远，则i也： +=即:f ,得2 = U,即甲车追上乙车前，1s末甲乙两车相距最远，故 C错误；D、乙车速度减小到零时，用时 t = 3a ,此时甲车速度为 仙,二小 =I。乂 = 30m"，故D正 确。故选：Do1V1根据匀变速直线运动的位移时间公式工=M十针产变形得到生 =为十5H ,根据图象的信息读出两车的初速度、加速度，再根据运动学公式求解。IrI解决本题的关键是根据匀变速直线运动的位移时

17、间公式工二加+ -at2变形得到一：=为十尹,来分.ri-ij-j析图象的纵截距和斜率的物理意义，得到两车的初速度和加速度。3答案：B解析：解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力使月球绕地球运动，有:A错误;h= /色乜，月球远离地球，故 r增大，则月球绕地球做圆周运动的角速度会减小，故 V HB、地球同步卫星的向心力由地球万有引力提供，有：G”上二萼，可得同步卫星的轨道半径r-r将增大，故B正确;苧岑，由于地球自转变慢，周期 T变大，故同步卫星的轨道半径C、近地卫星的轨道半径等于地于以，向心力由万有引力提供：G驾 =m-,可得工=1但U ,R“ RV 7?由于地球质量和半径不变，故近地卫星的

18、环绕速度不变，故 C错误；D、赤道上的重力等于万有引力与向心力之差，即mtj =白一 "/1华r，由于地球自转变慢，周从D点抛出的小球运动的时间为:期T增大，故可得相同物体在赤道上的重力将增大，即重力加速度增大，故 D错误。故选：B。月球和同步卫星的动力学原理相同，均是万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析即可。 环绕天体圆周运动的向心力由万有引力提供，据此分析月地球距离变化对月球运动的影响，地球自 转变慢对同步卫星的影响，注意赤道上物体的重力与万有引力关系。4答案：A解析：解：小球做平抛运动，从 A点抛出的小球运动的时间为:在水平方向上有：代入数据解得：落地点到C点的水平距离

19、为：丁 =47 2ml，故A正确，BCD错误。故选：Ao平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出平抛运动的时间，抓住初速度相等，结合水 平位移关系求出初速度，从而求出落地点到C点的水平距离。此题考查了平抛运动的规律，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律， 结合运动学公式灵活求解。5答案：C解析：解：A、根据21g印加可知，= 50dH/一 故频率:,故A错误；出B、电阻是两端电压为12V, R消耗的功率：8=亍=1讣1则电阻7?|消耗的电功率为W ,故B错误；D、根据功率Ph=FRt,解得，丁尸151 ,则电流表示数为 L5T，故D错误；C、根据欧姆定律可知，副线

20、圈输出电压：5 =,向=31"原线圈输入电压： 垢=2珏，根据变压比可知， %=的 解得变压器原、副线圈匝数比为8: 1,故C正确。z T Tzzt'1111故选：Co根据角速度与频率的关系确定交流电的频率。根据电阻 M与后消耗的电功率相等，求得电阻 私消耗的功率，即可求得电阻 吊消耗的功率。根据p = Fr电流表的示数。变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比求得匝数之比。此题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是明确电阻消耗的功率必须用交流电的有效值计算， 抓住在两种条件下消耗的功率相同即可。6答案：BC解析：解：A、a、b两球匀速下滑时，合力为0,对a球，根据平衡条件有：汕

21、53' =四/人小胡, 对 b 球有： 仃;凶耳汕3厂="卢，町epn：厅 ,联立得：氏=：,故A错误；B、向上运动时，根据牛顿第二定律有：% =#*用53 + h/hmHT = 2加川5：F = Hlu/U ,他-g出itf37 + /伊"3：讦"- 2加川37 '=,则 : 口& = 4 ： 3,故 B 正确;C、根据题意可知，两球速度减小到零时，所用时间相等，则:所以：丁丁故C正确;D、根据运动学知识可知，两小球的速度减为零时，发生的位移之比为:根据几何知识可知，a球2运动的轨道长度为：匕一 2"皿苒37口二L6H ,b球运

22、动轨道长为：h = 2我7上53 = L2H ,所以：la ： & =0：q=4： 3,当a球的速度减小到零时恰好到达圆周上时，b球也恰好到达圆周上，故D错误。故选：BC。两球匀速运动时，根据平衡条件列式子求解动摩擦因数的表达式；两球向上运动时，根据牛顿第二定律分析得到其加速度，从而进行比较；根据七=成分析两球的初速度大小比值；根据4:2仃了分析两球的末速度为零时，发生的位移之比，结合两球所在处的轨道长度分析解答。解决该题需要掌握小球匀速运动以及匀减速运动的受力特征，熟记运动学中的速度和时间的关系式 以及位移和速度之间的关系式。7 .答案：BD解析：解：A、初始时刻，根据 E =&qu

23、ot;工如、I =上、& = BfL得金属杆受到的安培力大小为: 小 空三，方向沿导轨向下R 、八一一_R'f %.一根据牛顿第一7E律得：/打纱28rF=,斛得：a二T,故 A错庆；mRB、由于金属杆要克服安培力做功，其机械能不断减少，所以金属杆上滑和下滑经过同一位置时，上 滑的速度比下滑的速度大，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，因此，金属杆上滑时间小于下 滑时间，故B正确；C、金属杆上滑和下滑经过同一位置时，上滑的速度比下滑的速度大，上滑时金属杆受到的安培力较大，则在金属杆上滑过程中克服安培力做功大于下滑过程中克服安培力做功，所以，在金属杆上滑 过程中电阻R上产生的热量

24、大于下滑过程中电阻R上产生的热量，故 C错误；,中八，人，修， y D、由q = 71分析知，在金属杆上滑和下滑过程中回路磁通量变化量的大小相等，则通过电阻R上电荷量相等，故 D正确。故选：BD。初始时刻，根据 石二疗乙卬、"五、F女二八£求金属杆受到的安培力大小，再由牛顿第二定律求加速度。根据上滑与下滑平均速度关系分析运动时间关系。根据克服安培力做功关系分析产生的 一一 , , ，一热量关系。由=不分析通过电阻R上电荷量的关系。对于电磁感应的综合问题，要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析，要知道安培 力与速度有关，克服安培力做功等于回路产生的焦耳热。8 .答

25、案：BCD解析：解：A、当A对B的静场力为B所受重力的03倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角-30° ,处于平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为L = hcRir =标,故 A 错误；2B、以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，而由三角形相似可知¥=£=与，随着电量的减少，BC绳长度不变，所以细绳的拉力不变，故/! B /JCB正确；C F T C FC、若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，根据B选项中：彳= 而可知，彳=而，设4F=后，根据库仑定律可得：F二丝詈，则有：7二驾学，由于电荷量不变，G和h不变，lx-h 1尸则R不

26、变，所以缓慢缩短丝线 BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，故C正确；D、若A对B的静电力为B所受重力的 4-倍，则B静止在与竖直方向夹角仍为 日一3口口时，对B受力分析，6、5与丁，将5与丁合成，则有：垓=注，解得：AI3 =,G 3根据余弦定理，可得：（萼入产=产十nc2 -2x 13C x hrmar，解得：13r二迪力，或JiC =亚3h ,故D正确。 33故选：BCD。根据电场力与重力的关系，结合在8一 30处平衡，可知，线长与 h的大小关系，当 A电量变化时，根据力的合成与分解，依据相似三角形之比，即可求解；对小球B受力分析，根据力的平行四边形定则，结合相似三角形之比，即可求解

27、 BC长度。本题主要是考查库仑力作用下的平衡问题，掌握力的合成与分解的方法，理解相似三角形的边长间比与力之间比的关系，是解题的关键，并注意画出受力图。9 .答案：ABCE解析：解：A、根据气体状态方程 生=可知，体积不变，增大压强，温度升高，气体内能增大，故A正确；B、降低温度，分子的平均动能减小，减小体积，单位体积内的分子数增多，根据 .华=门可知，压强有可能增大，故气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大，故B正确；C、保持体积不变，单位体积内的分子数不变，降低温度，根据与7 = 可知，压强减小，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小，故C正确；D、根据与可知，当压强减小，降

28、低温度，气体的体积也有可能增大，此时气体分子间的平均距离可能增大，故 D错误；E、保持温度不变，气体的内能不变，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故 E正确；故选：ABCE。利用控制变量法，根据气体状态方程竽=分析压强，体积，及温度的变化，知道温度是分子平均动能的标志，利用热力学第一定律判断出吸放热。本题主要考查了理想气体的状态方程，根据方程判断出压强、体积和温度间的变化关系，即可。10 .答案：BCD解析：解：A、由振动图象可得这两列波的周期均为T = 2s ,根据普=:可得波长为：工=打了 = 2 x 2rn = AnA 故A错误；B、根据题意可知， $先

29、传播到P点，而根据图b可知，Si的起振方向向下，所以 P点的起振方向 向下，故B正确；C、根据题意可知，两列波源到 P点的波程差为：*=2甲=g入，又因为两列波源的振动反相，所以P点为振动加强点，波源洒的波传播到P点需要时间为：力=*号=士融,波源 曷的波传播到A点需要时间为：4=夕=,则可知在，=幼时，质点P处于波源冬的波的波峰，处于波源 S2的波的波峰，则此时质点A的位移为6cm,故C正确；D、因为两列波的频率相同，所以空间可以发生干涉现象，所以 P点始终为振动加强点，则 P点的 振幅始终为6cm,故D正确；E、当两列波的波源到达质点的路程差为既=办=, S = 0IJ 2 I 3时为振动

30、减弱点，又因为两波源之间的质点到达两波源的路程差满足一12切<< 12m ,所以二。，±1, ±2,故共有5个振动减弱点，故 E错误。故选：BCD。由振动图象读出周期，根据 打二)即可求出波长；先求出两列波分别传播到P点的时间，再求时间差；根据P点到两波源的距离之差与波长的关系，确定质点P的振动加强与减弱情况，确定其振幅，再根据振动时间与周期的关系确定P点的位置，从而即可确定其位移；先判断出两波源的振动情况，根据两波源间距与波长的大小关系确定减弱点的个数。解决该题的关键是熟记波速与波长的关系，掌握干涉的产生条件以及振动加强点和振动减弱点的判 断方法，熟记波的叠加

31、原理。11 .答案：。-防。去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相等 竽(黑-1)小 2L 股产解析：解：(1)因游标尺是20分度的，则游标卡尺的精确度为0n大5，则其读数：d -I- 10 x 口.05打打打=6-50，切=0.65Qe*。(2)本实验进行前需要平衡摩擦力，正确的做法是去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光 片挡光时间相等即可。(3)遮光条通过光电门的速度分别为T* = g小车做匀加速运动，则 二/*2“口 1I斛得结合丙图可知 :苛,解得也小车经过光电门的过程中，根据动能定理可知:mqL = 3M +m泗-+喇片解得故答案为：(1川.650； (2)

32、去掉钩码，将木板右端垫高，轻推小车，使两挡光片挡光时间相等；13；*;(H游标卡尺的读数：主尺刻度加游尺刻度，20分度的精确度为0丘不需要估读；(2)实验前要去掉钩码，且把木板的一端垫高，观察两次通过光电门的时间是否相等来判定；(3)依据运动学速度公式， 结合瞬时速度接近平均速度，从而求得小车的加速度， 再由动能的增量等1 1于重力势能的减小量列式，并结合胃一用图象的纵截距，即可求解。本题主要是对验证机械能守恒定律的实验的基本能力的考查，明确游标卡尺的读数，知道实验原理 即可轻松解题。解析：解：(1)由于电流表.1的内阻为门=HID ,可以将电流表改装成电压表，如果串联一个/?二 19。”的电

33、阻，则改装成的电压表量程为：仃=0.015 x (10 + 190) = 31/，所以电阻A应选电，根据题意可知要求多次测量，所以电阻B应选电阻箱7?4；(2)根据欧姆定律可知,网上面两支路并联电阻 鼻=饕里% = mR根据闭合电路的欧姆定律可得：解得：(1图象的斜率表示电动势，则E = .加一一汴甘=4.2V ,当尤=0时，；=IOA- '代入解得r = 030。故答案为： 心;；5次;(3)4.2义;0.500 °(H本实验需要将电流表 a改装成电压表，根据改装原理确定定值电阻的选取，根据题意可知要求多次测量，由此分析电阻 B的选取；(2)根据欧姆定律求解O根据电路的连接

34、情况，由闭合电路的欧姆定律列方程求解。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实 验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。13 .答案：解：口1粒子a在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。粒子a、b均从C处水平射出,则可知粒子在磁场 I、n中偏转的圆心角相同。设粒子 a在磁场I中做圆周运动的半径为 兄，圆 心角为Oy ,粒子b在磁场I中做圆周运动的半径为 凡/ ,圆心角为 曲，粒子a在磁场I中运动的时 间是在磁场n中运动的时间的2倍，则磁场I的宽度为do根据牛顿第二定律可得旷qiB = m-= 凡i代入数

35、据得：1J设磁场n的磁感应强度为 -2,则qvBi = m 尺"由几何关系可知：6则： d 3用0/ = yr- = 7则： .一粒子a在磁场中运动时间为代入数据解得:(2)设粒子b的速度为在磁场I、2由 qr&li =Wiin中的半径分别为队同理有：粒子a、b均从C处水平射出，运动轨迹如上图所示，则有a? nff-i - -如由几何关系可知("h + /?)( 1 fftsO-i)=(凡i + "心)(1 coWR) 4-代入数据得：所以a、b两粒子的速度之比为v 3电 3答：(/：粒子a在磁场中运动的时间为(2)粒子a、b的速度大小之比为 8：；灯7r

36、mI出川巴'3。解析：(1:根据牛顿第二定律得到粒子a在磁场区域I中的半径，然后根据几何关系得到在区域 n中的半径，进而根据周期关系得到在磁场中的运动时间；(2)根据牛顿第二定律和几何关系得到粒子b在磁场区域I中的半径，进而可以得到粒子 b的速度大小，即可得到速度之比。对于粒子在磁场中运动的问题，做出粒子的运动轨迹是解题的关键，然后借用几何关系得到粒子的轨道半径，即可根据洛仑兹力和牛顿第二定律解得相关物理量。14 .答案：解：【1设弹簧释放瞬间 A和B获得的速度大小分别为 八，工汨以向右为正方向，由动量 守恒定律：“打以 += U两物块获得的动量之和为:j-,121j石八二口 I町+；

37、/麓膻切联立并代入数据解得：V Aut/ii小 丽/日(2)八、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为加速度为a,有： 一设从弹簧释放到 B停止所需时间为t, B向左运动的路程为则有：i.Jfi at弹簧释放后A先向右匀减速运动，与墙壁碰撞后再反向匀减速，因 EA > L'B , B先停止运动，设当 A 与墙距离为 口时，A速度恰好减为0时与B相碰，则：22 1- Xu = 口M 一产联立解得：L的范围为：075m冬L近L875m(3j当L =Q75m时，B刚停止运动时 A与B相碰，设此时 A的速度为vV = K 乜(Jt故A与B将发生弹性碰撞，设碰撞后AB的速度分别为 以和仃犷，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mv = mvf + m1211 ri联立并代入数据得：'5碰撞后B继续向左匀减速运动，设通过位移为XW由运动学公式得：.，最终B离墙的距离为：S = X廿+工代入数据解得：. J.答：(，求弹