2022届全国八省八校（T8联考）广西南宁市第二中学高三下学期第二次联考物理试卷（解析版）

这是一份2022届全国八省八校（T8联考）广西南宁市第二中学高三下学期第二次联考物理试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届全国八省八校（T8联考）广西南宁市第二中学高三下学期第二次联考
物理试卷
一、单选题
1．下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（　　）

A．图（a）中，分别用频率为ν1和ν2的光照射同一光电管，电流表均有示数，调节滑动变阻器的触头P，使微安表示数恰好为零，分别读出电压表对应的示数U1和U2，已知电子电量为e，可以推导出普朗克常量的计算式
B．图（b）中，一个氢原子吸收能量从基态向n=3的能级跃迁时，最多可以吸收3种不同频率的光
C．图（c）中，铀238的半衰期是45亿年，经过45亿年，两个铀238必定有一个发生衰变
D．图（d）中，氘核的核子平均质量小于氦核的核子平均质量
2．近年来，国产新能源汽车的销量得到大幅增长，为检测某新能源汽车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，测得汽车在某次刹车过程中速度v与位移x的关系如图所示，设刹车过程中汽车做匀减速直线运动，已知t=0时刻汽车速度为30m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．刹车过程汽车的加速度大小为0.4m/s2
B．路面与车轮之间的动摩擦因数为0.4
C．t=3s时，汽车的速度大小为12m/s
D．0~6s内，汽车的位移大小为72m
3．2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌。将谷爱凌视为质点，图（a）是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图（b）是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t=1s时，图线所对应的切线斜率为4（单位：m/s），重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．谷爱凌冲出跳台的速度大小为14m/s
B．t=1.4s时，谷爱凌到达最高点，离跳台底部所在水平面的高度为9.8m
C．t=1.0s和t=1.8s时，谷爱凌的速度大小相等，方向相反
D．谷爱凌落到跳台底部所在水平面的速度一定大于16m/s
4．如图所示是指纹识别原理图，其原理是利用光学棱镜的全反射特性，在指纹谷线（凹部），入射光在棱镜界面发生全反射，在指纹脊线（凸部），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方，这样，在指纹模块上形成明暗相间的指纹图像。已知水的折射率约为1.33，透明玻璃的折射率约为1.5。下列说法正确的是（　　）

A．指纹模块接收光线较暗的部位是指纹谷线
B．指纹模块接收光线较亮的部位是指纹谷线
C．没有手指放入时，若光源正常发光，指纹模块会接收到全暗图像
D．手指湿润时，指纹识别率低，是因为光在棱镜界面不能发生全反射
5．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为11：1，电表均为理想的交流电表，R1、R2、R3为定值电阻，电压u1=2202sin(100πt)V，初始时开关S闭合，下列说法正确的是（　　）

A．断开开关S后，电压表V1的读数为202sin(100πt)V，电压表V2的读数增大
B．断开开关S后，原、副线圈的电流都增大，且电流之比不变
C．断开开关S后，电阻R1的功率减小，电阻R2的功率增大，原线圈的输入功率变小
D．若将电流表A换成与R1相同的定值电阻，断开开关S后，整个副线圈回路消耗的功率增大
6．如图（a），边长为d的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为R。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图（b）。虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为B0。下列说法正确的是（　　）

A．t0时刻，线框中产生的感应电动势大小为B0d2t0
B．t0时刻，线框所受安培力的合力为0
C．2t0时刻，线框受到的安培力大小为3B02d32Rt0
D．在0∼2t0内通过线框导线横截面的电荷量为B0d22R
7．如图所示，在均匀介质中，位于x=-10m和x=10m处的两波源S1和S2沿y轴方向不断振动，在x轴上形成两列振幅均为4cm、波速均为2m/s的相向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图，下列说法正确的是（　　）

A．波源S1和S2的起振方向都沿y轴正方向
B．t=5s时，两列波的第一个波峰在x=-1m处相遇
C．0~5s内，x=-2m处的质点运动的路程为8cm
D．形成稳定干涉图样后，x轴上两波源间（不含波源）有9个振动加强点
二、多选题
8．我国“洛神”号潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由前、后两面进出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈（未画出）产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I（导体板外电流不计），下列说法正确的是（　　）

A．要使潜艇前进，左，右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相同
B．同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向
C．潜艇所受磁场力的大小为IVB
D．若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流小于UR
9．如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，∠ABC=90°，∠C=30°，DE是三角形的中位线，AB边长为2m，质量为1.6×10-27kg的一价正离子从D点以垂直于AD的速度方向射入电场，正离子在运动过程中经过B点，已知A、C、E点的电势分别为2V、26V、17V，电子电量为-1.6×10-19C。下列说法正确的是（　　）

A．D点的电势为14V
B．正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功－6eV
C．匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小为6V/m
D．正离子从D点射入的速度大小为3×104m/s
10．卫星1和卫星2分别沿圆轨道和椭圆轨道环绕地球运行，两轨道在同一平面内相交于A、B两点，卫星2在近地点离地心的距离是卫星1轨道半径的1k倍，如图所示，某时刻两卫星与地心在同一直线上，D点为远地点，当卫星2运行到A点时速度方向与CD连线平行。已知近地点的曲率半径为ρ=b2a，式中a、b分别是椭圆的半长轴和半短轴，下列说法中正确的是（　　）

A．两卫星在A点的加速度相同
B．卫星2在近地点的加速度大小是卫星1加速度大小的k倍
C．卫星2在近地点的速率是卫星1速率的k倍
D．卫星2运行到近地点时，卫星1和卫星2的连线过地心
11．如图，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，OB段粗糙，OA=OB=l，左端固定劲度系数为k的轻质弹簧，右端用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上。质量为m的小滑块以速度v从O点向左运动并压缩弹簧，弹簧压缩量为x时轻绳被拉断，最终小滑块恰好没有从长木板上掉落。已知弹簧原长小于l，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．轻绳被拉断瞬间，木板的加速度大小为kxM
B．最终长木板与滑块一起以速度mM+mv向左匀速运动
C．弹簧恢复原长时，滑块的动能可能为12mv2
D．滑块与长木板的OB部分间的动摩擦因数为Mv2+kx22(M+m)gl
三、实验题
12．某实验小组用如图（a）所示装置测量重力加速度。将小球A和手机B分别系在一条跨过定滑轮的不可伸长的软绳两端。打开手机B的phyphox软件，令小球A和手机B静止，细绳拉紧，然后释放小球A和手机B，通过phyphox软件测得手机的加速度随时间变化的图线如图（b），实验室提供的物理量有：小球A的质量mA=50.0g，手机B的质量mB=150.0g，当地实际重力加速度g=9.8m/s2。

（1）实验测得的重力加速度大小为　 　m/s2。（结果保留两位有效数字）
（2）实验测得的重力加速度与实际重力加速度有明显差异，除实验中的偶然误差外，请写出一条可能产生这一结果的原因：　 　。
（3）有同学提出本实验还可以研究机械能是否守恒，在小球A上方h高处安装光电门和配套的数字计时器。令小球A和手机B静止，细绳拉紧，然后释放小球A和手机B，数字计时器记录小球A通过光电门的时间t，除实验室提供的物理量外，还需要测量的物理量有　 　（写出物理量的名称和符号），需要验证的原理式为　 　（用实验室提供的物理量符号和测量的物理量将号表示）。
13．如图（a）所示实验器材，小明同学将一量程为250μA，内阻为400Ω的微安表μA改装成量程为1.5V的电压表，经计算后将电阻R与该微安表连接进行改装，然后用标准电压表V对改装后的电压表进行检测。

（1）实验要求电压从零开始检测，请完成图（a）实物连线；
（2）调节R1的滑片位置，当标准电压表的示数为1.40V时，微安表的指针位置如图（b）。由此可以推测出所改装的电压表量程是　 　V；
（3）若产生（2）中所述问题的原因是所接电阻R的阻值错误，则所接电阻R的阻值为　 　Ω；
（4）要实现改装后电压表的量程是1.5V，只需要在电阻R两端并联一个阻值为　 　Ω的电阻即可。
四、解答题
14．如图所示，上端带有卡口的横截面积为S、高为L的导热性能良好的气缸中用一光滑的活塞B封闭着一定质量的理想气体A，气缸底部与U形水银气压计（U形管内气体体积忽略不计）相连，已知气体内能U与热力学温度T的关系为U=αT，其中α为已知常数，活塞B的质量为m，重力加连度为g，大气压强为p0，水银的密度为ρ，环境热力学温度为T时，活塞离缸底的距离为45L。求：

（1）环境温度为T0时，U形气压计两侧水银面的高度差Δh；
（2）环境温度由T0缓慢升高至32T0过程中，气体吸收的热量。
15．如图（a），一长方体木板B放在粗糙水平地面上，上面放置小物块A，A、B的质量均为1kg。取水平向右为正方向，木板B相对于A运动的速度用vBA=vB-vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平地面的速度。在t=0时刻，同时突然分别给A、B初速度，其中A的初速度为vA0=-1m/s，负号表示速度方向水平向左。在0~4s时间内，相对速度vBA随时间t变化的关系如图（b）。运动过程中A始终未脱离B，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）从t=0时刻到B停止运动的过程中，B所受摩擦力的总冲量；
（2）A与B之间的动摩擦因数μA以及B与地面之间的动摩擦因数μB；
（3）从t=0时刻到B停止运动的过程中，A与B之间，B与地面之间因摩擦产生的总热量。
16．如图（a），矩形区域ABCD（包含边界）中存在匀强磁场，其中AD=74d，AB=54d，质量为m、电量为q的正离子以初速度v从A点沿AB边射入匀强磁场中，规定垂直于ABCD平面向外为磁场的正方向，设匀强磁场的磁感应强度B随时间作周期性变化如图（b），题中m、q、d，v为已知量，B、T未知，求：

（1）若磁感应强度B=8mv5qd，在BC边的右侧加一垂直于BC边向左的匀强电场，t=0时刻射入磁场的正离子刚好在t=T时刻垂直于BC边离开磁场，经过一段时间后，又沿BA边从A点离开磁场区域，求正离子在电场中运动的路程；
（2）若磁感应强度B=8mv5qd，欲使在0∼T2时间内射入磁场的正离子均不能由AD边离开磁场，求磁场的周期T应满足的条件；
（3）若磁感应强度B=4mvqd，欲使在t=0时刻射入磁场的正离子垂直于CD边离开磁场，求磁场的周期T。（取sinπ10=13）

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．根据光电效应方程得 hν1=W0+Ek1， hν2=W0+Ek2， Ek1=eU1， Ek2=eU2
联立可得 h=eU1-eU2ν1-ν2
A符合题意；
B．一个氢原子从基态向 n=3的能级跃迁时，最多可以吸收2种不同频率的光，B不符合题意；
C．半衰期是大量原子核发生衰变行为的预测，对个别原子核，我们只知道它发生衰变的概率，而不知道它将何时衰变，C不符合题意；
D．轻核聚变会释放能量，有质量亏损，反应物的核子平均质量大于生成物的核子平均质量，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】根据光电效应方程得出普朗克常量的表达式，根据氢原子跃迁产生光子数得出吸收的广州种类，半衰期是大量原子核发生衰变，结合轻核聚变进行分析判断。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．根据匀变速直线运动速度位移关系可得 v02=2ax
由图像可得 v0=30m/s
x=75m
解得 a=6m/s2
A不符合题意；
B．根据牛顿第二定律可得 μmg=ma
代入数据，解得 μ=0.6
B不符合题意；
C．根据匀变速直线运动速度时间公式 v=v0-at
代入数据，可得3s时刻，汽车的速度大小为12m/s，C符合题意；
D．汽车减速到零的时间为 t=v0a=306s=5s
前6s内，汽车的位移大小为75m，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据匀变速直线运动的位移与速度的关系得出加速度的大小；利用牛顿第二定律得出动摩擦因数，利用加速度的定义式得出汽车减速运动的时间。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．由竖直方向匀变速直线运动方程 v=v0-gt
及 y-t图线斜率表示竖直分速度知， t=1s时 v=4m/s
得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度 v0=14m/s
还有水平分速度，A不符合题意；
B．最高点竖直分速度为0，得时间 t=1.4s到达最高点，由 y=y0+v0t-12gt2
其中 y0=3m
t=1.4s
解得离跳台底部所在水平面的高度为 y=12.8m
B不符合题意；
C． t=1.0s和 t=1.8s时，竖直分速度大小相等，方向相反，但是合速度只是大小相等，方向并不是相反，C不符合题意；
D．谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度 v=2gy=16m/s
则合速度一定大于 16m/s，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据匀变速直线运动的规律得出竖直分速度的大小；到达最高点的过程中根据位移关系得出离跳台底部所在水平面的高度。
4．【答案】B
【解析】【解答】AB．在指纹凸部（脊线），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到别的地方，指纹模块接收到光线较暗，在指纹凹部（谷线），入射光在棱镜界面发生全反射，指纹模块接收到光线较亮，因此指纹模块接收光线较暗的部位是指纹脊线，较亮的部位是指纹谷线，A不符合题意，B符合题意；
C．没有手指放入时，若光源正常发光，入射光在棱镜界面发生全反射，指纹模块上会接收到全亮图像，C不符合题意；
D．因透明玻璃的折射率大于水的折射率，因此，手指湿润时，棱镜界面仍然有部分光能发生全反射，也可能有部分光无法发生全反射，使得指纹识别率低，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据光的全反射判断较亮的部位和较暗的部位，利用透明玻璃的折射率判断能否发生全反射。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．交流电压表读数为有效值，由理想变压器规律 U1U2=n1n2
得电压表 V1读数为 U2=20V
断开开关S后， R2和 R3并联回路的电阻增大，其电压相应增大，电压表 V2读数变大，A不符合题意；
B．断开开关S后，副线圈的总电阻增大，总电流I2减小，由理想变压器规律 I1I2=n1n2
知原线圈的电流I1也减小，两电流之比不变，B不符合题意；
C．断开开关S后，原、副线圈的电流都减小，原线圈的输入功率由 P1=U1I1
知P1相应减小，电阻 R1的功率由 PR1=I22R1
知 PR1相应减小，电阻 R2的电压增大，功率由 PR2=U并2R2
知 PR2相应增大，C符合题意；
D．将原线圈中的R1等效为电源内阻，设副线圈后的总电阻为R，等效到原线圈电阻为 R'，由 U22R=U12R'
得 R'=(n1n2)2R=121R>R1
断开开关S后，副线圈后的总电阻增大，由电源输出功率与外电阻的关系可知，副线圈回路消耗的功率减小，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系得出电压比的示数，断开开关后利用原副线圈的电流比和匝数比的关系以及电功率的表达式得出电阻2的功率变化情况，利用原副线圈的功率关系进行分析判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A． t0时刻线框中产生的感应电动势大小 E=ΔΦΔt=B0t0⋅12d2=B0d22t0
A不符合题意；
B． t0时刻的感应电流为 I=ER=B0d22Rt0
虚线MN左、右侧磁感应强度均为 B0，线框左边受安培力为 F1=IdB0=B02d32Rt0
方向向右，线框右边受安培力为 F2=IdB0=B02d32Rt0
方向仍向右，线框上、下边所受安培力的合力为0，整个线框所受安培力的合力为 F=F1+F2=B02d3Rt0
方向向右，B不符合题意；
C． 2t0时，虚线MN左侧磁感应强度为 2B0，线框左边受到的安培力大小为 2F1=2IdB0=B02d3Rt0
方向向右，线框右边受到的安培力大小仍为 F2，方向仍向右，线框上、下边所受安培力的合力为0，整个线框所受安培力的合力为 F=2F1+F2=3B02d32Rt0
方向向右，C符合题意；
在 0∼2t0内，通过线框某横截面的电荷量为 q=2t0I=B0d2R
D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，利用欧姆定律得出感应电流的大小，通过安培力的表达式得出线框受到的安培力，结合力的合成得出整个线框的受力情况，结合电流的定义式进行分析判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．通过观察图像，根据上、下坡法， S1的起振方向沿y轴正方向， S2的起振方向沿y轴负方向，A不符合题意；
B．由图知波长 λ=4m，用周期 T=λv=2s
t=0时刻，两波的第一个波峰距离 Δx=20m，两列波的第一个波峰相遇的时间为 Δt=Δx2v=5s
相遇位置在 x=0处，B不符合题意；
C． S1的振动在 t=4.5s时传播到 x=-2m处， S2的振动经 t=3.5s时传播到 x=-2m处，在0～3.5s内， x=-2m的质点不动，3.5～4.5s内，该质点运动半个周期，只参与 S1的振动，运动的路程 s1=2A=8cm
在4.5～5s内，两列波分别在 x=-2m处的振动情况恰好相同，振动增强，运动的路程 s2=8cm
则 x=-2m处质点运动的总路程 s=s1+s2=16cm
C不符合题意；
D．两波源振动同步，振动加强点满足波程差 Δs=nλ，
其中 n=0、1、2、3、4，即两波源间（不含波源）有9个振动加强点，如图坐标 x=－8、－6、－4、－2、0、2、4、6、8（单：m）共9个点，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据波的传播方向和质点的振动方向的判断得出波源的振动方向，利用简谐波得出周期和波长的关系得出两列波的第一个波峰相遇的时间。
8．【答案】C,D
【解析】【解答】A．根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与图示方向相同时，海水受到安培力向前，根据牛顿第三定律，海水对磁场（实质是海水对超导潜艇）的作用力向后，该力是使潜艇后退的力，A不符合题意；
B．改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变，B不符合题意；
C．设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为 F=ISdB=IVB
C符合题意；
D．船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于 UR，D符合题意。
故答案为：CD。

【分析】根据左手定则得出海水受到安培力的方向，结合牛顿第三定律得出潜艇的运动情况；改变超导线圈中电流的大小，从而得出海水中电流的大小。
9．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A．由匀强电场中两点间的电势差与距离成正比，得 φC-φD=φD-φA
φC-φE=φE-φB
得 φD=14V
φB=8V
A符合题意；
B．正离子从D点运动到B点过程中，静电力做功 W=e(φD-φB)=6eV
B不符合题意；
C．如图

取DA中点F，则 φF=8V，连接BF，即为等势线，由几何关系知 AC⊥BF
故匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小 E=φD-φBDF=6V/m
C符合题意；
粒子的初速度方向与场强方向垂直，做类平抛运动，有 DF=12Eemt2=1m
FB=v0t=3m
解得 v0=3×104m/s
D符合题意。
故答案为：ACD。

【分析】根据电势差和电势的关系得出B点的电势。利用电场力做功的表达式得出静电力所做的功；结合匀强电场电场强度的表达式得出匀强电场的电场强度，用过类平抛运动得出D点摄入速度的大小。
10．【答案】A,D
【解析】【解答】A．卫星2和卫星1在A点的加速度都是由万有引力提供，根据 GMmr2=ma
其加速度相同，A符合题意；
B．卫星1做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有 GMm1r2=m1a1
解得 a1=GMr2
卫星2做椭圆运动，在近地点，由万有引力提供向心力，有 GMm2(1kr)2=m2a2
解得 a2=GM(1kr)2
所以 a2=k2a1B不符合题意；
C．同理，对卫星1和2有 GMm1r2=m1v12r
GMm2(1kr)2=m2v22ρ
解得 v1=GMr
v2=GMρ(1kr)2=kGMρr2
当卫星2运行到A点时速度方向与CD平行，A点是椭圆的上顶点，即 a=r
又近地点的曲率半径 ρ=b2a
得 v2=bkrv1
椭圆有 a2=b2+c2
a-c=1kr
即 c=r-1kr， b=r2k-1k2
联立解得 v2=2k-1⋅v1
C不符合题意；
D．由开普勒第三定律知 r3T12=a3T22
得 T1=T2
即卫星1的周期和卫星2的周期相等，其半周期也相等，卫星2运行到近地点时，卫星1和卫星2的连线过地心，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】万有引力为卫星所受的合力，根据牛顿第二定律得出两卫星的加速度关系，利用几何关系以及万有引力提供向心力得出速度的表达式，结合开普勒第三定律得出两卫星的周期关系。
11．【答案】A,D
【解析】【解答】A．轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于 kx，对木板，由牛顿第二定律得 kx=Ma， a=kxM
A符合题意；
B．轻绳断之前对长木板和滑块组成的系统有拉力，系统动量不守恒，B不符合题意；
C．弹簧恢复原长时木板有动能，所以滑块的动能小于 12mv2，C不符合题意；
D．设轻绳被拉断时滑块的速度为 v1，弹力做功 W=-0+kx2x=-12kx2
根据动能定理有 W=12mv12-12mv2
轻绳被拉断后，根据动量守恒定律有 mv1=(M+m)v2
由功能关系有 μmgl=12mv2-12(M+m)v22
联立解得 μ=Mv2+kx22(M+m)gl
D符合题意；
故答案为：AD。

【分析】对木板根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合判断动量守恒的条件判断动量是否守恒，利用能定理以及功能关系得出动摩擦因数的表达式。
12．【答案】（1）9.4
（2）滑轮的轴不光滑（或滑轮有质量，软绳有质量，物体运动过程中受空气阻力，手机在下落过程中发生摆动等）
（3）小球A的直径d；(mB-mA)gh=12(mA+mB)(dt)2
【解析】【解答】（1）由图（b）读出加速度为 a=4.7m/s2，根据牛顿第二定律， (mB-mA)g1=(mA+mB)a
代入数据得 g1=9.4m/s2
（2）测量的重力加速度小于实际值，除偶然误差外，也可能是由于滑轮的轴不光滑，或滑轮有质量，软绳有质量，物体运动过程中受空气阻力，手机在下落过程中发生摆动等原因。
（3）由于还需要算出小球的速度，则还需要测量小球A的直径d。
根据功能关系知需要验证的原理式为 (mB-mA)gh=12(mA+mB)(dt)2

【分析】（1）根据牛顿第二定律得出重力加速度的表达式；
（2）根据测量重力加速度的实验原理判断产生误差的原因；
（3 根据功能关系得出所要验证的表达式，进一步得出所要测量的物理量。
13．【答案】（1）
（2）1.75
（3）6600
（4）36960
【解析】【解答】（1）实验要求从零开始检测，接成分压式电路；电阻R与微安表串联，改装后的电压表与标准电压表并联检测，注意正、负极，如图所示

（2）图（b）中读数是 200μA，由 1.40V200μA=U250μA
得 U=1.75V
所改装的电压表量程是 1.75V；
（3）量程为1.75V的电压表的内阻为 1.75V250μA=7000Ω
所接电阻R的阻值为 7000Ω-400Ω=6600Ω
（4）量程为1.5V的电压表的内阻为 1.5V250μA=6000Ω
由并联电阻规律 1(6000-4000)Ω=16600Ω+1r
解得 r=36960Ω

【分析】（1根据电压的变化情况得出滑动变阻器的连接方式，从而连接电路图；
（2）根据欧姆定律得出改装后电压表的量程；
（3）根据欧姆定律以及串联电路电阻的求解得出电阻R的阻值；
（4）根据欧姆定律以及并联电路的规律得出并联电阻的阻值。
14．【答案】（1）解：设稳定后汽缸内气体的压强为p1，对活塞，根据平衡条件得mg+p0S=p1S
对水银柱，有p1=p0+ρgΔh
解得Δh=mρS
（2）解：缓慢升高环境温度，活塞B上升，气体发生等压变化，U形导管内侧水银面的高度差不变，设活塞B刚好到达容器口时，温度为T1，由盖—吕萨克定律得45LST0=LST1
解得T1=54T0