2020年百师联盟高考物理练习试卷(四)(全国卷 II)(含解析)

2020年百师联盟高考物理练习试卷(四)(全国卷 II)
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，
由图可知()
A. 在t1和t3时刻线圈平面与磁场方向垂直
B. 在t2和t4时刻穿过线圈的磁通量变化最快
C. 从t2时刻到t4时刻，穿过线圈横截面的电量为零
D. 若线圈转动周期为0.02秒，则1秒内电流方向改变100次
2.下列说法正确的是()
A. β衰变中产生的β射线是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的
B. 亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C. 对于某种金属，只要入射光强度足够大，照射时间足够长，就会发生光电效应
D. 用频率大于金属的极限频率的入射光照射金属时，光越强，饱和电流越大
3.用α粒子轰击铝核(1327A1)，在生成磷核(1530P)的同时释放一个x粒子，磷核(1530P)具有放射性，它
在衰变为硅核(1430Si)的同时释放一个y粒子，则x粒子和y粒子分別是()
A. .中子和正电子
B. 质子和正电子
C. 中子和电子
D. 质子和电子
4.电阻为1Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的i−t
图线如图线a所示；调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的i−t图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电流的说法正确的是
A. 在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B. 线圈先后两次转速之比为3：2
C. 交流电a的电动势的频率为50Hz
V
D. 交流电b的电动势的最大值为10
3
5.一个单摆做简谐运动，周期为T，振幅为A，振动机械能为E(以摆球通过最低点位置为重力势
能参考平面)。

若保持摆长不变，将摆球质量变为原来的4倍，而通过平衡位置的速度变为原来的一半，那么关于该单摆做简谐运动的周期、振幅、振动机械能，下列判断正确的是()
A. 周期小于T，振幅仍为A，振动机械能仍为E
B. 周期小于T，振幅小于A，振动机械能小于E
C. 周期仍为T，振幅仍为A，振动机械能小于E
D. 周期仍为T，振幅小于A，振动机械能仍为E
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频
率v的关系图象，由图象可知()
A. 该金属的逸出功等于ℎv0
B. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C. 入射光的频率为3v0时，产生的光电子的最大初动能为E
D. 相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小
7.一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低的能级时，则()
A. 可能辐射出3种不同频率的光子
B. 可能辐射出6种不同频率的光子
C. 频率最低的光子是由n=4能级向n=3能级跃迁时辐射出的
D. 频率最低的光子是由n=4能级向n=1能级跃迁时辐射出的
8.一台发电机输出电压为4000V，最大输出功率为4000kW，经变压器T1升压后向远方输电，输电
线路总电阻R=1kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V60W).若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2均为理想变压器，发电机处于满负荷工作状态，则()
A. T1原、副线圈电流分别为103A和20 A
B. T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220 V
C. 有6×104盏灯泡(220V60W)正常发光
D. T1和T2原、副线圈的变压比分别为1：50和40：1
9.下列说法正确的是()
A. 布朗运动就是液体分子的无规则运动
B. 空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值
C. 尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度
D. 将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增
大，分子势能是先减小再增大
E. 一定质量的理想气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小
10.如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形，当R点在t=0时的振动状态传到S
点时，PS范围内(含P、S)有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是()
A. 4cm≤x≤6cm
B. 5cm<x<7cm
C. 2cm≤x<3cm
D. 2cm<x≤4cm
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。

可拆变压器如
图甲、乙所示。

(1)下列说法正确的是______。

A .为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B .变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C .可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D .测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E .变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F .变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。

原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。

下列说法正确的是______。

A .与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力
B .若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变
C .若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起
(3)理想变压器是一种理想化模型。

请分析说明该模型应忽略哪些次要因素；并证明：理想变压
器原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即U 1U 2
=n
1
n 2。

12. 如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前
后的动量关系。

(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是很困难的，但是，可以通过仅测量某个量，间接地解决这个问题。

这个量是______。

(填选项前的符号) A .小球开始释放高度h B .小球做平抛运动的射程 C .小球抛出点距地面的高度H D .斜槽水平部分的长度
(2)在图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP ；然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复。

已知小球质量m 1>m 2，但质量具体值未知，小球半径r 1=r 2，接下来要完成的必要步骤是______(填选项前的符号)
A .用天平精确测量两个小球的质量m 1、m 2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(用(2)中测量的量表示)。

(4)经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。

由相
|×100%公式，计算出实验的相对误差为______%(小数点后保留对误差绝对值|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
一位)。

若实验的相对误差要求最大值不超过1.0%，本实验______(填“是”或“不是”)在误差范围内验证了动量守恒。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，半径为R的圆盘的转轴OO′与竖直方向OO1的夹角θ=30°，O
√2m.小物块A放置在圆
为圆盘中心，O1为O的投影点，OO1的长度H=3
2
，它们间的最大静摩擦
盘的边缘，小物块A与圆盘间的动摩擦因数μ=√3
2
力等于滑动摩擦力。

现使圆盘绕轴OO′从静止开始转动起来，逐渐增大转速，
小物块恰好在最低点离开圆盘，g取10m/s2。

(1)若R=√2m，则小物块A落地后的落点到O1的距离为多大？(结果可保留根式)
(2)若R大小可调节(R<3√2m)，求小物块A离开圆盘过程中的最大水平距离。

14.如图所示，间距为L的两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°，上端N、Q
间连接一阻值为R的电阻，金属棒ab与导轨始终接触良好且垂直导轨放置，金属棒长度为L、电阻为r，ab、cd间的距离为L，cd以下存在磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的
，当棒ab刚通过匀强磁场．现对棒施加一个平行导轨向下的恒力F，F的大小是棒ab重力的1
2 cd时恰好匀速运动，此时突然只将力F反向，经过一段时间后金属棒静止，已知重力加速度为g求：
(1)金属棒的质量
(2)整个过程中电阻R上产生的焦耳热．
15.一横截面积为S的气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的，两个
活塞A和B将气缸分隔为1、2两个气室，达到平衡时1、2两气室体
积之比为4：3，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，
使之向右移动一段距离d，求活塞B向右移动的距离．(不计活塞与气缸壁之间的摩擦)
16.如图，一束单色光平行于横截面为梯形的玻璃砖的底边CD从AC边射入，观察发现CD边没有
，∠α=37°.请完光线射出，从BD边射出的光线恰好与BD边垂直。

已知棱镜的折射率n=4√2
5成下列问题
(1)画出光线在玻璃砖中的光路图；
(2)求底角β的数值。

【答案与解析】
1.答案：D
解析：
线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知
感应电流与感应电动势成正比，而由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转
动一周的过程，感应电流方向改变两次。

本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力，比较简单。

A.在t1和t3时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，线圈处于与中性面垂直的位置，线圈平面与磁场方向平行。

故A错误；
B.在t2和t4时刻线圈处于中性面位置，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故B错误；
C.从t2时刻到t4时刻，磁通量变化不为零，穿过线圈横截面的电量不为零，故C错误；
D.若线圈转动周期为0.02秒，交流电的方向在0.02s内改变两次，则1秒内电流方向改变100次，故
D正确；
故选D。

2.答案：D
解析：解：A、β衰变中产生的β射线是原子核内的中子转化为质子同时释放的电子，故A错误；
B、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但不是直接用实验进行了验证，故B错误；
C、光电效应发生条件与光的强度无关，只与入射光的频率有关，光电效应现象是瞬时发生的，与光照时间无关，故C错误；
D、当用频率大于金属的极限频率的入射光照射金属时，光越强，含有的光子数目越多，逸出的光
电子越多，则饱和电流越大，故D正确。

故选：D。

衰变发生在原子核内部，与核外无关。

伽利略研究了自由落体运动的规律。

光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关。

入射光的强度越大，含有的光子数目越多，产生的光电子数目越多。

此题考查了光电效应规律、β衰变和自由落体运动的研究等相关知识，解题的关键是明确入射光的频率影响光电子的最大初动能，入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目。

3.答案：A
解析：解：用α粒子轰击铝核(1327A1)，在生成磷核(1530P)的同时释放一个x粒子，根据电荷数守恒、质量数守恒知，x粒子的电荷数为0，质量数为1，即为中子．
磷核(1530P)具有放射性，它在衰变为硅核(1430Si)的同时释放一个y粒子，根据电荷数守恒、质量数守恒，y粒子的电荷数为1，质量数为0，即为正电子．故A正确，BBCD错误．
故选：A．
根据电荷数守恒、质量数守恒得出x粒子和y粒子的电荷数和质量数，从而确定粒子的种类．
解决本题的关键核反应方程中，电荷数守恒、质量数守恒，记住常见粒子的电荷数和质量数，基础题．
4.答案：B
解析：
根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．
本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程．
解：A.由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；
B.由图象可知T A：T B=2：3，根据n=1
T
可知，n A：n B=3：2，故B正确；
C.由图象可知，a的周期T=0.4s，故频率f=1
T =1
0.4
Hz=2.5Hz，故C错误；
D.交流电最大值U m=NBSω，故U ma：U mb=3：2，故U mb=2
3U ma=20
3
V，故D错误。

故选B。

5.答案：D
解析：解：由单摆的周期公式T=2π√L
分析可知，单摆摆长不变，则周期不变，即周期仍为T；由
g
mv2可知，当摆球质量变为原来的4倍，而通过平衡位置的速度变为原来的一半时摆球经过E k=1
2
mv2，解得：最低点的动能不变，则振动机械能仍为E.摆球在振动过程中机械能守恒，则有：mgℎ=1
2
ℎ=v2
，由此可知速度变小，高度减小，所以偏离平衡位置的最大距离变小，即振幅减小，所以振2g
幅小于A，故ABC错误，D正确。

故选：D。

根据单摆的周期公式T=2π√L
分析周期的变化情况。

根据摆球动能和势能的变化情况，分析机械能
g
的变化情况。

根据速度的变化分析振幅的变化情况。

对于单摆，要知道单摆的摆长和重力加速度的大小决定了单摆的周期，单摆的能量决定了单摆的振幅大小。

6.答案：AD
解析：解：A、根据E km=ℎv−W0得金属的截止频率等于v0，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，
逸出功等于E，则：E=W0=ℎv0，故A正确；
B、根据E km=ℎv−W0，可知从金属表面逸出的光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大，
不是成正比关系，故B错误；
C、根据E′km=3ℎv0−W0，而E=W0=ℎv0，故E′km=2ℎv0=2E，故C错误；
D、根据E km=ℎv−W0，可知相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大
初动能越小，故D正确。

故选：AD。

根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析。

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系。

7.答案：BC
解析：解：A、一群氢原子处于n=4的激发态，根据C n2=6，知最多激发出6中不同频率的光子。

故A错误，B正确。

C、根据ℎγ=E m−E n得由n=4跃迁到n=1时，由于两能级间能级差最大，则光子频率最大。

n=4
跃迁到n=3时发出光子的频率最小，故C正确，D错误；
故选：BC 。

根据数学组合公式C n 2求出这群氢原子能发出不同频率光的种数，当两能级间能级差越大，辐射的光
子能量越大．
解决本题的关键知道能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足ℎγ=E m −E n ，注意能量与频率成正比． 8.答案：ABC
解析：解：A 、由P =UI 可得，升压变压器原线圈电流为：
I 1=P 1U 1=4000×1034000
=1×103A 由P 损=I 2R 得，升压变压器副线圈电流为：I 2=√损R =√4000×103×0.1103
A =20A ，故A 正确。

B 、由I 2I 1=n 1n 2可得：n 1n 2
=150 根据n 1n 2=U
1U 2得升压变压器的输出电压为：U 2=50×4000V =2×105V 输电线上的电压损失为：U 损=I 2R =20×1000V =2×104V
降压变压器的输入电压为：U 3=U 2−I 2R =2×105−20×1000V =1.8×105V
用户得到的电压即为降压变压器的输出电压为：U 4=220V
故降压变压器原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220V ，故B 正确。

C 、用户得到的功率为：P 3=P 2−10%P 2=0.9×4000KW =3600KW
可供灯泡正常发光的盏数为：n =P 3P 灯=
3600×10360=6×104，故C 正确；
D 、降压变压器的匝数比：
n 3n 4=U 3U 4=1.8×105220=900011
，故D 错误。

故选：ABC 。

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．由于降压变压器的负载能正常工作，则可算出降压变压器的原线圈的匝数之比，同时能确定接入多少个灯泡才正常发光．
本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P =UI 中的电压U 应为输电电压，不是发电机的输出电压．本题突破点是由输电线上的损失功率，从而算出电线上的电流． 9.答案：BDE
解析：解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，它间接反应了液体分子无规则运动，故A错误．
B、相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，相对湿度则给出大气的潮湿程度，故B正确．
C、根据热力学第二定律可知，尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机也不能使温度降至热力学零度，故C错误．
D、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大；分子力表现为引力时，靠近的过程中分子力做正功；当分子力表现为斥力时，靠近的过程中分子力做负功，所以分子势能是先减小再增大，故D正确．
E、一定质量的理想气体，在体积不变时，温度降低则分子运动的激烈程度减弱，所以分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小，故E正确．
故选：BDE
布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；物体的内能包括分子势能和分子热运动动能，与温度和体积有关．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥．绝对0K不能达到；由分子力做功分析分子势能变化．气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定．
本题考查了有关分子动理论的基础知识和固体与液体的性质，对于这部分知识注意平时多加积累和记忆，在平时训练中多加练习．
10.答案：BC
解析：
由平移法画出当R点在t=0时的振动状态传到S点时的波动图象，由图象可知向负方向运动的x坐标范围。

机械波图象为选修3−4的难点之一，应重点把握，由波的传播方向，根据“上下坡”法能判断出质点的振动方向，抓住波在一个周期内传播一个波长的距离进行分析。

由平移法画出振动状态传到S点时的波形如图虚线所示，根据“上下坡”法，可以看出PS范围内
2cm≤x<3cm和5 cm<x<7cm的质点正在向y轴负方向运动。

故BC正确，AD错误。

故选BC。

11.答案：CDF AC
解析：解：(1)A、为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误。

B、变压器只能改变交流电的电压，原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，应用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误。

C、研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确。

D、为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故D正确。

EF、变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故E错误，F正确。

故选：CDF。

(2)A、与变压器未通电时相比较，通电时，线圈产生磁性，对横条铁芯具有吸引力，若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确。

B、增加原线圈绕制的圈数，根据变压比可知，输出电压减小，灯泡的亮度降低，故B错误。

C、增加副线圈绕制的圈数，根据变压比可知，输出电压增大，根据欧姆定律可知，输出电流增大，根据变流比可知，输入电流增大，学生电源的过载指示灯可能会亮起，故C正确。

故选：AC。

(3)理想变压器模型应忽略的次要因素如下：
①不计漏磁，即通过原副线圈每匝线圈的磁通量都相等，因而不计磁场能损失；
②不计原副线圈的电阻，因而不计线圈的热能损失；
③不计铁芯中产生的涡流，因而不计铁芯的热能损失。

综上，理想变压器在传输能量时没有能量损失。

根据法拉第电磁感应定律，原、副线圈产生的感应电动势分别为
E 1=n 1
△Φ△t E 2=n 2△Φ△t
因理想变压器不计原、副线圈的电阻，则线圈两端的电压等于它产生的感应电动势，
即U 1=E 1，U 2=E 2
联立解得，U 1U 2=n
1n 2。

故答案为：(1)CDF ；(2)AC ；(3)见解析。

(1)根据变压器电压和匝数的实验原理与注意事项分析作答，比如：为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，使输出电压较小。

(2)通电时，线圈具有磁性对横条铁芯具有吸引力；根据变压器的变压比分析，增加原线圈的圈数，输出电压减小，小灯泡亮度降低。

(3)实际变压器由于漏磁、铁芯发热、导线发热影响电压。

根据电磁感应定律分析变压器的变压比等于匝数比。

本题考查了变压器实验操作的注意事项，关键要采用控制变量法探究理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比。

本题考查了变压器的原理，知道实际变压器并不理想，导致影响电压的一些常见的因素主要是漏磁、铁芯发热、导线发热等。

12.答案：B ADE m 1⋅OP =m 1⋅OM +m 2⋅ON 0.7 是
解析：解：(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故B 正确、ACD 错误；
故选：B 。

(2)实验时，先让入射球m l 多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP ；
然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m l 从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复；
最后测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D 、E 是必须的，而且D 要在E 之前；
所以答案是：ADE；
(3)设落地时间为t，则v0=OP
t ，v1=OM
t
，v2=ON
t
；
而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2
所以若两球相碰前后的动量守恒，则m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON成立；
(4)由相对误差绝对值计算公式|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
|×100%可得，
实验的相对误差为η=|m1⋅OP−(m1⋅OM+m2⋅ON)
m1⋅OP |×100%=|0.045×0.0448−(0.045×0.0352+0.0075×0.05568)
0.045×0.0448
|×
100%=0.7%
若实验的相对误差要求最大值不超过1.0%，本实验是在误差范围内验证了动量守恒。

故答案为：(1)B；(2)ADE；(3)m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON；(4)0.7；是。

(1)根据实验原理分析答题；
(2)由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
(3)根据(2)的分析确定结合动量守恒定律需要验证的关系式；
(4)根据相对误差绝对值的计算公式|碰撞前后总动量之差
碰前总动量
|×100%来解答。

本实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目。

13.答案：解：(1)小物块A处于最低点且摩擦力达到滑动摩擦力时恰好飞出做平抛运动，设小物块A 做平抛运动的初速度为v，由牛顿第二定律有：
μmgcosθ−mgsinθ=m v2
R
设小物块A做平抛运动的时间为t、水平距离为x，落点到O1距离为s由运动学公式有：
x=vt
H−R sinθ=1
2
gt2 
由几何关系有：s2=(Rcosθ)2+x2
联立解得s=√10
2
m
(2)若R大小可以改变，由(1)得：x2=1
4
R(2H−R)
即x2=−1
4
(R−H)2+H2由数学知识可知，当R=H时，水平距离最大，最大水平距离为：。