2022年河南省洛阳市高考物理一模试卷（含答案解析）

这是一份2022年河南省洛阳市高考物理一模试卷（含答案解析），共21页。

秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座核电站。一种典型的铀核裂变反应为 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+aX，下列判断正确的是( )
A. a=1，X是α粒子B. a=2，X是质子
C. a=3，X是中子D. a=4，X是电子
某型号篮球架如图所示，其斜梁伸臂PQ与水平方向的夹角为α，篮板固定在P端，其总质量(含篮圈)为m，重力加速度为g，则斜梁伸臂PQ对篮板的作用力的大小为( )
A. mgsinαB. mgC. mgcsαD. mgtanα
如图所示，把一根柔软的可导电的弹簧悬挂在绝缘支架上，使它的下端刚好跟槽中的水银接触。关于通电后发生的现象，下列说法正确的是( )
A. 弹簧上下振动
B. 弹簧浸入水银更深了
C. 弹簧下端离开水银，不再接触水银
D. 若把电源正负极交换，原来的现象不再发生
如图甲所示，菱形导电线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场方向垂直于面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流(取逆时针方向为正方向)随时间t的变化图象是( )
A. B.
C. D.
如图为模拟市区用户供电的示意图。U0是电网电压有效值，可视为不变。R1为电网至变压器间电缆的电阻，R2是变压器至用户间电缆的电阻，R是所有用电器的等效电阻。变压器为理想变压器。当用户端的用电器(并联B)增多时，下列说法正确的是( )
A. R1的电功率减小B. R2的电功率减小
C. 电压表的示数减小D. 电流表的示数减小
如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一点电荷产生的电场，电场线的分布关于x轴对称，a、b、c、d是以O为圆心的圆周上的四个点，其中a、b在x轴上，d点在y轴上，则下列判断正确的是( )
A. a、b、c、d各点的电势相等
B. d点的电场强度小于a点的电场强度
C. 将一点电荷由a点移到c点，电势能减小
D. 将一正点电荷由b点移到d点电场力做的功小于由b点移到c点电场力做的功
四盏白炽灯泡连接成如图所示的电路。a、c灯泡的规格为“220V 40W”，h、d灯泡的规格为“220V 100W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率。对这四盏灯泡实际消耗功率的说法正确的是( )
A. a灯泡实际消耗的功率最小B. b灯泡实际消耗的功率最小
C. c灯泡实际消耗的功率最小D. d灯泡实际消耗的功率最小
如图所示，两竖直平行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里。一带负电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运动。若只减小小球从O点进入场区时的速度，则小球在场区内运动过程中，下列判断正确的是( )
A. 小球的动能减小B. 小球的电势能减小
C. 小球的重力势能减小D. 小球的机械能减小
我国将于2022年2月4日开始举办世界冬奥会，跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。运动员(和滑雪板一起)以一定速度从跳台水平飞出，在空中飞行一段时间后重新落入赛道如图所示。某运动员前后两次分别以v、2v的速度从跳台顶端水平飞出，两次运动员都落在倾斜的赛道上，斜坡的倾角为θ，则( )
A. 运动员前后两次起、落点间的距离之比为1：2
B. 运动员前后两次在空中运动的时间之比为1：1
C. 运动员前后两次与斜面的最远距离之比为1：2
D. 运动员前后两次落入赛道时的速度方向与斜面夹角之比为1：1
某质点做直线运动的v−t图象如图所示，该质点( )
A. 在1s∼3s内的加速度不变B. 在前2s内发生的位移为零
C. 在1s末速度方向发生了改变D. 3s末和5s末的位置相同
2021年11月7日18时51分，航天员翟志刚、王亚平从“天和”核心舱成功出舱并到达指定作业点，如图所示。假设核心舱绕地球运动的线速度为v，航天员出舱的总时间为t，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则根据以上信息可以估算出( )
A. 地球密度B. 核心舱离地高度
C. 核心舱的加速度D. 核心舱受到地球的万有引力
如图，一质量为3m的容器静止在光滑水平面上，该容器的内壁是半径为R的光滑半球面，在容器内壁的最高点由静止释放一质量为m的小滑块P，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. P滑到最低点时的动能为mgR
B. P从开始到最低点过程中机械能减少了mgR4
C. P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度小于R
D. P经过最低点后沿内壁继续上滑的最大高度等于R
如图所示，闭合金属线框从距离有界磁场一定高度处自由落下，匀强磁场方向与线框下落的竖直面垂直，则下列描述正确的是( )
A. 闭合金属线框可能匀速进入磁场
B. 闭合金属线框可能减速离开磁场
C. 闭合金属线框进入和离开磁场的过程中线框的热功率一定相等
D. 闭合金属线框进入和离开磁场的过程中通过导体横截面的电荷量一定相等
4个质量均为m的小球通过两根相同的轻弹簧A和两根相同的轻弹簧B连接如图所示，系统处于静止状态，此时A、B弹簧实际长度相等，下面两个小球间的细线平行于水平面，弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ和45∘.弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB，且原长相等。设轻弹簧A、B中的拉力大小分别为FA、FB，重力加速度为g，小球直径与弹簧长度相比可以忽略，则( )
A. kA=kBB. tanθ=12C. FA=5mgD. FB=2mg
用如图甲所示的实验装置验证质量分别为m1、m2的物体组成的系统机械能守恒，物体m2从高处由静止开始下落，打点计时器在m1拖着的纸带上打下一系列的点，如图乙所示，0点是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，计数点间的距离如图乙所示，已知m1=50g，m2=150g，打点计时器所用电源的频率为50Hz(g取9.8m/s2，计算结果均保留三位有效数字)
(1)在纸带上打“5”点时的速度v=______m/s。
(2)在从打“0”点至打“5”点的过程中系统动能的增加量ΔEk=______J，系统重力势能的减少量ΔEp=______J。
如图1是用来测量未知电阻Rx的实验电路图，Rx阻值约为几千欧；E是电池组，电动势为6V，内阻不计；V是电压表，量程为3V，内阻r=3000Ω，R是电阻箱，阻值范围0∼9999Ω；R1是滑动变阻器，S1和S2是单刀单掷开关.主要的实验步骤如下：
a.连好电路如图1，合上开关S1和S2，调节滑动变阻器的滑片，使得电压表的示数为3.0V
b.S1保持闭合，断开开关S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使得电压表的示数为1.5V
c.读出电阻箱的阻值，并计算求得未知电阻Rx的大小
d.实验后整理仪器
(1)供选择的滑动变阻器有：
A.最大阻值100Ω，额定电流0.5A
B.最大阻值20Ω，定电流1.5A
为了使实验测量值尽可能地准确，根据实验电路图可知，实验应选用的滑动变阻器是______(填实验器材前的字母)。
(2)电压表示数为1.5V时，电阻箱的旋钮位置如图2所示，它的读数是______Ω。
(3)未知电阻Rx=______Ω。
(4)Rx的测量值与其真实值相比______(填“偏大”、“相等”或“偏小”)。
如图甲所示，匝数为100的线圈，总阻值为1Ω(为表示线圈的绕向，图中只画了2匝)，A、B两端间接有一个4Ω的电阻R。线圈内有垂直指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按如图乙所示的规律变化，求：
(1)线圈中感应电流的方向是顺时针还是逆时针，A，B两点哪点的电势高？
(2)R两端的电压是多大？
如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，abc段是以O为圆心、半径R=0.1m的一小段圆弧，de段水平，该段轨道上放着质量分别为mA=2kg，mB=1kg的物块A，B(均可视为质点)，A，B间系一轻质细绳并夹一轻质弹簧，细绳长度大于弹簧的自然长度，弹簧与A、B均不拴接。用双手缓慢推A、B将弹簧压缩，当弹簧的弹性势能E=12J时，同时释放A，B，随后绳子在绷紧的瞬间被拉断，之后A向左冲上轨道，经过轨道最高点b时受到轨道的支持力大小等于其重力的34，g取10m/s2，求：
(1)绳被拉断瞬间A的速度vA的大小；
(2)绳被拉断过程中绳对A的冲量I；
如图所示，三块挡板围成截面边长L=1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=400N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场磁感应强度为B1；三角形AMN以外区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=3B1。现将一比荷qm=108C/kg的带正电的粒子，从C点正上方2m处的O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入三角形外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π=3。求：
(1)磁感应强度B1的大小；
(2)粒子在磁场B2中运动的时间。
质量M=3kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数µ 1=0.3，其上表面右侧光滑段长度L1=2m，左侧粗糙段长度为L2，质量m=2kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数µ 2=0.15，取g=10m/s2，现用F=18N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度vB=1m/s，求L2的值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：设X的质量数为A，电荷数为Z。
根据质量数守恒，则X的质量数：A=235+1−144−89a=3a
根据核电荷数守恒，得X的质子数：Z=92−36−56a=0，
综上可知：X是中子，a=3
故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据质量数守恒与电荷数守恒即可判断出X中的质子数与中子数。
本题考查了核反应方程的基本运用，比较简单，要加强训练，才能熟练。
2.【答案】B
【解析】解：由平衡条件得F=mg，故ACD错误，B正确。
故选：B。
对篮板，根据二力平衡列出关系式即可求解。
本题考查受力分析，要求学生结合二力平衡知识进行分析求解，难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：ABC、当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据左手定则可知，各圈导线之间产生了相互的吸引力，弹簧会缩短，下端会离开水银面；当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，弹簧各圈导线之间没有了吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧的各圈导线中又有了电流，开始重复上述过程，则会出现上下跳动的现象，故A正确，BC错误；
D、将电源的正、负极对调一下，通电后弹簧的各圈导线之间仍有相互作用力，故仍会上下跳动，故D错误。
故选：A。
有电流经过弹簧时，弹簧各圈导线之间存在相互引力，弹簧会缩短，没有电流通过时，弹簧会恢复原长，所以弹簧会不断的跳动；通过弹簧的电流越大，各圈导线之间的相互作用力越大，弹簧的形变量越大；对调电源的正、负极，弹簧中仍有电流通过，弹簧各圈导线之间仍会有相互作用力；换劲度系数大的弹簧，弹簧的形变量会减小。
有电流通过弹簧时，构成弹簧的各圈导线中存在方向相同的电流，同向电流相互吸引，弹簧会收缩变短。
4.【答案】A
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小E=nΔΦΔt=nΔBSΔt
因为在0∼t1以及t1∼t2时间内，B−t图像的斜率保持不变，则感应电动势的大小也保持不变；
根据楞次的定律可知，在0∼t1时间内，磁通量先垂直于纸面向里的变小，后垂直于纸面向外的变大，则感应电流的方向为顺时针方向，与所选的正方向相反，则电流一开始为负值；
同理可得，在t1∼t2时间内，感应电流的方向为正值，综上所述，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据法拉第电磁感应定律结合图乙分析出感应电动势大小的变化，结合楞次定律分析出感应电流的方向。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，在面积保持不变的情况下，感应电动势的大小正比于B−t图线的斜率，利用楞次定律分析出感应电流的方向即可。
5.【答案】C
【解析】解：设变压器原线圈两端电压为U1，电流为I1，副线圈两端电流为I2，副线圈总电阻为R，因此有
U1U2=U1I2R2=n1n2；I1I2=n2n1
C、当用户端的用电器增多时，并联部分的合电阻变小，电流增大，R2分到的电压变大，副线圈电压不变，则R电压减小，即电压表的示数减小，故C正确；
B、由于流过R2电流增大，根据P=I2R可知R2的电功率增大，故B错误；
D、由于流过R2电流增大，根据变压器特点可知电流表的示数增大，故D错误；
A、由于电流表的示数增大，根据P=I2R可知R1的电功率增大，故A错误；
故选：C。
根据变压器两端的电流电压特点分析出等效电阻和副线圈电阻的比例关系，结合闭合电路欧姆定律完成分析。
本题主要考查了变压器的构造和原理，根据变压器两端的比例关系结合欧姆定律完成分析，要特别注意原线圈位置的电阻的电学物理量的变化，难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，沿着电场线电势逐渐降低，所以φb>φd>φc>φa，故A错误；
B、根据电场线越密电场强度越大可知，d点的电场强度大于a点的电场强度，故B错误；
C、根据W=qU可知，由于不知道点电荷的电性，不能判断出做功的正负，也就不能判断电势能的变化，故C错误；
D、根据W=qU可知，又Ubd故选：D。
沿着电场线电势逐渐降低；电场线密的地方电场的强度大；根据W=qU可比较电势能大小，电场力做负功，电势能增大；根据W=qU判断电场力做功大小。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握沿着电场线电势逐渐降低，电场力做负功，电势能增大。
7.【答案】C
【解析】解：a、c灯泡的电阻R=U2P=220240Ω=1210Ω
b、d灯泡的电阻R′==U2P=2202100Ω=484Ω
根据并联电路的特点知b、c并联后的总电阻，
大电阻分大电压，所以b、c两端的电压小于d灯泡的电压，根据P=U2R可得Pca、d灯串联，电流相等，根据P=I2R知则P与R2成正比，则Pa>Pd，
故功率大小顺序为：Pa>Pd>Pb>Pc；功率最大的为a，最小的为c。
故选：C。
由功率公式计算各灯泡电阻大小，再根据串并联电路电压电流关系，依据功率公式即可求解。
该题涉及功率公式的应用，串并联电路电压电流特点，属于简单题型。
8.【答案】B
【解析】解：A、小球在电磁场中做直线运动时，小球共受到三个力作用：重力G、电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，则小球一定做匀速直线运动，可知小球受到的合力一定是零，小球带负电，受到的电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，当小球的入射速度减小时，洛伦兹力减小，则电场力和重力不变，小球将向上偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做正功，小球动能增大。故A错误。
BD、电场力对小球做正功，洛伦兹力不做功，则小球的机械能增大，电势能减小。故D错误，B正确。
C、重力对小球做负功，重力势能增大。故C错误。
故选：B。
小球从P点进入电磁场后做直线运动，对小球进行受力分析得知：小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定做匀速直线运动；减小小球的入射速度后，洛伦兹力减小，小球受力不再平衡，判断小球的偏转方向，分析合力做功情况，来判断动能的变化。由电场力做功情况分析机械能和电势能变化情况。由高度变化，分析重力势能的变化情况。
本题的关键先分析出小球原来受力的情况，然后再抓住洛伦兹力变化后，分析小球的运动情况，明确各种功与能的关系，从而进行功能关系分析。要注意洛伦兹力对小球不做功。
9.【答案】D
【解析】解：D.设速度与水平方向的夹角分别为α、α′，根据平抛推论得
vyv=tanα=2tanθ
vy′2v=tanα′=2tanθ
故D正确；
A.联立上式解得
vy=2vtanθ，v′y=4vtanθ
下落高度为
h=vy22g=(2vtanθ)22g
h′=vy′22g
则
hh′=14
由几何关系得，运动员前后两次起，落点间的距离之比为高度之比，即1：4，故A错误。
B.运动员前后两次在空中运动的时间之比为tt′=vygvy′g=12
故B错误；
C.以斜面和垂直斜面建立坐标系，则垂直斜面方向上有
a=a′=gcsθ
v⊥=vsinθ.
v⊥′=2vsinθ
当速度为0时，离与斜面的最远。则ss′=v⊥22av⊥′22a′=14
故C错误。
故选：D。
运动员从A点水平飞出做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，速度夹角正切值等于位移夹角正切值的二倍。根据运动学公式得出下落的高度h与竖直方向速度的关系。斜面和垂直斜面建立坐标系，则垂直斜面方向上根据运动学规律可解得。
本题考查了平抛运动的规律，离开A点后做平抛运动，同时整个过程分解为两个方向的运动，一定要掌握住平抛运动的规律。
10.【答案】AD
【解析】解：A、v−t图象的斜率表示加速度，斜率不变则加速度不变，所以在1s∼3s内的加速度不变，故A正确；
B、根据“面积”表示位移，可知在前s内质点通过的位移x=12×2×2m=2m，故B错误；
C、根据速度的正负表示速度方向，可知在第1秒末速度方向没有发生改变，故C错误；
D、3s∼5s内质点与坐标轴围成的面积为零，所以质点的位移为零，3s末和5s末的位置相同，故D正确。
故选：AD。
根据速度-时间图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移，根据图线的形状判断质点的运动规律。
解决本题的关键要理解速度-时间图线的物理意义，知道速度图线的斜率表示加速度，面积表示位移。
11.【答案】ABC
【解析】解：A.由黄金代换得GM=gR2
又M=ρV=ρ4πR33
解得ρ=3g4πRG，故A正确；
故A正确；
B.由万有引力提供向心力得
GMm(R+h)2=mv2R+h
联立解得h=gR2v2−R，故B正确；
C.核心舱的加速度为
a=v2R+h
由于h已知，故C正确；
D.由于不知道核心舱的质量，故无法计算它受到地球的万有引力。故D错误。
故选：ABC。
核心舱绕地球做匀速圆周运动，地球对核心舱的万有引力提供飞船的向心力，知道核心舱绕地球圆周运动的周期T、轨道半径R+H，即可求出地球的质量．利用圆周运动的知识，由周期和半径，能求出核心舱的线速度。
解决核心舱、人造地球卫星类型的问题常常建立这样的模型：核心舱绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的万有引力提供卫星所需要的向心力．常常是万有引力定律与圆周运动知识的综合应用
12.【答案】BD
【解析】解：AB.设小滑块到达最低点的速度大小为v1，容器的速度为大小为v2，系统水平方向动量守恒，则此时两者动量大小相等，有：
mv1=3mv2
此过程中系统机械能守恒，则
12mv12+123m22=mgR
可得：v1=3gR2 v2=gR6
则滑块P的动能为Ekp=12mv12=34mgR
此过程中其机械能的减少量为△E=123mv22=14mgR
故A错误，B正确；
CD.当滑块P经过最低点后沿内壁继续上滑到最大高度时，两者有共同的速度，设此时最大高度为H，则由水平方向动量守恒与系统机械能守恒有
可得：H=R
故C错误，D正确。
故选：BD。
小滑块与容器组成的系统在水平方向不受外力作用，故水平方向系统动量守恒；整个过程中，对系统来说只有小滑块的重力做功，故小滑块与容器组成的系统机械能守恒，结合动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解答本题
本题是动量与能量综合问题，知道系统在水平方向动量守恒、系统的机械能守恒是关键。
13.【答案】ABD
【解析】解：A、线框进入磁场时，如果安培力和重力恰好相等，则线框受力平衡，线框匀速进入磁场，故A正确；
B、线框离开磁场时，如果安培力大于重力，则线框减速离开磁场，故B正确；
C、闭合金属线框进入或者离开磁场的过程中，设其速度有效值为v，根据功能关系得：，由于无法比较进出磁场的速度大小，则无法比较进出磁场线框的热功率，故C错误；
D、设线框的面积为S、电阻为R，根据电荷量的计算公式可得：q=I−Δt=E−RΔt=ΔΦR=BSR，所以闭合金属线框进入和离开磁场的过程中通过导体横截面的电荷量一定相等，故D正确。
故选：ABD。
线框进入磁场时，如果安培力和重力恰好相等，线框匀速进入磁场；
离开磁场时，如果安培力大于重力，则线框减速离开磁场；
无法比较进出磁场的速度大小，由此分析C选项；
根据电荷量的计算公式分析D选项。
本题主要是考查闭合线圈在磁场中的运动，关键是能够根据受力情况确定运动情况，掌握电荷量的计算公式。
14.【答案】BC
【解析】解：BCD、设水平细线的拉力大小为F，对左下方小球进行受力分析，其受力情况如图1所示；
根据平衡条件可得弹簧B的弹力为：FB=mgcs45∘=2mg；
水平细线拉力：F=mg
将左边的两小球看作一个整体，对两个小球整体受力分析，可知它们受到重力2mg，弹簧A的拉力FA和水平细线拉力F的作用，受力情况如图2所示；
根据共点力的平衡条件有：FA=2mgcsθ，F=2mgtanθ
联立可得，tanθ=12，FA=5mg；故BC正确，D错误；
A、根据胡克定律：FA=kAxA，解得：kA=5mgxA；同理，FB=kBxB，解得：kB=2mgxB；
由于弹簧的原长相等，变化后实际的长度也相等，所以xA=xB，kA>kB，故A错误。
故选：BC。
先以左下方的球为研究对象，根据平衡条件求解B弹簧的拉力；再将左边两球看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A拉力以及tanθ；根据胡克定律分析劲度系数的大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
15.【答案】
【解析】解：(1)由于每两个计数点之间还有四个集市店，则计数点之间的时间间隔为T=0.02s×5=0.1s
根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则
v5=x462T=21.60+26.402×0.1×10−2m/s=2.40m/s
(2)两物体的初速度为零，所以动能的增加量为
ΔEk=12(m1+m2)v52=12×(150+50)×10−3×2.402J=0.576J
重力势能的减小量等于系统重力做功，则
Ep=(m2−m1)gh5=(150−50)×10−3×10×(38.40+21.60)×10−2J=0.588J
故答案为：(1)2.40；(2)0.576；0.588
(1)根据匀变速直线运动的规律计算出5点的瞬时速度；
(2)根据动能的计算公式计算出系统动能的增加量；根据重力做功的公式计算出重力势能的减少量。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据匀变速直线运动的规律计算出瞬时速度，分别计算出动能增量和重力势能减少量即可，属于常规考法。
16.【答案】B 140 280 偏大
【解析】解：(1)因当滑动变阻器采用分压式接法时，其电阻值越小，输出电压的线性就越好，故应选最大电阻较小的变阻器B；
(2)电阻箱读数为R=(1×100+4×10+0×1+0×0.1)Ω=140Ω；
(3)由实物图连接图可知，设S1与S2均闭合时电压表示数为U1，变阻器的输出电压为U2，则U0=U1=3V，当开关S2断开时电压表示数为U2，则U2=2V，根据欧姆定律得：
U2=(U0−U2)RxR
联立解得：Rx=U2RU0−U2
代入数据解得：Rx=280Ω
(4)根据闭合电路欧姆定律与欧姆定律分析知，断开开关S2后，电压表示数应变小，滑动变阻器的输出电压变大，根据上式求出的电阻大于真实值。
故答案为：(1)B；(2)140；(3)280；(4)偏大
(1)根据电路连接的特点选择合适的滑动变阻器；
(2)熟悉电阻箱的读数规则并读出对应的示数；
(3)根据电路结构，结合闭合电路欧姆定律得出Rx的表达式并代入数据计算；
(4)根据Rx的表达式分析测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了伏安法测电阻的实验，根据实验原理选择合适的实验器材，熟悉电阻箱的读数规则，结合欧姆定律分析出电阻的大小。
17.【答案】解：(1)根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，线圈等效与电源，而电源中电流由低电势流向高电势，所以A点的电势较高；
(2)根据法拉第电磁感应定律可知，E=nΔΦΔt
根据欧姆定律得：I=ER+r
则R两端的电压为：U=IR
联立解得：U=40V
答：(1)线圈中感应电流的方向是逆时针，A点的电势高；
(2)R两端的电压是40V。
【解析】(1)根据楞次定律分析出电流的方向，在电源内部，电流从低电势流向高电势；
(2)根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律计算出R两端的电压。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律，首先根据楞次定律分析出电流的方向，同时结合欧姆定律计算出电流和电压即可，属于基础题型。
18.【答案】解：(1)A在b点时，根据牛顿第二定律有
mAg−34mAg=mAvb2R
A从d到b过程中，只有重力做功，机械能守恒，则
12mAvA2=mAgR+12mAvA2
联立解得：vA=1.5m/s
(2)设绳断后B的速度为vB，设绳断前A、B的速度大小分别用vA′和vB′表示，取向左为正方向，绳断过程中由动量守恒定律得：
mAvA′−mBvB′=mAvA−mBvB
弹簧弹开的过程由动量守恒定律得：
mAvA′−mBvB′=0
弹簧弹开的过程中由功能关系得：
E=12mAvA′2+12mBvB′2
由动量定理得绳对A的冲量为：
I=mAvA−mAvA′
联立解得：I=−1N⋅s
负号表示方向向右
答：(1)绳被拉断瞬间A的速度vA的大小为1.5m/s；
(2)绳被拉断过程中绳对A的冲量I为−1N⋅s，方向水平向右；
【解析】(1)根据牛顿第二定律结合机械能守恒计算出A点的瞬时速度；
(2)根据动量守恒定律结合动量定理计算出绳对A的冲量。
本题主要考查了动量守恒定律，在分析过程中结合了牛顿第二定律，同时要对A根据动量定理进行分析，要注意动量是矢量，特别是分析清楚速度的方向问题。
19.【答案】解：(1)由题意可知，O、C间的距离d=2m，
粒子从O到C在电场中加速，由动能定理得：qEd=12mv2−0
代入数据解得：v=4×105 m/s
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由几何关系可知粒子在B1中做匀速圆周运动的轨道半径r1=L2=1.22m=0.6m
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB1=mv2r1
代入数据解得：B1=1150T
(2)由题意可知：B2=3B1=150T
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB2=mv2r2
代入数据解得粒子在B2中的轨道半径r2=0.2m
粒子在磁场B2中的运动周期为：T=2πr2v=2×3×0.24×105s=3×10−6s
由粒子运动轨迹可知，粒子在B2中转过的圆心角θ=180∘+(360∘−60∘)+180∘=660∘
在磁场B2中的运动时间为：t=θ360∘T=660∘360∘×3×10−6s=5.5×10−6s
答：(1)磁感应强度B1的大小是1150T；
(2)粒子在磁场B2中运动的时间是5.5×10−6s。
【解析】(1)粒子在电场中做匀加速运动，根据动能定理求出出电场的速度大小，做出粒子运动轨迹，有几何关系求出粒子半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度B1的大小。
(2)应用牛顿第二定律求出粒子在磁场B2中做匀速圆周运动的轨道半径，作出粒子运动轨迹，然后求出粒子在磁场B2中运动的时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
20.【答案】解：在F的作用下，A做匀加速运动，B静止不动，当A运动位移为L1时B进入粗糙段，设此时A的速度为vA，则：
对A：由动能定理：FL1−μ1(M+m)gL1=12MvA2…①
B进入粗糙段后，设A加速度为aA，B加速度为aB，
对A：由牛顿第二定律：F−μ1(M+m)g−μ2mg=MaA…②
对B：由牛顿第二定律：μ2mg=maB…③
由①得vA=2m/s…④
由②③得aA=0，aB=1.5m/s2…⑤
即A以vA=2m/s的速度做匀速直线运动直至A、B分离，设分离时B的速度为vB，B在粗糙段滑行的时间为t，则：
对A：sA=vAt…⑥
对B：vB=aBt…⑦
根据位移时间关系可得：sB=12aBt2…⑧
又：sA−sB=L2…⑨
联立解得：L2=1m.
答：L2的值为1m.
【解析】分析A和B的运动情况，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据匀变速直线运动位移时间关系、速度时间关系列方程求解．
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．