2024-2025学年四川省成都七中高三（上）入学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省成都七中高三（上）入学物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学的发展历程中，众多科学家的贡献起到了关键性的作用，为人类对自然界的理解和探索提供了坚实的基础。下列说法符合史实的是( )
A. 法拉第通过油滴实验精确测定了元电荷的值
B. 牛顿建立了万有引力定律理论，“月一地检验”可进一步验证其正确性
C. 卡文迪什通过扭秤实验测量了静电力常量
D. 20世纪初，相对论和量子力学的建立说明经典力学已经没有研究和应用的价值
2.2023年8月24日，日本福岛第一核电站核污染水开始排海，核污染水中含有铯、碘、氚、碲等60多种放射性元素，它们将对海洋生物产生危害，最终会给人类带来威胁。核污染水中碘131的含量很高，碘131有多种方式产生，其中一种是由碲131发生衰变产生，已知碲131的衰变方程为 52131Te→53131I+X，下列说法正确的是( )
A. X是α粒子
B. 53131I的比结合能比 52131Te的要大
C. 上述衰变方程中的X粒子为原子核核外电子电离后的产物
D. 碲在空气中燃烧生成二氧化碲，会导致碲元素的半衰期发生变化
3.如图所示，某同学用一双筷子夹起质量为m的圆柱形重物，已知圆柱竖直、半径为r，筷子水平，交叉点到圆柱接触点的距离均为L=4r，每根筷子对圆柱的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为12mg
B. 每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为 22mg
C. 每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为 32mg
D. 若增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力大小不变
4.2024年6月25日，到太空出差53天的嫦娥六号终于安全返回地球，降落在内蒙古四子王旗的预选着陆区，实现世界首次月球背面采样。飞行器采样回地球需要经过月面起飞，环月飞行，月地转移等过程，已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的16，月球半径约为地球半径的14。下列说法正确的是( )
A. 飞行器在环月飞行过程中，样品处于完全失重状态
B. 在不同过程中，样品受到的引力大小相等
C. 发射嫦娥六号的速度大于第二宇宙速度
D. 嫦娥六号绕近月轨道飞行的周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 23倍
5.如图所示，某次足球比赛中，运动员用头将足球从离地面高度为2ℎ处的O点斜向下顶出，足球从地面P点弹起后水平经过距离地面高度为2ℎ的Q点。已知P点到O点和Q点的水平距离分别为s和2s，足球触地弹起前后水平速度不变。重力加速度为g，忽略空气阻力，则足球从O点顶出时的速度大小为( )
A. 12 g(9s2+4ℎ2)ℎB. g(9s2+4ℎ2)2ℎC. 12 g(4s2+9ℎ2)ℎD. g(4s2+9ℎ2)2ℎ
6.安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图1形状的线圈，这线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相联，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤。则通电后( )
A. 当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
B. 当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动
C. 当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动
D. 将如图2那样的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动
7.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的小球从距弹簧上端高度为ℎ的P点由静止释放，小球与弹簧接触后立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上运动。一段时间后，小球静止在O点，此时，弹簧长度为L2，弹簧的弹性势能为Ep，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为2mgL
B. 小球在运动过程中，球与弹簧组成的系统机械能守恒
C. 小球第一次下落过程中速度最大位置在O点
D. Ep8.对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断正确的是( )
A. 甲图中的“泊松亮斑”是小孔衍射的结果
B. 乙图是利用薄膜干涉来检测玻璃板的平整程度
C. 丙图是双缝干涉示意图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则P处出现亮条纹
D. 丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在铁丝圈上的肥皂膜上出现的是竖直条纹
9.水平绝缘桌面上方空间存在着沿x轴方向的电场，将一个质量为m、电荷量为−q可视为点电荷的小球从坐标原点O静止释放，其加速度a随位置x变化的图像如图所示，设小球在运动过程中电荷不发生变化，则下列说法正确的是( )
A. 该电场为匀强电场
B. 该电场的方向沿x轴负方向
C. 小球运动到x0位置时的速率为2 a0x0
D. 从O到x0的过程，粒子的电势能增加了2ma0x0
10.足够长的两根平行等长的导轨弯折成正对的“
”形，MNM′N′部分水平且光滑，NPN′P′部分竖直，如图所示，导轨间距为L=0.5m，整个空间存在竖直向上、磁感应强度为B=2T的匀强磁场中，质量为m=0.2kg、电阻为R=0.5Ω，长度也为L的金属棒ab放在导轨MNM′N′的上方，另一根与ab完全相同的金属棒cd置于NPN′P′的外侧，距NN′足够高。现给ab棒一个向左的初速度v0=8m/s，同时由静止释放cd棒，金属棒cd与NPN′P′之间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的有( )
A. 初始时金属棒cd受到的摩擦力为4N
B. 金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab向左移动的位移是0.8m
C. 金属棒cd刚要开始运动时，金属棒ab所受安培力的功率大小为32W
D. 当ab停止运动时，整个系统产生的热量为6.4J
二、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11.（5分）学校物理兴趣小组设计了可以测量物体质量的“天平”，如图所示，长方形木箱放在水平地面上，两根相同的弹簧(劲度系数很大)上端竖直吊挂在木箱上顶面，水平托板、直杆、齿条、水平横杆竖直连在一起，直杆通过小孔(直杆未与小孔边缘接触)穿过木箱上顶面，横杆与两弹簧下端点相连。在齿条左侧固定一齿轮，齿轮与齿条啮合且可绕过圆心O的轴无摩擦自由转动，齿轮上固定一轻质指针，当齿条下移时，齿轮沿顺时针方向转动，指针随之转动，通过固定在齿轮上方的表盘可读出指针转过的角度。经过调校，托板上未放物品时，指针恰好指在竖直向上的位置。
(1)在托板上放上待测物体，指针未接触右侧的齿条，读出指针偏转的角度(以弧度为单位)，若要求出每根弹簧伸长的增加量，则还需测量的物理量为______。
A.弹簧的劲度系数
B.齿轮的半径
C.指针的长度
(2)实验中，将弹簧较小的形变转换为指针偏转的角度，采用的科学方法是______(填“理想实验法”“控制变量法”或“放大法”)。
(3)若已知弹簧的劲度系数为k，齿轮的半径为R，指针偏转的角度为θ，当地的重力加速度大小为g，则物体的质量可用k、R、θ、g表示为m= ______。
(4)为了提高“天平”测量的精确度，可以在其他条件不变的情况下，换用劲度系数更______(填“大”或“小”)的弹簧。
12.（9分）某实验小组的同学利用实验室提供的实验器材，进行测量电池组电动势和内阻实验。可用器材如下：
A.电池组(电动势约为3V，内阻约为1Ω)
B.表头A(量程0～200μA，内阻RA=198Ω)
C.电阻箱R1(阻值调节范围0～99.9Ω)
D.电阻箱R2(阻值调节范围0～999.9Ω)
E.开关1个、导线若干

(1)该小组同学设计的实验电路分别如图(a)中的甲、乙所示，结合器材规格可知，电路图______(填“甲”或“乙”)较合适，且在实验过程中应将电阻箱______(填“R1”或“R2”)的阻值调为______Ω，使改装后电表的量程为表头初始量程的100倍来完成实验。
(2)结合所选电路图，在图(b)中用笔画线代替导线将实物图连接完整。
(3)连接电路后，通过改变另一电阻箱接入回路的阻值R2，记录多组电表示数I和R2的值，作出的关系图像如图(c)所示，则电池组的电动势E= ______V，内阻r= ______Ω。(结果均保留2位小数)
13.（12分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v=6m/s顺时针匀速转动，把一质量为M=1kg的木板B轻轻放在传送带上，传送带足够长，同时把一个质量为m=1kg的铁块A轻放在木板B上，A与B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.4，重力加速度g取10m/s2，整个运动过程中铁块A未从木板B上掉下，求：
(1)刚将A、B放上传送带时，两个物体的加速度大小；
(2)从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间；
(3)从刚放上到A、B均相对于传送带静止，传送带电动机需要多消耗的电能。
14.（12分）如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球，电荷量为q，从原点O水平抛出，再从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB=3L.已知小球抛出时的动能为Ek0，在B点的动能为43Ek0，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比；
(2)匀强电场的场强和小球的质量；
(3)小球在电场中运动的最小动能。
15.（16分）现代科技中常用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图甲所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在y≥0区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，在O点沿y轴正方向放置足够长的荧光屏A。第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，在点P(− 3a,−32a)处沿x轴正方向射出速度为v0的粒子，恰好以2v0的速率从O点射入磁场、粒子的质量为m，电荷量为+q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)该粒子击中荧光屏A的位置Q；
(2)该粒子从P运动到Q的时间；
(3)如图乙所示，移去荧光屏A，在y=9mv04Bq处，平行于x轴放置一足够长的挡板C，在电场中P、O两点之间有一连续分布的曲线状粒子源，其形状的曲线方程为y=−12ax2，− 3a≤x<0。该粒子源沿x轴正方向以速度v0持续发射与P点处相同的粒子，粒子按y坐标均匀分布，粒子源发射一段时间后停止发射，粒子击中挡板C立即被吸收。求击中挡板C的粒子数与发射的总粒子数之比η。
答案解析
1.B
【解析】解：A、密立根通过油滴实验精确测定了元电荷的值，不是法拉第，故A错误；
B、“月一地检验”是牛顿根据物体的相互作用分析地上物体间的相互作用力与天体间的相互作用力的关系的重要实验，总结出了万有引力定律，把天上的物体与地上的物体的相互作用统一了起来，“月—地检验”第一次检验了万有引力定律的正确性，故B正确；
C、卡文迪什通过扭秤实验测量了万有引力常量的大小，故C错误；
D、相对论和量子力学的提出，没有否定经典力学，经典力学是相对论、量子力学在低速、宏观状态下的特殊情形，对于高速、微观的情形经典力学不适用，故D错误。
故选：B。
本题是物理学史问题，记住著名物理学家的主要贡献即可答题。
本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。
2.B
【解析】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒，可知X是β粒子，故A错误；
B、衰变过程要释放核能，生成的新核更稳定，根据比结合能越大，原子核越稳定，可知 53131I的比结合能比 52131Te的要大，故B正确；
C、β衰变的实质是原子核内部的一个中子转化为一个质子和一个电子，产生的电子发射到核外，就是β粒子，故C错误；
D、放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故D错误。
故选：B。
根据质量数守恒和电荷数守恒，确定X是何粒子；比结合能越大，原子核越稳定；β衰变的实质是原子核内部的一个中子转化为一个质子和一个电子；半衰期与原子所处的化学状态和外部条件没有关系。
本题考查衰变方程、半衰期和比结合能。关键要理解并掌握β衰变的实质，知道比结合能越大，原子核越稳定。
3.B
【解析】解：ABC.重物在竖直方向上由平衡条件可知
2fy=mg
解得fy=mg2
俯视水平方向受力分析如图
2N×r 17r=2fx×4r 17r，N=2mg
解得
fx=mg2
所以每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小为
f= fx2+fy2= 2mg2
故AC错误，B正确；
D.增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力竖直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩擦力变大。故D错误。
故选：B。
重物在竖直方向上由平衡条件可求得fy，俯视水平方向受力分析可求得fx，进而可求每根筷子与圆柱体间的摩擦力大小；增大筷子与圆柱间的压力，摩擦力竖直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩擦力变大。
本题考查一般情况下的共点力平衡，学生需结合受力分析进行求解。
4.A
【解析】解：A.飞行器在环月飞行过程中，只受月球吸引力，样品处于完全失重状态，故A正确；
B.在不同过程中样品与月球的距离不相等，根据F=GMmr2可知样品受到的引力大小不相等，故B错误；
C.发射嫦娥六号探测器绕月飞行并未超出地球引力范围内，所以其发射速度一定小于第二宇宙速度，故C错误；
D.返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有GM月mr月2=mv月2r月，其中在月球表面万有引力和重力的关系有GM月mr月2=mg月，联立解得v月= g月r月，由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得v地= g地r地，根据线速度和周期的关系有T=2πrv，代入题中所给的数据可得T月= 32T地，故D错误。
故选：A。
A.根据飞行器的受力情况分析超失重状态；
B.根据万有引力的公式分析大小变化情况；
C.根据第二宇宙速度的实际意义进行分析判断；
D.跟牛顿第二定律导出卫星线速度的表达式，结合周期和线速度的公式求解周期比值。
考查万有引力定律的应用以及宇宙速度，超失重等问题，会根据题意进行准确分析和解答。
5.C
【解析】解：设足球从O点顶出时的速度大小为v，与水平方向的夹角为θ，足球触地弹起后的速度大小为v′，足球从O点顶出到落地的时间为t1，足球从地面弹起到经过Q点的时间为t2，足球落地时竖直方向的速度大小为vy，则有
落地竖直速度：vy=vsinθ+gt1
落地过程中水平方向通过距离：s=vcsθt1
反弹速度为：v′= v2cs2θ+(vsinθ+gt1)2
上升过程中水平距离为：2s=vcsθt2
下落高度为：2ℎ=vsinθt1+12gt12
反弹后上升高度为：2ℎ=v′sinθt2−12gt22
联立解得
v=12 g(4s2+9ℎ2)ℎ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
足球先做斜向下的斜抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做竖直下抛运动，后做斜向上的斜抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做竖直上抛运动，可利用运动的合成与分解方法分析两个阶段的运动过程，然后利用运动学公式计算顶出时速度。
本题考查了对斜抛运动规律的理解，旨在考查运动的合成与分解的应用，利用运动学公式表示两种运动情况竖直方向和水平方向的速度、位移之间的关系为解决本题的关键。
6.C
【解析】解：A.当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力与线圈处在同一磁场中，因此不会发生转动，故A错误；
B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，所受磁场的安培力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B错误；
C.根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将沿所受安培力大的方向转动，故C正确；
D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤时，两线圈所受安培力与线圈处在同一平面内，因此线圈不会发生转动，故D错误。
故选：C。
根据匀强磁场和线圈的位置关系，结合左手定则和安培力不同边的大小情况分析求解。
本题考查了安培力相关知识，理解左手定则的应用以及安培力大小的判断是解决此类问题的关键。
7.AD
【解析】解：A、球停止运动时，受力平衡，根据平衡关系和胡克定律得：kΔx=mg，其中Δx=L−0.5L=0.5L，解得：k=2mgL，故A正确；
B、分析得小球开始从高处下落，第一次经过最后的静止位置动能不为零，最后在该位置静止，说明运动过程中有阻力作用，故系统机械能不守恒，故B错误；
C、由于在运动过程中有阻力作用，第一次下落过程中的平衡位置并不在最后的静止位置，故0点不是下落过程中速度最大处，故C错误；
D、运动过程中第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒有mg(ℎ+L2)=Ep+Ek+Qf1，则，Ep=mg(ℎ+L2)−Ek−Qf1故选：AD。
根据平衡关系和胡克定律求解劲度系数；在运动过程中有阻力作用，运动过程中的平衡位置并不在最后的静止位置，系统机械能不守恒；运动过程中第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒定律进行分析。
本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
8.BC
【解析】解：A.甲图“泊松亮斑”是小圆盘产生的衍射现象，形成的衍射图样是阴影中心有一个“亮斑”，故A错误：
B.乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度。若干涉条纹是直的干涉条纹则表明平面平整，故B正确；
C.丙图是双缝干涉示意图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则P处出现亮条纹，若P到S1、S2的路程差是半波长的奇数倍，则P处出现暗条纹，故C正确：
D.丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在铁丝圈上的肥皂膜上出现的是水平干涉条纹，故D错误；
故选：BC。
根据小孔衍射的图样与圆盘衍射图样的区别判断；根据薄膜干涉可检测平面的平整程度；根据光的叠加原理分析，附有肥皂膜的铁丝圈上，出现水平干涉条纹。
本题考查干涉、衍射原理，掌握干涉现象，及理解其发生条件，注意干涉与衍射条纹间距的区别。
9.BC
【解析】解：AB、根据牛顿第二定律得
qE=ma
由图像知，a>0且不断减小，因q<0，则电场为非匀强电场，电场方向沿x轴负方向，故A错误，B正确；
C、由v2=2ax，结合a−x图像中图线与横轴的面积物理意义，可得
a0+3a02⋅x0=v22
解得小球运动到x0位置时的速率为v=2 a0x0，故C正确；
D、依题意，从O到x0的过程，电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，由能量守恒定律得
ΔEk+ΔEp=0
其中ΔEk=12mv2=12m(2 a0x0)2=2ma0x0
解得：ΔEp=−2ma0x0，即电势能必定减小了2ma0x0，故D错误。
故选：BC。
根据牛顿第二定律分析场强的变化情况，判断该电场是否是匀强电场，并确定电场的方向；由运动学公式v2=2ax，结合a−x图像中图线与横轴的面积的物理意义求解小球运动到x0位置时的速率；根据能量守恒定律求解从O到x0的过程粒子的电势能增加量。
解答本题的关键要知道a−x图像中图线与横轴的面积表示v22，结合牛顿第二定律和能量守恒定律分析。
10.B
【解析】解：A、初始ab棒产生电动势：E=BLv0=2×0.5×8V=8V
ab与cd组成闭合回路，电流为：I=E2R=82×0.5A=8A
两金属棒所受安培力大小F=BIL=2×0.5×8N=8N
根据左手定则，cd受向左的安培力，与导轨提供的支持力平衡，其所受最大静摩擦力为：fmax=μN=μF=0.5×8N=4N>mg=0.2×10N=2N
故此时受静摩擦力：f=2N，故A错误；
B、当cd棒刚要运动时有：f=μBIL=mg，而此时电流：I=E2R=BLv2R
代入数据解得：v=4m/s
从开始到cd棒刚要运动的过程，对金属棒ab使用动量定理：−BI−Lt=mv−mv0I−t=q
q为该过程通过金属棒的电荷量，又有：q=I−t=E−2Rt=BLv−t2R=BLx2R
代入数据解得：x=0.8m，故B正确；
C、安培力的功率为：P=F安v=BILv=B2L2v22R=16W，故C错误；
D、根据功能关系，ab棒克服安培力所做的功等于减少的动能为：12mv02=12×0.2×82J=6.4J，而克服安培力所做的功等于回路产生的焦耳热，但cd棒下降过程中与导轨之间还有摩擦生热，产生的总热量大于6.4J，故D错误。
故选：B。
金属棒ab水平运动时，应用E=BLv求出a棒开始时磁场时产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出导体棒cd受到的安培力；
金属棒cd刚要运动时，由平衡条件结合欧姆定律和安培力公式，再由动量定理、结合电流的定义等求此时ab棒的位移；
在上一问的基础上求出ab棒的速度，再由功率的公式求出安培力的功率；
应用能量守恒定律求出系统产生的总热量，然后求出整个系统产生的焦耳热。
本题是双杆问题，根据题意分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，把握每个过程的物理规律是关键。要知道金属棒ab切割磁感线时，导致cd棒受到安培力，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律。动量定理是求电荷量、位移等常用的方法。
11.B 放大法 kθRg 小
【解析】解：(1)因为齿轮传动，当指针偏转的角度为θ时，每根弹簧伸长量x=θR，所以还需测量的物理量为齿轮的半径。故B正确，ACD错误；
故选 B。
(2)实验中，利用放大法将较小的直线位移转换为较大的角位移。
(3)对放上托板的待测物体，根据物体的平衡条件有mg=2kx，又x=θR，解得m=2kθRg。
(4)根据题意，由m=2kθRg，变形可得θ=mg2kR，在其他条件不变的情况下，k越小，精确度越高。
故答案为：(1)B；(2)放大法；(3)kθRg；(4)小
(1)根据弹簧的伸长量和指针转过的角度关系分析；
(2)把弹簧较小的直线形变转化为角度的偏转了，据此分析；
(3)根据平衡条件分析；
(4)根据物体质量的表达式得到角度变化的关系式，据此分析。
能够看懂实验原理是解题的基础，能够写出物体质量的表达式是解题的关键。
12.乙 R1 2 3.00 1.02
【解析】解：(1)结合所给器材规格可知，若采用电路图甲，电阻箱R2的阻值全部接入回路时，该回路中的电流约为I=ERA+R2m=3198+999.9A=2.5×10−3A
大于表头的量程，不能完成实验。电路图乙较合适。结合电表改装原理，有(100−1)IA=IARAR1
解得R1=2Ω
则应将电阻箱R1接入回路的阻值调为2Ω。
(2)根据电路图连接实物图如图
(3)由闭合电路欧姆定律得
E=100I(R2+R1RAR1+RA+r)
变形可得
1I=100ER2+198+100rE
根据图像的斜率与截距可知
100E=200−1003V−1
198+100rE=100A−1
解得E=3.00V，r=1.02Ω
故答案为：(1)乙；R1；2；(2)见解析；(3)3.00；1.02
(1)根据欧姆定律和串联电路的电流特点求解；
(2)根据电路图连接实物图即可；
(3)根据闭合电路的欧姆定律求解U−I函数结合U−I图像求电动势和内阻。
本题考查了电压表改装与测电源电动势与内阻实验，理解实验原理是解题的前提与关键，应用串联电路特点与欧姆定律、闭合电路的欧姆定律即可解题。
13.解：(1)由于木板B的初速度为零，且μ1<μ2，可知木板对B的摩擦力水平向右，铁块A对B的摩擦力水平向左，对A、B分别由牛顿第二定律有：μ1mg=maA μ2(M+m)g−μ1mg=MaB
代入数据可得：aA=2m/s2，aB=6m/s2
(2)作出A、B的v−t图像如下图所示：

A、B两物体开始发生相对滑动，aB>aA，所以B首先与传送带共速，设此时间为t1，则t1=vaB=66s=1s
由于μ1<μ2，所以B与传送带共速后做匀速直线运动，A继续做匀加速直线运动，当与B共速后一起与B做匀速直线运动，设A、B共速的时间为t2，则t2=vaA=62s=3s，所以从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间为：t=t2=3s
(3)1s内传送带的位移：x1=vt1，该过程传送带克服摩擦力做的功：W1=μ2(M+m)gx1
1～3s内B相对传送带静止，B与传送带间的摩擦力为：f=μ1mg
1～3s内传送带的位移：x2=v(t2−t1)
此过程传送带克服摩擦力做的功：W2=fx1
则传送带电动机多消耗的电能：E=W1+W2
代入数据可得：E=72J
答：(1)刚将A、B放上传送带时，两个物体的加速度大小分别为2m/s2、6m/s2；
(2)从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间为3s；
(3)从刚放上到A、B均相对于传送带静止，传送带电动机需要多消耗的电能为72J。
【解析】(1)根据A、B间动摩擦因数的大小关系，可知B所受摩擦力的方向，分别对A、B利用牛顿第二定律可得两物体的加速度大小；
(2)根据A、B两物体加速度大小，可知B先与传送带共速，利用运动学公式可得从开始到A、B均相对于传送带静止所需要的时间；
(3)利用运动学公式可得传送带在1s内和1～3s内的位移，在这两段时间内B与传送带的摩擦力首先为滑动摩擦力后为静摩擦力，利用W=fx可得传送带克服摩擦力做的功，根据功能关系可知传送带电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功。
本题考查了功能关系和能量守恒定律、牛顿第二定律和直线运动的规律，解题的关键是知道一开始B相对传送带向左运动，A相对B向左运动，则可知传送带对B的摩擦力水平向右，A对传送带的摩擦力水平向左，由于B的加速度大于A的加速度，所以B首先与传送带共速做匀速直线运动，A继续做匀加速直线运动，直到与B共速后做匀速直线运动。
14.解：(1)设小球质量为m，初速度为v0，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，
有：2L=v0tOA…①
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，
由运动学公式得：L=v02tAB…②
①②联立解得：tOA=tAB
即tOAtAB=12
(2)设小球在B点竖直方向上的速度为vBy，有43Ek0=12mvBy2…③
又Ek=12mv02…④
设小球在A点竖直方向的速度为vAy，由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且tOA=tAB…⑤
③④⑤联立解得：vAy= 33v0…⑥
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得：
v02=2qEmL…⑦
④⑦联立解得：E=Ek0qL，方向水平向右
又有运动学公式得vAy=gtOA…⑧
v0=qEmtAB…⑨
⑥⑧⑨联立解得：m= 3Ek03gL
(3)由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30°，vA与水平方向夹角为30°，
建立如图所示坐标系
将vA分解到xy上，小球在x′方向上做匀速运动，在当y′方向上做类似于竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=12mvAx′2…(10)
而vAx′=vAcs30°=v0…(11)
解得Ekmin=Ek0
答：(1)小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比为1：1；
(2)匀强电场的场强为Ek0qL，小球的质量为 3Ek03gL；
(3)小球在电场中运动的最小动能Ek0。
【解析】(1)小球在OA段运动的时间做平抛运动，根据水平方向做匀速直线运动求解运动时间，AB段运动水平方向做匀减速直线运动，根据位移时间公式求运动时间，最后再求比值；
(2)利用两段水平方向运动规律和运动学公式以及牛顿第二定律列式求解；
(3)利用运动分解法分析出动能最小位置，然后利用运功规律列式求解。
本题考查带电粒子在复合场中运动，关键是分析好受力，根据受力分解运动，判断出分运动规律，利用运动规律、牛顿第二定律和动能定理列式求解即可。
15.解：(1)如图所示，粒子在第一象限做匀速圆周运动，设速度方向与y轴正方向成θ夹角

由
q⋅2v0⋅B=m(2v0)2r
可知
r=2mv0Bq
sinθ=v02v0=12
得
θ=30°
由几何关系知
OQ=2m⋅2v0Bqsinθ
联立解得Q点坐标
(0,2mv0Bq)
(2)粒子在电场中P→O，x方向匀速直线运动
t1= 3av0
粒子在磁场中匀速圆周运动周期
T=2πmBq
粒子在场中O→Q
t2=2θ360∘⋅T
联立解得
t2=πm3Bq
粒子从P到Q的时间
t=t1+t2= 3av0+πm3Bq
(3)经分析，所有粒子经电场偏转后均从O点进入磁场，且均经过Q点进入第二象限。如图所示

设发射粒子的初始位置纵坐标为−y0，从O点进入第一象限与x轴正方向夹角为α，其轨迹恰好与挡板相切，粒子经过O点速度
v=v0csα
粒子圆周运动的半径
r0=mvBq
由
y=9mv04Bq=r0+r0csα
联立解得
α=37°
粒子在电场中做匀变速曲线运动，由
y0=−12a⋅x2
得
x0=− −2ay0
tanα=y0x02
且
α=37°
联立解得
y0=932a
所以
η=32a−932a32a=1316
答：(1)该粒子击中荧光屏A的位置Q为(0,2mv0Bq)；
(2)该粒子从P运动到Q的时间是 3av0+πm3Bq；
(3)击中挡板C的粒子数与发射的总粒子数之比η为1316。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得到粒子的轨道半径，结合几何关系可得Q点坐标；
(2)粒子在电场中根据平抛运动规律计算在第三象限的运动时间，根据圆周运动知识得到在磁场中的运动时间，进而得到总时间；
(3)画出粒子的运动轨迹，根据圆周运动和几何知识可得到击中挡板的粒子数。
只要能够做出粒子的运动轨迹，根据牛顿第二定律得到粒子的轨道半径，然后根据几何关系就可以得到相关物理量。