2024年湖南师大附中博才实验学校高考物理模拟试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年湖南师大附中博才实验学校高考物理模拟试卷(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示的位移(x)−时间(t)图像和速度(v)−时间(t)图像中，甲、乙、丙、丁代表四辆车在一条直线上的运动情况，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻甲、乙两车速度相同
B. 0∼t1时间内的某时刻甲、乙两车速度相同，距离最大
C. 0∼t2时间内，丙、丁两车的平均速度相同
D. 0∼t2时间内，丙、丁两车的位移相同
2.如图所示，AB两点相距3r，P、M两点把AB连线三等分，在B点固定一点电荷+q，A点固定另一点电荷，已知M点电场强度为0，静电力常量为k，取无穷远处电势为零，则( )
A. A点的电荷带负电
B. A点的电荷所带电荷量为 2q
C. P点电势为0
D. 撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为kqr2
3.如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金属导轨abcd，导轨间距为L，ab间接有一直流电源，cd段垂直于导轨放置一金属棒，回路内的电流为I，整个空间处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态，已知重力加速度为g，则( )
A. a端接电源的正极
B. 金属棒受到的安培力大小为BIL
C. 金属棒的质量为BILgsinθ
D. 金属棒的质量为BILcsθg
4.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，进入预定轨道，发射取得圆满成功。如图所示是神舟十七号载人飞船成功对接空间站组合体的画面。对接后可近似认为组合体在轨道上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 根据组合体运动线速度大小为v，周期为T，万有引力常量为G，可算出地球的质量M=Tv32πG
B. 对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，减速后有可能与空间站对接
C. 对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整轨道会慢慢升高
D. 在组合体的实验舱内指令长汤洪波由静止释放一个小球，可以根据小球的下落高度和时间计算所在轨道处的重力加速度
5.如图所示，光滑水平面左侧连接一传送带，传送带长L=4m，水平面右侧连接一12光滑圆周轨道，小物块(可视为质点)的质量m=0.1kg，与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，当传送带速度v0=2m/s时，小物块由静止开始放到传送带的最左端时，小物块刚好滑到12圆周的最高点，则( )
A. 小物块在传送带上一直做加速运动B. 小物块在传送带上的运动时间为2s
C. 半圆周的半径为0.08mD. 小物块在半圆周最高点的速度为1m/s
6.如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则( )
A. 碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
B. 碰撞过程中系统损失的机械能为mghMM+m
C. 圆环和圆板的最大速度为mm+M 2gh
D. 碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为2MmgM+m
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.一列简谐横波沿直线传播，A和B两点是沿传播方向上两点，波由A传向B，A、B两点平衡位置相距s=3m，从0时刻起A点的振动图像如图中的甲所示，B点的振动图像如图中的乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 该波的波长可能为4m
B. 该波的波长可能为2.4m
C. 该机械波的最大传播速度为0.6m/s
D. 该波遇到10m的孔，一定能发生明显的衍射
8.如图所示，楔形玻璃的横截面AOB的顶角为θ=37∘，OA边上的点光源S到顶点O的距离为L，光线射向OB边，不考虑多次反射，从OB边射出的最短时间为3L4c，其中c为光在真空中的传播速度，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则( )
A. 光在玻璃中的传播速度为35cB. 玻璃的折射率为1.25
C. 从S点射向O点的光线恰好能发生全反射D. OB上的发光长度为65L
9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，R2=R3=r，变阻器R1的总阻值为3r，C为下极板接地的平行板电容器，电表均为理想电表，G为灵敏电流计。初始状态S1和S2均闭合，滑片P位于最右端，此时两极板之间的带电油滴Q恰好处于平衡状态，则下列说法正确的是( )
A. 将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，油滴在运动过程中的电势能和动能都增大
B. 将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，电压表的示数增大，变阻器R1上的功率先增大后减小
C. 将两极板的正对面积减小，电流计中有向下的电流
D. 断开开关S2，将电容器上极板向上平移一小段距离，带电油滴Q的电势能不变
10.如图为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，静电分析器中与圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，电场强度大小可表示为E=kr,r为考查点到球心O1的距离，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90∘的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其左边界与静电分析器的右端面平行。在静电分析器前有一可以整体左右平移的粒子源和加速器。由粒子源发出的一电荷量为q的正离子经加速电场加速后，从静电分析器正中间的M点垂直于电场方向，沿半径为R的四分之一圆弧轨迹做匀速圆周运动，从N点射出，接着由P点垂直磁分析器的左边界射入，最后垂直打在荧光屏的Q点，已知Q点与圆心O2的距离为d。则下列说法正确的是( )
A. 加速电压为k2
B. 离子的质量为2d2B2qk
C. 若仅将离子质量变为原来的910，其他条件不变，则它打在荧光屏的位置在Q点左侧
D. 若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，则离子在分析器中不能做匀速圆周运动
三、填空题：本大题共1小题，共7分。
11.近年来手机更新换代，飞速发展，手机功能越来越强大。某同学在研究直线运动的实验中，先将手机拍摄的时间间隔设置为T，一小球靠近墙面竖直向上抛出，分别拍摄了上升和下降两个阶段的频闪照片，如图甲和乙所示，测出每块砖的厚度为d。已知小球所受阻力大小不变，不计砖和砖之间的缝隙宽度。
(1)试判断O点是否为小球上升的最高点______(选填“是”或“否”)。
(2)小球上升过程的加速度大小为______。
(3)小球下落过程通过A的速度大小为______，上升过程通过 A点的速度大小为______。
四、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.(1)某同学学习了多用电表的原理后，设计了一个如图甲所示的欧姆表，所用器材有：一节干电池(E=1.5V)、满偏电流为Ig=3mA、内阻为Rg=270Ω的表头、电阻箱、滑动变阻器、导线若干，他把红黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使得电流表满偏，在3mA处标上“0”Ω，在0mA处标上“∞”Ω，依次标上相应的刻度，则在1.5mA处应标上______Ω。
(2)为了粗测二极管的正向电阻，当指针偏转角度较大时，红表笔连接的是二极管的______极(选填“正”或“负”)；此时，电流表的指针指在如图乙所示的位置，该读数为______ mA，二极管的正向电阻为______Ω。
(3)在实验室有一标称值不清楚的电压表，按照正确的操作，把该电压表的正负两个接线柱接入自制的多用电表中，电流表的读数为I=0.50mA，电压表总共有40个小格，此时的电压表指针指在10个小格处，则该电压表的内阻为______Ω，量程为______ V。
五、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示是2023年10月31日神舟十六号载人飞船返回舱成功返回的画面。高度在8公里时，返回舱主伞打开，此时返回舱速度为80m/s，离地1m前，返回舱已经匀速运动，速度为10m/s，已知主伞打开后主伞所受空气阻力与速度成正比，即f=kv，已知返回舱质量(含宇航员)为m=3000kg，不考虑返回舱质量的变化，主伞质量忽略不计，不计其他阻力，g=10m/s2。求：
(1)主伞打开瞬间，返回舱的加速度大小；
(2)估算主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做的功(结果保留两位有效数字)。
14.如图所示，水平面上有三个滑块A、B和C，mA=mC=1kg，mB=2kg，C物块的右侧光滑，左侧粗糙，物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，A和B间夹有一压缩轻弹簧(弹簧与A、B不相连)，开始时在外力作用下处于静止状态，撤除外力后，弹簧恢复原长时A刚好和C碰撞后粘在一起，A和C向左滑行1m后静止，已知A、B和C均可看作质点，g=10m/s2，求：
(1)A和C碰撞后的瞬间速度的大小；
(2)开始时弹簧的弹性势能为多大；
(3)若弹簧的劲度系数k=8003N/m，弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2，x为弹簧的形变量，求初始时A和C之间的距离。
15.截至2023年8月底，武威重离子中心已完成近900例患者治疗，疗效显著。医用重离子放疗设备主要由加速和散射两部分组成，整个系统如甲图所示，简化模型如乙图所示。乙图中，区域Ⅰ为加速区，加速电压为U，区域Ⅱ、Ⅲ为散射区域，偏转磁场磁感应强度大小均为B，区域Ⅱ中磁场沿y轴正方向，区域Ⅲ中磁场沿x轴正方向。质量为m、电荷量为q的带正电的重离子在O点由静止进入加速电场，离子离开区域Ⅱ时速度偏转了37∘，不计离子的重力，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)求离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小；
(2)求磁场Ⅱ的宽度d；
(3)区域Ⅲ磁场宽为d′=10πB 2mUq，在区域Ⅲ右侧边界放置一接收屏，接收屏中心O′与离子进入电场时的O点在同一直线上，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、x−t图像中，交点表示相遇，斜率表示速度，由图像可知，t1时刻，两车相遇但速度不同，故A错误；
B、x−t图像中斜率表示速度，由图像可知，0∼t1时间内，甲的速度先小于乙的速度，后大于乙的速度，则一定有一个时刻，两车的速度相同，此时两车间的距离最大，故B正确；
CD、v−t图像中，图像与坐标轴所围面积表示位移，由图像可知，0∼t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，平均速度是位移与时间的比值，则0∼t2时间内，丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故CD错误；
故选：B。
x−t图像中，交点表示相遇，斜率表示速度，根据图像比较两车的速度即可；v−t图像中，图像与坐标轴所围面积表示位移，根据图像比较两车的位移即可，平均速度是位移与时间的比值。
本题考查v−t图像和x−t图像，解题关键是知道两图像中斜率和面积的含义，知道平均速度的定义。
2.【答案】D
【解析】解：AB、M点是AB连线的三等分点，且M点的电场强度为0。这意味着A点和B点的点电荷在M点产生的电场强度大小相等，方向相反。设A点的电荷量为Q，根据库仑定律，A点和B点的点电荷在M点产生的电场强度大小分别为：
EA=kQ(2r)2,EB=kqr2，因为M点的电场强度为0，所以EA=EB，即：kQ(2r)2=kqr2，解这个方程，我们得到：Q=4q，所以A点的电荷量为4q，带正电。故AB错误；
C、由于P点是AB连线的三等分点，且A点和B点的点电荷都是正电荷，所以P点的电势不为0。故C错误。
D、撤去B处的点电荷，M点的电场强度大小为A点的点电荷在M点产生的电场强度，即：EM=kQ(2r)2=k4q(2r)2=kqr2，故D正确。
故选：D。
AB、根据M点的电场强度为0，可知A点和B点的点电荷在M点产生的电场强度大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式列式求解；
C、根据取无穷远为零电势点时，正电荷周围电势为正进行判断；
D、根据点电荷的场强的公式计算。
本题考查了点电荷的场强的叠加，关键要明确点电荷的场强公式，弄清场强的方向，难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.cd棒受力平衡，根据左手定则，cd棒中的电流方向从c到d，a端接电源的负极，故A错误；
B.B和I相互垂直，故金属棒受到的安培力为BIL，故B正确；
CD.如图所示，
根据共点力平衡条件得：
BIL=mgtanθ
m=BILgtanθ
故CD错误。
故选：B。
根据左手定则判断安培力方向，结合物体平衡条件列方程可正确求解。
解决本题的关键掌握安培力的大小公式FA=BIL，以及会根据共点力平衡求质量。
4.【答案】A
【解析】解：A、组合体在轨道上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
GMmR2=mv2R
周期为：T=2πRv
解得地球的质量为：M=Tv32πG，故A正确；
B、对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，根据变轨原理，飞船需加速做离心运动，从而进入更高的轨道，加速后才可能与空间站对接，故B错误；
C、轨道越高，组合体机械能越大，对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整，组合体的机械能减小，速度减小，做近心运动，轨道会慢慢降低，故C错误；
D、在空间站中，其任何物体所受万有引力都全部用来提供向心力，都处于完全失重状态，所以在组合体的实验舱内小球释放后不会下落，无法据此计算轨道处的重力加速度，故D错误。
故选：A。
组合体在轨道上做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力求地球的质量。对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，需要加速后才可能与空间站对接。对接后组合体由于太空中阻力的作用，速度减小，轨道会降低。在组合体的实验舱内小球处于完全失重状态，小球释放后不会下落。
解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并能用来计算地球的质量。同时要掌握变轨原理，并能用来分析实际问题。
5.【答案】C
【解析】解：AB、小物块放到传送带上时，开始阶段做匀加速运动，由牛顿第二定律有：μmg=ma，可得a=2m/s2
小物块和传送带共速前运动的时间为
t1=v0a=22s=1s
此过程运动的位移为
x1=v02t1=22×1m=1m则小物块接下来在传送带上做匀速运动，所用时间为
t2=L−x1v0=4−12s=1.5s
则小物块在传送带上运动的总时间为
t=t1+t2=1s+1.5s=2.5s，故AB错误；
CD、设半圆周的半径为R，小物块刚好滑到12圆周的最高点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有
mg=mv2R
小物块从最低点到最高点，根据机械能守恒定律有
12mv0=12mv2+mg⋅2R
联立解得：v= 0.8m/s，R=0.08m，故C正确，D错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律和速度-时间公式求出小物块做匀加速运动的时间t1，由x1=v02t1求出匀加速运动的位移，再求匀速运动的时间，从而求得小物块在传送带上的运动时间。小物块刚好滑到12圆周的最高点，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式。小物块从最低点到最高点，根据机械能守恒定律列式，联立求解半圆周的半径和小物块在半圆周最高点的速度。
解答本题的关键要理清物块在整个过程中的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合计算物块在传送带上运动的时间。要把握圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力。
6.【答案】B
【解析】解：A、碰撞过程中，圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，机械能有损失，则机械能不守恒，故A错误；
B、圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有
mgh=12mv2
圆环和圆板碰撞过程中，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有
mv=(m+M)v1
解得碰后共同速度为：v1=mm+M 2gh
则碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE=12mv2−12(m+M)v12
联立解得：ΔE=mghMm+M，故B正确；
C、圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段圆环和圆板的重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度大于mm+M 2gh，故C错误；
D、碰撞后瞬间，对圆环和圆板整体，由牛顿第二定律有
mg=(m+M)a
对圆板，由牛顿第二定律有
F=Ma
解得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为：F=MmgM+m，故D错误。
故选：B。
圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒。由于碰后速度相同，属于完全非弹性碰撞，机械能不守恒。由机械能守恒定律求出圆环与圆板碰撞前瞬间的速度大小。由动量守恒定律求出碰后共同速度，根据能量守恒求碰撞过程中系统损失的机械能。系统的加速度为零时速度最大。碰撞后瞬间，分别对整体和圆板利用牛顿第二定律列式，即可求得碰撞后的瞬间圆板对环的弹力。
本题关键是抓住碰撞前、碰撞过程和碰撞后下降的三个过程分析，碰撞过程环与板组成的系统动量守恒，碰后环、板及弹簧组成的系统机械能守恒。
7.【答案】BC
【解析】解：ABC、根据题意可知，波由A传向B，则有
3m=(n+14)λ(n=0,1,2,3⋯)
可知，当n=0时
λ=12m
n=1时
λ=2.4m
由图可知，周期为20s，波长最大时，波速最大，则有
vm=λmT=1220m/s=0.6m/s
故A错误，BC正确；
D、发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小的多或与波长相差不多，而该波的波长不确定，所以该波遇到10m的孔，不一定能发生明显的衍射，故D错误。
故选：BC。
根据两质点的振动图像结合波的多解性即可判断出波长的大小，从而判断当孔的大小为10m时，能不能发生明显的衍射。
本题主要考查发生明显衍射的条件和质点的振动图像，由两质点的振动图像确定波长的多解性。
8.【答案】BC
【解析】解：A.光源S到OB的最短传播距离为
d=Lsinθ=Lsin37∘=0.6L
传播速度
v=dt=0.6L3L4c=4c5
故A错误；
B.根据
v=cn
可得玻璃的折射率为
n=cv=c4c5=1.25
故B正确；
C.设入射角为C时发生全反射，根据全反射定义知
sinC=1n
可得sinC=11.25=45，解得临界角
C=53∘
从S点射向O点的光线的入射角为：90∘−θ=90∘−37∘=53∘
故C正确；
D.根据对称性OB上的发光长度为
x=2Lcsθ=2L×0.8=85L
故D错误。
故选：BC。
根据数学知识可知点到直线的最短距离是点到直线的垂线段，根据三角函数知识求得光源S到OB的最短传播距离，光在均匀介质中匀速传播，根据v=xt求得光在玻璃中的传播速度；再根据n=cv求得光在玻璃中的折射率；根据临界角公式sinC=1n求得临界角，进而判断是否发生全反射；根据数学知识求得OB上的发光长度。
本题主要考查光的折射定律的应用，理解点到直线最短距离是解题关键。
9.【答案】BD
【解析】解：A、将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，其接入电路的电阻减小，流过R1、R2的电流增大，则R2的电压增大，电容器的电压增大，电压表的示数增大，电容器板间场强增大，则油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B、将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则电压表示数为U=IR2增大，变阻器R1上的功率为
P=(ER1+r+R2)2R1=E2R1+r+R2+(r+R2)2R1
由数学知识可知，当R1=R2+r=2r时，R1上的功率最大，则变阻器R1上的功率先增大后减小，故B正确；
C、将两极板的正对面积减小，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，根据Q=CU知，电容器的带电量减小，电容器放电，则电流计中有向上的电流，故C错误；
D、断开开关S2，将电容器上极板向上平移一小段距离，电容器的带电量不变，根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud可得E=4πkQϵrS，可知电容器板间电场强度不变，根据U=Ed，则Q的电势不变，带电油滴Q的电势能不变，故D正确。
故选：BD。
将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，分析电路中电流的变化，判断R2上的电压变化，即可知道电容器的电压和电压表的示数变化，再分析电容器板间场强的变化，判断油滴受到的电场力变化，进而分析油滴的运动方向，判断油滴在运动过程中的电势能和动能如何变化。根据变阻器R1上的功率与其阻值的关系式判断变阻器R1上的功率如何变化。将两极板的正对面积减小，分析电容的变化，结合电压不变，由Q=CU分析电容器带电量的变化，即可知道电流计中电流方向。断开开关S2，将电容器上极板向上平移一小段距离，电容器的带电量不变，根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud分析板间电场强度变化情况，再判断带电油滴Q的电势能如何变化。
本题的关键要根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud推导出E=4πkQϵrS，要在理解的基础上记住：电容器的带电量和正对面积不变时，只改变两板间距离，电容器板间场强不变。
10.【答案】AC
【解析】解：A.设加速电压为U，离子质量为m，则根据动能定理
Uq=12mv2
根据牛顿第二定律，由电场力提供向心力有
qE0=mv2R
又
E0=kR
联立解得
U=k2，故A正确；
B.根据动能定理，解得离子进入磁场的速度为
v= kqm
离子在磁场中，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
其中
r=d
联立解得
m=d2B2qk，故B错误；
C.若离子的质量变为0.9m，分析可知，离子在磁场中运动的半径减小，会打在Q点左侧，故C正确；
D.若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，根据牛顿第二定律
qE1=mv2r1
变形可得
E1r1=mv2q
故有
E1r1=E0R
故离子仍能做匀速圆周运动，故D错误。
故选：AC。
A：粒子在加速电场中根据动能定理列式，离子在静电分析器中根据牛顿第二定律列式，联立求解加速电压；
B：根据动能定理求解离子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求解离子的质量；
C：根据分析离子的质量变小，离子在静电分析器中的运动不变，但在磁场中运动的轨道半径减小，打在Q点左侧；
D：根据牛顿第二定律列式，解得离子在静电分析器中运动时，电场强度与轨道半径的乘积不变，故离子可做匀速圆周运动。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】是 6dT2 4dT 4 3dT
【解析】解：(1)两图中从上到下，第一段与第二段的相等时间的位移之比均为1：3，根据初速度为0的匀加速直线运动的位移规律可知O点是最高点。
(2)小球在上升过程中根据Δx=aT2可得
9d−3d=6d=a1T2
解得a1=6dT2
(3)根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度，小球下落过程通过A的速度大小为
vA′=8d2T=4dT
O点的速度为零，上升过程从A到O，有
2a1×4d=vA2
解得vA=4 3dT
故答案为：(1)是；(2)6dT2；(3)4dT，4 3dT。
(1)根据题图观察相等时间内的位移情况进行判断；
(2)根据公式Δx=aT2计算加速度大小；
(3)根据下落经过A位置满足中间时刻的瞬时速度等于平均速度，上升经过A点由位移-速度规律列式求解。
考查匀变速直线运动的规律，熟练掌握速度、位移、加速度等公式的灵活运用，会选取恰当的公式求解相应的物理量。
12.【答案】500 负
【解析】解：(1)电流表满偏时
Ig=ER总
当I=1.5mA=12Ig=ER总+Rx
解得Rx=500Ω。
(2)红表笔接电源内部的负极，因此红表笔连接的是二极管的负极，电流表的精确度为0.1mA，其读数为2.50mA，根据
I=2.50mA=ER总+Rx
解得Rx=100Ω
(3)设电压表的内阻为r，则有
I=0.50mA=ER总+r
解得r=2500Ω
电压表上所加电压U=Ir=0.50×10−3×2500V=1.25V
电压表的量程Ug=U10×40=1.2510×40V=5.00V
故答案为：(1)500；(2)负，2.50，100；(3)2500，5.00。
(1)(2)根据闭合电路的欧姆定律列式求解；
(3)根据闭合电路的欧姆定律和欧姆定律及量程和所给数据的关系列式联立解答。
考查闭合电路的欧姆定律和欧姆定律，会根据题意选用相应的公式代入数据解答。
13.【答案】解：(1)根据题意可知，返回舱匀速时，由受力平衡有：kv2=mg
主伞打开瞬间，利用牛顿第二定律可得：kv1−mg=ma
代入数据解得：a=70m/s2
(2)设从主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做功为Wf，下落高度约为h=8000m
由动能定理有
mgh−Wf=12mv22−12mv12
代入数据解得：Wf=2.5×108J
答：(1)主伞打开瞬间，返回舱的加速度为70m/s2；
(2)主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做的功为2.5×108J。
【解析】(1)根据匀速求出阻力，再根据牛顿第二定律求出加速度；
(2)根据动能定理求出阻力做功。
本题主要考查动能定理和牛顿第二定律的应用，对于变力做功，要学会用动能定理来分析。
14.【答案】解：(1)设A和C碰后的速度为v。A和C碰撞后向左滑行过程，根据动能定理有
−μ(mA+mC)gs=0−12(mA+mC)v2
解得：v=2m/s
(2)设弹簧恢复原长时，A、B的速度大小分别为vA、vB，A和C作用的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有
mAvA=(mA+mC)v
A和B作用的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有
mAvA+mB(−vB)=0
开始时弹簧的弹性势能为
Ep=12mAvA2+12mBvB2
解得：Ep=12J
(3)设初始时弹簧的压缩量为x。
根据Ep=12kx2
解得：x=0.3m
在A和B相互作用的过程中，每时每刻都有
mAvA=mBvB
故mAsA=mBsB
又因sA+sB=x
解得初始时A和C之间的距离为：sA=0.2m
答：(1)A和C碰撞后的瞬间速度的大小为2m/s；
(2)开始时弹簧的弹性势能为12J；
(3)初始时A和C之间的距离为0.2m。
【解析】(1)研究A和C碰撞后向左滑行过程，利用动能定理可求出A和C碰撞后的瞬间速度的大小；
(2)弹簧将A和C弹开过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求解开始时弹簧的弹性势能；
(3)根据Ep=12kx2解得初始时弹簧的压缩量。在A和B相互作用的过程中，根据动量守恒定律分析每时每刻两者速度大小关系，从而得到位移关系，即可求得求初始时A和C之间的距离。
分析清楚物体的运动过程，准确选择研究对象，然后应用动量守恒定律和机械能守恒定律即可研究。要注意C与A碰撞时B没有参与。
15.【答案】解：(1)离子在加速电场中加速，有
qU=12mv2
解得
v= 2qUm
(2)离子进入磁场区域Ⅱ时，速度与磁场方向垂直，做匀速圆周运动，离开时速度偏转了37∘，即转过的圆弧所对的圆心角为37∘，如图所示
则
d=Rsin37∘
qvB=mv2R
解得
d=35B 2mUq
(3)离子在磁场中等螺距前进：离子进入磁场区Ⅲ时，速度与磁场夹角为37∘，则离子在x轴方向做匀速直线运动，在yOz平面做匀速圆周运动
vx=vcs37∘
vz=vsin37∘
x方向匀速
vxt=d′
在yOz平面
qvzB=mvz2R1
T=2πR1vz
解得
t=6.25T
即离子转了6.25圈打在接收屏上，y轴上距离O′的距离
y=R1=35B 2mUq
z轴上距离O′的距离
z=R(1−cs37∘)+R1
解得
z=45B 2mUq
离子在接收屏上距O′点的距离
s= y2+z2
解得
s=1B 2mUq
答：(1)离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小 2qUm；
(2)磁场Ⅱ的宽度35B 2mUq；
(3)当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离1B 2mUq。
【解析】(1)利用动能定理求离子进入磁场区域Ⅱ时速度大小；
(2)利用几何关系结合洛伦兹力提供向心力求磁场Ⅱ的宽度d；
(3)利用几何关系结合运动学规律，求当离子到达接收屏时距离接收屏中心O′点的距离。
明确带电粒子在电场中所做的运动以及在磁场中的运动，正确画出运动轨迹并熟练应用几何关系求出相应的物理量。