安徽省皖东学校联考2025届高三月考试卷物理试题C卷

这是一份安徽省皖东学校联考2025届高三月考试卷物理试题C卷，共20页。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.某质点在Oxy平面上运动。t=0时，质点位于y轴上。它在x方向运动的速度—时间图象如图甲所示，它在y方向的位移—时间图象如图乙所示，则 ( )
A. 质点做匀加速直线运动B. 1 s末的瞬时速度大小为11 m/s
C. 2 s内的位移大小为2 61mD. 质点沿y轴正方向做匀速直线运动
2.如图所示为一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环.现将大圆环在竖直平面内绕过O点的轴顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是 ( )
A. FA变小，FB变小B. FA变大，FB变大C. FA变大，FB变小D. FA变小，FB变大
3.2022年10月7日，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间低轨导航试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．设两颗卫星轨道在赤道平面上，运行方向相同。运动周期也相同，其中a卫星为圆轨道，距离地面高度为ha=2R，b卫星为椭圆轨道，近地点M距离地面高度为远地点N距离地面高度的一半，地球表面的重力加速度为g，a卫星线速度大小为v1，b卫星在近地点M时线速度大小为v2，在远地点N时线速度大小为v3，地球半径为R，P点为两个轨道的交点．下列说法正确的是
A. b卫星远地点N距离地面高度为43R
B. b卫星从N点运动到M点时间为2π 27Rg
C. v2>v1>v3
D. a、b两卫星在P点受到地球的引力相等
4.如图所示，小球A，B固定在竖直轻杆两端，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B.小球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面上．已知小球C的最大速度为v，三球质量均为m，轻杆长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 小球A离开墙面前，B，C两小球已分离
B. 小球A落地前瞬间动能大小为mgL−58mv2
C. 小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球A速度的2倍
D. 竖直墙对小球A的冲量大小为3mv
5.如图所示，小明在斜坡上分别以两个方向投掷石块A、B，并使其落在斜坡下方的M、N两点，假设两次投掷的石块最大高度相同，不计空气阻力，则( )
A. 从投出位置到最高点，A和B速度变化量相同
B. 整个在空中运动的过程中B运动时间比A的短
C. A和B从抛出到落回斜坡面，位移的方向不同
D. A刚投出时的初速度比B刚投出时的初速度大
6.如图所示，由绝缘材料制成的内壁光滑的半圆碗固定在水平面上，O点为圆心，带电量为qa、质量为ma的a小球固定在半圆碗底端的A点，带电量为qb、质量为mb的b小球静止于半圆碗内的B点，此时∠AOB=74∘，由于a、b两小球的质量变化或电荷量变化使得b小球沿半圆碗的内壁缓慢下滑，恰好静止于C点，∠AOC=60∘，此时a、b两小球的质量分别为ma′、mb′，电荷量分别为qa′、qb′，已知a、b两小球均可视为点电荷，sin37∘=0.6，则下列说法正确的是( )
A. b小球受到的支持力一定大于其重力
B. b小球的质量和电荷量至少有一个应发生变化
C. 可能仅是b小球的质量mb′增加至216125mb
D. 可能仅是a、b两小球电荷量的乘积qa′qb′减小至56qaqb
7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R ​2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R ​0为定值电阻，R ​1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是( )
A. 在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R ​0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流
B. 只调节电阻R 3的滑动端P ​2向上端移动的过程中，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流
C. 只调节电阻R ​2的滑动端P ​1向下端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向下运动
D. 若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动
8.如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A. a落地前，轻杆对b一直做正功
B. a落地时速度大小为2 gh
C. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf，电场线与六边形所在平面平行，如图所示。已知a、b、h三点的电势分别为7V、11 V、−5V，带电荷量为e的粒子(重力不计)以16 eV的初动能从b点沿不同方向射入abcdhf区域，当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，下列判断正确的是( )
A. 粒子带负电B. 粒子可以经过正六边形各顶点射出该区域
C. 粒子经过f点时动能为24eVD. 粒子可能从b点射出该区域
10.如图甲所示，轻弹簧放在水平面上，左端与固定挡板相连接，右端与质量为1 kg的物块连接，弹簧处于原长。现给物块施加一个向左、大小为5 N的恒定推力F，物块在向左运动过程中，加速度随运动的位移关系如图乙所示(g取10 m/s2，弹簧弹性势能E=12kx2，k为劲度系数，x为弹簧压缩量)。下列说法正确的是
A. 物块与水平面间的动摩擦因数为0.1B. 弹簧的劲度系数为80 N/m
C. 物块向左运动的最大速度为 105m/sD. 弹簧具有的最大弹性势能为0.4 J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学利用如图甲所示的装置来验证“机械能守恒定律”。将宽度为d的挡光片(质量不计)水平固定在物体A上，将物体由静止释放，让质量较大的物体B通过细线和滑轮带着A一起运动，两光电门间的高度差为h，挡光片通过光电门1、光电门2的时间分别为t1、t2，A、B两物体的质量分别为mA、mB，已知当地的重力加速度为g。回答下列问题。
(1)该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度d=________mm。
(2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为m0的标准砝码和一根弹簧，将标准砝码、物体A和物体B分别静止悬挂在弹簧下端，用刻度尺测出弹簧的伸长量分别为x0、xA、xB，则A、B两物体的质量分别为mA=________，mB=_________。
(3)若系统的机械能守恒，则应满足关系式12d2(xB+xA)(1t22−1t12)=________________________。
(4)若保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB，则物体A的加速度a的值会趋向于__________。
12.在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300μA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：
微安表头G(量程300μA，内阻约为几百欧姆)
滑动变阻器R1(0∼10kΩ)
滑动变阻器R2(0∼50kΩ)
电阻箱R(0−9999Ω)
电源E1(电动势约为1.5V)
电源E2(电动势约为9V)
开关、导线若干
(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是：
A.按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端;
B.断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏;
C.闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200μA，记录此时电阻箱的阻值R0。
①实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 (选填仪器字母代号);
②测得表头G的内阻Rg= ，表头内阻的测量值较其真实值 (选填“偏大”或“偏小”);
(2)实验测得G的内阻Rg=500Ω，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为 Ω的电阻与表头G并联;
(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250μA处，则Rx= Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，与墙发生碰撞(碰撞时间极短)。碰前瞬间的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32，取g=10m/s2。求：

(1)A点距墙面的距离x；
(2)碰撞过程中，墙对小物块的冲量大小I；
14.如图，两长度均为L的相同轻质细杆用铰链A、B、C相连，质量可忽略的铰链A固定在地面上，铰链B和C质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A和C彼此靠近。t=0时铰链C在水平变力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为a= 33g的匀加速直线运动(g为重力加速度)，到t=t1时AB和BC间的夹角变为120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，求：
(1)当t=t1时，铰链C的速度大小；
(2)当t=t1时，重力对B做功的瞬时功率；
(3)若t=t1时，水平F的大小恰好为 33mg，求此时连接AB的细杆中的弹力大小。
15.某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD 区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
(1) 当θ=θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2) 当Ek=4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO’的距离小于d，求入射角θ的范围；
(3) 当Ek=83qEd，粒子在θ为−π2∼π2范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N:N0。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
依据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；
根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，求出1s末x方向的分速度，然后根据平行四边形定则得出质点的速度；
分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解2s内的位移大小。
解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。
【解答】
AD、质点在x轴方向以初速度为4m/s做匀加速直线运动，而在y轴负方向质点做匀速直线运动，依据运动的合成与分解，及曲线运动条件，可知，质点做匀加速曲线运动，故AD错误；
B、在x方向上的初速度为vx0=4m/s，加速度：a=△vx△t=8−42m/s2=2m/s2
由于做匀加速直线运动，因此在t=1s时，质点x方向上速度的大小vx=vx0+at=4m/s+2×1m/s=6m/s，
y方向上的速度为vy=△y△t=0−102m/s=−5m/s，
根据平行四边形定则，则t=1s时质点速度的大小：v1= vx2+vy2= 62+52m/s= 61m/s，故B错误；
C、t=2s时刻质点沿x方向的位移：x2=vx0t+12at2=4×2m+12×2×22m=12m
沿y方向的位移：y=−vyt=−5×2m=−10m
所以在t=2s时质点的位移大小为s= x22+y2= 122+102m=2 61m，故C正确。
故选：C。
2.【答案】A
【解析】【分析】
以环为研究对象，环处于静止状态，合力为零，根据平衡条件求解绳中拉力的大小；然后通过比较转动后绳子的方向与水平方向之间的夹角的变化即可得出力的变化。
本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态，难度适中。
【解答】
如图，
设绳子的长度是2L，AB的长度是2l，AB水平时绳子与水平方向的夹角是α，平衡时两根绳子的拉力相等，设绳子拉力为F1，有：
2F1sinα−mg=0，
得：FA=FB=F1=mg2sinα
由图可知csα=lL，
将大圆环绕着杆中点O在竖直平面内顺时针缓慢转过一个角度时，绳子与水平方向的夹角是θ，平衡时两根绳子的拉力仍然相等，设绳子拉力为F2，有：2F2sinθ−mg=0，
联立解得：FA′=FB′=mg2sinθ，
设此时环到B的距离是L1，到A的距离是L2，则：L1+L2=2L
而由图可知，很显然：L1csθ+L2csθv3，同理v2>v1，综合为v2>v1>v3，C正确;
D、据万有引力定律，卫星在P点受到地球的引力为F=GMmr2，a、b两卫星在P点到地球距离相等，但是它们质量不一定相等，所以受到地球的引力不一定相等，D错误．
4.【答案】B
【解析】解：A.B、C分离前，C向右做加速运动，C的加速度方向向右，B的加速度方向也向右，则杆对B的弹力方向斜向右下方，当B、C恰好分离时，两者速度相等，两者之间弹力为0，则C的加速度为0，由于刚刚分离时，B、C加速度相等，即此时，B的加速度也为0，则此时杆的弹力为0，由于A、B沿杆的分速度相等，B、C分离后，轻杆的弹力将由压力变为拉力，A将离开竖直墙面，可知，小球A离开竖直墙时，B、C恰好分离，故A错误；
D.B、C分离后小球C做匀速直线运动，所以B、C分离时，两球速度均为v，对三小球整体列水平方向动量定理，则
I墙=2mv，故D错误；
C.自小球A离开墙面到小球落地，A、B轻杆水平方向动量守恒，则
mv=mvB+mvAx
且有vB=vAx
解得：vB=vAx=v2，小球C的速度是小球A水平速度的2倍，但小球A有竖直速度分量，即小球C的速度大于小球A速度的2倍，故C错误；
B.轻杆对小球A做功大小等于对小球B做功大小，即等于小球B、C的动能增量，则
W=12mvB2+12mv2=58mv2
小球A落地前瞬间动能大小为：
EkA=mgL−W=mgL−58mv2，故B正确；
故选：B。
理解小球的运动特点和运动过程中的临界状态；
根据动量守恒定律和几何关系得出小球的速度关系，结合能量关系完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律和关联速度的特点即可完成分析。
5.【答案】A
【解析】A.A物体抛出后能和B物体达到同一最大高度，根据h=12gt2，可知二者运动到最高点的时间相等，由速度变化量等于Δv=gΔt，可知，二者速度变化量相同，故A正确；
B.根据题意，两次投掷的石块最大高度相同，则上升所用时间相同，而根据A、B石块的运动轨迹可知，B石块下落高度大于A石块下落高度，则可知B石块下落所用时间比A石块下落所用时间更长，因此整个在空中运动的过程中B运动时间比A的长，故B错误；
C.A、B石块都是从斜面上抛出，最后都落在了斜面上，位移都是沿着斜面向下的，因此A和B从抛出到落回斜坡面，位移的方向相同，故C错误；
D.由于A、B上升高度相同，根据h=vy22g，可知A、B石块竖直分速度大小相同，而根据两石块的运动轨迹，在等高处(运动相同时间)，B石块的水平位移大于A石块的水平位移，根据水平方向做匀速直线运动有x=vxt，可知B石块的水平分速度大于A石块的水平分速度，即vxB>vxA，由此可得vB= vy2+vxB2>vA= vy2+vxA2，故D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】[分析]
本题主要考查库仑力作用下的动态平衡问题，受力分析是解决问题的关键。要能正确的对小球b进行受力分析，根据三角形相似，寻找各个力之间的大小关系。对小球b受力分析，小球b受重力、支持力、库仑力，根据三角形相似判断各个力的大小关系，结合库仑定律计算带电量的关系。
[解答]
对小球b受力分析，如图所示，小球b受重力、支持力、库仑力，由图可知，力的矢量三角形和长度三角形相似
设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，即mbgR=FNR=FL
所以FN=mbg ①
F=LRmbg ②
又几何关系得：L=2Rsin37∘=1.2R ③
所以：F=1.2mbg ④
同理可知，当小球b处于C位置时，AC距离为：AC=2Rsin30°=R，
故：F′=mb′g ⑤
根据库仑定律有：F=kqaqbL2=kqaqb1.44R2；F′=kqa′qb′R2 ⑥
由以上的分析可知，b小球受到的支持力一定等于其重力。而当b下降的过程中，可能是b的质量发生变化，也可能是a、b电荷量的乘积发生了变化，故A错误，B错误；
若只有b的质量发生变化，联立④⑤⑥可得：mb′=216125mb.故C正确；
若仅是a、b两小球电荷量的乘积qa′qb′发生变化，联立④⑤⑥可得qaqbqa′qb′=1．23，故D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
该题主要考查闭合电路欧姆定律、含容电路电路分析相关知识。熟练掌握电路动态分析方法是解决本题的关键。
逐渐增大R1的光照强度，R1的电阻减小，回路总电阻减小，回路总电流增大，纯电阻电路根据P=UI=I2R可知R0上消耗的电功率变大，同时，R2总电阻两端电压也增大，则电容两端电压增大，根据C=QU，可知电量增加，可判断R3的电流方向；恒定电路中电容所在支路相当于断路，滑动R3的滑片不改变电路通电情况，故不会发生任何变化；调节R2的滑动端向下移动时，回路总电阻不发生变化，电压表测的路端电压也不发生变化，示数不变，但是电容两端分得电压增大，电场增强，电场力大于重力，带电微粒向上运动；若断开电键S，则电容器在电容、R2、R3组成的电路中放电，电荷量减少，电压减小，电场力减小，带电微粒向下运动。
【解答】
A.逐渐增大R1的光照强度，R1的电阻减小，回路总电阻减小，回路总电流增大，纯电阻电路根据P=UI=I2R可知R0上消耗的电功率变大，同时，R2总电阻两端电压也增大，则电容两端电压增大，根据C=QU，可知电量增加，则R3中有向上的电流，故A正确；
B.恒定电路中电容所在支路相当于断路，滑动R3的滑片不改变电路通电情况，故不会发生任何变化，故B错误；
C.调节R2的滑动端向下移动时，回路总电阻不发生变化，电压表测的路端电压也不发生变化，示数不变，但是电容两端分得电压增大，电场增强，电场力大于重力，带电微粒向上运动，故C错误；
D.若断开电键S，则电容器在电容、R2、R3组成的电路中放电，电荷量减少，电压减小，电场力减小，带电微粒向下运动，故D错误。
故选A。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题综合性很强，对考生的分析推理能力要求较高，因此难度较大。从知识层面看，考查了受力分析、牛顿第二定律、功、动能定理、机械能守恒定律。
分析滑块b的速度变化，是解决本题的突破口。
【解答】
A.因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错；
B.对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有：mgh=12mva2,va= 2gh，故B错误；
C.杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，力的方向与a下落方向成锐角，故a下落过程中的加速度大小会大于g，故C错误；
D.由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D正确。
故选D。
9.【答案】AD
【解析】如下图所示，连接bh，fd，ah，过b点作bh的垂线交于与ah的延长线交于m点。
A.由几何关系易得，α=30∘，β=60∘，∠bah=90∘，fd垂直bh。
因为φa=7V，φb=11V，φh=−5V，故有Uah=12V，Ubh=16V，Uba=4V，
因为mh=2mb=4ma，则Uma=13Uah=4V，故有φm=φb，则mb为等势线，因为∠mbh=90∘ ，故电场线方向为由b点指向h点。当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点，可知粒子向下偏转，则粒子带负电，故A正确；
B.当该粒子沿bh方向运动时，恰不能从h点处射出，故B错误；
C.由几何知识得bn=34bh且n点与f点等电势点，则Ubf=Ubn=34Ubh=12V，
从b点运动到f点，由动能定理得Ekf−Ekb=Wbf=−eUbf，解得粒子经过f点时动能为Ekf=4eV，故C错误；
D.当粒子沿bh方向运动时，粒子先向h点方向减速为零，再反向加速从b点射出，故D正确。
故选AD。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
刚开始弹簧的弹力为零，根据牛顿第二定律求解物块与水平面间的动摩擦因数；当弹簧压缩0.1m时物块的加速度为零，根据平衡条件求解弹簧的劲度系数；当弹簧压缩0.1 m时物块速度最大，根据动能定理求解物块向左运动的最大速度；根据功能关系求解弹簧的弹性势能最大时的压缩量，根据弹性势能的计算公式求解弹性势能。
本题主要是考查了功能关系和动能定理、牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理、功能关系列方程解答。
【解答】
A.刚开始弹簧的弹力为零，由图乙可知物块的加速度a1=4m/s2，根据牛顿第二定律得：F−μmg=ma1，解得μ=0.1，故A正确；
B.当弹簧压缩x1=0.1m时物块的加速度为零，根据平衡条件得：F=μmg+kx1，解得：k=40N/m，故B错误；
C.当弹簧压缩x1=0.1m时物块的加速度为零，此时物块的速度最大，根据动能定理可得：(F−μmg)x1−12kx1⋅x1=12mvm2，解得：vm= 105m/s，故C正确；
D.设弹簧的弹性势能最大时，弹簧的压缩量为x2，根据功能关系得：(F−μmg)x2−12kx2⋅x2=0，解得：x2=0.2m，因此弹簧具有的最大弹性势能为：Ep=12kx22=0.8J，故D错误。
故选AC。
11.【答案】(1)2.2；(2)m0xAx0；m0xBx0；(3)(xB−xA)gh；(4)g
【解析】【分析】
正确理解实验原理，掌握相关物理规律，是解答本题的关键。
(1)由游标卡尺的读数规则读数即可；
(2)根据平衡条件结合胡克定律求解即可；
(3)对系统应用机械能守恒定律列式，再结合(2)中结论求解即可；
(4)对系统应用牛顿第二定律求出加速度表达式，而后分析即可。
【解答】
(1)挡光片的宽度d=2mm+2×0.1mm=2.2mm；
(2)由平衡条件和胡克定律可得：m0g=kx0，mAg=kxA，mBg=kxB，解得：mA=m0xAx0，mB=m0xBx0；
(3)根据遮光板通过光电门的时间很短，物体A速度的变化很小，应用v=dt可得A通过两光电门的速度分别为：v1=dt1，v2=dt2。若系统机械能守恒则有：mBgh−mAgh=12(mA+mB)(dt2)2−12(mA+mB)(dt1)2，整理得：gh(xB−xA)=d22(xB+xA)[(1t2)2−(1t1)2]；
(4)对整体应用牛顿第二定律可得：a=g(1mAmB+1−mAmA+mB)，由此可见，在保持物体A的质量mA不变，不断增大物体B的质量mB的情况下，物体A的加速度a的值会趋向于g。
故答案为(1)2.2；(2)m0xAx0；m0xBx0；(3)(xB−xA)gh；(4)g。
12.【答案】(1)①E2；R2；②12R0；偏小；(2)0.5；(3)4.3。
【解析】(1)①闭合S2开关时，认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2；
②闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的23，则流过电阻箱的电流为满偏电流的13，
微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则：Rg=12R0，
闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头G示数为200μA时，
流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小；
(2)把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R=IgRgI−Ig=300×10−6×5000.3−30×10−6Ω=0.5Ω；
(3)改装后电流表内阻为：RA=IgRgI=300×10−6×5000.3Ω=0.5Ω；微安表量程为300μA，改装后电流表量程为0.3A，
量程扩大了1000倍，微安表示数为250μA时，流过电流表的电流为：250×10−6×1000A=0.25A，
由图(b)所示电路图可知，待测电阻阻值为：RX=UI−RA=Ω−0.5Ω=4.3Ω。
故答案为：(1)①E2；R2；②12R0；偏小；(2)0.5；(3)4.3。
13.【答案】解：(1)小物块由A到B过程做匀减速运动，
由动能定理：−μmgx=12mv12−12mv02
得：x=5m；
(2)选初速度方向为正方向，由动量定理得I =−mv2 − mv1
得：I=−6.5 N·s，即冲量大小为6.5N·s。

【解析】(1)由动能定理列出运动方程得到A点距墙面的距离x；
(2)由动量定理得到碰撞过程中，墙对小物块的冲量大小I；
本题考查动能定理和动量定理的应用，但题目的难度不大。
14.【答案】解：(1)t=t1时C的位移为x=2Lcs30∘= 3L，根据匀变速直线运动的规律有2ax=vc2，解得vC= 2gL;
(2)沿杆方向速度相等,为根据运动的合成与分解如图vCcs30∘=vBcs30，
解得vB= 2gL
B绕A做圆周运动，
故重力对B做功的瞬时功率为P=mgvBcs30∘= 6m2g2L2;

(3)t=t1时刻对C分析设BC间杆对C的作用力为FC，根据牛顿第二定律FCcs30∘+F=ma
联立解得FC=0，又B绕A做圆周运动对B进行受力分析如图
设AB杆对B的弹力FA沿AB杆指向B，根据牛顿第二定律有mgsin30∘−FA=mvB2L，
解得FA=−3mg2此时AB杆对B的弹力大小为3mg2。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示：
粒子在水平方向的速度为
vx=vcsθ0
根据Ek=12mv2可知
v= 2Ekm
解得t=8dvcsθ0⋅ m2Ek
(2)粒子进入电场时的初动能
Ek=4qEd=12mv02
粒子进入电场后只有电场力做功，粒子竖直方向上反复运动后，根据题意可知最终的运动的空间如图所示：
若粒子从OO′上部分离开CD边，则电场力做负功，根据动能定理可知
−qEx=Ek1−Ek
其中Ek1=12m(vy12+vx12)，Ek=12m(vy02+vx02)
粒子在水平方向上做匀速直线运动，
所以vx0=vx1，
竖直方向上vy0=v0sinθ1，
动能定理的方程可整理为
−qEx=12mvy12−12mvy02=12mvy12−12mv02sin2θ1
当vy1=0时，x取到最大值，即
−qExm=−12mv02sin2θ1
解得粒子在竖直方向上的最大位移为
xm=4dsin2θ1
根据题意可知xm