廣東省2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末物理模擬試題

廣東省2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期期末物理模擬試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．兩行星A和B各有一顆衛(wèi)星a和b，衛(wèi)星的圓軌道接近各自的行星表面，如果兩行星質(zhì)量之比MA：MB=2：1A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：12．如圖所示，a、b、c為三根與紙面垂直的固定長直導(dǎo)線，其截面位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，bc連線沿水平方向，導(dǎo)線中通有恒定電流，且L(L?d)，電流方向如圖中所示。O點(diǎn)為三角形的中心（O點(diǎn)到三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等），其中通電導(dǎo)線c在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0A．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為3B0B．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為5B0C．質(zhì)子垂直紙面向里通過O點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力的方向由O點(diǎn)指向cD．電子垂直紙面向里通過O點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力的方向垂直O(jiān)c連線向下3．對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，下列說法正確的是（）A．若體積不變、溫度升高，則每個(gè)氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的速率都增大B．若體積減小、溫度不變，則器壁單位面積受氣體分子的碰撞力不變C．若體積不變、溫度降低，則氣體分子密集程度不變，壓強(qiáng)可能不變D．若體積減小、溫度不變，則氣體分子密集程度增大，壓強(qiáng)一定增大4．下列關(guān)于行星運(yùn)動(dòng)定律和萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)歷程，符合史實(shí)的是（）A．哥白尼通過整理第谷觀測的大量天文數(shù)據(jù)得出行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律B．牛頓通過多年的研究發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，并測量出了地球的質(zhì)量C．牛頓指出地球繞太陽運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹碜蕴柕娜f有引力D．卡文迪許通過實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確地測量出了萬有引力常量，并間接測量出了太陽的質(zhì)量5．有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向如圖所示，在電場中有三個(gè)點(diǎn)A、B、C，這三點(diǎn)的連線恰好夠成一個(gè)直角三角形，且AC邊與電場線平行。已知A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA=5V，φBA．-1.8×1C．8.0×106．中國空間技術(shù)研究院空間科學(xué)與深空探測首席科學(xué)家葉培建近日透露，中國準(zhǔn)備在2020年發(fā)射火星探測器，2021年探測器抵達(dá)火星，并有望實(shí)現(xiàn)一次“繞”、“落”和“巡”的任務(wù)?；鹦抢@太陽公轉(zhuǎn)周期約為地球公轉(zhuǎn)周期的2倍，火星的直徑約為地球的一半，質(zhì)量僅是地球的0.1倍。由以上信息可知（）A．發(fā)射火星探測器需要的速度不能小于16.7km/sB．探測器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小C．火星繞太陽的軌道半徑約為地球繞太陽的軌道半徑的4倍D．在火星表面發(fā)射近地衛(wèi)星的速度小于地球的第一宇宙速度二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7．某列簡諧橫波在t1＝0時(shí)刻的波形如圖甲中實(shí)線所示，t2＝3.0s時(shí)刻的波形如圖甲中虛線所示，若圖乙是圖甲a、b、c、d四點(diǎn)中某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象，則正確的是____A．這列波的周期為4sB．波速為0.5m/sC．圖乙是質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖象D．從t1＝0到t2＝3.0s這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)a通過的路程為1.5mE．t3＝9.5s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)8．如圖所示，a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中的等勢(shì)面，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1，且方向與等勢(shì)面平行，在B點(diǎn)的速度大小為v2，A、B連線長為L，連線與等勢(shì)面間的夾角為θ，不計(jì)粒子受到的重力，則（）A．粒子的速度v2一定大于v1B．等勢(shì)面b的電勢(shì)比等勢(shì)面c的電勢(shì)低C．粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為LD．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為m(9．如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量均為m，電荷量的大小均為Q（未知）。小球A系在長為L的絕緣輕繩下端，小球B固定于懸掛點(diǎn)的正下方，平衡時(shí)，小球A、B位于同一高度，輕繩與豎直方向成60°A．小球A，B帶異種電荷B．小球A所受靜電力大小為3C．小球A，B所帶電荷量Q=D．若小球A的電荷量緩慢減小，則小球A的重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能增大10．如圖所示，A、B、C三個(gè)物體分別用輕繩和輕彈簧連接，放置在傾角為θ的光滑斜面上，當(dāng)用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時(shí)，三者恰好保持靜止，已知A、B、C三者質(zhì)量相等，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．在輕繩被燒斷的瞬間，A的加速度大小為2gsinθB．在輕繩被燒斷的瞬間，B的加速度大小為gsinθC．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為12D．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為2gsinθ三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．如圖所示為某同學(xué)完成驗(yàn)證平行四邊形定則實(shí)驗(yàn)后留下的白紙．（1）根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，F(xiàn)合的大小是N．（2）觀察圖象發(fā)現(xiàn)，理論的合力F合與一個(gè)彈簧秤拉動(dòng)時(shí)的拉力F3差異較大，經(jīng)驗(yàn)證F3測量無誤，則造成這一現(xiàn)象可能的原因是__A．用手壓住結(jié)點(diǎn)后拉彈簧秤并讀數(shù)B．初始時(shí)一個(gè)彈簧秤指示在0.4N處而未調(diào)零C．兩個(gè)彈簧秤首次拉動(dòng)時(shí)結(jié)點(diǎn)位置的記錄有較大偏差D．拉動(dòng)過程中繩套從彈簧秤上脫落，裝上后繼續(xù)實(shí)驗(yàn)．12．一位同學(xué)為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，利用光電門等裝置設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)。使用的器材有：鐵架臺(tái)、光電門1和2、輕質(zhì)定滑輪、通過不可伸長的輕繩連接的鉤碼A和B（B左側(cè)安裝擋光片）。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①如圖1，將實(shí)驗(yàn)器材安裝好，其中鉤碼A的質(zhì)量比B大，實(shí)驗(yàn)開始前用一細(xì)繩將鉤碼B與桌面相連接，細(xì)繩都處于豎直方向，使系統(tǒng)靜止。②用剪刀剪斷鉤碼B下方的細(xì)繩，使B在A帶動(dòng)下先后經(jīng)過光電門1和2，測得擋光時(shí)間分別為t1、t③用螺旋測微器測量擋光片沿運(yùn)動(dòng)方向的寬度d，如圖2，則d=mm。④用擋光片寬度與擋光時(shí)間求平均速度，當(dāng)擋光片寬度很小時(shí)，可以將平均速度當(dāng)成瞬時(shí)速度。⑤用刻度尺測量光電門1和2間的距離L(L?d)。⑥查表得到當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間。⑦為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，請(qǐng)寫出還需測量的物理量（并給出相應(yīng)的字母表示），用以上物理量寫出驗(yàn)證方程。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．如圖所示，在直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)，第一、二象限有平行y軸的勻強(qiáng)電場，第三、四象限有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以大小為v0，方向與x軸正方向成37°的速度沿坐標(biāo)平面射入第一象限，粒子第一次回到x軸時(shí)，經(jīng)過x軸上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），已知電場強(qiáng)度大小為E，粒子重力不計(jì)，sin37°=0.6，cos（1）求p點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，第二次回到x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為OP的一半，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向。14．在一個(gè)足夠長的水平桌面上，靜置著一個(gè)足夠長的木板A，A的右端與桌面邊沿平齊，其上邊緣距水平地面的豎直高度h=0.8m。木板A上靜置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的B、C物塊，它們之間有一個(gè)被鎖定的壓縮輕彈簧（彈簧與兩物塊均不連接），彈簧存儲(chǔ)的彈性勢(shì)能為5.4J。已知mA=mB=0.1kg、mC=0（1）彈簧恢復(fù)原長時(shí)物塊B、C的速度；（2）物塊C從離開A板落地過程中的水平位移；（3）物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到最終停止時(shí)，相對(duì)桌面運(yùn)動(dòng)的距離。15．湯姆孫利用磁偏轉(zhuǎn)法測定電子比荷的裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子（不計(jì)初速度、重力和電子間的相互作用）經(jīng)加速電壓加速后，穿過B中心的小孔沿中心軸的方向進(jìn)入到兩塊水平正對(duì)放置的平行極板D1和D2間的區(qū)域。當(dāng)D1、D2兩極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，電子束打在熒光屏的中心P1點(diǎn)處，形成了一個(gè)亮點(diǎn)；加上圖示的電壓為U的偏轉(zhuǎn)電壓后，亮點(diǎn)移到P2點(diǎn)，再加上一個(gè)方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，調(diào)節(jié)磁場的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，亮點(diǎn)重新回到P1點(diǎn)，去掉偏轉(zhuǎn)電壓后，亮點(diǎn)移到P3點(diǎn)。假設(shè)電子的電量為e，質(zhì)量為m，D1、D2兩極板的長度為L，極板間距為d，極板右端到熒光屏中心的距離為s，R與P豎直間距為y，水平間距可忽略不計(jì)。（只存在磁場時(shí)電子穿過場區(qū)后的偏角θ很小，tanθ≈sinθ；電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r很大，計(jì)算時(shí)略去(L（1）判定磁場的方向，求加速電壓的大小；（2）若測得電子束不偏轉(zhuǎn)時(shí)形成的電流為I，且假設(shè)電子打在熒光屏。上后不反彈，求電子對(duì)熒光屏的撞擊力大?。唬?）推導(dǎo)出電子比荷的表達(dá)式。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有G得T＝2π所以兩衛(wèi)星運(yùn)行周期之比為T故答案為：A。

【分析】利用引力提供向心力可以求出周期的表達(dá)式，結(jié)合質(zhì)量和半徑的比值可以求出周期的比值。2．【答案】A【解析】【解答】AB、根據(jù)右手螺旋定則，通電導(dǎo)線a在o點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場平行bc指向左方，通電導(dǎo)線b在o點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場平行于ac指向右下方，通電導(dǎo)線c在o點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場平行于ab指向左下方；根據(jù)公式對(duì)稱性可得B根據(jù)平行四邊形定則，則0點(diǎn)的合場強(qiáng)的方向平行于ab指向左下方，大小為3B0，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)左手定則，質(zhì)子垂直紙面向里通過o點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力的方向垂直ab連線由c點(diǎn)指向o，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)左手定則，電子垂直紙面向里通過o點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力的方向垂直ab連線由o點(diǎn)指向c，故D錯(cuò)誤；

故答案為：A。

【分析】根據(jù)右手螺旋定則確定各導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的方向，再根據(jù)導(dǎo)線的電流大小及與O點(diǎn)的距離關(guān)系確定各導(dǎo)在O點(diǎn)的磁場強(qiáng)度大小。再根據(jù)矢量求和法則確定O點(diǎn)的合磁場大小和方向。根據(jù)左手定則確定帶電粒子在O點(diǎn)所受洛倫茲力方向，注意電荷所帶電性的正負(fù)。3．【答案】D【解析】【解答】A、溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大，但并不是氣體中每個(gè)分子的速率都增大，也有個(gè)別速度減小的，故A錯(cuò)誤；

BD、對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，體積減小，分子密集程度增大。理想氣體質(zhì)量一定時(shí)，滿足PV若體積減小、溫度不變，則壓強(qiáng)增大，故器壁單位面積受氣體分子的碰撞力會(huì)增大，故B錯(cuò)誤，D正確；

C、同理可分析，體積不變、溫度降低，氣體的壓強(qiáng)會(huì)變小，故C錯(cuò)誤；

故答案為：D。

【分析】分子的熱運(yùn)動(dòng)針對(duì)的是大量分子進(jìn)行研究，對(duì)單個(gè)分子無意義。溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大。對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，體積減小，分子密集程度增大。器壁單位面積受氣體分子的碰撞力會(huì)增大。4．【答案】C【解析】【解答】A、開普勒通過整理第谷觀測的大量天文數(shù)據(jù)得出行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律，故A錯(cuò)誤；

BD、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測量出了萬有引力常量，并間接測量出了地球的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；

C、牛頓通過研究指出地球繞太陽運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹碜蕴柕娜f有引力，萬有引力提供地球做曲線運(yùn)動(dòng)所需的向心力，故C正確。

故答案為：C。

【分析】開普勒通過整理第谷觀測的大量天文數(shù)據(jù)得出行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律，牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測量出了萬有引力常量，牛頓通過研究指出地球繞太陽運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿絹碜蕴柕娜f有引力。5．【答案】C【解析】【解答】設(shè)AB與AC之間的夾角為θ，則cosAB沿場強(qiáng)方向的距離為d則電場強(qiáng)度為E=電子從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能的變化量為?聯(lián)立解得?故答案為C。

【分析】根據(jù)幾何關(guān)系確定AB兩點(diǎn)時(shí)間沿電場線方向的距離差，再根據(jù)電勢(shì)差與場強(qiáng)的關(guān)系確定場強(qiáng)的大小。根據(jù)電場力做功與電勢(shì)能的關(guān)系確定電子從A到C過程電勢(shì)能的變化情況。6．【答案】D【解析】【解答】A．火星探測器脫離地球，但沒有脫離太陽系，其發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2km/s即可，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)引力F=GMmC．根據(jù)萬有引力提供向心力，有G可得r=因火星繞太陽公轉(zhuǎn)周期約為地球公轉(zhuǎn)周期的2倍，所以火星繞太陽的軌道半徑約為地球繞太陽的軌道半徑的34D．在火星表面發(fā)射近地衛(wèi)星的速度即火星的第一宇宙速度，由G得第一宇宙速度公式v=可知火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為1：5，所以在火星表面發(fā)射近地衛(wèi)星的速度小于地球的第一宇宙速度，故D正確。故選D。

【分析】利用火星發(fā)生器沒有脫離太陽系所以其發(fā)射速度大于第二宇宙速度；利用引力的公式結(jié)合質(zhì)量和半徑的大小可以比較引力的大??；利用引力提供向心力結(jié)合周期的大小可以比較半徑的大?。焕靡μ峁┫蛐牧梢员容^第一宇宙速度的大小。7．【答案】A,B,E【解析】【解答】A.由圖乙可知，該波的周期為4s，A符合題意；

B.由甲圖可知，該波的波長λ=2mv=B符合題意；

C.由圖甲可知，在t1=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)b正通過平衡位置，與乙圖情況不符，所以乙圖不可能是質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖像，C不符合題意；3根據(jù)一個(gè)周期質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)4個(gè)振幅的路程，可得質(zhì)點(diǎn)a通過的路程為s=D不符合題意；

E.因?yàn)閠2T后質(zhì)點(diǎn)c回到最低點(diǎn)，由于T所以t3=9.5s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c已經(jīng)越過平衡位置正在沿y軸正向運(yùn)動(dòng)，E符合題意。

故答案為：ABE。

【分析】由圖像讀出該波的周期和波長，由波速公式8．【答案】A,C【解析】【解答】A．電場為勻強(qiáng)電場，等勢(shì)面沿水平方向，則電場線的方向沿豎直方向，帶正電的質(zhì)子彎曲的方向向下，所以質(zhì)子受力的方向向下，從A到B的過程中電場力做正功，所以質(zhì)子的速度增大，故A符合題意；B．質(zhì)子受力的方向向下，質(zhì)子帶正電，則電場的方向向下，而沿著電場線電勢(shì)逐漸降低，故b的電勢(shì)高于c的電勢(shì)；故B不符合題意；C．質(zhì)子在A點(diǎn)的速度大小為v1，在B點(diǎn)的速度大小為v2，質(zhì)子在沿等勢(shì)面方向的分速度不變?yōu)関1，所以質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=故C符合題意；D．在沿電場線的方向的位移為y=Lsinθ，由動(dòng)能定理有qEy=聯(lián)立解得E=故D不符合題意。故答案為：AC。

【分析】利用軌跡可以判別電場力方向進(jìn)而判別電場力做功及速度的大?。焕秒娦越Y(jié)合電場力方向可以判斷電場線方向進(jìn)而判別電勢(shì)的高低；利用水平方向的位移公式可以求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；利用動(dòng)能定理可以求出場強(qiáng)的大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB．帶電的小球A處于平衡狀態(tài)，A受到庫侖力F、重力mg以及繩子的拉力T的作用，其合力為零，則有F=mg解得F=由圖可知，AB間庫侖力為排斥力，即AB為同種電荷，A不符合題意，B符合題意；C．根據(jù)庫侖定律有F=kQ?Qr解得Q=C不符合題意；D．若小球A的電荷量緩慢減小，AB間的庫侖力減小，小球A下擺，則小球A的重力勢(shì)能減小，庫侖力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，D符合題意。故答案為：BD。

【分析】利用A的平衡條件可以判別兩個(gè)小球的電性及A受到的電場力大??；結(jié)合庫侖定律可以求出電荷量的大?。焕脦靵隽途嚯x的關(guān)系可以判別重力勢(shì)能和電勢(shì)能的變化。10．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、把ABC看成是一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，有F＝3mgsinθ，在輕繩被燒斷的瞬間，AB之間的繩子拉力為零，對(duì)A，由牛頓第二定律：F﹣mgsinθ＝maA，解得：aA＝2gsinθ，A符合題意。B、對(duì)于C，有F彈＝mgsinθ，在輕繩被燒斷的瞬間，對(duì)于B，繩子拉力為零，彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律：F彈+mgsinθ＝maB，解得：aB＝2gsinθ，B不符合題意。C、剪斷彈簧的瞬間，對(duì)于整體AB，彈簧彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律：F﹣2mgsinθ＝2maAB，解得：aAB＝12gsinθ，而A的加速度大小aA＝aABD、突然撤去外力F的瞬間，對(duì)整體AB，由牛頓第二定律：F彈+2mgsinθ＝2maAB，F(xiàn)彈＝mgsinθ，解得：aAB＝32gsinθ，aA＝aAB故答案為：AC

【分析】對(duì)物體進(jìn)行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面兩個(gè)方向上分解，在沿斜面方向利用牛頓第二定律求解物體的加速度。11．【答案】（1）1.8（2）A；C【解析】【解答】（1）根據(jù)圖象，結(jié)合比例尺可得F（2）A、用手壓住結(jié)點(diǎn)后拉彈簧秤并讀數(shù)，造成彈簧秤與木板不平行可能造成這一現(xiàn)象，故A正確；

B、圖中兩分力夾角為銳角，初始時(shí)一個(gè)彈簧秤指示在0.4N處而未調(diào)零，這一個(gè)分力會(huì)有相差0.4N的錯(cuò)誤，不會(huì)造成合力也相差0.4N，故B錯(cuò)誤；

C、兩個(gè)彈簧秤首次拉動(dòng)時(shí)結(jié)點(diǎn)位置的記錄有較大偏差，造成一個(gè)彈簧秤拉的效果與兩個(gè)彈簧秤拉的效果不同，可能造成這一現(xiàn)象，故C正確；

D、拉動(dòng)過程中繩套從彈簧秤上脫落，裝上后繼續(xù)實(shí)驗(yàn)，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果沒有影響，故D錯(cuò)誤。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)比例尺確定合力的大小。本實(shí)驗(yàn)采用等效實(shí)驗(yàn)法，熟悉掌握實(shí)驗(yàn)的操作步驟及實(shí)驗(yàn)要求，再根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作及實(shí)驗(yàn)要求分析可能產(chǎn)生的誤差原因。12．【答案】6.710；鉤碼A、B的質(zhì)量m1、m2；1【解析】【解答】③根據(jù)螺旋測微器測量原理得d=6.5mm+21.0×0.01mm=6.710mm⑦為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需測量鉤碼A、B的質(zhì)量m1、m2。對(duì)系統(tǒng)，因?yàn)閯?dòng)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量，則驗(yàn)證方程為1

【分析】（3）明確螺旋測微器每一個(gè)小格代表的數(shù)值，并且在最后的讀數(shù)時(shí)注意估讀即可。

（7）重物下落時(shí)應(yīng)遵循機(jī)械能守恒定律，即動(dòng)能的增加量等于重力勢(shì)能的減小量，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式表示出速度v，再化簡即可。13．【答案】（1）解：由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性可知，粒子運(yùn)動(dòng)可以看成沿y軸向上先做勻減速后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和x軸勻速直線運(yùn)動(dòng)合成的。設(shè)回到x軸過程所需要的時(shí)間為t，y軸：v加速度a=Eq時(shí)間t=2vx軸：vx=v聯(lián)立上式，可解得x=即p點(diǎn)的坐標(biāo)為（24mv（2）解：第二次回到x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為OP的一半，滿足題意得有兩種情況。①回到x軸時(shí)在O點(diǎn)右側(cè)。如圖所示，由幾何關(guān)系，可知軌跡半徑R1由q解得：B=方向垂直坐標(biāo)平面向外；②回到x軸時(shí)在O點(diǎn)左側(cè)，如圖所示，由幾何關(guān)系，可知軌跡半徑R由q解得：B=方向垂直坐標(biāo)平面向外【解析】【分析】（1）利用運(yùn)動(dòng)的分解結(jié)合速度公式結(jié)合牛頓第二定律可以求出p點(diǎn)的坐標(biāo)；

（2）利用幾何關(guān)系可以求出軌道半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。14．【答案】（1）根據(jù)題意，彈簧解鎖在極短時(shí)間恢復(fù)原長，脫離兩物塊。選向右為正方向，由B、C兩物塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒和能量守恒可得0=?E聯(lián)立兩式解得vB1=9m/svC1=3m/s（2）由題意可得，B、C兩物塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，各自對(duì)物塊A的滑動(dòng)摩檫力方向相反，大小分別為ff而木板A與水平桌面之間的最大靜摩擦力等于其滑動(dòng)摩擦力f由于f可知木板A在此階段是靜止的。物塊C向右滑動(dòng)直到到達(dá)桌面右端的過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得vm之后物塊C做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得h=x解得x（3）當(dāng)物塊C向右運(yùn)動(dòng)，直到離開木板A的過程中，物塊B向左做交減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vm物塊C離開木板之后