2022届黑龙江省齐齐哈尔市一中高三下学期物理二模试卷（解析版）

这是一份2022届黑龙江省齐齐哈尔市一中高三下学期物理二模试卷（解析版），共19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。

黑龙江省齐齐哈尔市一中2022届高三下学期
物理二模试卷
一、单选题
1．一物体在水平地面由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t变化的关系如图所示，则物体在0～2t0时间内（　　）

A．一直做单向直线运动 B．恰好能返回到出发点
C．速度一直保持均匀变化 D．t0时刻速度为零
2．在同一水平高度（足够高）不同位置由静止释放A球，同时以初速度v0＝10m/s水平抛出B球。已知两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则A、B球在空中运动1s时重力的瞬时功率之比为（　　）
A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．1：2
3．如图所示，2022年2月3日，宇航员王亚平在中国空间站通过化学实验的方式在空间站“变”出奥运五环，并为奥运健儿送去祝福。将空间站绕地球飞行轨道视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的116。下列说法正确的是（　　）

A．空间站在轨道上运行的速度大于7.9m/s
B．空间站在轨道上运行的周期等于24h
C．“变”出的奥运五环在空间站中处于平衡状态
D．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（1617）2倍
4．如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场（具体方向未知），磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子由虚线上的M点垂直磁场射入，经过一段时间该粒子经过N点（图中未画出），速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是（　　）

A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子由M运动到N的时间为π6kB
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中圆周运动半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
5．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平面上，可视为质点的光滑小球乙质量为m，用轻绳拴接置于半圆柱上；质量为2m的物块甲用轻绳拴接放在斜面体上，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O点位于半圆柱圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为3R，整个装置处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．拴接小球乙的轻绳拉力大小为mg
B．小球乙对半圆柱体的压力大小为34mg
C．物块甲所受的摩擦力方向沿斜面向下
D．半圆柱体所受的摩擦力大小为34mg
二、多选题
6．如图甲所示为氢原子的部分能级图，现有大量处于n＝4能级的氢原子将发生跃迁。图乙为光电效应演示装置，现将氢原子跃迁发出的光照射锌板，已知锌板逸出功为3.4eV。下列说法正确的是（　　）

A．最多能发出6种频率的光
B．锌板不会发生光电效应
C．若发生光电效应，则验电器内的金属片带负电
D．若发生光电效应，从锌板打出的光电子的最大初动能为9.35eV
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝1∶2，定值电阻R1＝R2＝5Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为80Ω，电流表、电压表均为理想电表。a、b两端接入电压为u＝2202sin100πt（V）的交变电流，则滑动变阻器的滑片缓慢地从左端向右端滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．通过电流表的电流方向每秒钟改变50次
B．电流表的示数先减小后增大
C．电阻R1的功率先增大后减小
D．理想变压器的最大输入功率为2420W
8．如图所示，三个完全相同的可视为点电荷的小球甲、乙、丙放在光滑绝缘的水平面上，且三个小球在同一条直线上，现在小球丙上施加一水平的恒力F，三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运动，已知小球甲、乙、丙所带电荷量之比为6：3：8，且相邻两个小球之间的距离相等。则下列说法正确的是（　　）

A．小球丙的合力大小为F
B．小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷
C．小球乙和小球丙之间的作用力大小为43F
D．小球甲和小球乙之间的作用力大小为23F
9．对固体、液体性质以及特点的理解，下列说法正确的是（　　）
A．从微观角度解释气体的压强时，气体分子的平均动能和密集程度决定气体压强的大小
B．分子间距离减小，分子势能可能增大也可能减小
C．某溶液在相同温度下，形成的未饱和汽、饱和汽的压强不同，则该溶液分子的平均动能一定不同
D．当科技达到一定程度时，内能也不可能全部转化为机械能而不引起其他变化
E．水银滴在玻璃板上将成椭球状，所以说水银一定是一种不浸润液体
10．如图甲所示为一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝3s时的波形图，图乙为图甲x＝12m处的质点M的振动图像，质点N位于x＝24m处，则下列说法正确的是（　　）

A．波沿x轴的正方向传播
B．在接下来的3s的时间内，质点M通过的路程可能小于6m
C．质点M和质点N的振动情况始终相反
D．质点N的振动方程为y＝2sin（π2t﹣π2）m
E．该简谐横波与频率为4Hz的简谐横波相遇时能发生干涉现象
三、实验题
11．某物理实验小组用如图甲所示的装置测当地的重力加速度，主要步骤如下：让光滑小钢球从电磁铁下边缘自由下落，经过小球下方的光电门的水平细激光束时，光电计时器记录下小球的挡光时间Δt；测出小球直径d以及释放前小球球心到光电门的竖直距离为h。

（1）利用游标卡尺测量小球直径如图乙所示，则小球的直径d=　 　mm；
（2）在某次测量中，测得小球通过光电门的时间为Δt=2.0×10﹣3s，小球下落高度h=0.84m，根据这些数据，可求得的重力加速度g=　 　m/s2（保留4位有效数字）；
（3）该测量结果与当地的重力加速度有较大的误差，小组同学通过反思后提出了三种原因，你认为合理的是____。
A．小球通过光电门时球心偏离细光束
B．小球下落时受到了空气阻力
C．小球下落后受到铁芯的引力
12．某同学为了测量电源的电动势和内阻，设计了如图甲所示的实验，待测电源、量程相同电压表两个（内阻均很大）、阻值未知的定值电阻R0、滑动变阻器（最大电阻值R为已知量）、电键和导线若干。

（1）用笔画线代替导线将图乙中的电路补充完整；
（2）先测定值电阻的阻值，将滑动变阻器的触头滑到最右端，闭合电键S，两电压表的示数分别为U1、U2，则定值电阻的阻值为R0＝　 　（用R、U1、U2表示）；
（3）若测量的定值电阻的阻值为R0，通过调节滑动变阻器的滑动触头，得出多组电压表的示数，根据得出的实验数据描绘出如图丙所示的图像，图像的斜率为k、截距为b，则该电源的电动势E＝　 　V、内阻r＝　 　。（均用k、b、R0表示）
四、解答题
13．如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为a＝0.4m、匝数为10匝的正方形导线框，已知导线框的总电阻为R＝1Ω，导线框、绝缘杆以及滑块的总质量为M＝2kg，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.5。水平轨道的正下方有足够长的宽为a的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强大小为B0＝0.5T，虚线MN为磁场区域的中心线，且导线框的上边刚好与虚线MN重合，现给滑块施加一水平向右的外力F，使整个装置以恒定的速度v＝0.4m/s运动，重力加速度为g取10m/s2。求：

（1）导线框上半部分刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
（2）导线框上半部分刚要全部进入磁场时外力F的大小；
（3）当导线框上半部分完全进入磁场区域时，立即将整个装置锁定，之后磁感应强度的大小以B＝0.5+2t（其B的单位为T，t的单位为s）的规律变化，则此后2s时间内，导线框产生的焦耳热Q的大小。
14．如图所示，半径为R＝5m的14光滑弧形轨道PQ固定，轨道与水平面相切于Q点，水平面的右侧放置一质量为mC＝0.5kg、半径为r＝2m的光滑弧形槽C，弧形槽与水平面相切于N点，且弧所对应的圆心角为60°，在QN间的O点放置一质量为mB＝2.5kg的物体B，QO＝2.5m、ON＝1.75m，将一质量为mA＝0.5kg的物体A由P点的正上方h＝3.2m高度由静止释放，沿弧形轨道的切线方向进入水平面，经过一段时间与物体B发生弹性正碰，然后物体B进入弧形槽。已知物体A、物体B与QN段的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.2，重力加速度g取10m/s2，忽略弧形槽C与水平面间的摩擦。求：

（1）物体A第一次通过弧形轨道最低点Q时对轨道的压力大小；
（2）物体A、B碰后各自的速度；
（3）通过计算分析物体B能否从弧形槽C的右侧离开，若能，求出离开时的速度；若不能，求出上升的最大高度，并求出整个过程中弧形槽获得的最大速度。
15．如图甲所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置，管长为L，管里一段长13L的水银柱封住一段长13L的气柱，温度为T0，大气压强为p0。若13L水银柱产生的压强为p0。

（1）现通过升高气体温度，使水银柱上端恰好到达管口，则气体温度应升为多少？
（2）保持气体温度不变，在管口加一个厚度、重力均不计的活塞，给活塞加一个向下的力，使活塞缓慢向下移动，当水银柱下降16L时，活塞下降的距离为多少？
16．某生产厂家制作截面为正三角形的棱镜时，首先将OM和ON边打磨成平面，且两边的夹角为60°，其中另一边MN为以O为圆心的圆弧，在ON边的延长线上有一光源，沿SA的方向发射出的光线射到OM面上，经棱镜折射后由弧MN上的B点射出，最终射到ON另一侧的延长线的C点（图中未画出）。已知AB与ON平行，且SO=OA=AB，OM=R，光在真空中的速度为c。求：

（1）该光线在棱镜中的折射率；
（2）光线由S传到C的时间。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】AB．在加速度与时间图像中，图像与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，根据图像可知，0～t0时间内速度变化量为正，t0～2t0时间内，速度变化量为负，且负的变化量等于正的变化量，说明在2t0时刻，物体速度为零，物体一直做单向直线运动，A符合题意，B不符合题意；
C．根据图像可知，0～t0时间内加速度减小，t0～2t0时间内加速度反向增大，速度不是均匀变化，C不符合题意；
D．t0时刻速度开始减小，所以t0时刻速度最大，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】解决本题的关键是采用类比的方式得出a-t图像与时间轴所夹的面积代表速度的变化量，在物理中我们需要弄清图像所夹面积代表的物理量的意义是将纵坐标与横坐标乘积写出来看能代表那个物理量就可以得出物理意义。
AB、根据上述分析，可以得出0～t0时间内速度变化量为正，t0～2t0时间内，速度变化量为负，即物体先做加速运动后做减速运动，根据图像面积大小规律就可以得出物体先加速指某一大小后减速至零，故其做单项直线运动，不能返回原点。
C、速度均匀变化则加速度应该保持不变；
D、物体速度是否为零与加速度没有直接关系，只需要弄清物体前后的运动情况即可。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、B两球在竖直方向做自由落体运动，1s末竖直方向获得的速度为vy=gt=10×1ms=10ms
A、B球在空中运动1s时重力的瞬时功率之比为PAPB=mgvymgvy=11。
故答案为：B。

【分析】在功率的计算公式中p=Fv要求F与v必须同向，所以不管是自由落体还是平抛运动，其在竖直方向运动情况一样，因此两者落地时竖直方向速度大小相等。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．第一宇宙速度等于贴近地面卫星做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
解得v＝GMr
所以核心舱在轨道上飞行的速度小于地球的第一宇宙速度，A不符合题意；
B．对核心舱与地球同步卫星相比，根据万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2rT2
解得T=4π2r3GM
由于核心舱的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，而地球同步卫星的周期为24h，所以核心舱在轨道上飞行的周期小于24h，B不符合题意；
C、奥运五环在空间站中绕地球做圆周运动，所以不处于平衡状态，C不符合题意；
D、根据万有引力定律可得F=GMmr2
核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的（1617）2倍，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】AB、解决卫星运动绕中心天体做匀速圆周运动问题，只需要抓住万有引力提供向心力这一原理，推导出相应物理量与旋转半径关系就可以解答；
C、只要绕着中心天体做匀速圆周运动的物体，根据速度相关知识可以知道物体加速度不为零，其处于非平衡状态；
D、根据万有引力计算公式与距离地心距离就可以求出引力大小关系。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示

根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，A不符合题意；
B．粒子由M运动到N时速度方向改变了60°角，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为α=60°
则粒子由M到N运动的时间为t=16T
又粒子在磁场中的运动周期为T=2πmqB
整理得t=π3kB
B不符合题意；
CD．如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有cosα=R-LR
解得R=2L又R=mvqB
代入数据解得v=2kBL
D不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】 A.根据粒子的运动轨迹结合左手定则就可以判断得出磁场方向；
B.粒子在做圆周运动的过程中其速度方向的偏转角度与轨迹在这段时间对应的圆心角相等；
CD.根据几何关系求出粒子的运动半径，然后根据洛伦兹力充当向心力就可以算出带电粒子的入射速度。
5．【答案】D
【解析】【解答】AB．对小球乙受力分析如图1所示，由相似三角形知识得mg2R＝NR＝T3R
解得拴接小球乙的轻绳拉力大小T＝32mg
小球乙受到的支持力为N＝12mg
根据牛顿第三定律可知，小球乙对半圆柱体的压力大小为12mg，AB不符合题意；

C．设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α，由几何关系可知（2R）2＝R2+（3R）2
所以连接乙球的轻绳与半圆柱体相切sinα＝R2R＝12
解得α＝30°
以结点O为研究对象，对其受力分析如图2所示，拉力T和F2的合力与F1等大反向，由平衡关系得F2＝Ttanα
代入数据解得F2＝12mg
物块甲的重力沿斜面向下的分力大小为2mgsin30°＝mg＞12mg
则物块甲所受的摩擦力沿斜面向上，C不符合题意；
D．以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，由力的平衡条件可知，半圆柱体丙所受的摩擦力方向水平向左，大小等于拉力T沿水平向右方向的分力，即f＝Tsinα＝32mg×12＝34mg
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】AB.对小球乙受力分析进行受力分析，结合力的平衡条件以及力的合成和几何关系就可以解答该题了，注意平行四边形中的三角形和物质摆放结构中的三角形相似是解答该题的关键；
C.以O点为研究对象，根据平衡条件和几何关系就可以求出绳子的拉力结合对甲的受力分析就可以得出答案；
D.以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，由力的平衡条件可知，半圆柱体丙所受的摩擦力方向水平向左，大小等于拉力T沿水平向右方向的分力，合理选择整体法和隔离法就可以快速解题。
6．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据玻尔理论可知，大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子的种类N＝C42＝6种
A符合题意；
B．氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级时，辐射的光子能量最大，其值为ΔE＝E4－E1＝12.75eV＞W0＝3.4eV
故锌板会发生光电效应，B不符合题意；
C．若发生光电效应，则锌板由于缺少电子而带正电，则验电器内的金属片带正电，C不符合题意。
D、根据爱因斯坦光电效应方程可得光电子的最大初动能为Ekm＝hν-W0＝12.75eV-3.4eV＝9.35eV
D符合题意．
故答案为：AD。

【分析】A、根据玻尔理论，一个处于n能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子种类为n-1种，而大量处于n能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光子的种类N＝C42种。
B.能使金属发生光电效应光子的能量要大于金属的逸出功；
C.因为锌板失去电子，所以锌板带正电，而验电器与锌板连心在一起，所以验电器金属片也带正电；
D。根据爱因斯坦光电效应方程可得光电子的最大初动能为Ekm＝hν-W0计算即可。
7．【答案】B,D
【解析】【解答】A．根据ab两端接入电压为u＝2202sin100πt，交流电的角速度为ω＝100πrad/s，则周期T＝2πω=2π100πs=0.02s
在一个周期内电流方向改变2次，故每秒钟电流改变次数为n＝2×1T＝2×10.02＝100
A不符合题意；
B．将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R'，由U1=I1R'
U1=n1n2U2
I1=n2n1I2
U2=I2R副
联立可得R'=（n1n2）2R副
滑动变阻器的滑片缓慢地从左端向右端滑动的过程中，副线圈回路中的总电阻R副先增大后减小，则原线圈回路的等效电阻先增大后减小，由I1=UR1+R'
知原线圈中电流先减小后增大，由I1=n2n1I2知，副线圈中电流先减小后增大，B符合题意；
C．原线圈电路中电流先减小后增大，根据P=I12R1可知电阻R1的功率先减小后增大，C不符合题意；
D．设副线圈中的电流为I2，根据I1I2=n2n1可知I1＝2I2，故U1＝U﹣I1R1＝（220﹣10I2）V
输入功率P入＝U1I1＝（220﹣10I2）×2I2＝﹣20（I2﹣11）2+2420
当I2＝11A时，此时输入功率最大，最大为P入max＝2420W
D符合题意。
故答案为：BD。

【分析】A、正弦式交变电流在一个周电流方向改变两次；
B、将原副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻，找到等效电阻与副线圈中电阻的关系，根据副线圈中滑动变阻器的变化就可以得出答案；
C、原线圈电路中电流先减小后增大，根据P=I12R1可知电阻R1的功率先减小后增大；
D、根据原副线圈线圈匝数关系，然后计算出原线圈电压和副线圈电流关系，利用功率的表达式找到表达式就可以得出最终答案。
8．【答案】B,C
【解析】【解答】A．设甲、乙、丙三球的质量为m，加速度为a，相邻两个小球之间的距离为r，三球的带电量分别为6q、3q、8q，对甲、乙、丙三球整体，由牛顿第二定律得F=3ma
对丙球，由牛顿第二定律得F丙合=ma=F3
A不符合题意；
B．甲、丙间库仑力大小为F甲丙=k6q⋅8q(2r)2=12kq2r2
乙、丙间库仑力大小为F乙丙=k3q⋅8qr2=24kq2r2
甲、乙间库仑力大小为F甲乙=k3q⋅6qr2=18kq2r2
即F乙丙>F甲乙>F甲丙
甲、乙所受静电力的合力向右，则小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷，B符合题意；
C．对乙，根据牛顿第二定律得F乙丙-F甲乙=ma
可得kq2r2=16ma=118F
则小球乙和小球丙之间的作用力大小为F乙丙=24kq2r2=2418F=43F
C符合题意；
D．小球甲和小球乙之间的作用力大小为F甲乙=18kq2r2=F
D不符合题意。
故答案为：BC。

【分析】A、三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运动，所以可以先用整体法计算加速度，然后再将丙球分离出来分析就可以得出答案；
B、根据三个小球的运动情况以及合力情况结合电荷间相互作用规律就可以得出答案；
C、对乙球受力分析结合乙球加速度就可以得出最终答案；
D、利用小球甲和小球乙之间的作用力根据库仑定律以及大小关系就可以得出答案。
9．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A．根据气体压强的微观解释，可知气体分子的平均动能和密集程度决定气体压强的大小，A符合题意；
B．当r小于平衡距离时，r减小，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大，当r大于平衡距离时，r减小，分子力表现为引力，分子力做正功，分子势能减小，B符合题意；
C．温度是分子平均动能的标志，同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的分子平均动能相同，C不符合题意；
D．根据热力学第二定律，内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，D符合题意；
E．浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的，液体浸润固体，附着层面积要扩张，不浸润固体附着层面积要收缩；水银不浸润玻璃，但可能浸润其他固体，E不符合题意。
故答案为：ABD。

【分析】A、掌握气体压强微观解释就可以解决该题了；
B、若分子间距离大于平衡距离，则分子间距离减小是分子力做正功，分子势能减小，若分子间距离小于平衡距离，则分子李做正功，分子势能增大；
C、温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子平均动能相同；
D、 不可能从单一热源吸取热量，并将这热量变为功，而不产生其他影响。
E、浸润与不浸润是由液体和固体共同决定的，水印呈椭球形是由于表面张力作用。
10．【答案】A,C,D
【解析】【解答】A．根据质点M的振动图像乙可知，在t＝3s时质点M的振动方向向上，由波形平移法可知，波沿x轴的正方向传播，A符合题意；
B．由乙图可知，振动的周期T＝4s
因t＝3s＝34T
则在接下来的3s的时间内，质点M通过的路程s＝3A＝3×2m＝6m
B不符合题意；
C．质点M和质点N平衡位置相距半个波长，振动情况始终相反，C符合题意；
D．t＝0时刻，质点M位于波峰，则质点N位于波谷，质点N的振动方程为y＝Asin（2πTt﹣π2）＝2sin（π2t﹣π2）m
D符合题意；
E．该简谐横波的频率为f＝1T=0.25Hz
则该简谐横波与频率为0.25Hz的简谐横波相遇时才能发生干涉现象，故E错误。
故答案为：ACD。

【分析】A、根据M点的振动图像结合波形图就可以分析得出答案；
B、先根据振动图像判断出M点的振幅和运动位置就可以得出最终答案；
C、当两个质点都处于平衡状态且相距半个波长，则两质点振动情况相反；
D、由M点的振动情况，得出N点运动的振幅和周期，有周期算出角速度，在结合M和N点的运动情况，算出N点的初相，最后就可以得出N点的方程；
E、 产生光的干涉的必要条件： ①两光波具有相同的振动频率； ②两光波在相遇点有固定的位相差；
11．【答案】（1）8.40
（2）10.5
（3）A
【解析】【解答】（1）游标卡尺的分度值为0.05mm，不需要估读，则小球的直径为d=8mm+0.05mm×8=8.40mm
（2）极短时间内，物体的瞬时速度等于该过程的平均速度，则v=dΔt
根据运动学公式得v2=2gh
解得g=10.50m/s2
（3）A．小球通过光电门时球心偏离细光束，造成小球通过光电门的时间偏小，小球通过光电门的速度偏大，从而使重力加速度g的测量结果偏大，A符合题意；
B．小球下落时受到了空气阻力，通过光电门的速度偏小，重力加速度的测量值偏小，B不符合题意；
C．小球下落后受到铁芯的引力，通过光电门的速度偏小，重力加速度的测量值偏小，C不符合题意。
故答案为：A。

【分析】（1） 游标卡尺读数为主尺读数与游标尺读数之和，游标卡尺不需要估读；
（2）先根据光电门和遮光片的宽度算出小球经过光电门的速度，然后根据匀变速直线运动规律就可以得出答案；
（3）根据实验的原理和注意事项确定误差产生的原因。
12．【答案】（1）
（2）(U1-U2)RU2
（3）b1-k；kR01-k
【解析】【解答】（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（2）根据部分电路欧姆定律得定值电阻的阻值为R0=U0I0
又因为I=U2R
由电路可知U0=U1-U2
联立解得R0=(U1-U2)RU2
（3）根据闭合电路的欧姆定律有E＝U1+Ir＝U1+U1-U2R0r
整理得U1=rR0+rU2+R0R0+rE
由图示U1﹣U2图像可知，图像的斜率k=rR0+r
纵轴截距b=ER0R0+r
解得电源电动势E=b1-k
内阻r=kR01-k

【分析】(1)根据题意电路图确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。
（2）根据实物图进行分析，从而明确（2），根据串并联电路的规律进行分析，由欧姆定律即可求得电阻大小；
（3）根据电路连接方式结合闭合回路的欧姆定律找到两个电压表的规律，就可以化解得到两个电压表关系式方程 ，最后根据方程式就可以解决答案。
13．【答案】（1）解：导线框上半部分刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝12nB0av＝12×10×0.5×0.4×0.4V＝0.4V线框中感应电流大小为I=ER=0.41A=0.4A
（2）解：导线框上半部分刚要全部进入磁场时，右边受到的安培力大小为F1＝12nB0Ia＝12×10×0.5×0.4×0.4N＝0.4N
方向向左；线框上边受到的安培力F2＝nB0Ia＝10×0.5×0.4×0.4N＝0.8N
根据左手定则可知方向向下；对整体根据平衡条件可得F＝F1+μ（Mg+F2）
解得F＝10.8N
（3）解：根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E'＝nΔBSΔt＝10×2×12×0.42V＝1.6V
感应电流大小为I'＝E'R＝1.61A＝1.6A
在t＝2s内产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝1.62×1×2J＝5.12J
【解析】【分析】(1)根据线框切割磁感线的感应电动势的表达式就可以求出回路中感应电动势，然后根据闭合回路的欧姆定律就可以求出答案；
（2）以滑块和线框整体为研究对象，根据平衡条件结合对滑块和线框进行受力分析即可得出最终答案；
（3） 据法拉第电磁感应定律可得感应电动势 结合闭合回路的欧姆定律计算出电流，然后利用焦耳定律就可以算出答案。
14．【答案】（1）解：根据动能定理可知mAg（R+h）＝12mAvQ2
在Q点根据牛顿第二定律F-mAg=mAvQ2R
解得F=21.4N
根据牛顿第三定律可知，物体A第一次通过弧形轨道最低点Q时对轨道的压力大小为21.4N。
（2）解：AO过程应用动能定理可知mAg（R+h）-μ1mAglQO＝12mAvA2
解得vA=12m/s
根据A与B发生弹性正碰可知mAvA＝mAvA'+mBvB
12mAvA2=12mAvA'2+12mBvB2
解得vA'＝﹣8m/s
负号表示方向向左vB＝4m/s
（3）解：ON过程对物体B应用动能定理﹣μ2mBglON＝12mBvB'2-12mBvB2
解得vB'=3m/s
物体B与C发生碰撞，设它们达到共同水平速度为vBC，根据水平方向动量守恒mBvB'＝（mB+mC）vBC
解得vBC=2.5m/s
根据此过程BC组成的系统机械能守恒，可知当二者达到共同速度时，B物体上升的高度为hB，根据机械能守恒mBghB=12mBvB'2-12(mB+mC)vBC2
解得hB=0.075m
根据斜槽C的最高点高度hC=r﹣rcos60°=1m
故可知物体B未能从弧形槽C的右侧离开，物体B上升的最大高度为0.075m，整个过程中弧形槽获得的最大速度为2.5m/s
【解析】【分析】（1）利用动能定理计算出物体A在Q点的速度，结合扭断第二定律就可以求出滑块支持力的大小，再根据牛顿第三定律就可以最终答案；
（2）先根据动能定理算出A、B碰撞前A的速度，然后利用弹性碰撞过程中动量守恒定律和机械能守恒定律就可以求出答案；
（3）根据动能定理算出B、C碰撞前B的速度， 物体B与C发生碰撞 系统水平方向动量守恒，然后根据系统机械能转化情况就可以得出答案。
15．【答案】（1）解：气柱发生等压变化，由盖—吕萨克定律得13LST0=23LST2
解得T2＝2T0
（2）解：下气柱发生等温变化，下气柱初状态的气压为p下1=p0+p水银=2p0
由玻意耳定律得(p0+p水银)⋅13LS=p下2⋅16LS
解得p下2=4p0
对上部气体p上2=3p0
对上部气体由玻意耳定律得p0⋅13LS=3p0⋅h上2S
解得h上2＝19L
则活塞下移距离为d=13L-19L+16L＝718L
【解析】【分析】（1）根据压强计算规律就可以判断出该过程是等圧変化，然后选择 盖—吕萨克定律就可以解答；
（2）根据水印下封闭气体的变化情况算出其他压强，然后根据两部分气体压强关系就可以得出上部分被压缩后气体压强，最后根据液柱长度水银柱长度和玻璃管长度关系就可以得出最终答案。
16．【答案】（1）解：如图所示

由几何关系得i=60°，r=30°
根据折射定律得n=sinisinr=sin60°sin30°=3
（2）解：由折射定律可知光在棱镜中的传播速度为v=cn
由几何关系可知，在△SOA中，有SA=3SO在平行四边形SOBA中，有SA=OB=R
则SO=OA=AB=33R
在B点发生折射时，有α=30°，β=60°
根据对称性可知BC=SA则光线由S传到C的时间为t=SA+BCc+ABv
联立解得t=3Rc
【解析】【分析】（1）根据题意将光路图补充完整，然后根据几何关系就可以得出入射角和出射角，然后根据折射定律就可以解决答案；
（2） 由折射定律可知光在棱镜中的传播速度 ，然后利用光走过的路径与速度关系就可以求出最终答案。