2023-2024学年黑龙江省大庆市肇源一中高三（上）第四次月考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆市肇源一中高三（上）第四次月考物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法中正确的是( )
A. 图甲中，体操运动员着地时做屈膝动作的原因是为了减少动量的变化
B. 图乙中描述的是多普勒效应，静止的A观察者接收到波的频率小于静止的B观察者接收到波的频率
C. 图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后 B球的周期最大、C球的周期最小
D. 图丁中，光纤的外套的折射率大于内芯的折射率
2.位于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=10m/s，已知t=0时刻，波刚好传播到x=4m处，如图所示，在x=30m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )
A. 波源刚开始振动时的方向沿y轴负方向
B. 接收器在t=3s时才能接收到此波
C. 如果此波传播过程中与另一列同类波相遇并发生干涉，则另一列波的频率为f=2Hz
D. 若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应知，接收器接收到的频率可能为3Hz
3.月球是地球唯一的一颗天然卫星，是太阳系中第五大的卫星。航天员登月后，观测羽毛的自由落体运动，得到羽毛的速度v随时间t变化的图像如图所示。已知月球半径为R，引力常量为G，则( )
A. 月球表面的重力加速度大小为2v0t
B. 月球的第一宇宙速度为 Rv02t
C. 月球的质量为M=v0R2Gt
D. 月球的平均密度为4v03πGRt
4.如图1所示，在光滑水平地面上，有一轻弹簧与物块连接组成的系统，弹簧的劲度系数为k，物块的质量为m，以x表示物块离开平衡位置的位移，若物块受到如图2所示的水平拉力F0与弹簧弹力−kx作用，由平衡位置O移动至x=1.00m处，下列关于此运动过程的说法正确的是( )
A. 物块的加速度越来越小，速率越来越小
B. 弹簧与物块组成的系统的势能减少0.25J
C. 物块的动能增加0.25J
D. 拉力F0与弹簧弹力的合力对物块所做的功为0
5.一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ=37°。已知重力加速度为g，下列正确的是( )
A. 突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为3mg5
B. 如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为4mg5q
C. 在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为52 gL的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
D. 在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为 21gl2的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
6.如图所示，匝数N=2000、面积S=60cm2、电阻r=1.0Ω的线圈处在竖直向下的均匀磁场中，磁感应强度为B1，通过软导线分别与边长为L=10cm、每个边的阻值均为4Ω、质量分布均匀的正方形线框的d、c相连接，正方形线框用两个劲度系数为k=150N/m的轻质绝缘弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，已知B1随时间的变化规律为B1=5t(T)，开关闭合前线框静止，开关闭合，稳定后，两弹簧的长度均变化了Δx=0.5cm。忽略软导线对线框的作用力。则下列说法正确的是( )
A. 线框中的电流方向为由c到dB. ab边与cd边所受的安培力相等
C. 流过线圈的电流为20AD. 磁感应强度B2的大小为1T
7.如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为km(k>1)的大球(在下)，质量为m的小球(在上)叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A. 两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mg
B. 大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为km 2gh
C. 无论k取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0
D. 若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9h
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.一质量为m的物块静止在水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数为 33(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。现对物块施加一个大小为mg2(g为重力加速度大小)、水平向右的外力F，保持外力F的大小不变，将外力F的方向逆时针旋转180°，下列说法正确的是( )
A. 物块对地面的最小压力为mg2B. 物块对地面的最大压力为 3mg3
C. 地面对物块的最大摩擦力为 3mg3D. 物块始终静止不动
9.如图所示为圆心在O点的四分之一竖直圆弧轨道，半径R=1.0m，最低点C处的切线水平，C点到水平地面的距离h=0.8m。一质量m=2kg的小球从轨道上的B点由静止开始下滑，落到水平地面上的D点时(图中未画出)，速度与水平方向的夹角为θ=53°，已知OB与竖直方向的夹角α=60°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。小球可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 在圆弧轨道上，从B点下滑到C点，小球动量变化量的大小为6N⋅s
B. 在圆弧轨道上，从B点下滑到C点的过程中，小球克服阻力做的功为1J
C. 小球经过C点时受到轨道的作用力大小为38N
D. 从开始下滑到落地前的运动过程，小球动能的增加量小于机械能的减少量
10.图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是( )
A. 线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为NBSωπ
B. 滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，R1的发热功率减小
C. 滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为2NBSω
D. 线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为NBSω 2
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。

(1)请完成以下主要实验步骤：按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物______ (填“靠近”或“远离”)计时器下端；______ ，______ ，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；
(2)在打出的纸带中挑选一条最清晰的来计算重力加速度。在纸带上取连续清晰的7个点，如图(b)所示，打点计时器所用电源的频率为50Hz。
测得A、B、C、D、E、F点与O点的距离如下：xOA=5.10cm，xOB=10.60cm，xOC=16.48cm，xOD=22.75cm，xOE=29.40cm，xOF=36.44cm计时器打点频率为50Hz。利用上面数据计算：测出当地重力加速度，g= ______ m/s2(结果保留三位有效数字)。
12.兴趣小组要测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻，实验室提供了以下实验器材：
A.两节干电池组成的电池组
B.电流表A1：量程Ig1=100mA，内阻Rg1=4Ω
C.电流表A2：量程Ig2=200mA，内阻Rg2=2Ω
D.定值电阻R1=1Ω
E.定值电阻R2=2Ω
F.定值电阻R3=13Ω
G.滑动变阻器R(0～10Ω)
H.导线与开关

(1)实验时设计了如图甲所示电路，需要先将电流表A2改装成量程为3V的电压表，将电流表A1量程扩大为0.5A，另一定值电阻作为保护电阻，则三个定值电阻选择为：a ______ ；b ______ ；c ______ (均填器材前面的字母)。
(2)在图示乙器材中按照电路图连接成测量电路。
(3)电路连接准确无误后，闭合开关K，移动滑动变阻器，得到多组电流表A1、A2的示数，作出了I2−I1图像如图丙所示，则电池组电动势E0= ______ V；内阻r0= ______ Ω。(小数点后保留两位)
(4)用本实验电路进行测量，仅从系统误差方面分析，电动势及内阻的测量值均______ (选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.一篮球的质量m=0.6kg，其最大容积V=7L，用打气筒给篮球打气，每打一次把压强p0=1.0×105Pa的空气打进去V1=200cm3，不计篮球的厚度，整个打气过程中，认为空气的温度不变，将空气视为理想气体。
(1)打气前球内有V0=4.5L，压强p0=1.0×105Pa的空气，打30次气后篮球达到最大体积，求此时球内的压强(结果保留三位有效数字)；
(2)将打好气的篮球从h1=1.8m高处自由释放，篮球与水平地面接触的时间Δt=0.02s，反弹后上升的最大高度h2=1.25m，取重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力，不计篮球内空气的质量，求地面对篮球的平均作用力大小。
14.如图所示，直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内y=d处固定一个平行x轴且足够长的挡板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)。在(d,d)处有一粒子源P，能沿x轴负方向以v0的速度发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子经过电场偏转后通过y=d2的M点进入匀强磁场，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
(1)求电场强度E的大小；
(2)要使粒子垂直打到挡板上，求磁感应强度B的大小。
15.如图，质量mB=1kg的木板B静止在光滑水平面上，固定光滑弧形轨道末端与B的左端上表面相切，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=30N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态，木板右端距离弹簧左端x0=1m。质量mA=1kg的小物块A以v0=1m/s的速度水平向右与木板发生弹性碰撞(碰撞时间不计)，当碰撞完成时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达轨道末端，并以水平速度滑上B的上表面。木板足够长，物块C的质量mC=2kg，物块C与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。
(1)求碰撞后物块A与木板B的速度大小；
(2)若要保证木板B与弹簧接触之前C与B共速，求物块C在弧形轨道下滑的高度h的范围；
(3)若h=0.8m，求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时木板的速度大小；
(4)若h=0.8m，木板与弹簧接触以后，从木板与物块开始相对滑动到木板与物块加速度再次相同时，所用时间为t，求此过程中弹簧弹力的冲量大小。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.图甲中，根据动量定理，可知体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间，从而可以减小地面对运动员的作用力，不是为了减少动量的变化，运动员的动量的变化是不变的，故A错误；
B.图乙中描述的是多普勒效应，根据多普勒效应产生的原因可知，静止的A观察者接收到波的频率小于波源的频率，静止的B观察者接收到波的频率大于波源频率，所以静止的A观察者接收到波的频率小于静止的B观察者接收到波的频率，故B正确；
C.图丙中，使摆球A先摆动，则摆动后 B、C做受迫振动，根据受迫振动的周期与驱动力的周期相同，即摆球B、C的振动周期与摆球A相同，故C错误；
D.图丁中，光纤发生全反射，根据发生全反射的条件是光由光密介质射入光疏介质，所以的外套的折射率小于内芯的折射率，故D错误；
故选：B。
根据动量定理判断；根据多普勒效应产生的原因判断；根据受迫振动的周期与驱动力的周期相同判断；根据发生全反射的条件判断。
本题考查了动量定理、多普勒效应、受迫振动和光的全反射现象等基础知识，主要是考查对几种现象的熟悉程度，要熟记几种现象的规律，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.t=0时刻，波沿x轴正方向刚好传播到x=4m处，由同侧法可知，x=4m处的质点起振方向沿y轴负方向。波传播过程中，某质点的起振方向与波源起振方向相同，所以波源刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故A正确；
B.接收器接收到此波，需要的时间为：t=Δxv=30−410s=2.6s
即接收器在t=2.6s时才能接收到此波，故B错误；
C.由波形图可知，波长λ为4m，则波的频率为：f=vλ=104Hz=2.5Hz
两列波发生干涉的条件是两列波的频率相同，相位差恒定。如果此波传播过程中与另一列同类波相遇并发生干涉，则另一列波的频率也为2.5Hz，故C错误；
D.波源向x轴负方向运动，波源与接收器之间的距离变大，根据多普勒效应可知，接收器接收到的频率将小于2.5Hz，故D错误。
故选：A。
波源起振方向与x=4m处的质点起振方向相同，根据同侧法判断x=4m处质点的起振方向；由波的传播距离除以波速得到传播时间；由波形图得到波长，由波速、频率、波长的关系求得频率，两列波发生干涉需要两列波的频率相同；根据多普勒效应判断接收器接收到的频率。
本题考查了机械波的形成与传播，波的干涉现象与多普勒效应。掌握应用同侧法判断质点振动方向或波的传播方向。两列波发生干涉的条件是两列波的频率相同，相位差恒定。
3.【答案】C
【解析】解：A、羽毛做自由落体运动的加速度即为月球表面的重力加速度，由v−t图像的斜率表示加速度，可得月球表面的重力加速度大小为g=v0t，故A错误；
B、月球的第一宇宙速度为v1= gR= Rv0t，故B错误；
CD、根据在月球表面上的物体受到的万有引为等于重力，得GMmR2=mg，联立解得月球的质量为：M=v0R2Gt
月球的平均密度为ρ=M43πR3，解得：ρ=3v04πGRt，故C正确，D错误。
故选：C。
由v−t图像的斜率求出月球表面的重力加速度大小。根据v= gR求月球的第一宇宙速度。根据月球表面上的物体受到的万有引为等于重力求出月球的质量，再求月球的平均密度。
解决本题的关键是要知道月球表面的物体所受重力等于其受到的万有引力，这是求解天体质量常用的思路。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据图2中图像可得，水平拉力F0与位移x的关系为：F0=x
同时可得弹簧的劲度系数为：k=12N/m=0.5N/m
则可得物块受到的合力为：F合=F0−kx=x−0.5x=0.5x
根据牛顿第二定律可得：a=F合m=0.5xm，由此可得由平衡位置O移动至x=1.00m处，物块的加速度越来越大，且方向不变，故物块的速率越来越大，故A错误；
B、弹簧与物块组成的系统的势能的增加量等于克服弹簧弹力所做的功，为：Ep=12kx⋅x=12×0.5×1×1J=0.25J，故B错误；
CD、由平衡位置O移动至x=1.00m处，水平拉力F0所做的功等于物块的动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，则可得物块的动能的增加量为：Ek=12F0x−12kx⋅x=12×1×1J−12×12×1×1J=0.25J，由于初速度为零，所以ΔEk=Ek=WF0+W弹=0，故C正确，D错误。
故选：C。
对物块进行受力分析，结合图2写出物块所受合力表达式，根据牛顿第二定律求出加速度，从而确定物块速度的变化；
根据功能原理求出该段位移内弹性势能的减少量；
根据动能定理求物块动能的增加量、及外力及弹簧弹力所做的总功。
本题要选取合适的研究对象，分别对它们进行受力分析，并明确运动情况，抓住临界条件，结合胡克定律、功的公式等确定物体的位置以及弹簧的形变量是解题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：A.突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足
T=mgcs37°=45mg
故A错误；
B.如图所示
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得
sin37°=qEmg
解得电场强度最小值为
E=3mg5q
故B错误；
CD.A为等效最低点，则与A关于圆心对称点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
F=mgcs37∘=5mg4
在B点满足
F=mvB2L
从A到B由动能定理可得
−F⋅2L=12mvB2−12mvA2
联立解得在A点的最小速度为
vA=52 gL
故C正确，D错误。
故选：C。
根据初态的受力可知突然撤去电场的瞬间绳上的拉力等于重力沿绳方向的分力；当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小；将两个场等效为等效重力场，则A点为等效最低点，B点为等效最高点，可以过最高点就能做完整的圆周运动，根据圆周运动的规律和动能定理结合求速度。
本题考查了带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动，要求学生熟练掌握复合场的处理方法和带电粒子在电场中运动的基本规律。
6.【答案】D
【解析】解：A、根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，故A错误；
B、由于da，ab，bc串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，有效长度相等，根据安培力公式可知ab边与cd边所受的安培力不相等，故B错误；
C、回路感应电动势
E=NΔB1ΔtS=2000×5×60×10−4V=60V
回路总电阻R总=r+3R⋅R3R+R，解得：R总=4Ω
因此流过线圈的电流I=ER总，解得：I=15A，故C错误；
D、根据平衡条件可知
B2LI4+B2L⋅3I4=2kΔx
解得
B2=1T
故D正确。
故选：D。
根据楞次定律得出感应电流的方向；根据左手定则得出安培力的方向。根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小。再结合电路结构得出感应电流的大小。
本题是法拉第电磁感应定律求解电路问题，共点力平衡问题，中等难度。
7.【答案】D
【解析】解：A.两球一起下落过程中都做自由落体运动，只受重力的作用，小球对大球的弹力大小为0，故A错误；
B.下落过程中由自由落体运动规律得
v2=2gh
解得
v= 2gh
取向上为正方向，根据动量定理可得
I=kmv−(−kmv)=2kmv=2km 2gh
故B错误；
C.碰后大球的速度为v1，小球的速度为v2，以向上为正方向，由动量守恒定律
kmv−mv=kmv1+mv2
由机械能守恒定律
12kmv2+12mv2=12kmv12+12mv22
两式联立解得
v1=k−3k+1v
可知当
k=3
时，大球与小球碰撞后大球的速度为0，故C错误；
D.设小球质量为m，碰撞后速度大小为v3，大球质量为M，碰撞后速度大小为v4，取向上为正方向，由动能量守恒定律和机械能守恒定律
Mv−mv=mv1+Mv2
12(m+M)v2=12mv12+12Mv22
联立解得
v1=(3M−m) 2ghM+m
当M≫m时，不考虑m影响，则
v1=3 2gh
根据匀变速直线运动的规律，小球上升高度为
H=v122g=9h
故D正确；
故选：D。
下落过程做自由落体运动只受重力作用，两球之间无相互作用力；根据合力的冲量等于动量的变化量，可求地面对大球平均作用力的冲量大小；根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求出大球碰后的速度表达式，根据表达式求判断即可；根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解碰后小球的速度表达式，根据题意求解大球的质量远大于小球的质量时小球的速度，再根据匀变速直线运动的规律求解小球上升的高度。
本题综合考查动量和功能关系，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用对应的规律解题。
8.【答案】AD
【解析】解：AB.对物体进行受力分析，物块对其支持力大小为：FN=mg−Fsinθ；根据牛顿第三定律可知，当外力F水平时，物块对地面的压力最大为mg；当外力F竖直时，物块对地面的压力最小为mg2，故A正确、B错误；
CD.地面对物块的最大滑动摩擦力为：fmax=μFN=μ(mg−Fsinθ)
假设物块始终保持静止状态，则水平方向有：fmax≥Fcsθ
整理得： 33≥ 33sin(θ+φ)(其中,sinφ=12)
等式恒成立，故假设成立，物体始终处于静止状态，物体所受摩擦力为静摩擦力，故当外力F水平时，物块受到的摩擦力最大为mg2，故C错误，D正确。
故选：AD。
对物体进行受力分析，根据平衡条件分析AB选项；假设物块始终保持静止状态，则水平方向根据平衡条件结合摩擦力的计算公式进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
9.【答案】AB
【解析】解：A.小球从C点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律有
h=12gt2
又
tanθ=vyvC=gtvC
解得
vC=3m/s
小球动量变化量的大小为
Δp=mvC
解得Δp=6N⋅s
故A正确；
B.从B点下滑到C点的过程中，根据动能定理有
mgR(1−csα)−Wf=12mvC2
解得小球克服阻力做的功为：
Wf=1J
故B正确；
C.经过C点时，根据牛顿第二定律有
F−mg=mvC2R
解得，小球经过C点时受到轨道的支持力大小为
F=38N
由于此时小球还受轨道的摩擦力作用，所以小球经过C点时受到轨道的作用力大于38N。故C错误；
D.从开始下滑到落地前的运动过程，小球动能的增加量为
ΔEk=12mvC2+mgh
解得ΔEk=25J
而从开始下滑到落地前的运动过程，小球机械能的减少量为
ΔE=Wf=1J
则从开始下滑到落地前的运动过程，小球动能的增加量大于机械能的减少量。故D错误。
故选：AB。
根据平抛运动规律结合动量的公式解得A，根据动能定理解得B，根据牛顿第二定律解得C，根据机械能的变化规律解得D。
本题考查动量的计算，解题关键掌握动量的计算公式，注意小球运动情况的分析。
10.【答案】BD
【解析】解：A.线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量
ΔΦ=BS−(−BS)=2BS
而产生的平均电动势
E−=NΔΦΔt=N2BST2
由根据T与ω关系有：T=2πω
联立上述式子解得
E−=2NBSωπ
故A错误；
CD.矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值
Emax=NBSω
则原线圈的电压即电压表V1的示数
U1=Emax 2
故有
U1=NBSω 2
再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有U1U2=n1n2，则副线圈的电压即电压表V2的示数
U2= 2NBSω
只要U1不变，则U2不变，故C错误、D正确；
B.根据以上分析知，原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压U2也不会改变，在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，接入电路中的电阻增大，副线圈回路的电流I2减小，R1的发热功率减小，故B正确。
故选：BD。
A.根据磁通量公式求解线框从图示位置开始转过180°的过程中，线框磁通量的变化量的大小，根据周期公式求时间，最后求平均感应电动势；
B.根据欧姆定律分析副线圈中电流的变化，根据功率公式求解电阻R1的发热功率；
CD.交流电压表测量的是电压的有效值；先求解线框产生的感应电动势的最大值，再求有效值；根据理想变压器电压与匝数比的关系求副线圈两端电压，最后分析作答。
本题考查了理想变压器的电压与匝数比、电流与匝数比的关系；难点是求线框转过180°的过程中产生的平均感应电动势。
11.【答案】靠近 先接通电源 再释放纸带 9.67
【解析】解：(1)为了充分利用纸带，应该让重物靠近打点计时器下端。并且为使打点稳定，需要先接通电源，然后再释放纸带。
(2)根据逐差法，代入题干给的数据，可以求出当地重力加速度为
g=xCF−xOC9T2=36.44−16.48−16.489×0.022×0.01m/s2≈9.67m/s2
故答案为：(1)靠近；先接通电源；再释放纸带；(2)9.67。
(1)根据实验步骤和实验的注意事项进行作答；
(2)根据给出的数据，使用逐差法可求出重力加速度。
本题主要考查实验步骤和注意事项，以及数据的处理，最后根据逐差法求解重力加速度。
12.【答案】F D E 2.91 1.35 等于
【解析】解：(1)将电流表A2改装成3V，根据欧姆定律，电压表内阻RV=UIg2=3200×10−2Ω=15Ω
根据串联电路特点，串联的电阻R′=RV−Rg2=15Ω−2Ω=13Ω
即A2与定值电阻a串联，故a应选F；
电流表A1量程扩大到0.5A，根据欧姆定律和并联电路的特点，并联的电阻R″=Ig1Rg2I−Ig1=100×10−3×40.5−100×10−3Ω=1Ω
即A1与定值电阻b串联，故b应选D；
保护电阻c应选E。
(2)按照电路图，实物连线如图所示：
(3)由(1)可知，改装后电压表内阻为RV=15Ω
改装后电流表内阻为RA=Rg1R1Rg1+R1=4×14+1Ω=0.8Ω
由闭合电路欧姆定律可得E0=I2RV+I1(r0+RA+R2)
代入数据整理可得I2=E015−14+5r015I1
根据I2−I1图像，图像的纵截距b=E015=194.0×10−3A
解得电动势E0=2.91V
图像斜率的绝对值k=194.0−100.068.0−0=4734
结合I2−I1函数，图像斜率绝对值k=14+5r015
代入数据解得内阻r0=1.35Ω
(4)把定值电阻和电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合定律的欧姆定律E0=U+Ir′
由于U、I都真实，用本实验电路测量，测量电动势和内阻测量值与真实值相等。
故答案为：(1)F；D；E；(2)见解析； (3)2.91；1.35；(4)等于。
(1)根据欧姆定律和串联电路的特点求解电压表的内阻和串联的电阻；根据欧姆定律和并联电路的特点求解电流表的并联电阻；保护电阻选择较小的电阻；
(2)根据电路图连接实物图；
(3)根据闭合电路的欧姆定律求解I2−I1函数，结合图像斜率绝对值和纵截距的含义求电动势和内阻；
(4)把定值电阻和电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合定律的欧姆定律分析作答。
本题考查了测量两节干电池组成的电池组的电动势和内阻的实验，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；要掌握电压表和电流表的改装原理和方法。
13.【答案】解：(1)对篮球内的空气，根据玻意耳定律有
np0V1+p0V0=pV
代入数据可得：p=1.50×105Pa；
(2)设篮球着地前瞬间和反弹后瞬间的速度大小分别为v1、v2，则有
v12=2gh1
代入数据可得：v1=6m/s
v22=2gh2
代入数据可得：v2=5m/s
以竖直向上为正方向，对篮球，根据动量定理有
(F−mg)Δt=mv2−(−mv1)
代入数据可得；F=336N。
答：(1)此时球内的压强为1.50×105Pa；
(2)地面对篮球的平均作用力大小为336 N。
【解析】(1)以篮球内气体为研究对象，根据玻意耳定律列式求解；
(2)以篮球为研究对象，先求得落地前瞬间和反弹瞬间速度，再根据动量定理列式求解地面对篮球的平均作用力大小。
本题主要考查理想气体状态方程和动量定理的应用，分别以篮球内气体和篮球为研究对象，根据理想气体状态方程和动量定理求解。
14.【答案】解：(1)设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度大小为a，沿x轴负方向做匀速直线运动
d=v0t
沿y轴负方向有
d2=12at2
又qE=ma
解得E=mv02qd
(2)设粒子到达y轴时速度方向与x轴负方向的夹角为θ，则有
vy+02t=d2
v0t=d
解得vy=v0，tanθ=vyv0=1
可得θ=45°，v= 2v0
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2R
要使粒子垂直打到挡板上，如图所示

由几何关系可知
Rcs45°=d2
解得B=2mv0qd
答：(1)电场强度E的大小为mv02qd；
(2)磁感应强度B的大小为2mv0qd。
【解析】(1)有二力平衡qE=ma，结合运动学公式求电场强度E。
(2)由洛伦兹力提供向心力，列方程求磁感应强度的大小。
本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，理解类平抛运动的特点，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析。
15.【答案】解：(1)A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
解得，碰撞后物块A与木板B的速度大小分别为
vA=0，vB=1m/s
(2)物块C运动到最低点过程中，由动能定理
mCgh=12mCvC2
解得
vC= 2gh
物块C在木板B上滑动到共速过程中，由动量守恒定律
mCvC+mBvB=(mC+mB)v共
对木板B由动能定理
μmCgxB=12mBv共2−12mBvB2
要保证木板B与弹簧接触之前C与B共速，则满足
xB联立解得，物块C在弧形轨道下滑的高度h的范围为
h<0.8m
(3)若h=0.8m，则物块C与木板B共速时，恰好与弹簧接触，则B与C以相同速度压缩弹簧，对BC整体受力分析，由牛顿第二定律
k⋅Δx=(mB+mC)a共
对物块C由牛顿第二定律
μmCg=mCaC
当满足aC=a共=2m/s2，物块C与木板B之间即将发生相对滑动，解得此时弹簧压缩量为
Δx=0.2m
由能量守恒定律
12(mB+mC)v共2=12(mB+mC)v2+12k(Δx)2
联立解得，此时木板的速度大小为
v= 2155m/s
(4)物块C与木板B相对滑动后到两者加速度再次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终是aC=2m/s2，方向水平向左。此过程木板先向右速度从v减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于a共=2m/s2，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为t，木板的末速度大小等于v，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，即此时弹簧压缩量恢复到Δx=0.2m时，物块C与木板B加速度再次相同，此时木板B的速度为−v，规定向左为正方向，由动量定理得
I弹−μmCgt=mBv−(−mBv)
联立可得，此过程中弹簧弹力的冲量大小为
I弹=(25 215+4t)N⋅s
答：(1)碰撞后物块A的速度大小为0，木板B的速度大小为1m/s；
(2)物块C在弧形轨道下滑的高度h的范围是h<0.8m；
(3)物块与木板之间即将相对滑动时木板的速度大小为 2155m/s；
(4)此过程中弹簧弹力的冲量大小为(25 215+4t)N⋅s。
【解析】(1)碰撞过程，利用动量守恒和动能定理可求出碰后速度；
(2)根据动能定理求出C最低点速度，根据动量守恒以及动能定理可求出滑轨的高度范围大小；
(3)利用牛顿第二定律求出加速度，得出弹簧的形变量，利用能量守恒定律可求出速度大小；
(4)通过对物块和木板的运动情况进行分析，结合动能定理可求出冲量大小。
学生在解决本题时，应注意合理分析物体的运动情况，找到过程中共速的关键点，是解决问题的关键。