2023-2024学年重庆十一中教育集团高三（下）第六次质检（开学）物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆十一中教育集团高三（下）第六次质检（开学）物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在建筑的金属外墙面检测外墙。外墙面可视为斜面，与竖直方向的夹角为θ，机器人在斜面上静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F，磁力垂直外墙面。下列关系式正确的是( )
A. Ff=GB. F=FNC. Ff=GcsθD. F=Gsinθ
2.“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，如图甲所示为研究过程中简谐波t=0时刻的波形图，M是此波上的一个质点，平衡位置处于4m处，图乙为质点M的振动图像，则( )
A. 该列波的传播方向沿x轴正向传播B. 该列波的传播速度为4m/s
C. 质点M在7s内通过的路程为280cmD. 质点M 在2s内沿x轴运动了8m
3.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L，小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光，再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
A. 线圈电阻偏大B. 小灯泡电阻偏大
C. 线圈的自感系数较大D. 线圈的自感系数较小
4.足球运动员训练罚点球，足球放置在球门中央的正前方O点。两次射门，足球先后打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示。若足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，不计空气的作用( )
A. 若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1和t2，则t1B. 若足球击中a、b点的速度分别为v1和v2，则v1=v2
C. 若先后两次足球被踢出时的速度分别为v01和v02，则v01D. 两次足球被踢出时的速度方向可能相同
5.如图所示为一小型起重机，物体P用不可伸长的轻质细绳绕过光滑轻质滑轮A、B，连接C处的固定电动机。滑轮A的轴固定在水平伸缩杆上并可以水平移动，滑轮B固定在竖直伸缩杆上并可以竖直移动，电动机C可改变总绳长，使绳始终保持绷直，且滑轮B的竖直高度不会低于滑轮A。下列说法正确的是( )
A. 当物体P静止时，滑轮A所受绳的压力一定，与滑轮B的高度无关
B. 当物体P静止时，滑轮B所受绳的压力一定等于P的重力
C. 当只将滑轮B向上移动时，A的轴所受压力变小
D. 当物体P高度不变，将滑轮A向右匀速移动时，电动机C将匀速放绳
6.如图甲是“滑草”运动的轨道，其简化示意图如图乙所示。滑草时，人坐在滑草车上从A点由静止开始下滑，最终停在D点。AB段、BC段、CD段均做直线运动，其中BC段速度不变。若滑草车与滑道间的动摩擦因数处处相同，滑草车与滑道全程未发生碰撞，在B、C处无能量损失，忽略空气阻力。滑草车受到滑道摩擦力的功率P与时间t的关系图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.重庆11中某物理兴趣小组研究某物体做匀变速直线运动的xt−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 物体在t02时的速度为b2
B. 阴影部分的面积表示物体在0∼t02时间内通过的位移
C. 物体在t0时刻回到出发点
D. 物体的加速度大小为bt0
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.在两个大物体引力场空间中存在着一些点，在这些点处的小物体可相对于两个大物体基本保持静止，这些点称为拉格朗日点。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，如图所示，该卫星在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于处于拉格朗日L1和L2点上的两颗同等质量卫星，下列说法正确的是( )
A. 两卫星绕地球做圆周运动的线速度相等
B. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度大
C. 处于L1点的卫星绕地球做圆周运动的角速度大
D. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大
9.某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1=250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4=50：1，输电线总电阻R=62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。则下列数值正确的是( )
A. 发电机的输出电流为2000AB. 输电线上损失的功率为40kW
C. 输送给储能站的功率为400kWD. 升压变压器的匝数比n1：n2=1：46
10.空间存在一平行于纸面的匀强电场，在电场内取某点记为坐标原点O，沿某一方向建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图所示(图中a、b…h各点等分圆周)。从P点起沿圆周逆时针方向移动一周，圆上各点的电势φ会随转过角度θ发生变化。当半径r分别取r0、2r0、3r0时，其φ−θ图像如图所示，三条曲线所对应的电势均在θ0=π6时达到最大值，最大值分别为2φ0、32φ0、φ0。曲线③与横轴相切。则下列说法正确的是( )
A. 曲线①对应的r取值为3r0
B. 坐标原点O的电势为3φ0
C. 电场强度大小为φ0r0，方向与x轴成π6斜向右
D. 从e到f，电势先降低后升高，从h到a，电势一直升高
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙，分析数据：

(1)入射球直径D1和被碰球直径D2应满足关系D1 ______D2(选填“>”、“=”或“<”)。
(2)关于该实验，下列说法正确的有______。
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
D.入射球必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放
(3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______。
A.m1x2=m1x1+m2x3
B.m1x1=m1x2+m2x3
C.m1x22=m1x12+m2x32
D.m1x23=m1x13+m2x33
12.在“测量电池的电动势和内阻”的实验中，某小组计划用如图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池(电动势约几伏)、开关、导线外，还有下列器材可供选用：
电流表A：量程0～0.6A，内阻约0.2Ω
电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ
滑动变阻器R1：0～500Ω，额定电流1A
滑动变阻器R2：0～20Ω，额定电流2A

(1)为了便于实验，滑动变阻器最好选用______(填写仪器的字母代号)。
(2)实验过程某次测量时电流如图乙所示，此时电流表读数为______A。
(3)实验得到的U−I图线如图丙所示，可得电池的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω(结果均保留2位有效数字)。
(4)为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系来分析这一个问题。若字母RV、RA分别表示电压表和电流表的内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，请选择相关的字母写出反映U和I实际关系的函数表达式U= ______。
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.轻质细线吊着一质量为m=0.9kg、边长为L=1m、匝数n=10的正方形线圈，其总电阻为r=1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g=10m/s2)求：
(1)线圈中产生的感应电流的大小和方向；
(2)从t=0开始计时，经过多长时间细线的拉力恰为零。
14.如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻质弹簧栓接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM=L。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON=1.5L。B向上运动时还会拉伸弹簧，能使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)A第一次脱离B时的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
15.如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B(图中未画出)和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场。现将一个质量为m、电荷量为q的带正电的微粒从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，微粒第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为45°。从微粒通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，规定当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正。已知t0=πv0g，电场强度大小为mgq，重力加速度大小为g，结果用v0、g、π、n表示。
(1)求微粒从第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间t1；
(2)求微粒第n次经过x轴时的x坐标；
(3)若t=34t0时撤去yOz右侧匀强磁场，同时在整个空间加上沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为mgqv0，求微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意可知，机器人保持静止状态，说明此时机器人所受共点力平衡，对其受力分析，如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解
AC、沿斜面方向，由平衡条件得
Ff=Gcsθ
故A错误，C正确；
BD、垂直斜面方向，由平衡条件得
F=FN−Gsinθ
故BD错误。
故选：C。
机器人保持静止状态，可以说明此时受力平衡，可对机器人运用正交分解方法分析此时受力情况，计算此时各方向上力之间的关系。
本题考查了共点力平衡问题，运用正交分解方法计算各个方向上力之间的关系是解决本题的关键。
2.【答案】C
【解析】解：A、根据图乙可知0时刻，质点M沿y轴正方向运动，根据图甲，利用同侧法可知该列波的传播方向沿x轴负向传播，故A错误；
B、根据图甲可知波长为λ=4m，根据图乙可知周期为T=2s，根据v=λT，解得波传播速度为v=2m/s，故B错误；
C、根据图像可知振幅A=20cm，由于7s=3T+12T，则质点M在7s内通过的路程为3×4A+2A=14×20cm=280cm，故C正确；
D、机械波传播的是质点振动的形式与能量，质点本身不会随波发生迁移，故D错误。
故选：C。
由图乙读出t=0时刻质点M的振动方向，在甲图上，利用波形平移法判断波的传播方向；
读出波长和周期，再求波速；
根据时间与周期的倍数，求解质点M在5s内通过的路程；
质点M只在平衡位置上下振动，并不会随波迁移。
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象，往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。
3.【答案】A
【解析】解：AB、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大；若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，线圈的电流大于原来灯泡的电流，灯泡将发生闪亮现象；线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故A正确，B错误；
CD、线圈的自感系数较大(或较小)，产生的自感电动势较大(或较小)，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故CD错误。
故选：A。
线圈与小灯泡并联接电池组上。要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大。根据楞次定律和并联的特点分析。
自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据几何关系可知，到达b点的足球水平位移较大，二者竖直位移相等；由于击中a、b两点速度方向均沿水平方向证明此过程为平抛运动的逆过程
根据竖直方向位移表达式
h=12gt2
可知二者竖直位移相等，O点运动到a、b的时间也相等，故A错误；
BC、设足球击中a、b点的速度分别为v1和v2，先后两次足球被踢出时的速度分别为v01和v02，
由于到达b点的足球水平位移较大，根据x=vxt
所以到达b点的足球水平分速度大于到达a点足球的水平分速度，v2>v1；
竖直方向速度根据vy=gt
可知二者竖直方向速度相同；
根据速度的合成与分解，合速度为
v= vx2+vy2
可知v01D、若两次足球被踢出时的速度方向相同，水平位移竖直位移相同，则会击中同一点，故D错误。
故选：C。
足球被踢出时的速度大小相等，重力做功相等，根据动能定理，比较ab点速度大小；
根据竖直方向做竖直上抛运动，水平方向匀速直线运动，假设时间相等，看与题设是否满足，分析时间关系。
本题解题的关键在于运动的合成与分解规律。水平方向匀速直线运动，竖直方向竖直上抛运动。
5.【答案】C
【解析】解：A、当物体P静止时，滑轮A的轴所受压力为两侧绳子拉力的合力，该绳子为活结，绳子上的力处处相等，故绳子两侧拉力的大小相等，等于物体P的重力，设滑轮A处两侧绳子夹角为θ，当滑轮B竖直移动时，θ角变化，其变化范围为
90°<θ<180°
根据力的合成法则可知，角度变化，滑轮A的轴所受压力不恒定，故A错误；
B、当物体P静止时，滑轮B的轴所受压力为两侧绳子拉力的合力，绳子两侧拉力的大小相等，等于物体P的重力，滑轮B处两侧绳子夹角为锐角，根据力的合成法则可知滑轮B所受绳的压力一定大于P的重力，故B错误；
C、当只将滑轮B向上移动时，θ变大，绳子两侧拉力的合力变小，则滑轮A的轴所受压力变小，故C正确；
D、运用运动的合成与分解法，将滑轮A的速度沿BA方向与垂直BA方向分解，
电动机C放绳的速度为：
vC=vAcs(θ−90°)=vAsinθ
当只将滑轮A向右匀速移动时，θ变小，电动机C放绳速度逐渐减小，则电动机C减速放绳，故D错误。
故选：C。
A、当物体P静止时，此时滑轮A受力平衡，可对滑轮A受力分析，判断当滑轮B移动时，滑轮A两侧绳子夹角的变化，利用力的合成与分解方法计算滑轮A的轴所受压力；
B、当物体P静止时，此时滑轮B受力平衡，可利用力的合成与分解方法判断此时滑轮B所受绳的压力与P重力的关系；
C、当只将滑轮B向上移动时，滑轮A的轴两侧绳子与轴之间的夹角变大，此时可利用力的合成方法判断此时轴两侧绳子拉力合力的变化，进而判断此时滑轮A的轴所受压力的变化；
D、可利用运动的合成与分解方法将将滑轮A的速度分解，利用角度的变化判断电动机C放绳速度情况。
本题考查了力的合成与分解、运动的合成与分解，其中掌握共点力平衡，灵活运用数学中三角函数知识判断力之间、速度之间的关系是解决本题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：在AB段，对滑草车，由牛顿第二定律可得：mgsinθ−μmgcsθ=ma1，滑草车受到滑道摩擦力的功率为：P1=μmgcsθ⋅at
其中f与a1为定值，则P与时间t的关系图像为一次函数；
在BC段速度不变则此过程中，由平衡条件可得：mgsinα=μmgcsα
滑草车受到滑道摩擦力的功率为：P2=μmgcsαv
其中P2 为定值；由于θ>α，则AB段滑草车受到滑道摩擦力的功率的最大值小于BC段滑草车受到滑道摩擦力的功率。由于最终停在D，CD段过程中做减速运动，则：μmgcsβ−mgsinβ=ma3
滑草车受到滑道摩擦力的功率为
P3=f3v=μmgcsβ⋅(v−a3t)
由于α>β，csα故选：D。
(1)滑草车在AB段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律即瞬时功率的定义式可得滑草车受到的摩擦力的功率表达式；
(2)滑草车在BC段做匀速直线运动，由平衡条件和瞬时功率的定义式可得滑草车受到的摩擦力的功率表达式；
(3)滑草车在CD段做匀减速直线运动，由牛顿第二定律即瞬时功率的定义式可得滑草车受到的摩擦力的功率表达式。
本题主要考查牛顿第二定律和瞬时功率的表达式应用，受力分析和运动分析是解决问题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：AD、物体做匀变速运动，根据运动学公式：x=v0t−12at2
得：xt=v0−12at可知图像的斜率为−a2，纵截距为v0，所以物体的加速度大小为a=2bt0，初速度为b，根据速度—时间关系式：v=v0−at代入数据得在t02时的速度为0，故AD错误；
B、由上述分析可知，纵坐标表示物体运动的平均速度，b2为0∼t02时间内的平均速度，所以0∼t02时间内物体的位移为bt04，
阴影部分面积为：S=(b+b2)×t022=34bt0，阴影部分面积不表示位移，故B错误；
C、t0时刻，纵坐标为零，纵坐标表示平均速度，所以平均速度为0，根据速度定义式，则位移为0，故C正确。
故选：C。
AD、可利用位移与时间公式推导图像中xt和t的关系，进而推导出图像含义，再利用速度与时间公式计算速度；
B、此图像纵坐标表示该物体运动的平均速度；
C、t0时刻平均速度为零，故根据速度定义式可知位移也为零。
本题考查了对匀变速直线运动规律的理解，其中利用位移与时间公式推导出横纵坐标之间的关系为解题的关键，其旨在考查灵活结合运动学公式读图的能力。
8.【答案】BD
【解析】解：A、由题意可知，两卫星相对保持静止，所以围绕地球运动的角速度相等，由于运动半径不同，由角速度与线速度的关系v=ωr可得，两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等，故A错误；
C、两卫星相对于两个大物体的中心基本保持静止，因此绕地球做圆周运动的周期相等，角速度相等，故C错误；
BD、由F=ma=mω2r可知，质量相同、角速度相同的情况，运动半径越大，向心加速度越大，向心力越大。由于拉格朗日L1处的卫星半径小于L2处的卫星半径，故处于L1点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小，向心力小，故BD正确。
故选：BD。
根据环绕天体的运动性质判断线速度，向心加速度，角速度的大小关系，根据万有引力提供向心力确定向心力的大小。
本题主要考查万有引力的应用，根据拉格朗日点的特殊性，进行分析判断。在做此类题时要注意是否有特殊性。
9.【答案】AD
【解析】解：A.根据题意，发电机的输出电压UI=250V
根据功率公式P=U1I1
代入数据解得输电电流I1=2×103A，故A正确；
BD.根据题意，用户端电压U4=220V
根据功率公式P4=U4I4
代入数据解得I4=400A
根据理想变压器电流与匝数比的关系I3I4=n4n3
解得I3=n4n3I4=150×400A=8A
根据理想变压器的功率关系P3=U3I3=P4
代入数据解得U3=11000V
则输电线上损失的功率为ΔP=I32R=82×62.5W=4000W=4kW
升压变压器副线圈两端电压U2=U3+I3R=11000V+8×62.6V=115000V
根据理想变压器电压与匝数比的关系n1n2=U1U2=250115000=146
综上分析，故B错误，D正确；
C.根据理想变压器的功率关系P=U2I3+P储
代入数据解得P储=408kW，故C错误。
故选：AD。
A.根据功率公式求解作答；
BD.根据功率公式、理想变压器电流与匝数比的关系分别求解降压变压器的输出电流和输入电流；
根据功率公式求解输电线上的功率损失；
根据功率关系求解降压变压器原线圈两端电压；根据电压损失和电压关系求解升压变压器副线圈两端电压；
根据理想变压器电压与匝数比的关系求升压变压器的匝数比；
C.根据能量守恒定律求储能电站的功率。
本题主要考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系以及理想变压器的功率关系；考查了输电过程中的电压损失和功率损失。
10.【答案】AD
【解析】解：A.根据U=Ed，可知圆周上电势最大值与最小值的两个位置必是直径的两端点，电势最大值与最小值的差值越大，圆周的直径越大。由题目所给信息，圆周的分布情况如下图所示，图线①对应半径最大为3r0，故A正确；
C.根据U=Ed，由上图中的信息可得：E=2φ0−φ03r0−r0=φ02r0
电场方向由高电势指向低电势，电场强度方向与x轴负方向成π6斜向左下方，故C错误；
B.设坐标原点O的电势为φx，则有：E=2φ0−φx3r0=φ02r0，解得：φx=φ02，坐标原点O的电势为φ02。故B错误；
D.电场强度方向与x轴负方向成π6斜向左下方。由电场线从电势高地方指向电势低的地方，及匀强电场的等势面与电场线垂直，可得从e到f，电势先降低后升高，从h到a，电势一直升高，故D正确。
故选：AD。
根据匀强电场的电势差与电场强度的关系，分析圆周的分布情况，并计算电场强度；根据电场线从电势高地方指向电势低的地方，及匀强电场的等势面与电场线垂直解答。
本题考查了电场强度与电势的关系，电势的图像问题，解决本题的关键是掌握电势与电场线方向的关系，以及电场强度与电势差的关系。
11.【答案】= D A
【解析】解：(1)要使两球动量守恒，要求两球正碰，故入射球直径D1等于被碰球直径D2。
(2)AD.每次保证入射小球从同一位置静止释放，可以使小球获得相同的初速度，斜槽轨道无需光滑，故A错误，D正确；
B.铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；
C.小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，小球在空中运动时间相同，可用水平位移表示速度，故实验中不需要测量出小球抛出点的离地高度H，故C错误。
故选：D。
(3)设小球在空中运动时间为t，若两球碰撞时的动量守恒，有
m1x2t=m1x1t+m2x3t
整理可得
m1x2=m1x1+m2x3
故选：A。
故答案为：(1)=；(2)D；(3)A。
(1)要使两球动量守恒，要求两球正碰；
(2)根据动量守恒定律实验原理分析解答；
(3)小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式。
解决本题的关键掌握实验的原理，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用水平位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。
12.【答案】R2 0.28 2.0 1.0 (E−Ir)RVr+RV
【解析】解：(1)因为电池的内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器选择R2。
(2)电流表精确度为0.02A，读数时保留到精确度的同一位，电流表的读数为0.28A。
(3)根据闭合电路欧姆定律有
U=E−Ir
所以U−I图像的斜率
k=−1.9−1.60.4−0.1=−1.0=−r
所以电源的内阻为
r=1.0Ω
当I=0.1A时，U=1.9V代入
U=E−Ir
解得
E=2.0V
(4)根据闭合电路欧姆定律可知
U=E−(I+URV)r
变形得
U=(E−Ir)RVr+RV
故答案为：(1)R2；(2)0.28； (3)2.0，1.0；(4)(E−Ir)RVr+RV。
(1)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
(2)根据电表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；
(3)根据闭合电路欧姆定律求解U与I的表达式，再结合图像求解电源电动势和内阻；
(4)根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式。
本题考查了实验器材的选择，考查了实验数据的处理，解决该题的关键是掌握用图像法分析电源电动势和内阻的方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。
13.【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律得
E=nΔΦΔt=n⋅12L2ΔBΔt
由图可得：ΔBΔt=0.64T/s=0.15T/s
解得：E=0.75V
电路中的感应电流大小为I=Er=0.751A=0.75A
由楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向。
(2)细线的拉力为零时，有mg=nBIL
解得：B=1.2T
又B=kt=0.15t
解得：t=8s
答：(1)线圈中产生的感应电流的大小为0.75A，方向为逆时针；
(2)从t=0开始计时，经过8s时间细线的拉力恰为零。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律结合图像的信息得出线圈中产生的感应电动势，结合欧姆定律计算感应电流的大小；根据楞次定律判断感应电流方向。
(2)细线的拉力恰为零时，线圈受到的安培力与其重力等大反向，根据安培力公式和平衡条件相结合求解。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，结合图像的物理意义和电学的相关计算公式即可完成分析。计算安培力时，要注意线圈匝数不能遗漏。
14.【答案】解：(1)B静止时，受力如图所示

根据物体平衡条件得：kL=mgsin30°
弹簧的劲度系数：k=mg2L
(2)当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设此时A、B速度大小为v3，B静止时弹簧的弹性势能为Ep，B物体的速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为L，弹簧的弹性势能也为Ep。对A物体，从分离到速度变为0的过程，由机械能守恒定律得：12mv32=mg⋅1.5Lsinθ
解得：v3= 6gL2
(3)设A与B相碰前速度的大小为v1，A与B相碰后速度的大小为v2，M、P之间距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰的过程，根据机械能守恒定律得：mgxsinθ=12mv12
A与B发生碰撞，根据动量守恒定律得：mv1=(m+m)v2
从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程中，根据机械能守恒定律得：12(m+m)v22+Ep=12(m+m)v32+(m+m)gLsinθ
对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得：12mv32=mgLsinθ+Ep
解得：x=9L
答：(1)弹簧的劲度系数为mg2L；
(2)A第一次脱离B时的速度大小为 6gL2；
(3)M、P两点之间的距离为9L。
【解析】(1)根据题意已经知道B物体平衡时弹簧的形变量，对B进行受力分析，由共点力平衡条件求出弹力，利用胡克定律得到弹簧的劲度系数；
(2)A与B分离的临界条件即弹簧恢复原长的瞬间，利用机械能守恒求出B物体的速度；
(3)综合分析A与B碰撞前、碰撞后的运动过程，找到他们遵守的物理定律即动量守恒、机械能守恒，列出方程求解．并且知道C刚刚脱离挡板的条件是弹簧的拉力与C物体沿斜面的分力相等。
本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题．是一道全面考查动量守恒、机械能守恒的比较困难又容易出错的好题。
15.【答案】解：(1)根据题意有qE=mg
即重力与电场力平衡，由洛伦兹力提供向心力，则qv0B1=mv02R1
又由B1=mgqv0，T1=2πR1v0
解得
R1=v02g，T1=2t0=2πv0g
可知微粒从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90°则
t1=T14
解得
t1=πv02g(2)由于t1=T14=πv02g=t02
可知0～t0，微粒刚好转过180°。之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得qv0B2=mv02R2
联立B2=mg2qv0，解得R2=2R1
将B2=mg2qv0代入周期公式T2=2πmqB2
解得T2=4t0
t0～2t0，微粒转过90°。
同理得，时间在2t0～3t0与0～t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
3t0～4t0与t0～2t0的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
综上所述，得到微粒一个周期的轨迹图如下

由几何关系得OA=AB= 2R1
则微粒第n次经过x轴时的x坐标为xn=(n−1) 2⋅R1= 2(n−1)v02g(n=1,2,3…)
(3)t=34t0时，微粒运动到M点，速度竖直向上，大小为v0，以后微粒继续圆周运动，轨迹与yOz面平行，运动四分之一周期到N点时，速度沿着z轴正方向，是向上运动到离xOz平面最远的位置。如图

微粒在x轴坐标x=R1cs45°+R1=( 2+2)v022g
在y轴坐标y=R1cs45°+R1=( 2+2)v022g
在z轴坐标z=R1=v02g
因此微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标为(( 2+2)v022g,( 2+2)v022g,v02g)。
答：(1)微粒从第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间为πv02g；
(2)微粒第n次经过x轴时的x坐标为 2(n−1)v02g(n=1,2,3…)；
(3)微粒向上运动到离xOz平面最远时的坐标为(( 2+2)v022g,( 2+2)v022g,v02g)。
【解析】(1)带正电的液滴受到的电场力与其重力等大反向，两力的合力为零，相当于液滴只受洛伦兹力在xOy平面内做匀速圆周运动。由洛伦兹力提供向心力，求解其轨迹半径和运动周期，画出液滴在0～t0时间内运动轨迹，由几何关系求得对应的圆心角再求时间；
(2)由洛伦兹力提供向心力，求解其各阶段的轨迹半径和运动周期，推断液滴在0～4t0时间内偏转情况，画出在磁感应强度随时间的变化的一个周期内的运动轨迹图，根据周期性，结合几何关系求解；
(3)在t=t0时刻液滴受到竖直向下的重力和沿z轴负方向的洛伦兹力作用，将其运动分解处理，分解为沿y轴竖直向上的竖直上抛运动和在平行于xOz平面的匀速圆周运动。依据两分运动的等时性，和各自运动的特点确定液滴的末位置。
本题考查了带电粒子在混合场中的复杂的运动过程的处理，解题的关键和难点是能够根据磁场的变化画出粒子轨迹图形，依据轨迹图结合几何关系解答。第(3)问是在空间的运动过程，解题思想是将其分解到平面中或者某一方向上，利用分运动的独立性和等时性解答。