高分卷限时热练答案与解析

主观题微模拟热练一1.(1)(3)(4)994.0×105(5)D解析：(1)根据电路图连接实物，如答案图所示．(3)采用描点法作图，如答案图所示．(4)根据闭合电路欧姆定律，有E＝IR＋IRg＋IRx，根据电阻定律，有Rx＝ρeq\f(L,S)，联立可得eq\f(1,I)＝eq\f(R＋Rg,E)＋eq\f(ρ,SE)L，即eq\f(1,I)＝eq\f(20＋Rg,6)＋eq\f(ρ,6×107)L，图像eq\f(1,I)­L纵轴截距为eq\f(20＋Rg,6)＝19.8，解得Rg＝99Ω，图像的斜率为k＝eq\f(ρ,6×107)＝eq\f(53－19.8,0.5)，解得ρ＝4.0×105Ω·m.(5)如果电源E的内阻未知，由第三问可知，ρ可以测出，而Rg不能测出，故D正确．2.(1)起跳后运动员水平方向做匀速直线运动，则在最高点速度v＝v0sin37°解得v＝eq\f(3,5)v0(2)解法一：将运动员在空中的运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，运动员在空中运动时间为t，则x＝v0sin37°·ty＝－v0cos37°·t＋eq\f(1,2)gt2eq\f(y,x)＝tan37°解得t＝eq\f(5v0,2g)解法二：将运动员在空中的运动分解为沿坡面方向的运动和垂直坡面方向的运动，其中垂直坡面方向的加速度为ay＝gcos37°＝eq\f(4,5)g则t＝2eq\f(v0,ay)＝eq\f(5v0,2g)3.(1)根据查理定律得eq\f(p1,T1)＝eq\f(p2,T2)解得p2＝eq\f(T2,T1)p1＝159Pa(2)设可以供n次，则根据玻意耳定律得p0V0＝np1V1＋pV0解得n＝3000次4.(1)小滑块A下滑过程中机械能守恒，有mg(R＋h)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得FN＝50N由牛顿第三定律可知，小滑块A对圆弧轨道最低点的压力F＝50N，方向向下．(2)小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒，设小滑块A刚滑离木板B时，小滑块A的速度为v1，木板B的速度为v2，有mv0＝mv1＋2mv2μ1mgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1＝2m/s，v2＝1m/s即木板B的最大速度为1m/s.(3)由于μ2＝eq\f(1,15)－eq\f(x,15)，即木板C中央右侧光滑，设小滑块A滑到木板C中央前达到共同速度，且距C左端x1处，由动量守恒定律，有mv1＋mv2＝2mv3解得v3＝1.5m/s系统动能损失ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)＝0.25JA、C之间摩擦力f2＝μ2mg＝eq\f(2,3)－eq\f(2,3)x(N)由图像可知，摩擦产生的热量为Q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(2,3)x1＋\f(2,3)))x1(J)由能量守恒得ΔEk＝Q解得x1＝0.5m，假设成立小滑块A最终速度为1.5m/s，停在距木板C左端0.5m处．5.(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动水平方向L＝v0t得t＝4×107s竖直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(Uq,dm)t2<d联立解得U<eq\f(2md2,qt2)＝50V即电压U的最大值为50V(2)设射入磁场的粒子速度为v，与水平方向成角度θ，磁场中圆周运动半径为r0由B1qv＝eq\f(mv2,r0)得r0＝eq\f(mv,B1q)由几何关系得，磁场中运动弧线在竖直方向上的高度为Δy＝2r0cosθ联立解得Δy＝2eq\f(mv,B1q)cosθ＝2eq\f(mv0,B1q)＝0.04m，即Δy为定值因为Δy>d，所以打到光屏上离Q距离的最小值和最大值分别为hmin＝Δy－d＝0.02m，hmax＝Δy＝0.04m因此，痕迹长度ΔL＝hmax－hmin＝0.02m(3)粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动．某出射粒子进入磁场后的半径r＝eq\f(mvy,B2q)由几何关系vy＝v0tanθ＝v0eq\f(y,0.5L)可得r＝eq\f(mv0,B2q)·eq\f(y,0.5L)∝y，即圆心连线为一条直线再由几何关系可得：所有光屏痕迹(如图)是由从上到下逐渐减小的圆叠加形成的．当y＝d时，圆半径最大值为rm＝eq\f(mv0,B2q)·eq\f(d,0.5L)＝eq\f(2\r(3),3)×102m＝eq\f(\r(3),3)d由tanα＝eq\f(d,rm)＝eq\r(3)得α＝60°S＝2S△＋S扇形＝rmd＋eq\f(2,3)π(rm)2＝(eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(8π,9))×104m主观题微模拟热练二1.(1)CDBA(2)1.6(3)0.55(4)斜面倾角θm和θ，且mgsinθ－μmgcosθ保持不变解析：(1)实验时首先要安装仪器，然后测量，最后整理仪器，则此实验步骤的正确顺序是CDBA.(2)根据Δx＝aT2，运用逐差法得a＝eq\f(Δx,(5T)2)＝eq\f((15.70－9.00)－(9.00－3.90),(5×0.02)2)×102m/s2＝1.6m/s2.(3)根据牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得μ＝0.55.(4)探究牛顿第二定律采取的是控制变量法，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系，通过改变倾角来改变合外力；验证力一定时，加速度与质量成反比的关系，由于滑块加速下滑的力是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力提供，所以要保证向下的合力不变，应该使mgsinθ－μmgcosθ不变，所以需要同时改变滑块的质量和斜面倾角．2.(1)设光线穿过水面时折射角为α，入射角为β，根据几何关系有tanα＝eq\f(\f(1,2)a,h－h′)，tanβ＝eq\f(\f(1,2)a,h′)n1＝eq\f(sinα,sinβ)＝eq\f(4,3)(2)设临界角为r，则sinr＝eq\f(1,n2)又tanr＝eq\f(Δh,d)联立解得Δh＝2eq\r(5)cm3.(1)导体棒相对磁场向左运动，切割磁感线产生的电动势为E＝Bdv0回路中电流为I＝eq\f(Bdv0,R)金属棒受磁场力大小为F＝BId＝eq\f(B2d2v0,R)金属棒刚要运动时，金属棒所受磁场力和摩擦力平衡，即μmg＝eq\f(B2d2v0,R)，解得v0＝eq\f(μmgR,B2d2)(2)根据牛顿第三定律，磁场受到金属棒的反作用力F′＝F＝μmg则为维持磁场匀速运动，应提供外力F外＝μmg外力做功功率为P＝F外v0＝eq\f(μ2m2g2R,B2d2)4.(1)初始时弹簧处于压缩状态，A球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为Δl，弹簧原长为l0.则kΔl＝μ(mA＋mB)g代入数据解得Δl＝0.04m所以初始时弹簧的长度l＝l0－Δl＝0.16m(2)系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同对B球有mBgtan37°＝mBω2rBrB＝l0＋Δl＋Lsin37°代入数据解得ω＝5rad/s(3)根据能量守恒，整个过程中驱动力对系统所做的总功等于A、B球的动能增加量，B球的重力势能增加量，A球与水平横杆间摩擦产生的内能之和．W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＋mBg(L－Lcos37°)＋μ(mA＋mB)g·2ΔlvA＝ωrArA＝l0＋ΔlvB＝ωrB代入数据解得W＝7.46J5.(1)带电粒子在磁场中运动的半径R＝eq\f(mv,qB)粒子分裂时动量守恒mava＝mbvb设粒子b带电荷量为－qb，则|qa|＝|qb|eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(\f(mava,qaB1),\f(mbvb,qbB2))＝eq\f(4,3)(2)a粒子在磁场B1中做圆周运动，如图所示．在磁场B1中运动时间t1到交界处，向上运动的距离d1，则t1＝eq\f(πma,qB1)，d1＝eq\f(2mav0,qB1)a粒子在磁场B2中做圆周运动，运动时间t2到交界处，向下运动的距离d2，则t2＝eq\f(πma,qB2)，d2＝eq\f(2mav0,qB2)结合周期性可知向左经过y轴时，ya＝(k＋1)d1－kd2，ta＝(k＋1)t1＋kt2向右经过y轴时，ya＝(k＋1)(d1－d2)，ta＝(k＋1)(t1＋t2)其中d1＝eq\f(2mav0,3qB0)，t1＝eq\f(πma,3qB0)，d2＝eq\f(mav0,2qB0)，t2＝eq\f(πma,4qB0)，k＝0，1，2，…(3)b粒子的运动轨迹为如图所示的另两个半圆，根据上面的推导可以得到粒子b到y轴的位置与时刻向右经过y轴时，yb＝(k′＋1)d2－k′d1，tb＝(k′＋1)t′2＋k′t′1向左经过y轴时，yb＝(k′＋1)(d2－d1)，tb＝(k′＋1)(t′2＋t′1)d1＝eq\f(2mav0,3qB0)，t′1＝eq\f(πmb,3qB0)，d2＝eq\f(mav0,2qB0)，t′2＝eq\f(πmb,4qB0)，k′＝0，1，2，…a、b在分界面处相遇应满足ya＝ybta＝tb结合ya>0，k≥0，k′≥0，满足条件的只有(k＋1)(d1－d2)＝(k′＋1)d2－k′d1(k＋1)(t1＋t2)＝(k′＋1)t′2＋k′t′1代入数据有k＋k′＝2，eq\f(ma,mb)＝eq\f(7k′＋3,7k＋7)(k，k′)满足的解为(0，2)，(1，1)，(2，0)两粒子的质量之比为eq\f(ma,mb)＝eq\f(17,7)或eq\f(5,7)或eq\f(1,7)主观题微模拟热练三1.(1)最大值(2)黑B(3)2.50(4)eq\f(1,b)eq\f(k,b)－R0(5)D解析：(1)开关闭合前，应将电路中电阻调到最大值，从而使开关闭合后电路中电流最小，起到保护电路的作用．(2)电压表测量电压时红表笔电势高，黑表笔电势低，所以黑表笔与电源负极相连，应将黑表笔始终接触a位置；试触b、c、d时，多用电表均有示数，试触e、f时多用电表均无示数，说明接线柱de间断路，故B正确．(3)如图乙所示，电压表示数为2.50V.(4)由欧姆定律和闭合电路欧姆定律可知U＝IR，I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，联立可得eq\f(1,U)＝eq\f(R0＋r,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，结合eq\f(1,U)­eq\f(1,R)图像可知eq\f(1,E)＝b，k＝eq\f(R0＋r,E)，解得电动势为E＝eq\f(1,b)，内阻为r＝eq\f(k,b)－R0.(5)由题意可知I＝eq\f(U,R)，此时电流I为电阻箱中的电流，由于电压表的分流作用，通过电源的电流满足I真>I，当电压表示数为0时，即外电路短路时，有I＝I真，故D正确，A、B、C错误．2.(1)由动能定理得－eU1＝0－Ek解得Ek1＝eU1(2)由光电效应方程得eU1＝hν1－W0eU2＝hν2－W0联立解得h＝eq\f(e(U2－U1),ν2－ν1)3.(1)设探测器质量为m，探测器在轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力Geq\f(Mm,R2)＝m(eq\f(2π,T))2R解得月球质量M＝eq\f(4π2R3,GT2)(2)设椭圆轨道Ⅰ的半长轴为a，则2a＝2R＋h根据开普勒第三定律得eq\f(R3,T2)＝eq\f(a3,(2\r(2)T)2)解得h＝2R4.(1)根据右手螺旋定则，长直导线在导轨处产生的磁场方向为垂直纸面向里，根据右手定则，运动中流过金属杆MN的电流方向为水平向左．(2)金属杆接入电路的有效长度为L′＝eq\f(2,3)eq\r(3)h则电路中的电阻为R＝eq\f(2,3)eq\r(3)hR0电源电动势为E＝BL′v＝IR其中B＝keq\f(I0,h)解得v＝eq\f(IR0h,kI0)根据上式可知，导体棒速度与金属杆的位移成正比，即加速度随着金属杆的位移在均匀增大．(3)金属杆脱离轨道时，其速度为v′＝eq\f(IR0,kI0)·eq\f(\r(3),2)L金属杆上升x时，在极短时间内产生的热量为ΔQ＝I2·eq\f(2,3)eq\r(3)xR0Δt＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0vΔt＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0Δx则金属杆脱离导轨时，电路产生的热量为Q＝∑ΔQ＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0∑Δx＝eq\f(2,3)eq\r(3)IkI0·eq\f(\r(3),2)L＝IkI0L对金属杆，根据动能定理得WF＋W安－eq\f(\r(3),2)mgL＝eq\f(1,2)mv′2－0结合功能关系有W安＝－Q解得WF＝eq\f(\r(3),2)mgL＋IkI0L＋eq\f(3mI2Req\o\al(2,0)L2,8k2Ieq\o\al(2,0))5.(1)在A处mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)从A到B，由动能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得R＝0.72m(2)在A处Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)从A到B，由动能定理得2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得Ep＝18－20R(J)(0<R≤0.72m)(3)由题可知，整个过程P、Q不会共速，否则碰撞后总动量向右，不会静止a1＝μg＝3m/s2，a2＝eq\f(μmg,M)＝1.5m/s2物块P一直匀减速运动至静止，运动时间t＝eq\f(vB,a1)＝2s木板Q前进x距离，碰到挡板C原速反弹，向右匀减速运动，由于加速度大小不变，经过相同时间减速为零，接下来，重复以上运动……设木板Q第一次碰到挡板前时间为t0，则有2nt0＝t即t0＝eq\f(t,2n)＝eq\f(1,n)s所以x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)＝eq\f(3,4n2)m(n＝1，2，3，…)主观题微模拟热练四1.(1)需要见解析(2)B(3)Mx2＝(M＋m)x4(4)平衡摩擦力时，长木板垫得过高解析：(1)由于实验的目的是验证动量守恒，则需要使得小车与小物块构成的系统所受外力的合力为0，即该实验需要平衡摩擦力；将长木板固定有打点计时器的一端适当垫高，轻推小车，使得纸带上打出的点迹均匀分布．(2)平衡摩擦力后，放上小物块前后，小车应该做匀速直线运动，纸带上相应部分的点迹分布均匀，小物块是轻放上小车，即小物块的初速度为0，由于小车与小物块构成的系统动量守恒，则放上后速度减小，可知研究放上物块前小车的速度大小应选BC段，研究放上物块后小车的速度大小应选DE段．故B正确．(3)根据纸带上的点迹可知，相邻计数点之间的时间间隔相等，均为T＝eq\f(5,f)，放上物块前小车的速度大小为v1＝eq\f(x2,T)，放上物块后小车的速度大小为v2＝eq\f(x4,T)，根据动量守恒定律有Mv1＝(M＋m)v2，则验证小车和物块组成的系统动量守恒的表达式为Mx2＝(M＋m)x4.(4)总动量增加了，表明放上小物块后，小车做的是加速运动，可能的原因是平衡摩擦力时，长木板垫得过高．2.(1)电流表指针偏角为2θ时，电流为2I.线圈的一侧长边受到的安培力的大小F＝2nIlB(2)当线圈长边的速度为v时，线圈中产生的感应电动势E＝2nBlv通过线圈感应电流的大小I1＝eq\f(2nBlv,R)3.(1)对于封闭的理想气体，初态体积V1＝l0S初态压强p1＝p0＋eq\f(mg,S)当轻弹簧Q处于原长时，气体体积V2＝l1S气体压强p2＝p0－eq\f(mg,S)根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2解得l1＝eq\f(11,9)l0(2)由初态活塞受力平衡可得p1S＋mg－p0S＝kΔx1解得轻弹簧Q长度的变化量Δx1＝eq\f(2mg,k)气体柱长度的变化量Δl＝l1－l0＝eq\f(2,9)l0由轻弹簧Q处于原长时汽缸受力平衡可得p0S＋mg－p2S＝kΔx2解得轻弹簧P长度的变化量Δx2＝eq\f(2mg,k)所以支架向上移动的距离Δh＝Δx1＋Δl＋Δx2＝eq\f(4mg,k)＋eq\f(2,9)l04.(1)滑块B向左运动时对A有3mg－T＝3ma对B有T－μmg＝ma解得a＝eq\f(5,8)g(2)滑块B上升至M点过程中，A与B系统由机械能守恒定律得3mg·eq\f(π,2)R－mgR＝eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,M)解得vM＝eq\f(1,2)eq\r((3π－2)gR)(3)滑块B最终停在挡板P处，A与B系统由能量守恒得3mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(πR,2)))－mgR－μmgs＝0解得s＝6L＋3πR－2R5.(1)设粒子在电场加速后速度为v，则qU＝eq\f(1,2)mv2磁场中偏转半径为R，有qvB0＝eq\f(mv2,R)可得粒子比荷k＝eq\f(q,m)＝eq\f(2U,R2Beq\o\al(2,0))(2)粒子的轨迹如图所示满足D＝2d＝eq\f(L,n)＝2eq\r(3)R粒子转动的圆心恰好在磁场圆周上且在磁场圆心的正下方或正上方．由几何关系可得r1＝eq\r(3)RqvB1＝eq\f(mv2,r1)可得B1＝eq\f(B0,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)B0(3)由几何关系可得δ＝eq\f(π,3)，AH＝R每次从水平线到磁场边缘的时间t1＝eq\f(R,v)每次在磁场中运动的时间t2＝eq\f(δr1,v)可得粒子运动的时间t＝n(2t1＋t2)＝(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)主观题微模拟热练五1.(1)最大(2)减小(3)eq\f(U1R2,I1R2－U1)(4)eq\f(U1I2－U2I1,I2－I1)(5)无灵敏电流表G两侧电势相等解析：(1)为了保护电路安全，闭合开关S1和S2前，调节电阻箱至阻值最大．(2)将电阻箱R1的阻值减小，则通过R2的电流增大，即R2两端电压变大，导致电流表G上端的电势减小，要使电流表G的示数为0，则要减小R2两端电压，所以要减小R2.(3)由于电流表G的示数为0，所以电流表A的示数等于电压表的电流与电阻R2的电流之和．则在步骤一中，通过电压表的电流IV＝I1－eq\f(U1,R2)，电压表的内阻为RV＝eq\f(U1,IV)，联立可得RV＝eq\f(U1R2,I1R2－U1).(4)根据闭合电路欧姆定律得E＝U1＋I1r,E＝U2＋I2r，联立解得E＝eq\f(U1I2－U2I1,I2－I1).(5)电流表G的内阻对电动势的测量值无影响，其理由是灵敏电流表G两侧电势相等，无电流流过．2.(1)设潜水员下潜深度为h，水的折射率为eq\f(4,3)，海岸上A点恰好处在倒立圆锥的边缘上，则sinC＝eq\f(1,n)得临界角正弦为sinC＝eq\f(3,4)＝eq\f(AB,\r(AB2＋h2))解得h＝15eq\r(7)m(2)设入射角为α的光线的折射角为α′，入射角为β的折射角为β′，则eq\f(sinα,sinα′)＝eq\f(4,3)，eq\f(sinβ,sinβ′)＝eq\f(4,3)根据几何关系可知sinα′＝eq\f(4,\r(heq\o\al(2,1)＋42))，sinβ′＝eq\f(4＋4,\r(heq\o\al(2,2)＋(4＋4)2))解得h1＝eq\f(16,3)m，h2＝eq\f(70,3)m故潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围为eq\f(16,3)m～eq\f(70,3)m.3.(1)根据泥泵输出功率大小为P＝Fv0解得F＝eq\f(P,v0)(2)水平分速度vx＝v0cosθ泥沙落在海平面时，竖直分速度满足veq\o\al(2,y)＝2gHv＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(veq\o\al(2,0)(cosθ)2＋2gH)4.(1)由几何关系得r1＝4d由qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)得B1＝eq\f(mv0,4qd)(2)若粒子从CD边离开磁场时与轴线OO′的距离小于d，则粒子在离开磁场前不能进入第二层磁场，临界情况为轨迹与第一、二层磁场边界相切．设轨迹半径为r2，由几何关系得r2－r2cos30°＝dqv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)联立解得B0＝eq\f((2－\r(3))mv0,2qd)，即当B>eq\f((2－\r(3))mv0,2qd)时满足要求.(3)当B＝eq\f(\r(2)mv0,2qd)，由qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r3)得r3＝eq\r(2)d先考虑临界情况：设粒子恰好到达D点，由几何关系及运动对称性可得，v0与OA方向夹角为15°，即v0与OD夹角为30°时符合题设要求，粒子经过第一层磁场过程中沿OD方向前进了eq\r(2)d，之后经过各层磁场与经过第一层磁场类似，最终到达D点．考虑运动的对称性，v0与OB方向夹角为15°时的情况与上一种情况类似，最终到达C点．经分析可知发射角在＋75°到－75°之间的粒子均可从CD边射出．5.(1)对整体分析F＝T对小球分析T＝mgcosθ解得F＝eq\f(3,5)mg(2)在极短时间内工件前进Δx，小球在管内运动的弧长也为Δx，即小球相对工件的速度大小始终等于工件前进的速度大小，小球运动到N时小球相对工件的速度与工件速度垂直．设小球运动到N时，工件的速度为v1，小球的速度为v2则v2＝eq\r(2)v1由系统机械能守恒可知mg·5a＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)水平方向由动量定理得I＝3mv1＋mv1解得I＝4meq\r(2ga)(3)设小球滑至Q点时，工件的速度大小为v3，小球的速度大小为vQ，小球相对工件的速度为vQ3，由系统机械能守恒可知mg·5a(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,3)由水平方向动量守恒可得3mv3＝mvQx由小球和工件的速度关系可知vQytanθ＝v3＋vQxvQ＝eq\r(veq\o\al(2,Qx)＋veq\o\al(2,Qy))解得vQ＝eq\r(\f(12ga,7))主观题微模拟热练六1.(1)需要不会(2)0.200.60(3)eq\f(d－c,2b)解析：(1)为了达到实验目的，实验前需要将台面调整到水平，因为水平时物体受到的摩擦力大小Ff＝μMg，所以将台面调整到水平，从而方便研究μ及M；由于物块受到的拉力可由力传感器直接测出，故实验结果不受滑轮质量的影响．(2)由于绕过动滑轮的细绳自由端速度是滑轮速度的2倍，且加速度传感器测量的是m的加速度a，则滑块的加速度为2a，根据牛顿第二定律有F－μMg＝M·2a，整理得a＝eq\f(1,2M)F－eq\f(μg,2)，结合图乙可得eq\f(1,2M)＝eq\f(1,1.2)，eq\f(μg,2)＝1.0，可得M＝0.60kg，μ＝0.20.(3)空载时，对小车有F－μM0g＝M0·2a，即a＝eq\f(1,2M0)F－eq\f(μg,2)；放入m0后，有F－μ(M0＋m0)g＝(M0＋m0)·2a，即a＝eq\f(1,2(M0＋m0))F－eq\f(μg,2)，结合图丙可得eq\f(1,2M0)＝eq\f(b,c)，eq\f(1,2(M0＋m0))＝eq\f(b,d)，联立可得m0＝eq\f(d－c,2b).2.(1)根据质量数守恒，氖核的质量数A＝22－2×1＝20根据电荷数守恒，氖核的电荷数Z＝12－2×1＝10氖核的物质波波长λ＝eq\f(h,pNe)其中氖核的动量pNe＝m1v1，解得λ＝eq\f(h,m1v1)(2)设氖核运动的速度方向为正方向，核反应中动量守恒，有m1v1＋2m2(－v2)－p＝0解得p＝m1v1－2m2v23.(1)由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝4×103V(2)由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)由部分电路欧姆定律得U＝IR2电容器所带电荷量为Q＝CU＝4.8×108C4