1.如圖所示，當(dāng)用某一單色光照射光電管時，靈敏電流表指針沒有偏轉(zhuǎn)，已知電路中所有元件及其連接完好?，F(xiàn)要使靈敏電流表指針有偏轉(zhuǎn)，下列措施可行的是
A. 增加入射光的頻率B. 增加入射光的強度C. 提高電源的電壓D. 延長光照時間
2.制造某型芯片所使用的銀灰色硅片覆上一層厚度均勻的無色透明薄膜后，在自然光照射下硅片呈現(xiàn)深紫色。關(guān)于此現(xiàn)象，下列說法正確的是
A. 上述現(xiàn)象與三棱鏡分光原理相同B. 光在薄膜的下表面發(fā)生了全反射
C. 薄膜上下表面的反射光發(fā)生了干涉D. 薄膜厚度發(fā)生變化，硅片總呈現(xiàn)深紫色
3.2024年6月2日上午6時23分，“嫦娥六號”成功著陸月球背面。若“嫦娥六號”被月球俘獲后進入橢圓軌道Ⅰ上運行，周期為T1；當(dāng)經(jīng)過近月點M點時啟動點火裝置，完成變軌后進入圓形軌道Ⅱ上運行，周期為T2。已知月球半徑為R，圓形軌道Ⅱ距月球表面的距離為R，橢圓軌道Ⅰ遠月點距月球表面的距離為5R，如圖所示，引力常量為G，忽略其他天體對“嫦娥六號”的影響，則下列說法正確的是
A. T2T1=12 2
B. 月球的質(zhì)量為4π2R3GT22
C. 月球第一宇宙速度等于軌道Ⅱ上的運行速度
D. 嫦娥六號由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需要在M點點火使其加速才能完成
4.電磁血流量計是運用于心血管手術(shù)和有創(chuàng)外科手術(shù)的精密監(jiān)控儀器，可以測量血管內(nèi)血液的流速。如圖所示，某段監(jiān)測的血管可視為內(nèi)徑為d的圓柱體，其前后兩個側(cè)面a、b固定兩塊豎直正對的金屬電極板(未畫出，電阻不計)，血液中的正負離子隨血液一起從左至右水平流動，當(dāng)加豎直向下的勻強磁場B時a、b電極間存在電勢差。當(dāng)血液的流量(單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積)一定時，下列說法正確的是
A. b電極的電勢高于a電極的電勢
B. 穩(wěn)定時a、b電極間的電勢差變大，說明血管內(nèi)徑變小
C. 穩(wěn)定時a、b電極間的電勢差大小與血液流速成正比
D. 當(dāng)血液中正負離子濃度增大，穩(wěn)定時a、b電極間的電勢差會增大
5.如圖所示，矩形線圈切割磁感線產(chǎn)生的交流電壓e=12 2sin20πtV，其中電阻r=8Ω，原、副線圈匝數(shù)之比n1:n2=2:1，副線圈上的滑動變阻器的最大阻值為Rmax=10Ω，且其滑動觸頭可上下安全調(diào)節(jié)，其余電阻不計，變壓器是理想變壓器，電表均為理想交流電表。下列說法正確的是( )
A. 1s內(nèi)副線圈中的電流方向改變10次
B. 當(dāng)滑動變阻器的阻值變大時，兩電壓表的示數(shù)之比增大
C. 若將滑動觸頭從最下端滑到最上端，R消耗的功率先減小后增大
D. 當(dāng)滑動變阻器的阻值調(diào)為R=8Ω時，電流表A2的示數(shù)為0.6A
6.三角形OPN是一光滑絕緣斜面，斜面足夠長，斜面傾角為θ，以O(shè)點為坐標原點，沿斜面向下為x軸正方向，如圖1所示，沿斜面加一靜電場，其電場強度E隨x變化的關(guān)系如圖2所示，設(shè)x軸正方向為電場強度的正方向?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的帶電小滑塊(視為質(zhì)點)從O點靜止釋放，且小滑塊釋放后沿斜面向下運動，已知qE0=2mgsinθ，運動過程中小滑塊的電荷量q保持不變。則下列說法正確的是
A. 小滑塊一定帶正電
B. 小滑塊沿斜面向下運動過程中機械能先減小后增大
C. 小滑塊沿斜面向下運動過程中的最大速度為32 qE0x0m
D. 小滑塊沿斜面向下運動的最遠距離為2x0
二、多選題：本大題共4小題，共20分。
7.圖甲為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P、Q為平衡位置分別在x=2m、x=1.5m處的兩個質(zhì)點，圖乙為質(zhì)點P的振動圖像，下列說法正確的是
A. t=0.10s時質(zhì)點P向y軸負向振動
B. 該波的傳播速度大小為20m/s
C. t=0.15s時質(zhì)點P的加速度達到正向最大
D. 從t=0.10s到t=0.60s，質(zhì)點Q運動的路程為2.0m
8.汽車工程學(xué)中將加速度隨時間的變化率稱為急動度j，急動度j是評判乘客是否感到舒適的重要指標。了解“急動度”有助于我們在日常駕駛中采取更合理的駕駛習(xí)慣，保護車輛，延長其使用壽命。一輛汽車沿平直公路以v0=10 m/s的速度做勻速運動，t=0時刻開始加速，0～12.0s內(nèi)汽車運動過程的急動度隨時間變化的圖像如圖所示。已知該汽車質(zhì)量m=2×103 kg，運動過程中所受阻力f=1×103 N。則( )
A. 急動度j=ΔaΔt，其中a為加速度
B. 汽車在0～4.0 s內(nèi)做勻加速直線運動
C. 在4.0～8.0 s內(nèi)，汽車牽引力等于所受阻力
D. 10.0 s時，汽車牽引力的功率為7.5×104W
9.如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機，其圓盤的半徑為r，圓盤處于磁感應(yīng)強度大小為B1=B，方向豎直向上的勻強磁場中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長傾斜導(dǎo)軌MN，導(dǎo)軌間距為L，其所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B2，方向豎直向下的的勻強磁場中。現(xiàn)用導(dǎo)線把兩導(dǎo)軌分別與圓盤發(fā)電機中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導(dǎo)軌上放置一根質(zhì)量為m，長度也為L，電阻為2R的ab導(dǎo)體棒，其余電阻不計。當(dāng)圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，ab棒剛好能靜止在斜面上，則
A. 從上往下看，圓盤順時針方向轉(zhuǎn)動
B. ab間電勢差Uab=23Br2ω
C. 若B2大小、方向均可改變，導(dǎo)體棒始終保持靜止狀態(tài)時，B2的最小值為6mgsinθRBr2ωL
D. 若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒將沿導(dǎo)軌先勻加速下滑后勻速運動
10.如圖(a)所示，可視為質(zhì)點的a、b兩球通過輕繩連接跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，b球在外力作用下靜止懸空。以地面為重力勢能的零勢能面，從靜止釋放b球，在b球落地前的過程中，a、b兩球的重力勢能隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，圖中兩圖像交點對應(yīng)時刻t=0.3s，a球始終沒有與定滑輪相碰，a、b始終在豎直方向上運動，忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。則
A. b球質(zhì)量2 kg
B. b球落地時a球的動能為3 J
C. b球下落前距地面的高度為0.3m
D. t=0.3s時b球離地面的高度為0.225m
三、實驗題：本大題共2小題，共16分。
11.某興趣小組利用磁敏電阻設(shè)計了一款測量磁感應(yīng)強度大小的磁場測量儀，其中磁敏電阻的阻值RB隨磁感應(yīng)強度B的變化規(guī)律如圖甲所示，磁場測量儀的工作原理電路圖如圖乙所示，提供的器材有：
A.磁敏電阻RB(工作范圍為0～1.5 T)
B.電源(電動勢為3 V，內(nèi)阻很小)
C.電流表(量程為5.0mA，內(nèi)阻不計)
D.電阻箱RC(最大阻值為9999.9Ω)
E.定值電阻R1(阻值為30Ω)
F.定值電阻R2(阻值為300Ω)
G.開關(guān)，導(dǎo)線若干
(1)電路連接：按照圖乙所示連接實驗電路，定值電阻R應(yīng)選用____(填“R1”或“R2”)。
(2)按下列步驟進行調(diào)試：
①閉合開關(guān)S1，將電阻箱RC調(diào)為1300.0Ω，然后將開關(guān)S2向____(填“a”或“b”)端閉合，將電流表此時指針對應(yīng)的刻度線標記為1.5T；
②逐步減小電阻箱RC的阻值，按照圖甲將電流表的“電流”刻度線標記為對應(yīng)的“磁感應(yīng)強度”值；
③將開關(guān)S2向另一端閉合，測量儀即可正常使用。
(3)用調(diào)試好的磁場測量儀進行測量，當(dāng)電流表的示數(shù)為3.0mA時，待測磁場的磁感應(yīng)強度為____T(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
(4)使用一段時間后，由于電源的電動勢略微變小，內(nèi)阻明顯變大，這將導(dǎo)致磁感應(yīng)強度的測量結(jié)果____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。
12.某探究小組要測量一橫截面為半圓形透明玻璃磚的折射率，準備的器材有玻璃磚、激光筆、刻度尺和白紙。如圖是該小組設(shè)計的實驗方案示意圖，下面是該小組的探究步驟：①用刻度尺測量玻璃磚的直徑 d；②把白紙固定在水平桌面上，在白紙上建立直角坐標系 xOy，將玻璃磚放在白紙上，使其底面圓心和直徑分別與O點和x軸重合，再將刻度尺緊靠玻璃磚并垂直于x軸放置；③打開激光筆開關(guān)，讓激光筆發(fā)出的激光束始終指向圓心 O射向玻璃磚，從y軸開始在xOy平面內(nèi)緩慢移動激光筆，在某一位置時，刻度尺上出現(xiàn)兩個清晰的光點，通過刻度尺讀取兩光點與x軸的距離分別為L1、L2(L1>L2)；請回答下面問題：
(1)甲同學(xué)利用步驟③測得數(shù)據(jù)計算該玻璃磚的折射率為____(用測得的d、L1、L2表示)；
(2)乙同學(xué)在步驟③后繼續(xù)改變激光筆的位置，直到刻度尺上恰好只有一個光點，讀取該光點與x軸的距離為L3，計算該玻璃磚的折射率為____(用測得的d、L3表示)；
(3)比較甲、乙兩同學(xué)測量折射率的方案，你認為____(選填“甲”或“乙”)同學(xué)的測量誤差更?。?4)在操作步驟②中，刻度尺沒有與x軸嚴格垂直，而是逆時針偏離垂直x軸位置，則甲同學(xué)測得的折射率較真實值是____(填“偏大”“偏小”或“不變”)。
四、計算題：本大題共3小題，共40分。
13.下圖為吸盤工作原理示意圖，使用時先把吸盤緊挨豎直墻面，按住鎖扣把吸盤緊壓在墻上，擠出吸盤內(nèi)部分空氣，如圖(a)，然后要把鎖扣扳下，讓鎖扣以盤蓋為依托把吸盤向外拉出，在拉起吸盤同時，鎖扣對盤蓋施加壓力，致使盤蓋以最大的壓力吸住吸盤，使外界空氣不能進入吸盤，如圖(b)。由于吸盤內(nèi)外存在壓強差，使吸盤被緊壓在墻壁上，掛鉤上即可懸掛適量物體。已知鎖扣扳下前吸盤內(nèi)密封一定質(zhì)量的氣體，壓強與外界大氣壓強相同，鎖扣扳下后吸盤內(nèi)氣體體積變?yōu)榘庀虑暗?.25倍，盤蓋的左側(cè)截面積即圖(b)中大圓面積S1=6.0 cm2，吸盤中氣體與墻面的接觸面積S2=2.5 cm2，大氣壓強p0=1.0×105 Pa，重力加速度g=10 m/s2，吸盤內(nèi)的氣體可視為理想氣體，環(huán)境溫度不變。
(1)求扳下鎖扣后吸盤內(nèi)氣體壓強；
(2)若吸盤與墻之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.75，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計吸盤及其他裝置的重力，求此時吸盤能掛起重物質(zhì)量的最大值。
14.如圖所示，在xy平面直角坐標系中，第二象限有一過坐標原點O的曲線，該曲線及其上方有豎直向下的勻強電場。曲線上每個位置可連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，粒子均以大小為v0的初速度水平向右射入電場，所有粒子均能到達原點O，曲線上A點離y軸的距離為l，電場強度大小為mv02ql。第四象限內(nèi)(含x邊界)存在垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為 2mv0ql的勻強磁場，MN為平行于x軸且足夠大的熒光屏，熒光屏可以上下移動，不計粒子重力及粒子間的相互作用，粒子打到熒光屏上即被吸收。
(1)求圖中曲線方程；
(2)若粒子運動中不會與熒光屏相碰，求從A點發(fā)射的粒子在磁場中運動時間；
(3)若將熒光屏緩慢上下移動，求從A點至O點發(fā)射的粒子打在熒光屏上的發(fā)光點間的最大距離L。
15.如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的均勻長木板，其上表面光滑，下表面粗糙，靜止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一豎直擋板。一質(zhì)量為3m的小滑塊靜置在長木板的右端?，F(xiàn)給小滑塊一個水平向左的瞬時速度v0，小滑塊與長木板發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑塊恰好不會從長木板掉下。假設(shè)小滑塊與豎直擋板的碰撞為彈性正碰，碰撞時間極短，桌面粗糙程度各處相同，桌面足夠長，重力加速度大小為g。求
(1)第一次碰撞后瞬間小滑塊和長木板的速度大小；
(2)長木板與桌面間的動摩擦因數(shù)；
(3)長木板運動的總時間。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程可知，當(dāng)入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，才會發(fā)生光電效應(yīng)，靈敏電流表才會偏轉(zhuǎn)，與入射光強度、作用時間、電源電壓無關(guān)，故A正確，BCD錯誤。
2.【答案】C
【解析】A.上述現(xiàn)象是由于光的干涉造成的，三棱鏡分光原理主要為光的折射，上述現(xiàn)象與三棱鏡分光原理不相同，故 A錯誤;
BC.硅片呈現(xiàn)深紫色的原因是薄膜的厚度正好使紫光在薄膜上下表面的反射光發(fā)生干涉，故 B錯誤， C正確;
D.根據(jù)光的干涉中相互加強的條件，可知當(dāng)薄膜的厚度發(fā)生變化時，滿足加強條件的波長也會發(fā)生改變，導(dǎo)致硅片呈現(xiàn)不同的顏色，故 D錯誤。
故選C。
3.【答案】A
【解析】A.根據(jù)(2R)3T22=(4R)3T12，得T2T1=12 2，故A正確;
B.根據(jù)GMm(2R)2=m(2R)4π2T22，得M=4π2(2R)3GT22，故B錯誤;
C.設(shè)月球的質(zhì)量為M，嫦娥六號的質(zhì)量為m，根據(jù)萬有引力充當(dāng)向心力可得GMmr2=mv2r，當(dāng)嫦娥六號環(huán)繞月球表面做圓周運動時的速度即為第一宇宙速度，即軌道半徑為R，而嫦娥六號在軌道Ⅱ上運行時的軌道半徑為2R大于月球的近地軌道上半徑R，月球第一宇宙速度大于軌道Ⅱ上運行速度，故 C錯誤;
D.根據(jù)加速離心、減速向心，可知由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ其速度減小，需要在M點點火使其減速才能完成，故D錯誤.
4.【答案】B
【解析】A.根據(jù)左手定則可知，a電極的電勢高于b電極的電勢，故A錯誤；
BD.穩(wěn)定時，qUd=qvB，且流量Q=Sv=14πd2v，聯(lián)立可得U=4BQπd，與離子濃度無關(guān)，U變大時，說明d減小，即血管內(nèi)徑變小，故B正確，D錯誤；
C.穩(wěn)定時a、b電極間的電勢差大小U=4BQπd與流速無關(guān)，故C錯誤。
5.【答案】D
【解析】A.根據(jù)交流電壓的表達式有 ω=2πT=20πrad/s
解得 T=0.1s
由于 1s=10T
線圈轉(zhuǎn)動一周，電流方向改變兩次，則1s內(nèi)副線圈中的電流方向改變20次，故A錯誤；
B.根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系有 U1U2=n1n2
可知，當(dāng)滑動變阻器的阻值變大時，兩電壓表的示數(shù)之比不變，故B錯誤；
C.將變壓器與滑動變阻器等效為一個電阻，等效阻值為 R等=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2U2I2=(n1n2)2R=4R?40Ω
令線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生電動勢的有效值為 U ， R 消耗的功率 P=(Ur+R等)2R等=U2R等+r2R等+2r
由于線圈電阻 r=8Ω ，根據(jù)數(shù)學(xué)對勾函數(shù)規(guī)律可知，若將滑動觸頭從最下端滑到最上端，接入電阻減小， R 消耗的功率先增大后減小，故C錯誤；
D.線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生電動勢的有效值為 U=12 2 2V=12V
結(jié)合上述，根據(jù)閉合電路歐姆定律，原線圈中電流 I1=Ur+R等=Ur+4R=0.3A
根據(jù)變壓器電流與匝數(shù)關(guān)系有 I1I2=n2n2
解得 I2=0.6A
故D正確。
故選D。
6.【答案】C
【解析】A.由題知，取沿斜面向下為x軸正方向，故最開始的電場強度方向沿斜面向上，若小球帶正電，則最開始所受電場力沿斜面向上，又qE0=2mgsinθ大于重力沿斜面向下的分力mgsinθ，故小球剛開始不可能沿斜面向下運動，所以小球帶負電，故A錯誤;
B.電場力先做正功再做負功，故滑塊機械能先增大后減小，故B錯誤；
C.小球沿斜面向下運動過程中，當(dāng)有最大速度時加速度為零，則有qE=mgsinθ解得E=12E0由圖2可知，設(shè)此時電場強度對應(yīng)的橫坐標為 x，則有E0x0=12E0x?x0解得x=32x0，從最開始到最大速度，根據(jù)動能定理有mgsinθ(x0+12x0)+12×qE0x0?12×12qE0×12x0=12mvm2解得vm=32 qE0x0m故C正確;
D.當(dāng)小球的速度為零時，小球沿斜面向下運動到最大位移，設(shè)為xm，對應(yīng)的電場強度為Em，由圖2可知E0x0=Emxm?x0從最開始運動到最大位移，根據(jù)動能定理有mgsinθxm+12×qE0x0?12×qEm×(xm?x0)=0聯(lián)立解得xm=3x0故D錯誤。
7.【答案】BD
【解析】A.由圖乙可知，t=0.1s時刻，質(zhì)點P正沿y軸正向運動，A項錯誤;
B.由甲圖知λ=4m由乙圖知T=0.2s該波的傳播速度大小為v=λT=20m/s，故B正確;
C.由圖乙可以看出，t=0.15s時質(zhì)點P位于正向最大位移處，加速度方向沿y軸負方向，故C錯誤；
D.在0.5s時間內(nèi)，質(zhì)點Q運動的路程為s=10A=2m，故D正確。
8.【答案】AD
【解析】A.根據(jù)急動度的概念 j=ΔaΔt
可知其中 a 為加速度，故A正確；
B.由圖可知汽車在 0～4.0 s 內(nèi) j=0.5
急動度為一定值，汽車做加速度均勻增大的加速直線運動，故B錯誤；
C.在 4.0～8.0 s 內(nèi)， j=0
加速度恒定，由 F?f=ma
可知汽車牽引力大于所受阻力，故C錯誤；
D.由圖可知加速度隨時間變化的圖像，如圖
由圖可知，10.0s時加速度為1.0m/s2，，a?t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示速度的增加量，則10.0s時 v=v0+4.0+12.02×2.0?12.0?10.0×1.02m/s=25m/s
由牛頓第二定律可知 F牽?f=ma10
解得 F牽=3000N
則 10.0 s 時，汽車牽引力的功率為 P=F牽v=7.5×104W
故D正確。
故選AD。
9.【答案】AC
【解析】A.對導(dǎo)體棒進行受力分析，要使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則判斷電流方向從 a到b，對于圓盤這個電源，電流從圓心流出，邊緣流入，再根據(jù)右手定則，從上往下看，圓盤應(yīng)順時針方向轉(zhuǎn)動， A正確。
B.由題可知，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E=12Br2ω
由閉合電路歐姆定律可知，ab間電勢差大小為 U=2R2R+RE=13Br2ω，B錯誤；
C.當(dāng)安培力F=mgsinθ且安培力方向沿斜面向上時，B2最小。
由F=B2IL，I=12Br2ω3R，可得mgsinθ=B2×12Br2ω3R×L，解得B2=6mgsinθRBr2ωLC正確；
D.若圓盤停止轉(zhuǎn)動，導(dǎo)體棒下滑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，受到安培力。
根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ?B2IL=ma，隨著速度v增大，感應(yīng)電動勢E=B2Lv增大，電流I=E3R增大，
安培力增大，加速度減小，所以ab棒將沿導(dǎo)軌做加速度減小的加速運動，最后勻速運動， D錯誤；
故選AC。
10.【答案】BC
【解析】B、從開始釋放b球到b球落地的過程中，兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)圖像可知，整個過程中b球的下落高度和a球的上升高度相等，而b球總共減小了18J的重力勢能，a球增加了6J的重力勢能，則有mbgh=3magh，由此可知a、b兩球質(zhì)量之比為：ma：mb=1：3，
根據(jù)上述分析可知系統(tǒng)的機械能守恒，則(mb?ma)gh=12(ma+mb)v2
又有：(mb?ma)gh=18J?6J=12J，ma：mb=1：3，解得：Eka=12mav2=3J，故B正確；
C、根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律可得：mbg?mag=(mb+ma)a，解得加速度大小為：a=5m/s2
t=0.3s時，a離地面高度為：ha=12at2=12×5×0.32m=0.225m
t=0.3s時，Epa=Epb，a球的離地高度為ha=0.225m，根據(jù)ma：mb=1：3可知，此時b球的離地高度為：hb=13ha=13×0.225m=0.075m，，故C正確，D錯誤；
可分析出釋放時b離地高度：h=0.225m+0.075m=0.3m，由Epb=mbgh=18J可知，mb=6kg，故A錯誤。
11.【答案】(1) R2
(2) a
(3)1.0
(4)偏大

【解析】(1)當(dāng)磁感應(yīng)強度為零時，磁敏電阻的阻值為 RB=300Ω
為了保護電流表，定值電阻 R 的最小阻值為 Rmin=EIg?RB=300Ω
故定值電阻 R 應(yīng)選用 R2 。
(2)本實驗為替代法測電阻，故閉合開關(guān) S1 ，將電阻箱 RC 調(diào)為 1300.0Ω ，然后將開關(guān) S2 應(yīng)向 a 端閉合。
(3)當(dāng)電流表的示數(shù)為 3.0mA 時，磁敏電阻的阻值為 RB=EI?R2=700Ω 。
由圖甲可知待測磁場的磁感應(yīng)強度為 1.0T 。
(4)由于電源的電動勢略微變小，內(nèi)阻變大，導(dǎo)致測得的電流值偏小，磁敏電阻的阻值偏大，由圖像知這將導(dǎo)致磁感應(yīng)強度的測量結(jié)果偏大。
12.【答案】 4L12+d24L22+d2; 4L32+d2d;甲;偏大
【解析】(1)甲同學(xué)利用步驟③測得數(shù)據(jù)計算該玻璃磚的折射率n=sinisinr= 4L12+d24L22+d2;
(2)乙同學(xué)利用步驟④測得數(shù)據(jù)計算該玻璃磚的折射率n=1sinC= 4L32+d2d;
(3)比較甲、乙兩同學(xué)測量折射率的方案，甲同學(xué)的測量誤差更小，乙同學(xué)方案中“恰好只有一個光斑”的狀態(tài)確定不夠準確；
刻度尺逆時針偏離垂直x軸位置，則L1偏大，L2偏小，測量結(jié)果偏大。
13.【答案】(1)已知環(huán)境氣溫不變，說明氣體發(fā)生的是等溫變化；對于一定質(zhì)量的理想氣體，在等溫變化過程中，由玻意耳定律 p0V1=p2V2
其中 V2=1.25V1
代入數(shù)據(jù)解得下鎖扣后吸盤內(nèi)氣體壓強為 p2=8×104Pa
(2)水平方向上，吸盤內(nèi)外存在壓強差，大氣對吸盤有一個向內(nèi)的壓力，吸盤內(nèi)氣體對吸盤有一個向外的壓力。吸盤內(nèi)外的壓力差 F=p0S1?p2S2
代入可得 F=40 N
當(dāng)吸盤恰好能掛起重物時，豎直方向上重物的重力等于吸盤受到的最大靜摩擦力即 mg=μF
代入數(shù)據(jù)計算得 m=3.0 kg
即吸盤能掛起重物質(zhì)量的最大值為 3.0 kg 。

【解析】詳細解答和解析過程見答案
14.【答案】解：(1)設(shè)曲線某點坐標為(x,y)，粒子在電場中做類平拋運動
水平方向有|x|=v0t
豎直方向有y=12?qEm.t2，其中E=mv02ql
解得y=x22l(x≤0)
(2)如圖所示
在電場中，水平方向有l(wèi)=v0t1
豎直方向有vy=qEmt1
設(shè)粒子進入磁場時速度v與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=v0vy即θ=45°
粒子在磁場運動時間t=2θ2πT，T=2πmqB
故t= 2πl(wèi)4v
(3)設(shè)粒子從O點進入磁場的速度v，與y軸負向的夾角為α，運動半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R
即R=mvBq由幾何知識可知，若無熒光屏粒子出磁場時對應(yīng)的弦長為
d=2Rsinα=2mvsinαqB=2mv0qB與v無關(guān)
即從OA任一點發(fā)射的粒子都從同一點射出磁場。O點發(fā)射的粒子在磁場中運動軌道半徑R1，則R1=mv0Bq= 22l
A點發(fā)射的粒子在磁場中運動軌道半徑R2，則R2=mvBq= 2mv0Bq=l
所以打在熒光屏上的發(fā)光點的最大距離為L=R1?R2(1?csθ)
解得L=( 2?1)l。
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
15.【答案】[解析](1)設(shè)小滑塊的初速度方向為正方向，第一次碰撞后瞬間小滑塊和長木板的速度分別為v1和v1′，碰撞瞬間根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有
3mv0=3mv1+mv′1
12?3mv02=12?3mv12+12mv′12
兩式聯(lián)立，解得v1=12v0 ， v′1=32v0；
(2)發(fā)生第一次碰撞后，長木板做勻減速直線運動，小滑塊做勻速直線運動，因為小滑塊與長木板發(fā)生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑塊恰好不會從長木板掉下，所以長木板勻減速到與小滑塊速度相等時二者相對位移恰好等于 L，設(shè)第一次碰撞后到二者速度相等所用時間為t，長木板勻減速的加速度大小為a，則有v1′+v12t?v1t=L ， a=v′1?v1t
求得t=2Lv0，a=v022L
由牛頓第二定律：μ(4m)g=ma
得μ=v028gL；
(3)二者速度相等后，長木板繼續(xù)勻減速至停止通過的位移和所用時間分別為x′=v122a=v028a，t′=v1a=v02a
這段時間內(nèi)小滑塊的位移為x=v1t′=v024a
因為x?x′=v028a=L4

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