2020年江西省吉安一中等八所重点中学高考物理模拟试卷(4月份)(含答案解析)

2020年江西省吉安一中等八所重点中学高考物理模拟试卷（4月份）
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.下列叙述中正确的是（）
A. 康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有能量，后者表明
光子除具有能量之外还具有动量
B. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道的过程中，放出光子，电
子的动能减小，电势能增加
C. 处于基态的氢原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定大于
入射光子的须率
D. 卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子的核式结构模型
2.甲、乙两车同时由同地点沿同一方向做直线运动，它们的位移
时间图象如图所示，甲车对应的图线为过坐标原点的倾斜直线，
乙车对应的图线是顶点为P的抛物线，两图线相交于P点，则
下列说法不正确的是（）
A. 乙的初速度是甲的两倍
B. 0-t0时间内，甲、乙的间距先增大后减小
C. 0-t0时间内，甲的平均速率大于乙的平均速率
D. 0-2t0时间内，甲的路程等于乙的路程
3.如图所示，已知地球半径为R，高空圆轨道Ⅰ距地面的高度h=2R，轨道Ⅱ分别与高空圆轨道I
和近地圆轨道Ⅲ相切于a、b两点，当卫星分别在这些轨道上远行时，下列说法中正确的（）
A. 卫星分别在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时的速度大小之比为1：3
B. 卫星在轨道Ⅱ上经过b点时的速度大小等于在轨道Ⅲ上经过b点时的速度大小
C. 卫星在轨道Ⅱ上从a点运行至b点的过程中机械能在减少
D. 卫星分别在轨道Ι、Ⅱ、Ⅲ上运行时的周期之比为3：2：1
4.如图所示，真空中有一正方体A1B1C1D1-A2B2C2D2，两个电量相等的正、负点电荷分别置于顶点
D2、B1现在将另一个正点电荷q，自顶点A2开始沿路径A2A1C1C2移动，则下列说法正确的是（）
A. 由A2→A1的过程中电荷q的电势能在增加
B. 由A1→C1的过程中静电力对电荷q始终不做功
C. 电荷q在A2点受到的静电力与它在C1点受到的静电力大小相等方向相同
D. 电荷q在A1点受到的静电力与它在C2点受到的静电力大小相等但方向不同
5.一理想变压器原线圈输入如图甲所示余弦规律变化的交变电压，副线圈输出电压100V，所接电
路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。

下列说法正确的是（）
A. 副线圈输出电压的频率为100Hz
B. 原、副线圈的匝数比为12：5
C. P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小
D. P向左移动时，电阻R的焦耳热功率增加
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.斜面ABC由AB和BC两段长度相等但粗糙程度不同的材料拼接而成。

一个小物体M与AB部分
的动摩擦因数为μ1、与BC部分的动摩擦因数为μ2．让M从A点无初速度释放经B滑到C点，如图（1），此过程摩擦力做的功为W1，原擦力的冲量大小为I1；保持斜面倾角（锐角）不变，仅将AB、BC反接，如图（2），让M从C点无初速度释放经B滑到A点，此过程摩擦力做的功为W2，摩擦力的冲量大小为I2．若μ1＜μ2，则（）
A. |W1|=|W2|
B. |W1|＜|W2|
C. I1＞I2
D. I1＜I2
7.如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为3m，B和C的质量都是
m，A，B同的动摩擦数为μ，B，C间的动摩擦数为，B和地间的动摩擦因数为．设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（）
A. 若A，B，C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B. 当力F=μmg时，A、B间摩擦力为
C. 无论力F为何值，B的加速度不会超过
D. 当力F＞的，B相A滑动
8.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为
R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁
场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连
放在导轨上，导轨的电阻忽略不计．初始时刻，弹簧处于伸长状态，其
伸长量为x1=，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0．在沿导轨往复
运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．则下列说法正
确的是（）
A. 初始时刻导体棒受到的安培力大小
B. 初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+
C. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，克服安培力做功等于棒上电阻r的焦耳热
D. 导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路上产生的焦耳热Q=
9.下列说法正确的是（）
A. 当分子间距r＞r0时，分子间的引力随着分子间距的增大而增大，分子间的斥力随着分子间
距增大而减小，所以分子力表现为引力
B. 一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加
C. 大雾天学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大
D. 第一类永动机和第二类永动机研制失败的限因是违背了能量守恒定律
E. 一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
10.下列说法正确的是（）
A. 根据单摆的周期公式，在地面附近，如果L→∞，则其周期T→∞
B. 利用红外摄影可以不受天气（阴雨，大雾等）的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易
绕过障碍物
C. 医院里用于检测的彩超的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射
波的频率变化，就可知血液的流速，这一技术应用了多普勒效应
D. 光的偏振现象说明光是一种电磁波
E. 地面上静止的人观察一条沿杆自身长度高速运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图1所示，轻弹簧放置在倾斜的长木板
上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势
能。

（1）实验中涉及下列操作步骤：
①松手释放物块；
②接通打点计时器电源；
③木板一端抬高以平衡摩擦；
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量。

上述步骤正确的操作顺序是______（填序号）
（2）甲同学实际打点结果如图2所示，观察纸带，判断实际测量值比真实值______（选填“偏小”或“偏大”）
（3）乙同学实际打点结果如图3所示。

打点计时器所用交流电的频率为50Hz，小车质量为200g，结合纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为______m/s，相应的弹簧的弹性势能为______J（结果均保留两位有效数字）
12.图甲是物理实验室的一种永久蹄形磁铁，某物理兴趣小组设计了一个测量蹄形磁铁磁极间磁感
应强度大小的实验。

（1）如图乙所示，将由铜导线绕制而成的矩形线圈悬挂在支架上，导线两端分别由a、b处抽出连在两接线柱A、B上。

线圈下边ab保持水平，现将一轻线的一端系在线圈ab边的中点，另一端绕过一轻小滑轮后连接一小沙桶，调整支架高度是线圈与滑轮间细线保持水平。

（2）将多个图甲中的蹄形磁铁紧密并列放置，水平插入线圈，使线圈下边ab处于磁铁N、S 间，磁场宽度正好与线圈下边ab长度相同，当线圈中通电后，向沙桶中缓慢加入适量细沙，使导线框仍保持竖直悬挂。

读出电流表示数为I，断开电源，取下沙桶，用天平称量沙桶总质量为m。

（3）线圈中电流由图丙电路提供，若蹄形磁铁S极在上方，N极在下方，则接线柱A应与丙图电路中的接线柱______（选填“C”或“D”）相连。

（4）若线圈电阻约为1Ω，允许最大电流0.5A，电流表量程为0～0.6A，内阻约为0.5Ω，电源为4节干电池串联，每节干电池的电动势为1.5V，内阻不计。

R0为定值电阻，现备有10Ω和100Ω各一只，则应选______Ω连入电路；有最大阻值分别为20Ω和1000Ω的滑动变阻器各一只，应选______Ω连入电路。

（5）若线圈匝数为n，其下边ab长度为L，本地重力加速度为g，则用测得的物理量和已知量表示磁感应强度大小B=______。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹
簧的另一端固定在墙上。

平板上有一质量为m的小物块以速度v0向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动。

已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能E p与弹簧形变量x 的平方成正比，重力加速度为g。

求：
（1）当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为E pm，小物块速度大小为．求该过程
中小物块相对平板运动的位移大小；
（2）平板速度最大时弹簧的弹力大小；
（3）已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v。

若换用同种材料，质量为的小物块重复
上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？
14.如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1=1m、R2=m，半径为R1的圆内分布着B1=2.0T
的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2=0.5T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内。

一对平行极板竖直放置，极板间距d=cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区
域。

已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷=4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒
子的相对论效应。

求：
（1）要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？
（2）若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？
（3）从P点出发开始计时，在满足第（2）问的条件下，粒子到达O点的时刻。

15.一质量M=10kg、高度L=35cm的圆柱形气缸，内壁光滑，气缸内有一薄活塞封闭了一定质量的
理想气体，活塞质量m=4kg，截面积S=50cm2，温度t0=27℃用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图甲所示，汽缸内的气柱高L1=32cm，用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图乙所示，汽缸内的气柱高L2=28cm，两种情况下，气缸都处于垂直状态，取重力加速度g=10m/s2，零摄氏度对应绝对温度为273K，求：
①当时的大气压强；
②图乙状态时，在活塞下挂一质量m0=3kg的物体，如图丙所示，则温度升高到多少℃时，活塞
将从气缸中脱落。

（结果保留两位小数）
16.如图所示，AOBC为某种透明介质的截面图，其中△AOC为直角三角形，
∠OAC=53°．BC为半径R=16cm的四分之一圆弧，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=53°，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑．已知
该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=，sin53°=0.8；
cos53°=0.6．
①判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色；
②求两个亮斑间的距离．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：A、康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有动量，后者表明光子除具有能量之外还具有能量。

故A错误；
B、氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道的过程中，放出光子，电子的动能增大，电势能减小。

故B错误；
C、处于基本的氢原子吸收一个光子跃近到激发态，再向低能级跃迁时辐射子的频率小于或等于入射光子的频率。

故C错误；
D、卢瑟福通过α粒子散射实验，观察到极少数α粒子发生大角度散射，由此可见原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构模型。

故D正确。

故选：D。

康普顿效应和光电效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有动量，后者表明光子除具有能量之外还具有能量；由高轨道向低轨道跃迁，放出光子，电子的动能增大，电势能减小；处于基本的氢原子吸收一个光子跃近到激发态，再向低能级跃迁时辐射子的频率小于或等于入射光子的频率；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型。

本题考查了玻尔模型和氢原子的能级结构、光电效应、康普顿效应、原子的核式结构等知识点。

对于原子物理部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。

2.答案：C
解析：解：A、根据x-t图线的斜率表示速度，知甲车做匀速直线运动。

乙车图象为顶点在A点的抛
物线，知乙做匀减速运动，在t1时刻乙的速度为0，根据t1时刻两车的位移相等，得：v甲t0=，
则得：v乙=2v甲，即t=0时刻，乙的速度是甲的速度的两倍。

故A正确。

B、0～t0时间段内甲、乙之间的距离等于纵坐标x之差值，可知甲、乙之间的距离先增大后减小，故B正确。

C、0～t0时间内两车的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故C错误。

D、设P点的纵坐标为x。

则0-2t0时间内，甲和乙的路程相等，都是2x，故D正确。

本题选不正确的，
故选：C。

在位移-时间图象中，每个点坐标反映了物体的位置，物体通过的位移等于纵坐标的变化量，图线的斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间。

由此分析即可。

本题要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义，能根据图象的形状分析出物体的运动情况，要注意位移与路程的区别。

3.答案：D
解析：解：A．根据万有引力提供向心力有：，可得线速度的表达式为，由于卫
星分别在轨道Ι和轨道Ⅲ上运行时的轨道半径之比为3：1，故可知线速度之比为，故A错误；B．卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要在b点减速才可实现，则可知卫星在轨道Ⅱ上经过b点时的速度大小大于在轨道Ⅲ上经过b点时的速度大小，故B错误；
C．卫星在轨道Ⅱ上从a点运行至b点的过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；
D．由题意可知，卫星在轨道Ι、Ⅲ上运行时，轨道半径分别为3R与R，轨道Ⅱ的半长轴为
，则根据开普勒第三定律可得，卫星分别在轨道Ι、Ⅱ、Ⅲ上运行时的周期之
比为3：2：1，故D正确。

故选：D。

根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心力加速度的表达式进行讨论，卫星在轨道2上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，根据开普勒第三定律判断周期关系。

本题考查卫星的变轨和离心运动等知识，关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论。

4.答案：C
解析：解：A、电荷q带正电，A2离正电荷近，A1离负电荷近，则由A2→A1的过程中，电场力做正功，电荷q的电势能减小，故A错误。

B、由A1→C1的过程中，电荷q先靠近场源电荷，后远离场源电荷，静电力对电荷q做功，故B错误。

C、根据对称性可知，电荷q在A2点受到的静电力与它在C1点受到的静电力大小相等方向相反，故C正确。

D、根据对称性可知，电荷q在A1点受到的静电力与它在C2点受到的静电力大小相等方向相反，故D错误。

故选：C。

根据功能关系判断，电场力做正功，电势能减小。

分析几何图形，利用对称性求解电场力的大小和方向。

本题考查了电场强度的叠加，电场强度是矢量，矢量求和应用平行四边形定则，注意几何图形的对称性。

5.答案：C
解析：解：A、根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，频率为50Hz，故A错误。

B、原线圈输入电压的最大值为220V，有效值为220V，根据电压的匝数的关系可知，原、副线圈的匝数比为11：5，故B错误。

C、P向左移动，电阻变大，输出和输入电流均减小，故C正确。

D、P向左移动，流过R的电流减小，消耗的功率减小，故D错误。

故选：C。

理想变压器不改变电流的周期和频率。

根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系确定原线圈输入电压的有效值。

根据电压之比求解匝数之比。

本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，理想变压器的输出功率等于输入功率，同时对于动态分析要掌握。

6.答案：AD
解析：解：AB、设斜面倾角为θ，物体的质量为m，两种情况下摩擦力
做的功均为：
W f=-（μ1mg cosθ•AB+μ2mg cosθ•BC），即为：|W1|=|W2|，故A正确、B
错误；
CD、由于两种情况下合外力做的功相等，则达到最低点的速度相等，
根据牛顿第二定律可得：
mg sinθ-μmg cosθ=ma，即a=g sinθ-μg cosθ，由于μ1＜μ2，所以第一种情况下开始的加速度大、第二种情况下开始的加速度小，速度图象如图所示，则第一种情况下的时间小，第二种情况下的时间长，根据动量定理可得：
mg sinθt-I=mv
即为：I=mgt sinθ-mv，可知I1＜I2，故C错误，D正确。

故选：AD。

根据摩擦力做功的计算公式求解做的功；画出速度图象比较时间的长短，由此分析摩擦力的冲量。

本题主要是考查功的计算和动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

7.答案：AC
解析：解：A、A与B间的最大静摩擦力的大小为：μ•3mg=3μmg，C与B间的最大静摩擦力的大小为：mg=
B与地间的最大静摩擦力的大小为：（3m+m+m）g=；
要使A、B、C都始终相对静止，三者一起向右加速，则对整体有：F-=5ma
假设C恰好与B相对不滑动，则对C有：μmg=ma
联立解得：a=μg，F=μmg，
设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=3ma，解得：f=μmg＜3μmg
表明C达到临界时A还没有，故要使三者始终相对静止，则力F不能超过μmg，故A正确；
B、由A选项知，当F=μmg时由整体表达式可得：a=μg
代入A的表达式可得：f=μmg，故B错误；
C、当F较大时，A、C都会相对B滑动，B的加速度达到最大，对B有：3μmg-μmg-μmg=ma B 解得：a B=μg，故C正确；
D、当A相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体得：F-μmg-μmg=4ma′，对A有：
F-3μmg=3ma′，解得：F=μmg，故当拉力F大于μmg时，B与A相对滑动，故D错误。

故选：AC。

分别对BC、AB以及整体进行分析，根据牛顿第二定律以及最大静摩擦力的性质确定发生相对滑动的条件，同时求解摩擦力的大小。

本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B和B、C不发生相对滑动时的最大拉力。

8.答案：BD
解析：【分析】
本题中安培力的经验公式F=，可以由感应电动势、欧姆定律、安培力三个公式结合推导出来，要加强记忆，有助于分析和计算．
由初动能E k=求出初速度，由E=BLv、I=、F=BIL，求出安培力的大小．
导体棒最终静止时，弹簧的弹力与之重力平衡，可求出弹簧的压缩量，即导体棒下降的高度．从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒的重力势能和动能减小转化为弹簧的弹性势能和内能，根据能量守恒定律求解电阻R上产生的焦耳热Q．
【解答】
解：A、导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：
E=BLv0
设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：
I=
设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL
联立上式得，．故A错误；
B、初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F 得：a=2g+．故B正确；
CD、导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2=。

由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，
由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+E k=Q
解得系统产生的总热量：Q=
可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量。

故C错误，D正确；
故选：BD。

9.答案：BCE
解析：解：A、当分子间距r＞r0时，分子间的引力和斥力都随着分子间距增大而减小，但斥力减小得更快，所以分子力表现为引力。

故A错误；
B、根据热力学第一定律，一定质量的理想气体放出热量，但它和外界的热交换不明确，内能增加也不确定，它的内能可能增加。

故B正确；
C、水蒸气的压强离饱和汽压越近，相对湿度越大，越不利于水的蒸发，人们越感觉潮湿。

故C正确；
D、第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违反的了热力学第二定律。

故D错误；
E、一定质量的单晶体在熔化过程，温度不变，分子的平均动能不变，熔化吸收的热量转化为分子势
能，分子势能增大。

故E正确。

故选：BCE。

当分子间距r＞r0时，分子间的引力和斥力都减小，但斥力减小得更快，所以分子力表现为引力；根据热力学第一定律，在物体和外界的热交换不明确，内能增加也不确定；第一类永动机违背了能量守恒定律，第二类永动机违反的了热力学第二定律；在熔化过程，分子的平均动能不变，分子势能增大。

本题考查了分子间的相互作用力、物体的内能、热力学第二定律、晶体和非晶体、相对湿度等知识点。

这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

10.答案：BCE
解析：解：A、根据单摆的周期公式为：T=2π，在地面附近，如果L→∞，g也会发生变化，不满
足单摆的理想条件，周期公式不成立。

故A错误；
B、利用红外摄影可以不受天气（阴雨、大雾等）的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则更容易绕过障碍物。

故B正确；
C、医院里用于检测的彩超的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的频率变化，就可知血液的流速，这一技术应用了多普勒效应。

故C正确；
D、光的偏振现象说了光是横波。

故D错误；
E、根据相对论的尺缩效应：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短。

故E
正确。

故选：BCE。

根据单摆的周期公式T=2π，在地面附近，如果L→∞，g也会发生变化，不满足单摆的理想条件；
红外线比可见光波长长，更容易发生衍射，则更容易绕过障碍物；医院里用于检测的彩超这一技术应用了多普勒效应；根据相对论的尺缩效应：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短。

本题考查了多普勒效应、单摆的周期、长度的相对性等知识点。

对于原子物理部分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。

11.答案：③④②①偏小0.78 0.061
解析：解：（1）实验中应先将物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为③④②①；
（2）该实验是利用功能关系来分析弹性势能的，弹簧的弹性势能等于最后物块的动能，根据图2可知，物体做减速运动，说明平衡摩擦力不够，使得计算出的速度偏小、动能偏小、弹性势能偏小；（3）由图3纸带可知，左侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后不变；
则由平均速度可求得，其速度为：v==0.78m/s；
根据功能关系可得：E P==J=0.061J；
故答案为：（1）③④②①；（2）偏小；（3）0.78，0.061。

（1）根据实验原理可明确实验方法以及步骤；
（2）根据对应的长度可明确速度大小，从而比较弹性势能；
（3）分析纸带，根据纸带上距离的变化可明确物体何时离开弹簧，再根据平均速度法可求得脱离时的速度；
本题考查探究弹性势能的实验，要注意通过题意分析实验原理，然后再结合我们所学过的规律分析求解即可；同时要求能注意实验中的注意事项以及实验方法。

12.答案：D10 20
解析：解：（3）磁场方向竖直向上，线圈受安培力向左，与细线的拉力平衡，则线圈中电流应由接线柱B流入，由接线柱A流出，故接线柱A应与电路中的接线柱D连接。

（4）线圈中最大电流为0.5A，则电路中最小电阻为12Ω，故定值电阻应选10Ω．为方便调节，滑动变阻器应选最大电阻值较小的、即20Ω的滑动变阻器。

（5）线圈静止时，在水平方向线圈受到的绳子的拉力与安培力大小相等方向相反，有：mg=nBIL，
可得：B=
故答案为：（3）D；（4）10，20；（5）
（3）结合力的平衡判断出安培力的方向，再由左手定则即可判断出电流的方向以及电路连接的方法；（4）结合闭合电路欧姆定律，分析在电学实验中对电学仪器的选择的要求；
（5）根据共点力平衡的条件和安培力的公式，即可求出磁感应强度的大小。

本题考查测量磁感应强度大小的实验，意在考查考生对创新实验原理的理解与分析，在解答前一定要先弄明白实验原理。

13.答案：解：（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s，
对系统由能量守恒得：mv02=m（）2+E pm+μmgs
解得：s=-
（2）平板速度最大时，加速度为0，处于平衡状态，
即：F=f=μmg
（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时有：μmg=kx
对木板由动能定理得：μmgx=E p1+Mv2
同理，当m′=m，平板达最大速度v′时有：=kx′
由能量守恒得：μmgx′=E p2+Mv′2
由题可知：E p∝x2，即：E p2=E p1
解得：v′=v。

答：（1）中小物块相对平板运动的位移大小是-；
（2）平板速度最大时弹簧的弹力大小是μmg；
（3）平板向右运动的最大速度为v。