2018-2019学年河北省衡水市武邑中学高三（上）期末物理试卷

2018-2019学年河北省衡水市武邑中学高三（上）期末物理试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）十九世纪末到二十世纪初，一些物理学家对某些物理现象的研究直接促进了“近代原子物理学”的建立和发展，关于以下4幅图中涉及物理知识说法正确的是（　　）

A．图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念
B．强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，这已被实验证实。如图2所示，若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，验电器指针可能偏转
C．如图3所示，一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出6种不同频率的光
D．图4为天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中③线代表的射线穿透能力最强
2．（6分）边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间ab两端的电势差Uab为（　　）

A．Bl2ω B．﹣Bl2ω C．﹣Bl2ω D．Bl2ω
3．（6分）如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上，两根细线长度相等。现给乙球一大小为F水平向左的拉力，给甲球一水平向右的3F的拉力，平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下面的（　　）

A． B．
C． D．
4．（6分）如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆线长为L，锥角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使小球做圆锥摆运动的锥角增大为60°，重力加速度为g。保持悬点的高度不变，此过程该同学通过细线对小球做的功为（　　）

A．mgL B．mgL
C．mgL D．mgL
5．（6分）我国计划于2020建成自己的太空站，该空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的，同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则太空站绕地球做圆周运动的线速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．（6分）如图所示，电压表、电流表均为理想电表，正方形线框的边长为L，电容器的电容量为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场以k的变化率均匀减弱时，则（　　）

A．电流表有读数
B．电压表有读数
C．b点的电势高于a点的电势
D．回路中产生的电动势为kL2
7．（6分）如图所示，有界匀强磁场的左边有一“日”字形导线框，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，ae与bf的电阻不计，ab、cd、ef的电阻均相等。线框以一定速度匀速通过磁场，若将ab、cd和ef边分别在磁场中运动的过程，称为I、Ⅱ、Ⅲ过程，下列说法中正确的是（　　）

A．Ⅱ、Ⅲ过程中ab中的电流强度相等
B．Ⅱ、Ⅲ过程中cd中的电流强度相等
C．I、Ⅱ、Ⅲ过程中ab间的电压相等
D．I、Ⅱ、Ⅲ过程中导线框消耗的总电功率相等
8．（6分）一个静止在水平地面上的物体，质量为0.1kg，受到竖直向上的拉力F作用，F随时间t的变化情况如图所示。若g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．0～3s内，物体的速度逐渐增大
B．3s时物体的加速度最大
C．第5s末和第9s末物体的速度相等
D．第9s末物体离地面的高度最大
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．（5分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离。

（1）物块下滑时的加速度a＝　 　m/s2，打C点时物块的速度v＝　 　m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是　 　（填正确答案标号）
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角。
10．（10分）一同学按图1中所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，其中R为电阻箱，R0为定值电阻，干电池的工作电流不宜超过0.5A，实验室提供的器材如下：

A．电流表（量程0～0.6～3.0A）
B．电阻箱（阻值范围0～999.9Ω）
C．定值电阻若干
D．开关、导线若干
（1）在下面提供的图上个定值电阻中，保护电阻R0应选用　 　（填写阻值相应的字母）．
A.5Ω B.10Ω C.20Ω D.100Ω
（2）根据电路图，请在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．
（3）实验时，改变电阻箱R的值，记录下电流表A的示数I，得到若干组R，I的数据，根据实验数据绘出如图3所示的R﹣图线，由此得出电池组的电动势E＝　 　V，内电阻r＝　 　Ω，按照此实验方法，电动势的测量值与实值相比　 　，内电阻的测量值与真实值相比　 　，（填“偏大”“偏小”或“相等”）．
11．（12分）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的细线连接物块A和B，A和B的质量相同，B上套有一铁环C，A的下端与穿过打点计时器的纸带相连。开始时固定物块A，当地的重力加速度为g，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。

（1）接通电源，再释放物块A，物块B在下落过程中穿过圆环D时，铁环C与B分离落到圆环D上。图乙是该过程打出的一条纸带，已测出了纸带上离第一个点O较远的一些点到O点的距离。由纸带可知，铁环C运动到圆环D处时的速度大小为v＝　 　m/s（保留3位有效数字）。
（2）要验证机械能守恒，还需要测量的物理量为　 　。
A．开始时，铁环C和圆环D间的高度差h
B．铁环C的质量mC
C．物块A和B的质量mA、mB
D．铁环C运动到D所用的时间t
（3）实验只要验证表达式　 　（用（1）问中的v和（2）问中所测量的物理量的符号表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒得到验证。
（4）在实验中存在误差的原因有哪些？（至少写出一条）　 　
12．（20分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
（1）M、N间电场强度E的大小；
（2）圆筒的半径R；
（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n．




2018-2019学年河北省衡水市武邑中学高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．（6分）十九世纪末到二十世纪初，一些物理学家对某些物理现象的研究直接促进了“近代原子物理学”的建立和发展，关于以下4幅图中涉及物理知识说法正确的是（　　）

A．图1是黑体辐射实验规律，爱因斯坦为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念
B．强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，这已被实验证实。如图2所示，若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，验电器指针可能偏转
C．如图3所示，一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出6种不同频率的光
D．图4为天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中③线代表的射线穿透能力最强
【分析】普朗克首次提出了“能量子”概念；当入射光的波长不大于极限波长，即可发生光电效应，结合强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，即可判定；
一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，最多可以放出3种，而大量的跃迁，则最多放出6种；α射线电离能力最强，而γ射线穿透能力最强。
【解答】解：A、黑体辐射实验规律，普朗克为了解释此实验规律，首次提出了“能量子”概念，故A错误；
B、强激光的出现使一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，若用波长为λ的光照射锌板，验电器指针不偏转；则换用波长也为λ的强激光照射锌板，能吸收多个光子，从而可能发生光电效应，验电器指针可能偏转，故B正确；
C、一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光，即n＝4能级到n＝3能级，n＝3能级到n＝2能级，n＝2能级到n＝1能级，故C错误；
D、天然放射现象中产生的三种射线在电场中偏转情况，其中①线带负电，则其代表的β射线，穿透能力并不是最强，②穿透能力最强，故D错误；
故选：B。
【点评】考查“能量子”概念提出者，理解一个与大量电子跃迁的种类不同，掌握三种射线的各自特征，注意强激光的特殊性。
2．（6分）边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间ab两端的电势差Uab为（　　）

A．Bl2ω B．﹣Bl2ω C．﹣Bl2ω D．Bl2ω
【分析】当ac边即将进入磁场时，是ab部分在切割磁感线，相当于电源，根据切割公式求解切割电动势，再根据闭合电路欧姆定律列式求解ab间的电压大小。
【解答】解：当ab边刚进入磁场时，ac部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即ab间的距离，为l，由右手定则可知，a点电势比b点电势高，
E＝BL＝BL?＝Bl2ω；
设每个边的电阻为R，ab两点间的电压为：Uab＝I?2R＝?2R，
故Uab＝Bωl2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查转动切割问题，关键是明确ac边在切割磁感线，ab、bc边电阻是外电路电阻，根据切割公式求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律列式分析。
3．（6分）如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上，两根细线长度相等。现给乙球一大小为F水平向左的拉力，给甲球一水平向右的3F的拉力，平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下面的（　　）

A． B．
C． D．
【分析】运用整体法研究上面的绳与竖直方向的夹角；再隔离乙研究，分析下面的绳与竖直方向的夹角；由几何关系得到两夹角相等，判断两个小球的位置关系。
【解答】解：首先取整体为研究对象，整体受到重力、上面绳子的拉力以及向左F的拉力、向右3F拉力，由于两个拉力的矢量和为：F合＝3F+（﹣F）＝2F，方向向右，故上面的绳子向右偏；
设上面绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝＝
以乙球为研究对象，设下面的绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝
故α＝β，两根细线长度相等，故乙在O点正下方，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡问题，采用隔离法和整体法，由平衡条件分析物体的状态，考查灵活选择研究对象的能力。
4．（6分）如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆线长为L，锥角θ＝30°，若该同学通过细线对小球做功，使小球做圆锥摆运动的锥角增大为60°，重力加速度为g。保持悬点的高度不变，此过程该同学通过细线对小球做的功为（　　）

A．mgL B．mgL
C．mgL D．mgL
【分析】小球的做圆锥摆运动的锥角增大为60°后，小球的动能和重力势能均有变化，通过求解重力势能增加量和动能变化量之和即可。
【解答】解：小球升高的高度h＝Lcos60°﹣Lcos30°＝，故重力势能的增加量△EP＝（）mgL；
小球圆锥摆运动的锥角为30°时，根据圆周运动规律：，此时动能Ek1＝＝；
小球圆锥摆运动的锥角增大为60°后，根据圆周运动规律：，此时动能Ek2＝＝；
小球的动能变化量为△Ek＝；
故该同学对小球做的功为W＝（）mgL+＝；
故A正确；BCD错误；
故选：A。
【点评】解答此题的关键是弄清同学对小球做的功就是小球的机械能增加量，属于基础题。
5．（6分）我国计划于2020建成自己的太空站，该空间站离地面的高度是同步卫星离地面高度的，同步卫星离地面的高度为地球半径的6倍。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则太空站绕地球做圆周运动的线速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【分析】由黄金代换，结合万有引力提供向心力即可求出；
【解答】解：在地球表面，得：GM＝gR2，
空间站做匀速圆周运动时，，轨道半径，
联立解得：，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】运用黄金代换式GM＝gR2求出问题是考试中常见的方法。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。
6．（6分）如图所示，电压表、电流表均为理想电表，正方形线框的边长为L，电容器的电容量为C．正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁场以k的变化率均匀减弱时，则（　　）

A．电流表有读数
B．电压表有读数
C．b点的电势高于a点的电势
D．回路中产生的电动势为kL2
【分析】根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势大小。电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。由楞次定律判断电势的高低。电容器的电量不为零
【解答】解：AB、磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，但电压表测得是输出电压，故有读数。故A错误，B正确。
C、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b 点的电势。故C错误。
D、由法拉第电磁感应定律得 E＝S＝kL2＝kL2．故D正确。
故选：BD。
【点评】本题运用法拉第定律E＝S时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积。
7．（6分）如图所示，有界匀强磁场的左边有一“日”字形导线框，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，ae与bf的电阻不计，ab、cd、ef的电阻均相等。线框以一定速度匀速通过磁场，若将ab、cd和ef边分别在磁场中运动的过程，称为I、Ⅱ、Ⅲ过程，下列说法中正确的是（　　）

A．Ⅱ、Ⅲ过程中ab中的电流强度相等
B．Ⅱ、Ⅲ过程中cd中的电流强度相等
C．I、Ⅱ、Ⅲ过程中ab间的电压相等
D．I、Ⅱ、Ⅲ过程中导线框消耗的总电功率相等
【分析】当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab切割磁感线相当于电源，ab间电压是路端电压；当cd边进入磁场时，ab与cd都切割磁感线，相当于并联的电池组，ab两端的电势差仍是路端电压。根据欧姆定律研究求解。
【解答】解：AB、由于导线框匀速穿过磁场，即ab、cd、ef切割速度相等，ac、ce边长相等且大于磁场的宽度，即每次只有一根导线切割磁感线，根据E＝BLv可知三根导线切割磁感线产生的感应电动势相等，设每根导线的电阻为R，过程II中cd相当于电源，ab与ef并联，通过ab的电流为，而通过cd的电流为；过程III中ef相当于电源，ab和cd并联，通过ab的电流为，由于cd和ab并联在外电路，所以两者的电流相等，即，故A正确B错误；
C、过程I中，ab切割磁感线，相当于电源，此时ab间的电压相当于路端电压，为，过程II中cd切割磁感线，相当于电源，则ab间的电压为，过程III中ef切割磁感线，相当于电源，则ab间的电压为，故C正确；
D、三个过程中产生的感应电动势相等，线框的总电阻相等，即总电流相等，根据P＝EI可知三个过程中导线框消耗的总电功率相等，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查电磁感应与电路的综合问题，解题关键要区分清楚电源和外电路，可以画出等效电路，电源两端间的电势差是路端电压，不是电源的内电压。
8．（6分）一个静止在水平地面上的物体，质量为0.1kg，受到竖直向上的拉力F作用，F随时间t的变化情况如图所示。若g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．0～3s内，物体的速度逐渐增大
B．3s时物体的加速度最大
C．第5s末和第9s末物体的速度相等
D．第9s末物体离地面的高度最大
【分析】根据图线分析力F的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，再根据运动学规律分析速度和位移的大小关系。
【解答】解：A、物体的重力G＝mg＝1N，当拉力F≤1N时，物体处于静止状态，故0～1s内物体静止，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得a＝，可见拉力越大，加速度越大，在3s时拉力最大，则加速度最大，故B正确；
C、物体从1s末开始加速上升，在3s末加速度达到最大，在3s到7s末向上做加速度逐渐减小的加速运动，7s末加速度为零，速度最大，随后向上做减速运动，5s末和9s末关于最大速度时刻（7s末）对称，故第5s末和第9s末物体的速度相等，故C正确；
D、9s末速度还没有减小到零，故第9s末物体离地面的高度不是最大，故D错误。
故选：BC。
【点评】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
9．（5分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离。

（1）物块下滑时的加速度a＝　3.25　m/s2，打C点时物块的速度v＝　1.79　m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是　C　（填正确答案标号）
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角。
【分析】（1）根据△x＝aT2可求加速度，根据求解C点的速度；
（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数的表达式进行分析即可。
【解答】解：（1）根据△x＝aT2，有：
解得：a＝＝＝3.25m/s2
打C点时物块的速度：
v＝m/s＝1.79m/s
（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：μ＝
故还需要测量斜面的倾角，故选：C；
故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C。
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。
10．（10分）一同学按图1中所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，其中R为电阻箱，R0为定值电阻，干电池的工作电流不宜超过0.5A，实验室提供的器材如下：

A．电流表（量程0～0.6～3.0A）
B．电阻箱（阻值范围0～999.9Ω）
C．定值电阻若干
D．开关、导线若干
（1）在下面提供的图上个定值电阻中，保护电阻R0应选用　A　（填写阻值相应的字母）．
A.5Ω B.10Ω C.20Ω D.100Ω
（2）根据电路图，请在图2中画出连线，将器材连接成实验电路．
（3）实验时，改变电阻箱R的值，记录下电流表A的示数I，得到若干组R，I的数据，根据实验数据绘出如图3所示的R﹣图线，由此得出电池组的电动势E＝　3.0　V，内电阻r＝　1.0　Ω，按照此实验方法，电动势的测量值与实值相比　相等　，内电阻的测量值与真实值相比　偏大　，（填“偏大”“偏小”或“相等”）．
【分析】根据闭合电路欧姆定律E＝I（R+r）变形，得到R与的关系式，由数学知识分析R﹣图象的斜率和截距的意义，即可求出电源的电动势和内阻．
【解答】解：（1）两节干电池的电动势是3V，干电池的工作电流不宜超过0.5A．所以电路总电阻不小于6Ω；但为了准确测量，电流了不能太小，故保护电阻R0应选用A．
②根据电路图，请在图2中画出连线，将器材连接成实验电路，如图：
③根据闭合电路欧姆定律E＝I（R+r）变形，得到R与的关系式，
R＝E?﹣r﹣R0 ．
根据数学知识得知，R﹣图象的斜率等于电源的电动势E，纵轴截距的绝对值等于电源的内阻r．
则由图象得到斜率为k≈3.00Ω，则电源的电动势 E＝k＝3.0V
纵截距的绝对值为b＝6Ω，则内阻 r＝b﹣R0＝6Ω﹣5Ω＝1.0Ω
误差来自由电流表内阻的影响，当外部电路断路时，没有误差；故按照此实验方法，电动势的测量值与真实值相比相等，
没有考虑电流表的内阻，即实际内阻r＝b﹣R0﹣RA，所以内电阻的测量值与真实值相比偏大．
故答案为：（1）A D
（2）①A
②连接如图
③3.0V，1.0Ω，相等，偏大

【点评】本题考查测量电池电动势和内电阻实验，要求能明确实验原理，知道数据处理的方法；能根据闭合电路欧姆定律列式并处理数据．
11．（12分）某同学用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的细线连接物块A和B，A和B的质量相同，B上套有一铁环C，A的下端与穿过打点计时器的纸带相连。开始时固定物块A，当地的重力加速度为g，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。

（1）接通电源，再释放物块A，物块B在下落过程中穿过圆环D时，铁环C与B分离落到圆环D上。图乙是该过程打出的一条纸带，已测出了纸带上离第一个点O较远的一些点到O点的距离。由纸带可知，铁环C运动到圆环D处时的速度大小为v＝　2.01　m/s（保留3位有效数字）。
（2）要验证机械能守恒，还需要测量的物理量为　ABC　。
A．开始时，铁环C和圆环D间的高度差h
B．铁环C的质量mC
C．物块A和B的质量mA、mB
D．铁环C运动到D所用的时间t
（3）实验只要验证表达式　mCgh＝（mA+mB+mC）v2　（用（1）问中的v和（2）问中所测量的物理量的符号表示）在误差允许的范围内成立，则机械能守恒得到验证。
（4）在实验中存在误差的原因有哪些？（至少写出一条）　由于空气的阻力作用　
【分析】（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度的大小，结合匀速运动时的位移和时间求出B刚穿过D时的速度大小。
（2）（3）根据题意应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。
（4）由于存在阻力，会对实验造成误差。
【解答】解：（1）铁环C运动到圆环D处时的速度大小即为铁环被挡住后，A、B匀速运动的速度，由纸带可以求得：v＝＝2.01m/s；
（2）要验证机械能守恒，铁环C从开始下落到运动到D处过程中，有：（mB+mC）gh﹣mAgh＝（mA+mB+mC）v2，
由于A、B质量相等，因此要验证的表达式为：mCgh＝（mA+mB+mC）v2，
实验需要测量：开始时，铁环C和圆环D间的高度差h，铁环C的质量mC，物块A和B的质量mA、mB，故选：ABC；
（3）由（2）可知，实验需要验证的表达式为：mCgh＝（mA+mB+mC）v2；
（4））①由于空气的阻力作用；②纸带和打点计时器的摩擦作用；③纸带的重力影响。
故答案为：（1）2.01；（2）ABC；（3）mCgh＝（mA+mB+mC）v2；（4）由于空气的阻力作用。
【点评】本题考查了验证机械能守恒定律实验，知道实验原理是解题的前提与关键，根据实验原理、应用机械能守恒定律即可解题，平时要注意基础知识的学习。
12．（20分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O．筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
（1）M、N间电场强度E的大小；
（2）圆筒的半径R；
（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n．

【分析】（1）粒子在匀强电场中在加速运动，电场力做功等于粒子动能的增加；
（2）使用洛伦兹力提供向心力．求出粒子的运动半径，再根据题意，正确画出粒子运动的轨迹，根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系，从而求出磁场的半径；
（3）使用动能定理求出粒子的速度，再求出运动的半径，最后判定与圆筒的碰撞次数n．
【解答】解：（1）粒子从开始运动到射入磁场的过程，电场力做功．由动能定理：
匀强电场中有：U＝Ed
联立上式，得：
（2）粒子进入磁场后又从S点射出，关键几何关系可知，两碰撞点和S将圆筒三等分．
设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力，得：

根据几何关系：
联立上式，解得：
（3）保持MN之间的电场强度不变，仅将M板向上平移后，

于是：，
此时粒子经过圆后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在于圆筒壁发生3次碰撞后由S点射出．
答：（1）M、N间电场强度E的大小；
（2）圆筒的半径：
（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子与圆筒的碰撞3次

【点评】解决该题的关键是根据题目的要求，正确画出粒子运动的轨迹，并根据几何关系写出粒子的半径与磁场的半径的关系．该题对空间思维的能力要求比较高．