2021-2022学年八省八校(T8联考)高三(上)第一次联考物理试卷(河北版)(附详解)

2021-2022学年八省八校（T8联考）高三（上）第一次联
考物理试卷（河北版）
1. 92235U核某种裂变方式的核反应方程为 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+x01n，已知 92235U、
 01n、 56144Ba、 3689Kr的质量分别为m1、m2、m3、m4，真空中的光速为c。

则下列说法正确的是()
A. 核反应方程式中x=2
B. 92235U中含有56个中子
C. 该反应释放的核能为(m1−2m2−m3−m4)c2
D. 56144Ba比 92235U的比结合能小
2.2021年4月29日，发射入轨的空间站天和核心舱进入交会对接轨道后将开展与“天
舟二号”货运飞船交会对接的准备工作。

对未来“天舟二号”货运飞船的发射及与天和核心舱的对接，下列说法正确的是()
A. 发射速度不大于第一宇宙速度
B. 对接前做圆周运动时，速度不大于第一宇宙速度
C. 若对接前在高于天和核心舱的轨道上做圆周运动，则开始对接时发动机应向下
喷气
D. 若对接前在低于天和核心舱的轨道上做圆周运动，则开始对接时发动机应向前
方喷气
3.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为
电容器，R1为定值电阻，闭合开关S，当滑动变阻器R的
触头P向上滑动时，则()
A. 电源的功率变小
B. 电容器贮存的电荷量变大
C. 电阻R消耗的电功率变小
D. 电源内部消耗的功率变大
4.如图甲所示，质量为m的物体放在水平面上，给物体以水平向左的初速度v0=6m/s，
同时在物体上施加一水平向右的F=4N的外力，从该时刻开始计时，外力作用一
段时间后撤走，经过一段时间物体停止运动，图乙为整个过程中物体的速度随时间的变化规律，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是()
A. m=2kg
B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C. 物体运动的总时间为3s
D. 物体的位移为5m
5.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强
磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AC是圆O的水平直径，
P是圆周上的一点，P点离AC的距离为1
2
R，一个质量为m、
电荷量为q的带负电粒子以一定的速度从A点沿AC方向射
入，粒子在磁场中运动的偏向角为90°，保持粒子的速度大小、方向不变，让粒子从P点射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间为()
A. πm
4qB B. πm
2qB
C. 2πm
3qB
D. 3πm
4qB
6.在如图所示的椭圆中，CD是短轴，MN是长轴，A、B是椭圆的两个焦点。

在A点固
定一个电荷量为+Q的点电荷，在B点固定一个电荷量为−Q的点电荷，则下列说法正确的是()
A. 在椭圆上移动一试探电荷，电场力始终不做功
B. C、D两点的电势相同，场强不同
C. 将同一个试探电荷分别置于M点和N点，受到的电场力相同
D. 电势差U MC=U NC
7.如图所示，回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁
感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速
器的中央从速度为0开始加速，两D形盒之间狭缝的宽度
为d，且d≪r。

则下列说法正确的是()
A. 带电粒子离开回旋加速器时获得的最大速度为v max=qBr
2m
B. 带电粒子离开回旋加速器时获得的最大动能为E kmax=q2B2r2
2m
C. 若加速电压为U，则带电粒子离开回旋加速器时加速的次数为n=qB2r2
mU
D. 若加速电压为U，则带电粒子在回旋加速器中加速的总时间为t=πBrd
U
8.如图所示的理想变压器中，原、副线圈的匝数之比为n1：n2=3：1，现在M、N两
点间接一交变电流，小灯泡a、b、c均正常发光，小灯泡b正常发光时的电阻为4Ω、额定功率为16W，小灯泡a、c的额定功率、电阻均相同。

已知电源的输出功率为32W，则下列说法正确的是()
A. 小灯泡c的额定功率为8W
B. 小灯泡a的额定电流为0.5A
C. 小灯泡b的额定电压为8V
D. M、N间所加电源的电压为24V
9.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑
杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑
的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，
滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α。

某时刻
由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，
OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处
时弹簧弹力的大小相等。

已知重力加速度为g，sinα=0.8，cosα=0.6。

则()
A. 弹簧的劲度系数为3mg
2d
B. 小球位于Q点时的速度大小为√8
gd
3
C. 物体乙重力的瞬时功率一直增大
D. 小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
10.如图所示，三个完全相同的轻弹簧竖立在地面上，a、b、
c三个小球分别从三个弹簧的正上方由静止释放，a球释
放的位置最低，c球释放的位置最高，a、b两球的质量相
等，a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，空气
阻力不计，则关于三个球下落过程中的判断正确的是
()
A. 三个球与弹簧接触后均立即开始做减速运动
B. a、b两球速度最大的位置在同一高度
C. b球下落过程中弹簧的最大压缩量比c球下落过程中弹簧的最大压缩量大
D. a球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能相等
11.某同学做“验证碰撞过程中的动量守恒”的实验，实验装置如图所示，曲面体与足
够长的长木板固定在水平面上，曲面体的曲面最底端与长木板左端上表面在P点平滑连接。

(1)该同学先将物块A放在曲面上的Q点由静止释放，物块A滑上长木板后，最后停
在长木板上，测出物块A在长木板上滑行的距离L；然后将物块B放在长木板左端上表面，让物块A仍从Q点由静止释放，两物块在P点发生正碰，碰后物块A、B均沿长木板向右滑行，最后停下时，测出A、B在长木板上滑行的距离分别为L1、L2，对实验的要求，下列说法正确的是______。

A.物块A的质量应大于物块B的质量
B.物块A、B与长木板的动摩擦因数应相同
C.曲面应尽可能的光滑
D.Q点离木板的高度应适当大些
(2)要验证两物体碰撞过程中的动量守恒，实验还需要测量的物理量是______(写出
物理量的名称和符号)，若表达式______成立，则A、B两物块碰撞过程中动量守恒得到验证。

12.某同学想制作一个简易多用电表。

实验室中可供选择的器材有：
电流表G1：量程为200μA、内阻约为500Ω
电流表G2：量程为1mA，内阻约为100Ω
定值电阻R1：阻值为2.9kΩ
定值电阻R2：阻值为1350Ω
定值电阻R3：阻值为125Ω
滑动变阻器R4：最大阻值1.5kΩ
滑动变阻器R5：最大电阻15Ω，额定电流1A
直流电源：电动势1.5V，内阻0.5Ω
红、黑表笔各一支，开关，单刀多向开关，导线若干
(1)该同学打算用电流表G1作表头，为测定电流表G1的内阻，设计了如图甲所示的
电路，为测量准确并方便调节，对电路中A、B两个定值电阻的选择你认为比较合理的是：A选用______，B选用______。

(填写相应元件的代号)
(2)按照甲图电路进行实验，测得电流表G1的内阻为500Ω。

利用所给器材，该同学
设计了如图乙所示的多用电表内部电路，根据图乙电路和实验器材，请回答下列问题：
(a)若测量电压，开关S应与______(填“1”“2”或“3”)相接，量程为0～______V。

(b)欧姆挡刻度盘的倍率设为“×100”，中央刻度值应标注为______。

(c)若把改装电流表与标准电流表串联进行校准，发现改装表示数比标准表示数偏
小，出现这种问题如果是因为电流表G1内阻的测量有误差造成的，则电流表G1的实际内阻稍______(填“大于”或“小于”)500Ω。

13.如图所示，粗细均匀、半径为R的光滑绝缘圆环固
定在竖直平面内，电荷量为q的带正电小球甲固定在
环上与圆心O等高的A点，另一个质量为m的带电小
球乙套在环上，可在环上自由滑动，当乙球处在C、B间某个位置且和圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ=30°时，小球处于静止状态，重力加速度为g，求：
(1)小球乙的电性及带电量。

(2)保持小球乙的电性和电量不变，改变其质量，结果小球乙放在环上A、D段上某
处时也恰好能处于静止，且乙与圆心O的连线与竖直方向的夹角也为θ=30°，则小球乙的质量变成了多少？
14.如图所示，两足够长的水平光滑导轨左侧接有电动势为E的电源，导轨间距为L，
长度均为L的金属棒甲、乙垂直导轨放置，金属棒甲放在虚线Ⅰ的左侧，金属棒乙放在两虚线Ⅰ、Ⅱ之间，虚线Ⅰ的左侧、虚线Ⅱ的右侧均有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.某时刻将开关S闭合，金属棒甲由静止开始向右运动，且在达到虚线Ⅰ前已达到匀速状态，在虚线Ⅰ、Ⅱ间，两金属棒发生弹性碰撞，且碰撞时间极短.已知金属棒甲、乙的质量分别为4m、m，整个过程两金属棒与导轨接触良好，且没有发生转动，两虚线间的导轨绝缘，不计其余导轨的电阻以及两虚线之间的距离。

求：
(1)金属棒甲匀速时速度v0的大小；
(2)金属棒甲从出发到到达虚线Ⅰ，所通过横截面的电荷量q；
(3)两金属棒碰后瞬间甲棒的速度大小以及甲棒越过虚线Ⅰ后系统产生的内能。

15.如图所示的甲、乙两幅图象分别表示两分子间的作用力、
分子势能与两分子间距离的关系。

假定两个分子的距离
为无穷远时它们的分子势能为0，当分子间距r>r0，
随着r的增大，F先增大后减小，E p______(填“增
大”“减小”“不变”)；当分子间距r<r0，随着r的
减小，F增大，E p______(填“增大”“减小”或“不
变”)。

16.假设在真空环境中，利用如图所示的装置探究了气体的
实验定律，导热性能良好的汽缸之间用体积可忽略不计
的软管相连接，汽缸竖直放置在水平面上，汽缸的高度
为3ℎ，现用两活塞封闭一定质量的理想气体，当系统
平衡时，两活塞到汽缸底部的距离为ℎ。

已知环境的温
度为T0，左、右两侧活塞的质量分别为2m、m，地球
表面重力加速度为g。

求：
①现保持环境的温度不变，如果在右侧活塞上再添加一质量为m的物块，系统再次
平衡时，两活塞的高度差应为多少？
②保持第①问中两侧活塞的质量不变，现将环境的温度升高到原来的5倍，则系统
平衡时，两活塞的高度差应为多少？
17.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，P、Q两质点的
平衡位置分别位于x1=1.5m和x2=4.5m处，t=0时刻，P、Q两质点离开平衡位置的位移相同，质点P比质点Q振动滞后0.2s，则波沿x轴______(填“正向”或“负向”)传播；质点P振动的周期T=______s。

18.如图所示为某透明介质棱镜的截面图，其中∠B=90°，o点为ac边上的一点，ac=
2bc=4oc，d点为bc的中点，一激光束由o点沿平行于ab的方向进入棱镜，由d点射出。

求：
(1)该透明介质的折射率；
(2)改变入射角i的大小，如果激光束射到bc边但不能从bc边射出，求入射角i的正弦
值的取值范围。

(结果可用根号表示)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.由核反应中的质量数守恒以及电荷数守恒可知x=3，故A错误；
B. 92235U原子核中电荷数为92，质量数为235，则中子数为235−92=143，故B错误；
C.根据爱因斯坦质能方程知，裂变时释放的能量为：ΔE=Δmc2=(m1−2m2−m3−m4)c2，故C正确；
D.核反应方程式生成物比反应物稳定， 92235U的原子核的比结合能小于 56144Ba原子核的比结合能，故D错误。

故选：C。

根据核反应的特点判断核反应的类型；根据电荷数守恒、质量数守恒得出x的电荷数和质量数；根据质能方程求出释放的核能。

解决本题的关键知道核反应中电荷数守恒、质量数守恒，知道常见粒子的电荷数和质量数。

2.【答案】B
【解析】解：A.第一宇宙速度是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于第一宇宙速度，故A错误；
B.第一宇宙速度是最大的环绕速度，则对接前做圆周运动时，速度不大于第一宇宙速度，故B正确；
C.若对接前在高于“天和”核心舱的轨道上做圆周运动，则开始对接时发动机应向前方喷气减速做向心运动，才能实现对接，故C错误；
D.若对接前在低于“天和”核心舱的轨道上做圆周运动，则开始对接时发动机应向后方喷气加速进入高轨道才能实现对接，故D错误。

故选：B。

第一宇宙速度是最小的发射速度，也是最大的环绕速度，对接过程中要做离心或向心运动，再分析喷气方向。

本题考查万有引力的应用，解题关键掌握第一宇宙速度的认识，注意对接时核心舱的运动情况与喷气的联系。

3.【答案】D
【解析】解：A、当滑动变阻器R的触头P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻R总变小，由闭合电路欧姆定律可知干路电流I增大，由P=EI知电源的功率变大，故A错误；
B、电路中电流增大，内电压和R1分压均增大，所以电容器两极板间的电压减小，由Q= CU知电容器贮存的电荷量变小，故B错误；
C、将电阻R1看成电源的内阻，因R与R1+r的关系未知，所以R上消耗的功率无法确定，故C错误；
D、电源内部消耗的功率：P内=I总2r，I变大，r不变，则电源内部消耗的功率变大，故D正确。

故选：D。

由滑动变阻器R的触头P移动方向判断滑动变阻器接入电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，由P=EI分析电源的功率变化；电容器两端电压等于滑动变阻器两端的电压，分析电容器电压的变化，判断电容器储存的电荷量变化；根据功率公式P=I2R分析电源内部消耗的功率变化情况；根据内外电阻关系分析滑动变阻器消化的功率的变化。

此题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要熟练掌握其解决方法为：局部→整体→局部的分析方法；同时注意部分电路欧姆定律的应用。

4.【答案】C
【解析】解：AB、由图乙可知，物体在0−1s内沿正方向做减速运动，1−2s内沿负方向做加速运动，2s后沿负方向做减速运动，则外力F在2s末撤走，结合图像可知：
0−1s时间内：a1=v1−v0
t1=0−6
1
m/s2=6m/s2，根据牛顿第二定律可得：−F−μmg=
ma1
1−2s时间内：a2=v2−v1
t2=2−0
1
m/s2=2m/s2，根据牛顿第二定律可得：F−μmg=
ma2
联立解得：m=1kg，μ=0.2，故AB错误；
C、2s后撤去外力F，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma3，解得：a3=2m/s2
根据匀变速直线运动规律可得：t3=v2a
3=2
2
s=1s
因此运动的总时间为：t=t1+t2+t3=1s+1s+1s=3s，故C正确；
D、根据v−t图像面积即为位移可得：x=(1
2×6×1−1
2
×2×2)m=1m，故D错误；
故选：C。

(1)根据图乙可以得出每个阶段的加速度，结合牛顿第二定律得出物体质量和摩擦因数；
(2)根据牛顿第二定律计算出第三个阶段的加速度，再结合匀变速直线运动规律求出时间；
(3)根据v−t图像所围成的面积为位移计算即可。

本题考查了速度与时间图像的题型，解题的关键是搞清楚每个阶段的运动情况和受力情况，在应用面积为位移的方法时注意方向问题。

5.【答案】C
【解析】解：粒子两种情况下的运动轨迹如图所示(红色为
从A点入射，黑色为从P点入射)：
根据题意可知，从A点入射的粒子在磁场中的偏向角为90°，
则粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为：θ=90°，根
据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为：r=R。

保持速度的大小和方向不变，从P点入射时，做匀速圆周运动的半径不变，由磁聚焦的原理，负粒子一定从D点射出场区，由几何关系可知，∠POA=30°，偏向角α=90°+
30°=120°。

所以时间t=α
360∘×T=120°
360∘
×2πm
qB
=2πm
3qB
，故ABD错误，C正确。

故选：C。

作出运动轨迹，而粒子的速度偏向角等于轨迹对应的圆心角，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径；洛伦兹力提供向心力求解粒子做圆周运动的速度；由运动学公式求得
周期，根据t=θ
2π
×T求解粒子在磁场中运动的时间。

解决该题需要明确知道粒子做圆周运动时，其速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，能根据几何知识求解圆周运动的半径，熟记半径以及周期公式。

6.【答案】C
【解析】解：A.椭圆不是一个等势面，在椭圆上移动一试探电荷，电场力做功，故A 错误；
B .
C 、
D 两点位于中垂面上，中垂面是0势面，所以CD 两点的电势相同，根据矢量合成及对称性可知，场强大小相等，方向均向右，故B 错误；
C .根据对称性可知，M 、N 两点的场强相同，将同一个试探电荷分别置于M 点和N 点，受到的电场力相同，故C 正确；
D .根据电势差的定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，及等量异种电荷的等势线分布可知MN 两点的电势是相等的，则U MC =−U NC ，故D 错误。

故选：C 。

椭圆不是一个等势面，根据矢量合成可知CD 两点场强关系；根据对称性可知，M 、N 两点的场强相同，根据电势差的定义，电势差U MC =−U NC 。

本题考查电势差、电场强度的判断，解题关键掌握电场强度是矢量，合成符合平行四边形定则。

7.【答案】B
【解析】解：AB 、根据qvB =m v 2
R ，知v =
qBR m
，粒子离开回旋加速度时的轨道半径R 等
于D 形盒的半径r ，
则带电粒子离开回旋加速器时获得的最大速度v max =
qBr m
，最大动能E k max =1
2mv max
2
=q 2B 2r 22m
，故A 错误，B 正确；
C 、回旋加速器利用电场加速粒子，每加速一次，动能增加qU ，E k max =nqU ，解得：加速次数n =
qB 2r 22mU
，故C 错误；
D 、带电粒子在匀强磁场中运动一周的周期T =2πm qB
，与粒子的速度无关；回旋加速器
利用磁场场偏转粒子，每加速一次，在磁场中偏转半周，带电粒子在回旋加速器中加速的总时间t =n ⋅T
2=
πBr 22U
，故D 错误；
故选：B 。

根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系．粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于D 形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而得出动能．回旋加速器利用电场加速粒子，每加速一次，动能增加qU ，以此求得加速次数．粒子在磁场中偏转，偏转半周，运动时间为πm
qB ．
解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式．
8.【答案】AC
【解析】解：A、电源的输出功率分别被三个灯泡消耗，即：P总=P a+P+b P c，又由于
a与c的电功率相等，则：P
a =P c=
P
总
−P b
2
=32−16
2
W=8W，故A正确；
BC、根据P=U2
R
，可得b与c的额定电压：U b=√P b R b=√16×4V=8V；小灯泡a、c的
额定功率、电阻均相同，根据P=U2
R
和P=I2R，可知它们的额定电流与额定电压也都
相等，根据P=UI可得a的额定电流：I a=P a U
a =P a
U b
=8
8
A=1A，故B错误，C正确；
D、根据U1
U2=n1
n2
可得变压器的输入电压：U1=n1n
2
U b=3
1
×8V=24V，所以M、N间所加
电源的电压为：U0=U1+U a=U1+U b=24V+8V=32V，故D错误。

故选：AC。

根据已知的条件求出a与c的电功率；b与c并联，则二者两侧的电压相等；根据电流和匝数的关系可确定电流之比，再根据功率公式即可确定电阻之比；根据变压器的电压比与匝数比求出输入电压，最后求出电源的电压。

本题考查变压器原理的应用，要注意理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，而电流之比等于线圈匝数的反比，输入功率和输出功率相等。

9.【答案】ABD
【解析】解：A、由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩
量等于Q点的伸长量，由几何关系知：PQ=dtanα=4
3
d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为：x=1
2PQ=2
3
d
对P点的小球由力的平衡条件可知：mg=kx
解得：k=3mg
2d
，故A正确；
B、当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，
又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得：4mg(d
cosα
−d)−
mgdtanα=1
mv2
2
gd，故B正确；
解得：v=√8
3
C、由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，在其它过程中，物体乙的速度不等于零，根据P=mgv可知物体乙重力的瞬时功率不是一直增大，故C错误；
D、由于小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由系统的机械能守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D正确。

故选：ABD。

由几何关系求解PQ的大小，从而求出小球位于P点时弹簧的压缩量，对P点的小球由力的平衡条件求解劲度系数；
小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律求解速度大小；
根据物体乙的速度变化情况结合P=mgv分析瞬时功率的变化；
根据系统的机械能守恒分析小球甲和物体乙的机械能之和的变化情况。

本题主要是考查了功能关系和机械能守恒定律的知识；要知道机械能守恒定律的守恒条件是只有重力或弹力做功，能够分析小球运动过程中弹簧弹性势能的变化情况。

10.【答案】BC
【解析】解：A、三个球与弹簧接触后，在弹力大于重力之前合力向下，仍向下做加速运动，故A错误；
B、速度最大的位置为弹簧的弹力大小等于重力的位置，由于a、b两球质量相等，
因此两球下落过程中弹力大小等于重力时弹簧的压缩量相等，故a、b两球速度最大的位置在同一高度，故B正确；
C、由于a、b两球质量相等，b开始释放的位置比a开始释放的位置高，故b球下落过程中弹簧的最大压缩量比a球下落过程中弹簧的最大压缩量大，
由于a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，故C正确；
D、a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，故当弹簧压缩量最大时，两弹簧的弹性势能相等，两小球动能均为零，
但重力势能与零势能面的选取位置和质量有关，因此a球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能不一定相等，故D错误。

故选：BC。

A、根据接触时合力向下，可以判断小球与弹簧接触后的运动；
B、根据小球速度最大满足的条件，利用质量关系，可以判断a、b两球速度最大的位置关系；
C、先判断a、b两球下落过程中弹簧的的最大压缩量，再结合题意判断b、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量的关系；
D、先判断a、c两球的弹性势能和动能关系，再结合重力势能的决定因素判断a、c两球的重力势能，最后判断两球的机械能关系。

本题考查功能关系，要注意重力势能的决定因素有质量、高度，以及零势能面的选取位置。

11.【答案】ABD物块A的质量m1、物块B的质量m2m1√L=m1√L1+m2√L2
【解析】解：设物块A的质量是m1、物块B的质量是m2；碰撞前瞬间A的速度大小是v0，碰撞后瞬间A的速度大小是v1，B的速度大小是v2，
设物块A与长木板的动摩擦因数为μ1，B与木板间的动摩擦因数是μ2，物块在木板上运动过程，由动能定理得：
−μ1m1gL=0−1
m1v02
2
m1v12
−μ1m1gL1=0−1
2
m2v22，
−μ2m2gL2=0−1
2
解得：v0=√2μ1gL，v1=√2μ1gL1，v2=√2μ2gL2
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2，整理得：m1√μ1L=m1√μ1L1+m2√μ2L2
不知道物块与木板间的动摩擦因数，如果两物块与长木板间的动摩擦因数应相同μ1=μ2=μ，则m1√L=m1√L1+m2√L2
(1)A、为了保证A与B相碰后，A不反弹能继续向前滑行，物块A的质量应大于物块B的质量，故A正确；
B、由以上分析可知，为了便于验证动量守恒，应保证物块A、B与长木板的动摩擦因数相同，故B正确；
C、只要A从曲面上的同一位置由静止释放，A到达曲面底端的速度都相等，曲面不必光滑，故C错误；
D、Q点离木板的高度适当大些，可以使A、B碰撞前后的速度较大，在长木板上滑行的
距离较远，可以减少实验误差，故D 正确． 故选：ABD 。

(2)如果碰撞过程系统动量守恒，则满足m 1√L =m 1√L 1+m 2√L 2，除测量L 、L 1、L 2外，还需要测量物块A 的质量m 1、物块B 的质量m 2。

故答案为：(1)ABD ；(2)物块A 的质量m 1、物块B 的质量m 2；m 1√L =m 1√L 1+m 2√L 2。

物块在木板上做匀减速直线运动，应用动能定理可以求出物块的速度大小；两物块碰撞过程系统动量守恒定律，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。

理解实验原理，分析清楚物块的运动过程，应用动能定理与动量守恒定律即可解题。

12.【答案】R 3 R 2 3 3.0 15 大于
【解析】解：(1)根据图甲实验电路，待测电流表G 1与定值电阻A 并联，电流表G 2测量并联的总电流，由R G1=
(I 2−I 1)R
I 1
即可求出电流表G 1内阻。

因电流表G 2量程为1mA ，当G 2满
偏时，为使G 1也接近满偏，定值电阻A 的值：R ≈200×10−6×5001×10−3−200×10−6
Ω≈125Ω，所以A 应
选择R 3。

测量电路部分总电阻约为200Ω，最高电压约0.2V ，用R 2=1200Ω作为保护电阻，可分得大部分电压，可以使滑动变阻器滑片在大范围内调节，B 定值电阻用R 2比较合理； (2)a 、为测量电压，电流表应串入一个大电阻，开关S 应接3。

G 1和R 3改装成的电流表量程为I =(200×10−6+200×10−6×500
125
)μA =1mA ，内阻r =500×125
500+125Ω=100Ω.改装后电压
表的量程
U =I(R 1+r)=1×10−3(2900+100)V =3.0V 。

b 、根据欧姆表原理，中央刻度等于欧姆表内阻，即R Ω=E I
=
1.51×10−3
Ω=1500Ω，因设
置倍率为“×100”，所以标注刻度值为15。

c 、根据并联电路的分流，改装后电流表示数偏小．即流过G 1的电流偏小．可推断G 1实际阻值应大于500Ω。

故答案为：(1)R 3、R 2；(2)3；3.0、15、大于
(1)根据两个电流表的量程大小及电路结构，由欧姆定律和串并联电路的关系先确定分流电阻A 的大概值，再根据G 2的量程和电源电压求B 电阻的大概的值；
(2)a 、把小量程电流表改装成大量程电压表需要串联分压电阻，根据电表的改装原理及串并联电流和电压关系求改装电压表的量程；
b 、欧姆表工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题；。