2020年?yáng)|北三省三校聯(lián)考高考物理二模試卷

2020年?yáng)|北三省三校聯(lián)考高考物理二模試卷一、單選題（本大題共5小題，30.0分年國(guó)物理學(xué)家盧瑟和他的學(xué)生蓋革頓一起進(jìn)行了著名的粒子散射實(shí)驗(yàn)”實(shí)驗(yàn)中大量的粒子穿過金箔前后的運(yùn)動(dòng)圖景如圖所示。盧瑟福通過對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的分析和研究，于年建立了他自己的原子結(jié)構(gòu)模型。下列關(guān)于粒穿過金箔后的描述中，正確的是B.C.

絕大多粒子穿過金箔后，都生了大角度偏轉(zhuǎn)少數(shù)粒穿過金箔后，基本上原來方向前進(jìn)通過粒散射實(shí)驗(yàn)，確定了原核半徑的數(shù)量級(jí)

15

D.

通過粒散射實(shí)驗(yàn)，確定了原半徑的數(shù)量級(jí)

15

如圖所示磁感應(yīng)強(qiáng)度水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中兩豎直放置的平行屬導(dǎo)軌頂用一電相連兩軌所在的豎直平面與磁場(chǎng)方向垂直根屬棒以速

沿導(dǎo)軌豎直向上運(yùn)動(dòng)，到某一高度后又向下運(yùn)動(dòng)返回到原出發(fā)點(diǎn)．整個(gè)過程中金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，導(dǎo)軌與棒間的摩擦及它們的電阻均可忽略不計(jì)．則在金屬棒整個(gè)上行與整個(gè)下行的兩個(gè)過程中，下列說法正確的)B.C.D.

回到出發(fā)點(diǎn)的速等初速度上行過程中通過的電量大于下行過程中通過的量上行過程中上產(chǎn)生的熱量大于下行過程上產(chǎn)生的熱量上行的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于下行的運(yùn)動(dòng)時(shí)間物體從同一位置沿同一直線運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示，下列說法正確的B.

、加時(shí)，物體的加速度大于物加速度時(shí)，、兩體相距最遠(yuǎn)

22C.D.

時(shí)物在物體的方時(shí)、物體速度相等，相距

如圖所示，在半徑為光滑圓環(huán)上切下一小段圓弧，放置于豎直平面內(nèi)為弧的兩個(gè)端點(diǎn)們最低點(diǎn)高差為，為光滑的直桿?，F(xiàn)將小環(huán)分別置于圓端和端點(diǎn)由靜止釋放環(huán)分別沿圓和下環(huán)從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)動(dòng)到點(diǎn)所需的時(shí)間分別和

取??

2

，下列說法正確的

2

B.

C.

2

D.

無法確定

哥白尼根據(jù)觀察到的現(xiàn)象，運(yùn)用他的天體模型，計(jì)算出了每顆行星繞太陽(yáng)運(yùn)行的周期和行星到太陽(yáng)的距離，第一次給出了宇宙大小的尺寸，如表摘自哥白尼計(jì)算數(shù)據(jù)，其中木星繞太陽(yáng)運(yùn)行周期的接近值是到太陽(yáng)的距以地距離為單行星地球土星木星

繞太陽(yáng)運(yùn)行的周期年年

位

年

B.

年

C.

年

D.

年二、多選題（本大題共4小題，23.0分

一質(zhì)量的塊，由碗邊滑向碗底，碗內(nèi)表面是半徑的球面，由于摩擦力的作用，木塊運(yùn)動(dòng)的速率不變，B.C.D.

木塊的加速度為零木塊所受合外力為零木塊所受合外力的大小一定，方向改變木塊的加速度大小不變

關(guān)于鐵軌轉(zhuǎn)彎處內(nèi)、外軌間的高度關(guān)系，下列說法中正確的B.C.D.

內(nèi)、外軌一樣高，以防列車傾倒造成翻車事故因?yàn)榱熊囖D(zhuǎn)彎處有向內(nèi)傾倒的可能，故一般使內(nèi)軌高于外軌，以防列車翻倒外軌比內(nèi)軌略高，這樣可以使列車順利轉(zhuǎn)彎，減少車輪對(duì)鐵軌的擠壓外軌比內(nèi)軌略高，列車的重力和軌道對(duì)列車支持力的合力沿水平方向指向圓心

121212121212121212120

如圖所示，阻值的金屬棒在水平向右的外力作用下，圖示位別以的度沿光滑水平導(dǎo)電不勻通過位置，在這兩次到的程中

：

回路電??：

：B.

產(chǎn)生的熱量：

：C.

通過任一截面的電荷：

：D.

外力的功率：

：

下列說法正確的B.C.D.E.

非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀晶體在熔化過程中，分子勢(shì)能保持不變氣體從外界吸收的熱量可以全部用來對(duì)外做功一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生等壓膨脹時(shí)，氣體分子的平均動(dòng)能增大兩分子間距離大于平衡距時(shí)分子間的距離越小，分子勢(shì)能越大三、填空題（本大題共1小題，4.0分）甲乙兩列波均右傳播，在相遇處各自的波形圖如圖所示，已知兩列波為同一性質(zhì)的波，在同種介質(zhì)中傳播，則兩列波的頻率之比______10處點(diǎn)的速度方_填“向上”或“向下。四、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，15.0分某學(xué)生學(xué)習(xí)小設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)來驗(yàn)證碰撞過程中的動(dòng)量守恒定律在處滑相接右為粗糙水平面，有兩個(gè)質(zhì)量均的同的小物塊甲和乙令物塊甲從斜面上點(diǎn)靜止下滑，運(yùn)動(dòng)至粗糙水平面上點(diǎn)度恰好減為，、間為0

，把小物塊乙置于點(diǎn)小物塊甲仍從斜面點(diǎn)靜止下，小物塊甲與小物塊乙碰撞后粘在一起在糙水平面上運(yùn)動(dòng)的位移為。

000200020000未置小物塊乙時(shí)，甲離開點(diǎn)的速與的系滿足_____ABC.√為證碰撞過程動(dòng)量守恒，是否需要測(cè)量小物塊與粗糙平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)______選“是”或“否”。若足關(guān)系_____則兩物塊碰撞過程動(dòng)量守恒。在習(xí)使用多用表的實(shí)驗(yàn)中：

????????????????????某學(xué)用多用電表測(cè)量電阻，其歐姆擋的電路如圖甲所，若選擇開關(guān)處在”時(shí)，按正確使用方法測(cè)量電的值，指針位于圖乙示位置，

。若歐姆表使用一段時(shí)間后，電池電動(dòng)勢(shì)變小，內(nèi)阻變，但此表仍能調(diào)零，按正確使用方法再測(cè)電阻，其測(cè)量結(jié)果將比真實(shí)______填偏大”、“偏小”或“不變。某學(xué)利用圖甲中的器材設(shè)計(jì)了一只歐姆表，其電路如丙所示。某學(xué)進(jìn)行如下操作：??

未接入時(shí)，閉合開關(guān)，將紅、黑表筆分開，調(diào)節(jié)可變電阻，可變電阻接入電路的阻值為時(shí)電流表滿偏。當(dāng)接、表之間時(shí)，若電流表的指針指在表盤的正中央，則待測(cè)電的值為。知電流表的內(nèi)阻阻接入電路的阻值為。關(guān)該歐姆表，下列說法正確的_____。

，電池的內(nèi)阻為，可變電A.

電阻刻度的零位在表盤的右端B.

表盤上的電阻刻度是均勻的

0000C

測(cè)量前，不需要紅、黑表筆短接調(diào)零D

測(cè)量后，應(yīng)將開斷五、計(jì)算題（本大題共4小題，52.0分如所示，斜邊的定斜面與水平面的傾，質(zhì)量的物??以??的速度從斜面底端始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)質(zhì)量也小物斜面0??頂端由靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)過一段時(shí)間后兩物塊發(fā)生碰撞，碰后兩物塊粘在一起運(yùn)動(dòng)。若兩物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均求取0??速度減為時(shí)與相距多遠(yuǎn)？?jī)蓧K碰撞前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；兩塊碰撞后到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小。

，，如所示，待測(cè)區(qū)域中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)帶電粒子射入時(shí)的受力況可推測(cè)其電場(chǎng)和磁場(chǎng)．圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對(duì)水平放置、相距的同平行金屬板構(gòu)成，極板長(zhǎng)度為、間距為，兩對(duì)極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場(chǎng)方向相反．質(zhì)量、電荷量的子加速電加后，水射入偏轉(zhuǎn)電壓的移器，最終??水平射入待測(cè)區(qū)域．不考慮粒子受到的重力．求子射出平移器時(shí)的速度大

；當(dāng)速電壓變0

時(shí)，欲使粒子仍??點(diǎn)入待測(cè)區(qū)域，求此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電已粒子以不同速度水平向右射入待測(cè)區(qū)域，剛進(jìn)入時(shí)受力大小均現(xiàn)水平向右為軸正方向建如圖所示的直角坐標(biāo)保加速電壓為不移裝置使粒子沿不同的坐標(biāo)軸方向射入待測(cè)區(qū)域，粒子剛射入時(shí)的受力大小如下表所示．射入方向受力大小

請(qǐng)推測(cè)該區(qū)域中電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及可能的方向．

如所示是用導(dǎo)熱性能良好的材料制成的氣體實(shí)驗(yàn)裝置，開始時(shí)封閉的空氣柱度為，在用豎直向下的外壓氣體，使封閉空氣柱內(nèi)長(zhǎng)度變，對(duì)活塞做，氣壓強(qiáng)為

，計(jì)活塞重力。問：若足夠長(zhǎng)的時(shí)間緩慢壓縮氣體，求壓縮后氣體的壓強(qiáng)大；若適當(dāng)?shù)乃俣葔嚎s氣體，氣體向外散失的熱量則氣體的內(nèi)能增加多少活的橫截積

如所示，半圓形玻璃磚的半徑，邊直，一紙面內(nèi)的單色光束從玻璃磚的某一定點(diǎn)射入角可任變化求只考慮能邊射的情不考慮上射后的情況，已知：，玻璃磚對(duì)該單光的折射

，光在真空中的速度。則求光玻璃磚中傳播的最短時(shí)；能邊出射的光線交的范圍寬

參考答案解析1.

答：解：、大多數(shù)粒穿過金箔后，基本上沿原來方向前進(jìn)。少粒穿過金箔后，發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，故AB錯(cuò)誤；、過粒散射實(shí)驗(yàn)”盧瑟福確定了原子核半徑的數(shù)量級(jí)

15

，原子半徑的量級(jí)為

，不是通過粒散射實(shí)驗(yàn)確定的，故確，錯(cuò)；故選：。粒散射實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象為：粒穿過原子時(shí)，只有粒與核十分接近時(shí)，才會(huì)受到很大庫(kù)侖斥力，而原子核很小，所粒接近它的機(jī)會(huì)就很少，所以只有極少數(shù)大角度的偏轉(zhuǎn)，而絕大多數(shù)本按直線方向前進(jìn)。本題主要考查了粒散射實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，并理解粒子散射原理。2.

答：解：：A、從出發(fā)點(diǎn)上升到回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)，根據(jù)能量守恒知，棒的重力勢(shì)能不變，內(nèi)能增，則動(dòng)能減小，所以回到出發(fā)點(diǎn)的速小初速度．故A錯(cuò)誤．B、上行和下行兩個(gè)過程中，回路的磁通量變化eq\o\ac(△,)相，根據(jù)感應(yīng)電量表達(dá)

，知兩個(gè)過程中通的量相等，故B誤．C能量守恒得高點(diǎn)外任何一個(gè)位置升此位置的速大于下落到此位置的速度，則知在任何一個(gè)位置，上升到此位置的電流大于下降到此位置的電流，上升到此位置的安培力于下降到此位置的安培力，而上升和下降過程的位移相同，故上升過程中克服安培力做的功比下過程中克服安培力做的功多．所以上升過程中產(chǎn)生的熱量大于下降過程中產(chǎn)生的熱量．故C正確．D、據(jù)量守恒得，除最高點(diǎn)外，在任何一個(gè)位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，上升的位移和下降的位移相等，則上升的時(shí)間小于下落的時(shí)間．故D錯(cuò)．故選：．根據(jù)能量守恒定律，判斷回到出發(fā)點(diǎn)的速度與初速度的大?。姶鸥袘?yīng)中通過導(dǎo)體的電

，分析兩個(gè)過程通過??的量關(guān)系．比較出任何一個(gè)位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比較出電流的大小，可道上升過程中產(chǎn)生熱量和下落過程中產(chǎn)生的熱量大?。?/p>

1221√51221√512比較出在任何一個(gè)位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比較出上升的時(shí)間和落過程的時(shí)間．解決本題的關(guān)鍵通過能量守恒定律比較出回到出發(fā)點(diǎn)的速度和初速度的大小，從而確定每個(gè)位感應(yīng)電流和速度的大?。涀「袘?yīng)電量經(jīng)驗(yàn)公，利于分析電量問題．3.

答：解：：、速度時(shí)間圖象中圖線的斜率表示加速度，可、加時(shí)圖的斜率小，物體的加速度小。故錯(cuò)誤。B兩體同一位置沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)之的速度一直大于的度、之的間距逐漸增大之的度小于的度，開追趕物體，間距減小，所末物體相距最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為：20，B錯(cuò)，正。C、??時(shí)，根據(jù)圖象的面積表示位移可知的移

2100，的移2，所以在的方，故誤。故選：在速度時(shí)間圖象中，圖線的斜率表示加速度加速度向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜加速度為負(fù)；圖象與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移，時(shí)間軸上方位移為正，時(shí)間軸下方位移為負(fù)．過分析兩物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定何時(shí)相距最遠(yuǎn)．本題是為速時(shí)間圖象的應(yīng)用，要明確斜率的含義，知道在速時(shí)間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義，能根據(jù)圖象讀取有用信息．4.

答：解解環(huán)動(dòng)沿圓的動(dòng)可類比于單擺的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)環(huán)點(diǎn)動(dòng)點(diǎn)時(shí)間為

????2??

√1.11；10小環(huán)沿直桿下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)與平方向的夾角為環(huán)由牛頓第二定律得：????，幾何關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：??2

22

，聯(lián)立解得小環(huán)點(diǎn)動(dòng)點(diǎn)時(shí)間為：

；以有：12

，故正確錯(cuò)。故選：。小環(huán)運(yùn)動(dòng)沿圓弧的動(dòng)可類于單擺的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)用單擺周期公式求解環(huán)沿直下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。

3??32323??3232本題考查的是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)求時(shí)間問題，意在考查學(xué)生對(duì)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的理解與應(yīng)用力及對(duì)所學(xué)知識(shí)的遷移能力和綜合分析能力。5.

答：解：對(duì)地球和木星，根據(jù)開普勒第三定律公式2解：根據(jù)開普勒第三定律，有：

列式求解即可。地??地

木??木解得：木

√

木地

??√(5.2)3年年地故選。6.

答：解：木塊由碗邊滑向碗底，速率不變，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度不為零，合力不為零，故A、B錯(cuò)。C、塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力大小一定，方向始終指向圓心，故C正，正。故選：。木塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力指向圓心，加速度方向指向圓心，大小保持不變．解決本題的關(guān)鍵知道勻速圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，知道加速度和合力的大小不為零，方向始終指向圓．7.

答：解：、內(nèi)外軌道一樣高，外軌對(duì)輪緣的彈力提供火車轉(zhuǎn)彎的向心力，火車質(zhì)量太大，靠這種辦法得到的向心力，會(huì)導(dǎo)致輪緣與外軌間的作用力太大，使鐵軌和車輪容易受損，并不能防列車傾倒或翻車，故A錯(cuò)誤；B、若內(nèi)軌高于外軌，軌道給火車的支持力斜向彎道外側(cè)，勢(shì)必導(dǎo)致輪緣和軌道之的作用力更大，更容使鐵軌和車輪受損，不能防列車翻倒。故誤；、外軌高于內(nèi)軌時(shí)，軌道給火車的支持力斜向彎道內(nèi)側(cè)，它與重力合力指向圓心，為火車轉(zhuǎn)彎提供了一部分向心力輕輪緣和外軌的擠壓修鐵路時(shí)據(jù)道半徑和軌道速度行駛，適當(dāng)選擇內(nèi)外軌道的高度差，可以使火車的向心力完全由火車的支持力和重力的合力提供，是車行駛更安全，故C正，正。故選：。

12??21212112??212121110火車軌道外高內(nèi)低的設(shè)計(jì)是為了減輕輪緣與軌道之間的擠壓，這樣火車轉(zhuǎn)彎時(shí)，軌道給火車的持力和其重力的合力提供向心力，保證行車安全。生活中有很多圓周運(yùn)動(dòng)的實(shí)例，要明確其設(shè)計(jì)或工作原理，即向心力是由哪些力來提供的，難不大，屬于基礎(chǔ)題。8.答：解：、路中感應(yīng)電流為

??

，，得??

：，正確．B、產(chǎn)生的熱量為??

2

??????

??

2

，，得：

：，B錯(cuò)誤．C、過任一截面的電荷量為??

??????

????

，與無，則得：

：故C正．D由于棒勻速運(yùn)動(dòng)力功等于回路中的功率得

2

??????

??

2

則得：：，D錯(cuò)．2故選：．回路中感應(yīng)電流??，??，可求解回路電：

.根焦耳定律求解熱量之比．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電量公??，求解電荷量之比．外力的功率等于回路中的電功率，??求外力的功率之比．本題是電磁感應(yīng)中的電路問題，關(guān)鍵要掌握感應(yīng)電流與熱量、電荷量、熱量和功率的關(guān)系，解時(shí)要注意????與培力公式的應(yīng)用．知道求解電量要用到平均電動(dòng)勢(shì)．9.

答：解：、體可以分為晶體和非晶體類，晶體又分為單晶和多晶，非晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀，故A正確；B、晶體具有固定的熔點(diǎn)，在熔化的過程中溫度不變，吸收熱量，分子勢(shì)能增大，B錯(cuò)；C熱學(xué)第二定律可知從外界吸收的熱量可以全部用來對(duì)做功起其他的變化。故C正；D、理氣體得狀態(tài)方程可知，當(dāng)氣體發(fā)生等壓膨脹時(shí)，氣體的溫度一定升高；而溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大。故D正；E、當(dāng)兩分子間距離大時(shí)斥力和引力都存在，分子間表現(xiàn)為引力作用引力作用；此時(shí)減小分子之間的距離的過程中分子力做正功，所以分子勢(shì)能減小。故錯(cuò)誤。故選：。

固體可以分為晶體和非晶體兩類又分為單晶和多晶體和多晶體都沒有確定的幾何形狀晶體和非晶體的區(qū)別：晶體有固定的熔點(diǎn)，熔化過程中吸熱，溫度保持不變；晶體有熔點(diǎn)，熔過程中不斷吸收熱量，溫度不變。根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程分析溫度的變化；溫度是分子的平均能的標(biāo)志；分子間同時(shí)存在引力和斥力，且都隨分子間距離的增大而減?。划?dāng)分子間距大于平衡離時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，當(dāng)增大分子間的距離，引力做負(fù)功，分子勢(shì)能增加；分子間同時(shí)存在力和斥力，當(dāng)分子間距離小于平衡距離時(shí)，分子力表現(xiàn)為斥力，當(dāng)減小分子間距時(shí)，斥力做負(fù)功分子勢(shì)能增加；此題考查的是物質(zhì)的三種形態(tài)以及三態(tài)所具有的性質(zhì)、熱力學(xué)第二定律等，需要學(xué)生記憶的知點(diǎn)較多，但不難，屬于簡(jiǎn)單題目。10.

答：：向解：：根據(jù)波形圖知甲、乙兩列波的波長(zhǎng)分別、，兩列波的波長(zhǎng)之比：在種介質(zhì)中，同一性質(zhì)的波傳播速度相等，，兩波的頻率之比為：；根據(jù)“上坡向下，下坡向上”，知兩列波都的質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，故合速度方向向上。故答案為：，上。由圖形圖直接讀出兩列波的波長(zhǎng)，在同種介質(zhì)中，同一性質(zhì)的波傳播速度相等，求率之比。根據(jù)疊加規(guī)律可分析質(zhì)點(diǎn)的速度方向。本題關(guān)鍵要抓住波速是由介質(zhì)的性質(zhì)決定的，在同一介質(zhì)中傳播的同類波速度相同，根據(jù)波速式分頻率關(guān)系。11.

答：否

解：：設(shè)塊與粗水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)，塊甲在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：??

解得：√√，故AB錯(cuò)C正。故選：。甲兩物塊碰撞后一起在粗糙水平面上做勻減速直線運(yùn)，由動(dòng)能定理得：?2?2??

解得：√

，甲兩物塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力大于外力統(tǒng)動(dòng)量守恒以向右為正方向動(dòng)守恒定律得??，

00內(nèi)??????內(nèi)??????????????00內(nèi)??????內(nèi)??????????????整理得√√，則：，驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為

，表達(dá)式中沒有動(dòng)摩擦因，因此驗(yàn)證碰撞過程動(dòng)量守恒，不需要測(cè)量小物塊與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；由可，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式為，即若滿足關(guān)系，則兩物塊碰撞過程動(dòng)0量守恒。故答案為：；否；

。甲粗糙水平面上做減速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理求出甲的速度與位移間的關(guān)系，然后分析答題。應(yīng)動(dòng)能定求出甲、乙物塊碰撞后的共同速度；甲、乙兩物塊碰撞過程系統(tǒng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式，然后分析答題。本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)，分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)能定理與量守恒定律即可解題。12.

答：偏大

????)????

????

解：：歐表指針數(shù)與倍率的乘積是歐姆表示數(shù)，所

；歐表調(diào)零時(shí)內(nèi)阻內(nèi)

??

電電動(dòng)勢(shì)變小則歐姆表內(nèi)阻變小歐姆表測(cè)電阻時(shí)：??

?內(nèi)

??

內(nèi)內(nèi)

??內(nèi)

，由于變，變，指針跟原來的位置相比偏左了，所測(cè)電阻偏大；根該同學(xué)的操作過程，接

時(shí)：

??

??

，當(dāng)接時(shí)

????

??????

??

??????

，聯(lián)立可得：

????)????

????考此歐姆表的刻度及調(diào)零與否：由圖丙所示可知，該歐姆表電表與測(cè)電路并聯(lián)，則電表為電壓表，利用并聯(lián)電路特點(diǎn)測(cè)電阻，電阻刻度的零位在表盤的左端，由閉合電路歐姆定律可知，盤上的電阻刻度是不均勻的，由于電表為電壓表，測(cè)量前，不需要紅、黑表筆短接調(diào)零，測(cè)量后應(yīng)將開關(guān)斷，故錯(cuò)，正確。故答案為：；偏；

????)????

????

、歐表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。根閉合電路的歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差。分清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析答題。本題考查了歐姆表工作原理、歐姆表讀數(shù)，實(shí)驗(yàn)誤差分析等問題；歐姆表指針示數(shù)與倍率的乘是歐姆表示數(shù)；知道歐姆表的工作原理、應(yīng)用閉合電路歐姆定律即可正確解題。

0??222′′2222總0??222′′2222總的度為：2213.

答：：碰前，對(duì)根據(jù)牛頓第二定律得：

。代入數(shù)據(jù)解得：

2速減的間為：

??上的位移大小0

122

對(duì)，據(jù)牛頓第二定律得2代入數(shù)據(jù)解得：

。在??時(shí)下的位移大小為

2

2

，

所以速減時(shí)與相的距離為：當(dāng)?shù)亩葴p到后有同加速度往滑碰撞前的運(yùn)動(dòng)過程，有

‘

??

′

解得：′??，則兩物體碰前運(yùn)動(dòng)總時(shí)間′2.25碰前瞬的度為：

′

總對(duì)于碰撞過程，取沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：)??代入數(shù)據(jù)解得：??對(duì)于碰撞后過程由動(dòng)能定理得

??′2??解得，兩物塊碰撞后到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大??′答：速度減為時(shí)與相距。兩塊碰撞前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是2.25兩塊碰撞后到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小

。解：先據(jù)牛頓第二定律求出兩個(gè)物體碰撞前加速度的大小速公式求速減為的間，由位移公式求出兩個(gè)物體的位移，從而求速度減為時(shí)與相的距離。利相遇時(shí)位移關(guān)系，由位移公式求解兩物塊碰撞前運(yùn)的時(shí)間；

2000021??2??2100??2000021??2??2100??0由度公式求出碰撞前兩物塊的速度，由動(dòng)量守恒定律出碰后共同速度，再由動(dòng)能定理求兩物塊碰撞后到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小。解決本題的關(guān)鍵是理清物塊的運(yùn)動(dòng)過程，對(duì)于相遇過程，要抓住位移關(guān)系分析。對(duì)于碰撞，應(yīng)據(jù)動(dòng)量守恒定律研究。14.

答案：：設(shè)子射出加速器的速度，根據(jù)動(dòng)能定理得：??2由題意

，即

√0

；在一個(gè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，設(shè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間加速度的大小

??在離開時(shí)，豎直分速度

??豎直位移??

2

2水平位移

粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間也??．豎直位移??由題意知，粒子豎直總位移??2????聯(lián)立解得??

??

；欲使粒子仍點(diǎn)入待測(cè)區(qū)域??不，則當(dāng)加速電壓為時(shí)，??)由沿軸向射入時(shí)的受力情況可知：平行軸且由沿軸方向射入時(shí)的受力情況知??平面平行，則

??

；??

2

2

√

2

，則??且??

解得??√設(shè)場(chǎng)方向軸方向夾角為.若沿軸向，由軸向射入時(shí)的受力情況得

2

??

2

(??)

2解得，或150°即與??平平行且軸向夾角或．同理，沿軸向，

0????020????022與平平行且軸向的夾角或．答：粒射出平移器時(shí)的速度大為√

2????

．當(dāng)速