2024年重庆市主城区高考物理一调试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年重庆市主城区高考物理一调试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ。重力加速度为g，手机始终保持静止状态。则( )
A. 手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B. 手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
C. 若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D. 若θ增大，则支架对手机的支持力保持不变
2.在一次军事演习中，一伞兵从悬停在高空的直升机中以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的v−t图像如图。则伞兵在( )
A. 0∼10s内位移大小为50m
B. 10s∼15s内加速度逐渐增大
C. 0∼10s内所受阻力逐渐增大
D. 10s∼15s内所受阻力逐渐增大
3.如图甲，抛秧种水稻与插秧种水稻不同，它是直接将秧苗抛种在田里，比插秧更省时，更轻快。如图乙，在同一竖直面内，两位村民分别以初速度va和vb，分别将两棵质量相同视为质点的秧苗a、b分别从高度为h1和h2的(h1>h2)两点沿水平方向同时抛出，均落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，则( )
A. 落地时a的重力瞬时功率小于b的重力瞬时功率
B. 溶地时a的速度与水平方向夹角比b大
C. a、b两秧苗的落地时间之比为va：vb
D. a、b两秧苗的竖直高度之比为vb：va
4.如图甲为一列简谐横波在t=0.2s时的波形图，如图乙为该波上A质点的振动图像。则( )
A. 这列波的波速为5m/s
B. 这列波沿x轴正向传播
C. 若此波遇到另一列简谐波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为25Hz
D. 若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸可能为20cm
5.北斗系统主要由离地面高度约为6R(R为地球半径)的同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中轨道卫星组成，已知地球表面重力加速度为g，忽略地球自转。则( )
A. 中轨道卫星的向心加速度约为g16
B. 中轨道卫星的运行周期为12小时
C. 同步轨道卫星的角速度大于中轨道卫星的角速度
D. 因为同步轨道卫星的速度小于中轨道卫星的速度，所以卫星从中轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速
6.如图，abcd四边形闭合线框，a、c、d三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于L，ab边与x轴平行，整个空间处于平行于+y方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流I方向如图所示。则关于四边形的四条边所受到的安培力的大小( )
A. ab边与bc边受到的安培力大小相等B. cd边受到的安培为最大
C. cd边与ad边受到的安培力大小相等D. ad边受到的安培力最大
7.地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m。电荷量均为q。不计粒子的重力及相互作用力。则( )
A. 粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B. 若粒子速率为qBRm，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C. 若粒子速率小于qBR2m，入射到磁场的粒子可到达地面
D. 若粒子速率为5qBR4m，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN右侧地面一半的区域
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
8.物理课上，老师在讲台上演示了滑块碰撞实验，桌面长L=1m，在中央处放置一滑块A，从桌边处给另一滑块B一初速度，两滑块发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后两滑块恰好都停在桌子两边沿，设两滑块的运动方向沿桌长边方向且在一条直线上(俯视图如图)，滑块可视为质点，两滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2。则( )
A. 滑块A与滑块B质量之比为1：3
B. 碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小相等
C. 滑块B的初速度大小为 10m/s
D. 若滑块A的质量为3kg，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为5J
9.如图，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。则( )
A. 匀强电场的电场强度大小为mgtanθq
B. 小球获得初速度的大小为 5gLcsθ
C. 小球从初始位置运动至轨迹的最左端减少的机械能为mgLtanθ(1+sinθ)
D. 小球从初始位置在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
10.如图甲所示，某同学设计了验证碰撞中的动量守恒实验：在O点固定一拉力传感器，可测量细绳中的拉力大小。一根轻质、柔软、不可伸长的细线一端系一个质量为m1的小球a，另一端系在传感器上O点，悬点到小球球心的距离为l。在O点正下方的水平桌面上静止放置一个中心与a球等高、质量为m2的片状橡皮泥b。将小球a拉起一定的偏角后由静止释放，在最低点处与橡皮泥b发生碰撞，碰后粘在一起向左摆动。此过程采集到的拉力F随时间t变化关系如图乙所示。不考虑a、b形状变化所产生的影响，当地的重力加速度大小为g。
(1)小球a碰前瞬间的速度v1=______；
(2)若本实验中满足关系式______，则可得到结论：碰撞过程中， a、b组成的系统在水平方向上动量守恒；
(3)本实验由于碰撞损失的机械能为______。
11.在学习测定电源的电动势和内阻的实验时。小明同学查阅资料发现一种方法，并做出如下探究：
(1)如图甲，E是电源电动势可以逐渐调节的可变电源，闭合开关，调节E，当灵敏电流计示数为______时，待测电源的电动势与可变电源此时的电动势相等。
(2)小明想用此方法测某待测电源的电动势和内阻，但实验室没有可变电源，于是他和小组同学利用学校的器材设计了如图乙的实验电路图，小组同学关于图中M、N两个位置该放什么仪表起了争议，你认为正确的是______。
A.M是电流传感器，N是电压传感器
B.M是电压传感器，N是电流传感器
(3)为了测出待测电源电动势Ex和内阻r，小组同学进行了进一步的探讨，设计了如图丙的实验电路图。同学们先断开K2、闭合K和K1，调节滑动变阻器使N表示数为零时，M表的示数为m。然后闭合开关K2，再次调节滑动变阻器使N表示数为零，M表示数为m′，P处电流表示数为n，则Ex=______、r=______(结果用m、m′、n表示)
四、简答题：本大题共3小题，共48分。
12.如图，光滑圆槽的半径L远大于小球运动的弧长。甲、乙、丙三小球(均可视为质点)同时由静止释放，开始时乙球的位置B低于甲球位置A，甲球与圆偿圆心连线和竖直方向夹角为θ，丙球释放位置C为圆槽的圆心，Q为圆槽最低点；重力加速度为g。若甲、乙、丙三球不相碰，求：
(1)求甲球运动到O点速度大小；
(2)通过计算分析，甲、乙、丙三球谁先第一次到达O点；
(3)若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间。
13.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，如图。来自质子源的质子(初速度为零)经加速电场加速后，沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场，再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域，最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为E0，方向沿半径指向圆心O，圆O′与OP相切于P点，OP=R0，圆形区域的半径为R，Q点位于OP上方R2处，质子质量为m、电量为e。不计质子重力和质子间相互作用，求：
(1)质子在P点处的速度大小v；
(2)加速电场的加速电压U；
(3)圆形区域中匀强电场的场强大小E1。
14.如图，一圆心角为60∘、半径为1.2m的光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上，一表面与圆弧右端相切质量m=1kg的长木板A与圆弧轨道接触不粘连，在A右侧放着多个质量均为2m的滑块(视为质点)。开始时A和滑块均静止。左侧光滑平台上有两个可视为质点的物块B、C，mB=3mC=3m，B、C用细线拴连使轻弹簧处于压缩状态，此时弹簧弹性势能为6J，B、C与弹簧不粘连。现将细线烧断，B、C被弹簧弹开，物块B与弹簧分离后从平台飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上A。当A、B刚共速时，A恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，A、B再次共速时，A恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后A、B共速时，A总是恰好与滑块1发生碰撞；最终物块B恰好没从A上滑落，若A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度为g=10m/s2，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求：
(1)物块B刚滑上A时的速度大小；
(2)最终所有滑块获得的总动能Ek；
(3)A全过程运动的总位移xA。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.手机处于静止状态，对手机受力分析，设手机受到的支持力为N，摩擦力为f
根据共点力平衡条件有
N=mgcsθ
f=mgsinθ
根据牛顿第三定律可知手机对支架的压力大小与手机受到的支持力大小相等，为mgcsθ，方向垂直于斜面向下。手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，故A错误，B正确；
CD.若θ增大，sinθ增大，csθ减小，则支架对手机的摩擦力随之增大，支架对手机的支持力减小，故CD错误；
故选：B。
对手机受力分析，根据平衡条件列式求解手机所受支持力和摩擦力，判断其随θ的变化；支架对手机的作用力与重力等大反向。
本题考查共点力平衡，解题关键是对手机做好受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
2.【答案】C
【解析】解：A、v−t图像中与坐标轴构成图形的面积代表位移，0∼10s内图线与横轴所围区域的面积大于50m，即位移大于50m，故A错误；
C、由图可知，0∼10s内图线切线的斜率减小，即伞兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律有
mg−f=ma
加速度减小，则阻力增大，故C正确；
BD、10s∼15s内伞兵向下减速，图线切线的斜率减小，加速度逐渐减小，
根据牛顿第二定律，f−mg=ma可知，
加速度减小，则阻力减小，故BD错误。
故选：C。
速度-时间图象的斜率表示加速度，根据斜率的变化分析加速度如何变化，判断运动员的运动情况。根据牛顿第二定律分析阻力的变化情况。
本题考查理解速度-时间图象的能力。关键要根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况。
3.【答案】B
【解析】解：A.a与b的重力相等，因h1>h2，所以落地时a球的竖直速度大于b球的竖直速度，根据
P=mgv
可知，落地时a的重力瞬时功率大于b的重力瞬时功率。故A错误；
B.设速度与水平方向夹角为θ，则
tanθ=vyvx
因为h1>h2，根据
vy2=2gh，h=12gt2
可知
vya>vyb，ta>tb
因为a、b水平位移相等，根据
x=vxt
可得
vax所以
tanθa>tanθb
则落地时a的速度与水平方向夹角比b大。故B正确；
C.因为
ta=xva,tb=xvb
所以
ta:tb=vbva
故C错误；
D.根据
h=12gt2
可知
hahb=ta2tb2=(vbva)2
故D错误；
故选：B。
首先由平抛运动规律，计算出落地时竖直方向速度、落地所需时间、水平分速度等物理量的关系推导出来，再由瞬时功率公式计算二者落地时重力瞬时功率的关系。
本题考查学生对瞬时功率的理解，解题关键是利用平抛运动规律找到相关物理量的关系，是一道好题。
4.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，波长为λ=0.2m，周期为T=0.4s，根据波速的公式得
v=λT=
故A错误；
B.由振动图像可得，0.2s时质点A处于平衡位置且向上运动，根据同侧原理法可得，波沿x轴负方向传播，故B错误；
C.若两列波能发生稳定的干涉现象，其频率必须相同，根据周期与频率的关系，该波的频率为
f=1T=10.4Hz=2.5Hz
故C错误；
D.当障碍物的尺寸和波长相比相差不多或者比波长更小时，即可以发生明显衍射，所以该障碍物的尺寸可能为20cm，故D正确。
故选：D。
A.根据波速公式结合图像信息计算；
B.根据质点A的振动方向结合同侧原理法判断；
C.根据发生干涉的条件计算频率再判断；
D.根据发生明显衍射现象的条件进行判断。
考查波动图像和振动图像的问题，会根据两图像提供的相关信息计算和判断。
5.【答案】A
【解析】解：A.设M表示地球的质量，在地球表面质量为m的物体，有万有引力约等于重力
mg=GMmR2
对中轨道卫星，由万有引力提供向心力有
GMm(3R+R)2=ma
联立可得中轨道卫星向心加速度约为
a=g16
故A正确；
B.设M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mr4π2T2
可得周期的表达式为
T=2π r3GM
则有中轨道卫星和同步卫星周期的关系
T中T同= (3R+R6R+R)3=47 47
已知T同=24h，解得
T同=13.7 47h
故B错误；
C.根据万有引力提供向心力，结合向心力角速度表达式有
GMmr2=mrω2
解得角速度
ω= GMr3
因为同步轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以同步轨道卫星的角速度小于中轨道卫星的角速度，故C错误；
D.因为同步轨道卫星的轨道半径大于中轨道卫星的轨道半径，所以卫星从中轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气加速做离心运动，故D错误。
故选：A。
根据在地球表面万有引力约等于重力，对中轨道卫星，由万有引力提供向心力结合向心力周期和角速度表达式分析求解。
本题考查了万有引力定律的应用，理解公式中各个物理量的含义，合理选取向心力公式是解决此类问题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：根据题意可知由于ab边与磁场方向垂直，则ab边受到的安培力大小为：
Fab=BILab
其中Lab=L
解得：Fab=BIL
由于bc边与磁场方向平行，可知bc边没有受到安培力的作用，即
Fbc=0
ad边与竖直方向夹角为45∘，则ad边受到的安培力大小为：
Fad=BILadsin45∘
由几何知识得：
Ladsin45=LOd
其中LOd=L
联立解得：Fad=BIL
cd边与磁场方向垂直，且长度最长，故cd边受安培力的作用最大，并且大小为：
Fcd=BILcd
由几何知识得：Lcd= 2L
联立解得：Fcd= 2BIL
根据分析可知各边安培力大小关系为：
Fcd>Fab=Fad>Fbc，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据安培力的计算公式定性地分析出每条边的安培力大小，据此分析解答即可。
本题主要考查了安培力的计算公式，根据公式F=BILsinθ即可完成分析，要注意磁场方向和电流方向的角度关系。
7.【答案】D
【解析】解：B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子的速率为qBRm，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r
解得粒子运动半径为r=R
若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如下图所示，
设该轨迹半径为r1，由几何关系可得： r12+(2R)2−r1=R
解得：r1=32R≠r，故B错误；
C.若粒子的速率为qBR2m，同理可得粒子运动半径为r2=R2由B选项分析可知，若粒子速率等于qBR2m时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小于qBR2m，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C错误；
D.若粒子速率为5qBR4m，同理可得粒子运动半径为r3=5R4
此时对于由最下端N点入射的粒子，其轨迹圆心角为O1，如下图所示，
因r32−(2R−r3)2=(5R4)2−(2R−5R4)2=R，故可知由最下端N点入射的粒子恰好到达地面的最右侧的P点，而在最下端的以上入射的粒子的轨迹与MN右侧地面的交点均在P点下方，正对圆心O入射的粒子恰好到达地面的最下端Q点，故入射到磁场的粒子恰能覆盖MN右侧地面一半的区域，即圆弧PQ部分，故D正确；
A.由D选项的结论可知，粒子可以到达MN右侧地面，故A错误。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则粒子在磁场中逆时针偏转，在下方射入的某些粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面；根据洛伦兹力提供向心力求得不同速率入射的粒子的运动半径，根据几何知识解答。
本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题，画运动轨迹图是解决此类问题的基本功，掌握垂直速度方向画圆心所在的直线，依据其它条件(如出射点的位置，轨迹与边界相切等)确定圆心位置，即可确定轨迹半径与圆心角；知道半径与速度大小相关联，时间与圆心角相关联。
8.【答案】CD
【解析】解：A、设滑块A与滑块B质量分别为m1和m2，滑块B的初速度为v0，与滑块A碰前速度大小为v，两滑块碰撞后的速度大小分别为v1和v2，两滑块发生弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
m2v=m1v1−m2v2
12m2v2=12m1v12+12m2v22
碰后对滑块A，根据动能定理有
−μm1g⋅L2=0−12m1v12
碰后对滑块B，根据动能定理有
−μm2g⋅L2=0−12m2v22
联立解得：v1=v2= 2m/s，v=2 2m/s，m1：m2=3：1，故A错误；
B、碰撞后两滑块运动过程，由动量定理得：If=0−mv=0−mv，由于碰后速度大小相等，两滑块的质量不同，所以碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量大小不相等，故B错误；
C、碰前对滑块B分析，根据动能定理有：−μm2g⋅L2=12m2v2−12m2v02，解得滑块B的初速度大小为：v0= 10m/s，故C正确；
D、若滑块A的质量为3kg，则滑块B的质量为m2=1kg
根据能量守恒可得，整个过程中两滑块与桌面间因摩擦产生的内能为E内=12m2v02，解得：E内=5J，故D正确。
故选：CD。
两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分别列方程。碰后对滑块A和B，分别根据动能定理列方程，联立求解滑块A与滑块B质量之比，以及滑块B与滑块A碰前速度和两滑块碰撞后的速度。由牛顿第二定律求出滑块的加速度大小，然后应用运动学公式求出滑块B的初速度，根据冲量的定义分析碰撞后两滑块在滑动过程中摩擦力的冲量关系。应用能量守恒定律求出摩擦产生的内能。
根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
9.【答案】BC
【解析】A、小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析如图所示：
小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡件，则有
qE=mgtanθ
解得，
因为q未知，故A错误；
B、小球恰能绕〇点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A由重力和电场力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律可得：
mgcsθ=mvmin2L
则小球从最初位置运动到A点的过程中，由动能定理可得：
−mg⋅2Lcsθ−qE⋅2Lsinθ=12mvmin2−12mv02
联立解得小球的初速度大小为：
v0= 5gLcsθ
故B正确；
C、小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，由功能关系和能量守恒定律可得小球从最初位置至轨迹的最左段减少的机械能为：
E=Ep电=qE(L+Lsin⁡θ)
=qmgtanθq(L+Lsinθ)
=mgLtanθ(1+sinθ)
故C正确；
D、小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中
若逆时针转动，则电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，
若顺时针转动，则电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，故D错误；
故选：BC。
小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕0点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置。
此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和。
10.【答案】 (F1−m1g)lm1 m1(F1−m1g)=(m1+m2)[F2−(m1+m2)g]l2(F1−F2+m2g)
【解析】解：(1)小球a碰撞前，运动至最低点受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力与重力的差提供向心力，即F1−m1g=m1v12l
小球a碰前瞬间的速度为v1= (F1−m1g)lm1
(2)小球a碰撞后，运动至最低点有F2−(m1+m2)g=(m1+m2)v22l
小球a碰后瞬间的速度为v2= (F2−m1g−m2g)lm1+m2
碰撞过程中，a、b组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向左为正方向，有m1v1=(m1+m2)v2
整理得m1(F1−m1g)=(m1+m2)[F2−(m1+m2)g]
(3)本实验由于碰撞损失的机械能为ΔE=12m1v12−12(m1+m2)v22=l2(F1−F2+m2g)
故答案为：(1) (F1−m1g)lm1；(2)m1(F1−m1g)=(m1+m2)[F2−(m1+m2)g]；(3)l2(F1−F2+m2g)。
(1)摆球在最低点受到绳子的拉力与重力的差提供向心力，由此求出摆球的速度；
(2)结合动量守恒定律的通式，写出动量守恒定律的表达式；
(3)结合能量的转化与守恒求出。
该题结合单摆模型考查动量守恒定律，解答的关键是判断出摆球在最低点受到的拉力与重力的差提供向心力。
11.【答案】0Bmm−m′n
【解析】解：(1)当电源无电流通过时其电动势等于其两端的电压，因此当灵敏电流计示数为0时，待测电源的电动势与可变电源的电动势相等。
(2)电压表与待测电阻并联测电压，电流表与待测电阻串联测电流，根据串并联关系可知M是电压传感器，N是电流传感器。
故选：B。
(3)断开K2、闭合K和K1，N表示数为零时，无电流通过待测电源，其电动势等于路端电压，因N表无电流，N表路端电压为零，故M表的示数等于待测电源的路端电压，故待测电源的电动势等于M表的示数，即Ex=m；
闭合开关K2后，再次调节滑动变阻器使N表示数为零，此时M表示数等于被测电源的路端电压，即U=m′，P处电流表示数为n，根据闭合电路的欧姆定律得：Ex=U+Ir=m′+nr
可得内阻为：r=m−m′n
故答案为：(1)0；(2)B；(3)m；m−m′n
(1)当电源无电流通过时其电动势等于其两端的电压，可知当灵敏电流计示数为零时，待测电源的电动势与可变电源的电动势相等。
(2)电压表应用来测量路端电压，电流表应串联测电流，可知M是电压传感器，N是电流传感器。
(3)断开K2、闭合K和K1，N表示数为零时，无电流通过待测电源，其电动势等于M表的示数。闭合开关K2后，使N表示数为零，此时M表示数等于被测电源的路端电压，P处电流表示数为n，根据闭合电路的欧姆定律求解。
本题考查了测量电池的电动势和内阻的实验。掌握实验原理是解题的前提。要知道当电源无电流通过时其电动势等于其两端的电压，根据闭合电路的欧姆定律解答。
12.【答案】解：(1)设甲球质量为m，根据题意可知甲球静止释放，运动到O点过程中只有重力做功，由机械能守恒定律mg(L−Lcsθ)=12mv2
解得甲球运动到O点速度大小为v= 2gL(1−csθ)
(2)对于丙球，根据自由落体运动规律有L=12gt甲2
解得t甲= 2Lg
对于甲乙两球可看成类似单摆的简谐运动，其运动周期为T=2π Lg
甲乙两球第一次到达点O时运动14T周期，则t乙=t甲=14T=12π Lg
丙球最先到达，甲乙同时到达。
(3)根据题意可知甲球做简谐运动，运动一个周期经过两次O点，第15次经过O点所经历的时间为t=7T+T4
已知周期T=2π Lg
解得t=292π Lg
答：(1)甲球运动到O点速度大小为 2gL(1−csθ)；
(2)丙球先第一次到达O点；
(3)若单独释放甲球从释放到第15次经过O点所经历的时间是292π Lg。
【解析】(1)由机械能守恒定律求出A到达O点的速度；
(2)光滑圆槽的半径R远大于甲、乙球运动的弧长，两球的摆动近似为简谐运动，等效为摆长R的单摆，根据单摆运动的周期公式求出甲、乙运动到C点的时间。丙球做自由落体运动，由R=12gt2，可求出丙球从C点运动到O点的时间；
(3)第15次经过O点所经历的时间为714个周期，结合周期公式即可求出。
本题考查单摆的周期公式和自由落体运动的基本公式，关键要知道甲球的运动可看作简谐运动，等效为摆长R的单摆。
13.【答案】解：(1)质子在辐向电场中做圆周运动，质子在辐向电场中电场力提供其做圆周运动的向心力，有
eE0=mvR0
解得
v= eE0R0m
(2)在加速电场有
eU=12mv2
解得
U=12E0R0
(3)进入圆形电场中，其在竖直方向做匀速直线运动，有
R2=vt
水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
eE1=ma
设O′Q与O′P的夹角为θ，有
R2=R−Rcsθ
所以质子水平方向有
Rsinθ=12at2
解得
E1=4 3E0R0R
答：(1)质子在P点处的速度大小 eE0R0m；
(2)加速电场的加速电压12E0R0；
(3)圆形区域中匀强电场的场强大小4 3E0R0R。
【解析】(1)粒子进入辐向电场后，靠电场力提供向心力，结合牛顿第二定律列出方程，即可求出质子在P点处的速度大小；
(2)粒子在加速电场中加速时，电场力做正功，其动能增加，根据动能定理列出方程，即可求出粒子离开加速电场时的速度的大小；
(3)粒子进入圆形区域的有界匀强电场后做类平抛运动，将其进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合，可求解圆形区域中匀强电场的场强大小。
对于带电粒子在电场中加速过程，往往运用动能定理研究加速获得的速度；对于粒子在电场中偏转问题，运动的分解是常用方法。粒子做圆周运动时，关键要分析向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。
14.【答案】解：(1)设B、C与弹簧分离时速度大小分别为vB、vC，以向右为正方向，B、C被弹簧弹开的过程，根据动量守恒定律得：
0=mBvB−mCvC
根据机械能守恒定律得：
Ep=12mBvB2+12mCvC2
已知：EP=6J，mB=3kg，mC=1kg
解得：vB=1m/s
设B恰好进入圆弧轨道时速度大小为vB1，则有：vB1=vBcs60∘
设物块B刚滑上A时的速度大小为vB，对B在圆弧轨道上的运动过程，根据机械能守恒定律得：
12mBv02−12mBvB12=mBgR(1−cs60∘)，其中R=1.2m
解得：v0=4m/s
(2)以下分析均以向右为正方向，设A、B第一次共速时的速度为v共1，根据动量守恒定律得：
mBv0=(m+mB)v共1
解得：v共1=34v0，解得：v共1=3m/s
长木板A与滑块1发生第一次弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv共1=mvA1+2mv1
12mv共12=12mvA12+12×2mv12
解得：vA1=−13v共1，v1=23v共1
A与滑块1第一次碰撞后到A、B第二次共速的过程，同理有：
mBv共1+mvA1=(m+mB)v共2
解得：v共2=23v共1
因滑块的质量均相等，故滑块1与滑块2碰撞后速度交换，碰后滑块1静止。
A与滑块1第二次碰撞，同理有：
mv共2=mvA2+2mv2
12mv共22=12mvA22+122mv22
解得：vA2=−13v共2，v2=23v共2
A与滑块1第二次碰撞后到A、B第三次共速的过程，同理有：
mBv共2+mvA2=(m+mB)v共3
解得：v共3=23v共2
依次类推可得：
v共n=(23)n−1v共1=3×(23)n−1m/s
vAn=−13v共n=−(23)n−1m/s，(n=1、2、3……)
从A、B第n次共速，A与木块1碰撞后到A、B第n+1次共速的过程，设此过程A、B相对位移大小为Δxn，由能量守恒定律得：
μmBgΔxn=12mBv共n2+12mvAn2−12(mB+m)v共(n+1)2
解得：Δxn=(49)n−1m，(n=1、2、3……)
由数学知识的等比数列求和可得，n→∞时，第一次A、B共速后B相对A运动的总路程为：
s相=Δx1+Δx2+……+Δxn=[1+49+……(49)n−1]m=[1−(49)n]1−49m=1.8m
设A、B第1次共速之前两者的相对位移大小为Δx0，由能量守恒定律得：
μmBgΔx0=12mBv02−12(mB+m)v共12
解得：Δx0=1m
根据能量守恒定律可得最终所有滑块获得的总动能为：
Ek=12mBv02−μmBg(Δx0+s相)
解得：Ek=7.2J
(3)设物块B滑上A之后的全程的位移大小为xB，由动能定理可得：
−μmBgxB=0−12mBv02
解得：xB=4m
此过程A、B的相对位移为：ΔxAB=Δx0+s相=1m+1.8m=2.8m
可得A全过程运动的总位移为：
xA=xB−ΔxAB=4m−2.8m=1.2m
答：(1)物块B刚滑上A时的速度大小为4m/s；
(2)最终所有滑块获得的总动能Ek为7.2J；
(3)A全过程运动的总位移xA为1.2m。
【解析】(1)B、C被弹簧弹开的过程，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，据此求得B、C与弹簧分离时速度大小，对B在圆弧轨道上的运动过程，根据机械能守恒定律求解；
(2)根据动量守恒定律求得A、B共速时的速度；长木板A与滑块1发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得碰撞后各自的速度，据此推演A、B的运动过程得到运动规律，根据功能关系得到相对位移的表达式，根据数学知识求得B相对A运动的总路程。根据能量守恒定律可得最终所有滑块获得的总动能；
(3)由动能定理求得物块B滑上A之后的全程的位移大小，根据A、B相对运动的位移关系求解A全过程运动的总位移。
本题考查了动量守恒定律和功能关系的应用，板块相对运动问题，本题是力学综合性较强的题目，关键在于理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律。本题弹簧释放的过程，系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和机械能守恒定律，对于弹性碰撞需掌握碰撞结果的经验公式。