2022年安徽省中学生标准学术能力3月诊断性测试理综物理试卷（解析版）

这是一份2022年安徽省中学生标准学术能力3月诊断性测试理综物理试卷（解析版），共20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。

安徽省中学生标准学术能力2022年理综物理3月诊断性测试试卷
一、单选题
1．物理学史记录了人类对自然规律的研究过程，下列关于科学家及其所做出的贡献中说法错误的是（　　）
A．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
B．法拉第提出了电场和磁场的概念，并提出法拉第电磁感应定律
C．查德威克用α粒子轰击铍核时，发现了中子
D．爱因斯坦提出了光子说，并成功地解释了光电效应实验规律
2．如图所示，空间存在与三角形ABC所在平面平行的匀强电场，∠A=30°，∠C=90°，BC=2cm，D为AC边上的一点，且AD=BD。若在A处有一个放射源，能向各个方向射出动能为14eV的α粒子，经过B、C两点的α粒子的动能分别为22eV和20eV，不考虑α粒子之间的相互作用，重力忽略不计，则下列说法中正确的是（　　）

A．电场强度的方向为由A指向C B．电场强度的大小为200N/C
C．C，D两点之间的电势差UCD=1V D．经过D点的α粒子动能为18eV
3．天问一号火星探测器的发射标志着我国的航天事业迈进了新时代，设地球绕太阳的公转周期为T，环绕太阳公转的轨道半径为r1，火星环绕太阳公转的轨道半径为r2，火星的半径为R，万有引力常量为G，下列说法正确的是（　　）
A．太阳的质量为4π2r23GT2
B．火星绕太阳公转的角速度大小为2πT(r2r1)32
C．火星表面的重力加速度大小为4π2r13R2T2
D．从火星与地球相距最远到地球与火星相距最近的最短时间为r232T2(r232-r132)
4．如图所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧下端连接在挡板上，上端放置一个小物块，小物块处于静止状态。现对小物块施加沿斜面向上的拉力F，使小物块始终沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度大小为a，拉力F的最小值为F1，直到物体与弹簧分离，重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为θ，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是（　　）

A．物体的质量为F1gsinθ+a
B．弹簧的最大压缩量为F1ksinθ
C．从开始运动到物块与弹簧分离，物块增加的机械能为F12gsinθak
D．从开始运动到物块与弹簧分离经过的时间为1a2F1gsinθk
5．塔吊是建筑工地上最常用的一种起重设备，如图所示为起重机提升重物时的简化电路，一台变压器的原线圈与10kV的高压输电线相连，副线圈上接有一台电动机，起重机能用1分钟的时间将质量为3t的建筑材料匀速提升42m，电动机正常工作时两端的电压为380V，工作电流为60A，由于磁损和热损，变压器的输出功率为输入功率的96%，不计导线的电阻，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）

A．变压器原线圈中的电流为2.28A B．电动机的工作效率约为92.1%
C．电动机的机械功率为22.8kW D．电动机的电阻约为6.3Ω
二、多选题
6．如图所示，质量均为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a固定在轻杆的一端，轻杆的另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁间的夹角为30°。现改变作用在小球b上的外力F的大小和方向，使轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变。已知重力加速度为g。则（　　）

A．外力F可能水平偏上也可能水平偏下
B．外力F的最小值为0.5mg
C．轻杆对小球a的作用力沿杆方向不变而大小改变
D．轻杆对小球a的作用力的最小值为mg
7．如图所示，将小物块置于桌面上的薄纸片上，用水平向右的力将纸片迅速抽出，物块移动的距离很小。若物块和纸片的质量分别为M和m，各接触面的动摩擦因数均为μ，物块距纸片左端的距离和距桌面右端的距离均为d，重力加速度为g。现用水平向右的恒力F拉动纸片，下列说法正确的是（　　）

A．物块不从桌面掉落，水平向右的恒力可能为2μ（M+m）g
B．将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为μ（2M+m）g
C．为使物块不从桌面掉落，物块与纸片分离时，物块的速度可能为μgd
D．将纸片迅速抽出过程中，F可能等于μ(2M+32m)g
8．如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度也为a、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的三分之一，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速通过磁场。整个运动过程中线框不发生转动且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）

A．线框离开磁场后继续上升的高度为h=gm2R22B4a4
B．线框向上穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q=4m3g2R2B4a4-mga
C．线框向上穿过磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为2Ba2R
D．线框向上穿过磁场的时间t=2mRB2a2-2B2a3mgR
9．下列关于热现象的说法中正确的是（　　）
A．扩散现象在完全失重的太空环境下不会发生
B．毛细现象与液体的表面张力有关
C．固体在熔化时，从外界吸收热量，温度不断升高
D．水黾能停在水面上是因为液体表面层分子间的相互作用力表现为引力
E．物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功
10．下列说法正确的是（　　）
A．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽
B．机械波在传播过程中，各质点的振动周期相同，起振方向不都相同
C．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大
D．一束色光从一种介质进入另一种介质中，波长变化导致色光的颜色可能发生变化
E．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的
三、实验题
11．某实验小组用如图甲所示的装置做“探究物体的加速度与质量、所受合外力的关系”的实验。

（1）安装好实验装置后，首先平衡摩擦力。将长木板的右端适当垫高，不挂砝码盘时轻推小车，若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集，则应将长木板下的小垫块向　 　（选填“左”或“右”）移些。重复调整小垫块的位置，直到打点计时器在纸带上打出的点间距相等时，说明摩擦力已平衡；
（2）图乙为保持小车质量M不变，研究a与F的关系时打出的一条纸带。A-G为7个计数点，每两个相邻计数点间还有4个点未标出。测得x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.34cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.25cm。已知电源的频率为50Hz，则a=　 　m/s2（结果保留三位有效数字）；
（3）可以判断打下C点时，小车已经运动了　 　s（结果保留两位有效数字）；
（4）若小组中甲、乙两同学先后研究a与F的关系时，其中一位同学在小车中添加了砝码。两同学各自得到的a-F图像分别如图丙中的b、c所示，则小车中所加砝码质量是小车质量的　 　倍。

（5）之后，保持F不变，研究a与M的关系（m为砝码盘与盘中砝码的总质量）。在绘出a−1M图线后，发现在1M较大时图线发生了明显的弯曲，为使作出的图线为直线，下列正确的做法是____。
A．改作a-（M+m）图线
B．改作a-mM图线
C．改作a-1M+m图线
D．改作a-1(M+m)2图线
12．某同学从电动自行车上拆下一块废旧电池，他要测量这块电池的电动势和内阻。实验室可提供以下器材：
A．多用电表
B．电压表（量程15V，内阻约为8kΩ）
C．电流表（量程3A，内阻为3Ω）
D．滑动变阻器（最大阻值为50Ω）
E.电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）
F.开关和导线若干
（1）该同学先用多用电表直流50V挡测量电池正负极之间的电压，测量时，多用电表的指针位置如图甲所示，则读数为　 　V。

（2）该同学认为用多用电表测量误差较大，于是他首先利用部分实验器材连接成如图乙所示的电路，将电压表与电阻箱串联改装成一个量程为30V的电压表。
①将滑动变阻器触头移至最左端，电阻箱的阻值调为零，闭合开关，然后调节滑动变阻器，使电压表示数达到满偏；
②保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，调节电阻箱（电阻箱阻值变化对电路总电阻的影响可忽略不计），只需将电压表示数调为　 　V，即可得到一个量程为30V的电压表。
（3）该同学将（2）中调好的电阻箱与其他实验器材连接成如图丙所示的电路，用伏安法测量电池的电动势和内阻。

根据测得的实验数据，该同学作出了电压表示数U和电流表示数I的关系图像如图丁所示，则该电池的电动势E=　 　V，内阻r=　 　Ω。（结果保留3位有效数字）
（4）如果不考虑读数和作图造成的偶然误差，本实验电源电动势的测量值E测　 　电动势的真实值E实，内阻的测量值r测　 　内阻的真实值r实。（填“大于”、“小于”或“等于”）
四、解答题
13．如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x轴的上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N是位于x轴上的粒子发射源，它们可以向磁场中发射速度大小不同但均沿y轴正方向运动的带电粒子，已知比荷相同电性不同的带电粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T，先从M发射带正电的粒子a，经过T12再从N发射带负电的粒子b，一段时间后，两个粒子恰能同时经过y轴上的P（0，L）点（图中未画出），且经过P点时，两个粒子的速度方向正好相互垂直，不计两个带电粒子之间的相互作用力和带电粒子的重力。

（1）若两个粒子运动的时间均大于T4，求两个粒子做圆周运动的速度之比；
（2）若两个粒子运动的时间均小于T4，求发射源M、N之间的距离。
14．如图所示，在xOy直角坐标系中，第一象限内等腰三角形ABC区域内有水平向左的匀强电场，AB边的长度为L且与x轴平行，电场强度大小为E0，在第二象限内边长为L的正方形BOFG区域内有竖直向下的匀强电场（电场强度大小未知），现有一带正电的粒子电荷量为q、质量为m（重力不计），从A点由静止释放，恰好能通过第二象限的F点。

（1）求BOFG区域内的匀强电场的电场强度E大小；
（2）若三角形ABC区域内的匀强电场的电场强度大小变为5E0，BOFG区域内的匀强电场的电场强度E大小保持不变，在O点略靠右立一支架，支架上有一质量为m的不带电小球（重力不计）处于AC边与BC边的中点P和Q等高处，从x轴的某一位置以某一速度发射上述带正电的粒子，使其与不带电小球水平发生碰撞后二者成为一个整体沿PQ的连线恰好到达P点。求该带电粒子的发射位置在x轴上的坐标及发射速度。
15．横截面积相同的绝热管A和导热管B、C按如图所示的方式连接，A管水平放置，B管上端封闭，C管开口竖直向上。向管内注入一定量的水银后，用活塞和水银分别在A管和B管内封闭了一定量的理想气体，A管中气柱的长度为LA=63cm，B管中气柱的长度为LB=20cm，B、C两管中水银柱的高度均为h=24cm，大气压强为p0=76cmHg，开始时，封闭气体的温度均为27℃。现缓慢向右推动活塞，使C管中的水银柱升高hC=5cm，A管中的气体未进入B、C管中，外界气温恒定。

（1）求推动活塞后，B管中封闭气体的压强pB；
（2）若推动活塞后，A管中封闭气体的温度升高了5℃，求活塞向右移动的距离x。
16．一列简谐横波沿x轴传播，图甲为t=0时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像。P是介质中x=2m处的质点，Q质点在t=0时刻的位置坐标如图甲所示。求：

（1）该简谐波的传播方向及速度；
（2）Q质点的横坐标xQ和Q质点的振动方程。

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.英国物理学家卢瑟福进行α粒子散射实验的研究时，发现大部分粒子能通过金箔，少数粒子发生了大角度偏转，据此提出了原子的核式结构模型，A正确，不符合题意；
B. 法拉第提出了电场和磁场的概念，纽曼和韦伯先后提出法拉第电磁感应定律，B错误，符合题意；
C. 1932年，查德威克用α粒子轰击铍核时，发现了中子，C正确，不符合题意；
D. 爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，提出了光子说，并成功地解释了光电效应实验规律，D正确，不符合题意。
故答案为：B。

【分析】法拉第提出了场的概念，纽曼和韦伯先后提出法拉第电磁感应定律；爱因斯坦提出了光子说并成功解释了光电效应实验规律。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．由动能定理2eU=ΔEk
可得 UAB=4V，UAC=3V
如图

把AB分成四等分，则可知 BE=1cm
UAE=3V
所以CE是等势面，根据几何关系可知，CE垂直AB，电场强度的方向为由A指向B，A不符合题意；
B．电场强度的大小为 E=UAExAE=100V/m
B不符合题意；
C．有几何关系可得 AD=BCsin60°=43cm
则D点的等势点到A的距离 x'=2cm
则 UAD=E⋅x'=2V
所以 UCD=-UDC=-1V
C不符合题意；D．由动能定理 2eUAD=EkD-EkA
可得经过D点的α粒子动能为 EkD=18eV
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用动能定理可以求出电势差的大小，结合其电势的分布可以求出电场强度的方向；利用电势差和距离可以求出电场强度的大小；利用其电场强度和距离可以求出其电势差的大小；结合动能定理可以求出粒子经过D点动能的大小。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．设太阳质量为M，地球质量为m，由牛顿第二定律和万有引力定律得GMmr12=m4π2r1T2
解得 M=4π2r13GT2A不符合题意；
B．设火星周期为 T'，由开普勒第三定律 r13T2=r23T'2
解得 T'=(r2r1)32T
火星绕太阳公转的角速度大小为 ω'=2πT'=2πT(r1r2)32
B不符合题意；
C．火星表面万有引力等于重力 GM火m'R2=m'g火
解得 g火=GM火R2
因无法求得M火，所以无法表示g火，C不符合题意；
D．地球绕太阳运转角速度 ω=2πT
火星绕太阳运转角速度 ω'=2πT'
从地球和火星相距最近到第一次相距最远时间为t，则 ωt-ω't=π
联立解得 t=r232T2(r232-r132)
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用引力提供向心力可以求出其太阳质量的大小；利用开普勒第三定律可以求出火星运行周期的大小，结合周期和角速度的关系可以求出其角速度的大小；利用引力形成重力可以判别无法求出火星表面重力加速度的大小；利用地球和火星角速度的大小可以求出相距最远的时间间隔。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．由题意可知，F刚作用到物体上时最小，由牛顿第二定律F1=ma可得物体的质量为m=F1a
A不符合题意；
B．小物块处于静止状态时，弹簧压缩量最大，则有 mgsinθ=kxm
可得 xm=F1gsinθak
B不符合题意；
C．从开始运动到物块与弹簧分离，物块增加的机械能为 ΔE=ΔEP+ΔEk=mgxmsinθ+ma⋅xm
即 ΔE=F12g2sin2θa2k+F12gsin2θak
C不符合题意；
D．由 xm=12at2
可得 t=1a2F1gsinθk
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体质量的大小；当物块处于静止时，利用平衡方程可以求出弹簧压缩量的最大值；利用其重力势能变化量及动能变化量可以求出机械能增量的大小；利用位移公式可以求出其物块运动的时间。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．变压器不改变功率，则有U2I2=96%U1I1
可得 I1=2.38A
A不符合题意；
B．电动机的工作效率约为 η=mghtU2I2×100%≈92.1%
B符合题意；
C．电动机的机械功率为 P=mght=21000W=21kW
C不符合题意；
D．电动机消耗的热功率为 P'=U2I2-P=1800W
则电动机的电阻约为 R=P'I22=0.5Ω
D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】利用能量守恒定律结合输入功率等于输出功率可以求出输入电流的大小；利用其机械功率及输出功率的大小可以求出电动机效率的大小；利用其重力做功及时间可以求出机械功率的大小；利用其输出功率和机械能功率可以求出电动势热功率的大小，结合热功率的表达式可以求出电动机内阻的大小。
6．【答案】A,D
【解析】【解答】A．小球b的受力如图所示

由图可知，外力F可能水平偏上也可能水平偏下，A符合题意；
B．由图可知，外力F与ab垂直时最小，最小值 F=mgsin60°=32mg
B不符合题意；
C．以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对a的拉力的合力大小相等，方向相反．a受到的重力大小方向都不变，绳对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，C不符合题意；
D．由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，此时a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】利用其b的平衡条件及矢量三角形定则可以判别F的方向；利用其三角形定则可以求出F的最小值；利用a的平衡条件结合绳子拉力的变化可以判别杆对小球作用力的大小及方向。
7．【答案】B,C
【解析】【解答】AC．设相对运动时间为t1，物块与纸片分离时物块的速度为v2，物块不从桌面掉落，则有F-2μMg-μmg=ma1
μMg=Ma2
12a1t12-12a2t12=d
2a2(d-12a2t12)=v22
v2=a2t1
联立解得 F=2μ(M+2m)g
v2=μgd
A不符合题意，C符合题意；
B．将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为 f=μMg+μ(Mg+mg)=μ(2Mg+mg)
B符合题意；
D．将纸片迅速抽出过程中，有 F'-2μMg-μmg=ma'1
a2=μg
当 a'1>a2
物块和纸片才能发生相对运动，可得 F>2μ（M+m）g
D不符合题意。
故答案为：BC。

【分析】当物块与纸片分离时，利用牛顿第二定律可以求出纸片加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出其物块加速度的大小；结合相对位移的大小及物块减速过程中的速度位移公式可以求出其拉力的大小及物块与纸片分离时速度的大小；利用滑动摩擦力的表达式可以求出纸片受到摩擦力的大小；利用牛顿第二定律结合其加速度比较可以判别其F的大小。
8．【答案】A,D
【解析】【解答】A．整个运动过程中线框不发生转动且不计空气阻力，且线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速通过磁场，则有mg=BIa=B2a2v2R
可得 v2=mgRB2a2
则由 2gh=v22
可得线框离开磁场后继续上升的高度为 h=gm2R22B4a4
A符合题意；
B．线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的三分之一，则有 v1=3v2=3mgRB2a2
由能量守恒定律可得 12mv12-12mv22=2mga+Q
可得 Q=4m3g2R2B4a4-2mga
B不符合题意；
C．线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为 q1=I¯1t1=ΔΦ1t1=Ba2R
线框离开磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为 q2=I¯2t2=ΔΦ2t2=Ba2R
所以线框向上穿过磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为 q=Ba2R
C不符合题意；
D．由动量定理 -mgt-BaI¯1t1-BaI¯2t2=mv2-mv1
可得线框向上穿过磁场的时间 t=2mRB2a2-2B2a3mgR
D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】由于线圈匀速通过磁场，利用平衡方程可以求出经过磁场的速度大小，结合速度位移公式可以求出上升的高度；利用能量守恒定律结合线圈进出磁场速度的大小可以求出线圈产生焦耳热的大小；利用其磁通量变化量及电阻的大小可以求出线圈经过磁场时通过线圈电荷量的大小；利用动量定理可以求出线圈向上穿过磁场所花的时间。
9．【答案】B,D,E
【解析】【解答】A．扩散现象是分子热运动的体现，与宏观的受力无关，A不符合题意；
B．毛细现象是毛细管插入浸润液体中，表面张力向上拉液体，管内液面上升，毛细管插入不浸润液体中，表面张力向下拉液体，管内液体下降，所以毛细现象与液体的表面张力有关，B符合题意；
C．晶体在熔化时，从外界吸收热量，温度不变，非晶体在熔化时，从外界吸收热量，温度不断升高，C不符合题意；
D．水黾能停在水面上是因为液体表面层分子稀疏，分子之间的相互作用力表现为引力的原因，D符合题意；
E．由热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不引起其他变化，但在一定条件下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，E符合题意。
故答案为：BDE。

【分析】扩散现象与宏观受力无关；晶体在熔化过程中其温度保持不变；在一定条件下其物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功。
10．【答案】A,C,E
【解析】【解答】A．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，由Δx=Ldλ
可知用红光时得到的条纹间距更宽，A符合题意；
B．机械波传播的是波源的振动形式，所以机械波在传播过程中，各质点的振动周期相同，起振方向相同，B不符合题意；
C．光导纤维利用了光的全反射，光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，C符合题意；
D．一束色光从一种介质进入另一种介质中，频率不变，所以色光的颜色不发生变化，D不符合题意；
E．狭义相对论认为一切物理规律在不同的惯性参考系中都是相同的，E符合题意。
故答案为：ACE。

【分析】利用光的波长大小结合干涉条纹间距的表达式可以比较条纹间距的大小；机械波传播的过程中各质点起振方向相同；一束色光从一种介质进入另一种介质时，其光频率不变所以颜色不会发生改变；相对论认为一切物理规律在不同的惯性参考系中都是相同的。
11．【答案】（1）左
（2）0.638
（3）1.3
（4）23
（5）C
【解析】【解答】(1)将长木板的右端适当垫高，不挂砝码盘时轻推小车，若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集，说明小车做减速运动，则应将长木板下的小垫块向左移动，使木板倾角变大一些；
(2)每两个相邻计数点间还有4个点未标出，则计数周期为 T=5f=0.1s
根据逐差法可得 a=x4+x5+x6-x1-x2-x3(3T)2=63.8cm/s2=0.638m/s2
(3)打下C点时，小车的速度为 vC=x2+x32T=80.1cm/s=0.801m/s
打下C点时，小车已经运动了 t=vCa≈1.3s
(4)由图像可知，图线的斜率为 k=aF=1M
则有 Mc=0.300.60kg=12kg，Mb=0.500.60kg=56kg
则小车中所加砝码质量是小车质量的 mM=56-1212=23
(5)图线在 1M较大时发生了明显的弯曲，说明不满足托盘和砝码的质量远小于小车质量，此时应该把托盘和砝码与小车看成一个整体，有 a=FM+m
应做出a- 1M+m图线，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】（1）小车做匀减速直线运动所以其平衡摩擦力不足，所以应该向左移动垫块；
（2）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（3）利用平均速度公式可以求出C点瞬时速度的大小，结合速度公式可以求出小车运动的时间；
（4）利用图像斜率可以求出其小车总质量的大小，利用总质量的大小可以求出所加砝码与小车质量的大小关系；
（4）利用整体的牛顿第二定律可以得出避免图形弯曲的方法是作出加速度与总质量的倒数的关系图。
12．【答案】（1）23.5
（2）7.5
（3）23.9；5.53
（4）等于；大于
【解析】【解答】（1）由图可知，50V量程的分度值为1V，故读数为23.5V；
（2）②要使15V量程电压表的量程变为30V，则需使量程扩大为原来的2倍，根据实验步骤，设此时电压表示数为 U，则有 U+U=15V
解得 U=7.5V
（3）根据闭合电路欧姆定律 U=E-Ir
代入数据得 9.4=E-0.6r
3.6=E-2.10r
联立解得 E=23.9V
r=5.53Ω
（4）如果不考虑读数和作图造成的偶然误差，本实验电源电动势的测量值E测的等于电动势的真实值E实，由于电流表内阻影响，则内阻的测量值r测大于内阻的真实值r实。

【分析】（1）利用电压的分度值可以读出对应的读数；
（2）利用电压表的量程结合改装中电阻箱的电阻等于电压表电压可以求出其电压表的读数；
（3）利用闭合电路的欧姆定律结合其图像坐标可以求出电动势和内阻的大小；
（4）由于电流表的影响会导致其内阻的测量值大于真实值，其电动势的测量值等于真实值。
13．【答案】（1）解：假设粒子a转过的圆心角为θ1，粒子b转过的圆心角为θ2T12=θ1-θ2360°T
若两个粒子运动的时间均大于T4，则θ1和θ2都是钝角，
则360°-θ1-θ2=90°联立解得θ1=150°
θ2=120°
粒子的运动轨迹如图所示

由几何关系可知ra=Lsin(180°-θ1)
rb=Lsin(180°-θ2)
由v=2πrT
可得vavb=rarb=3
（2）解：若两个粒子运动的时间均小于T4，则θ1和θ2都是锐角θ1+θ2=90°
解得θ1=60°
θ2=30°
粒子的运动轨迹如图所示，

由几何关系可知ra=Lsinθ1
rb=Lsinθ2
OM=ra(1-cosθ1)
ON=rb(1-cosθ2)
MN=OM+ON=(2-233)L
【解析】【分析】（1）画出粒子运动的轨迹，利用运动的时间可以判别其轨迹所对圆心角的大小，结合几何关系可以求出两个粒子轨迹半径的大小，结合其周期的大小可以求出粒子速度的比值；
（2）当两个粒子其运动的时间小于四分之一周期，利用运动的时间可以判别其轨迹所对圆心角的大小，结合几何关系可以求出两个粒子轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出发源源之间的距离。
14．【答案】（1）解：设粒子通过B点的速度为VB，进入第二象限的匀强电场中加速度为大小为a，在第二象限的匀强电场中运动时间为tqE0L=12mvB2
t=LvB
a=qEm
L=12at2
E=4E0
（2）解：逆向思维，将质量为2m，电量为q的带电粒子由P点出发，经过支柱两粒子分离，一个粒子速度变为零，另一粒子继续运动进入第二象限。
设质量为2m，电量为q的带电粒子经过支柱时速度为v1，两粒子分离后继续运动进入第二象限的粒子的速度为v2
q⋅5E0⋅L2=12⋅2mv12
2mv1=mv2
v2=10qE0Lm
设进入第二象限时粒子做类平抛运动可以从左侧离开电场，偏移量为y，用时为t1，
t1=Lv2
y=12at12
y=L5