2022-2023学年广东省河源市高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省河源市高三（上）期末物理试卷（含解析），共19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.利用如图装置观察水平桌面微小形变。手压桌面，反射在天花板上的光点发生移动，下列说法正确的是( )
A. 该实验装置的物理思想方法是等效替代法
B. 手受到弹力的作用是由于手发生了形变
C. 水平桌面发生微小形变后，光线的反射将不遵循反射定律
D. 在天花板上的光点发生移动，说明桌面发生了微小形变
2.正在行驶的某无人驾驶汽车发现正前方6m处的斑马线上有行人，立即启动刹车程序。已知汽车从发现行人到停下来的速度—时间(v−t)图像如图所示，则可判定该汽车( )
A. 停在斑马线前0.5m的地方
B. 停在斑马线前1.0m的地方
C. 恰好在斑马线前停止
D. 已越过斑马线0.5m
3.下列说法正确的是( )
A. 光学镜头上的增透膜是利用光的衍射现象
B. 通过狭缝观察白炽灯光源，可以看到黑白相间的条纹
C. 医学上用“彩超”测量血液的流速，是多普勒效应的应用
D. 操场上的喇叭正在播放歌曲，当走到离操场不远的教学楼后面时，你不但会发现听到的歌声变弱，而且还能感受到歌曲低音部分减弱得更明显
4.无线充电技术近年来开始普及。以手机无线充电为例，手机置于充电板上，充电板内的励磁线圈产生变化的磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。下列说法正确的是( )
A. 当励磁线圈里所通电流均匀变化时，手机对充电板的压力保持不变
B. 当励磁线圈里所通电流增大时，手机对充电板的压力小于手机重力
C. 若手机对充电板的压力等于手机重力，说明励磁线圈里没有电流通过
D. 若手机对充电板的压力小于手机重力，说明励磁线圈里所通电流和感应线圈里产生的电流同向
5.如图是某一种挂桶式垃圾压缩车，其工作时利用托架A和B将垃圾桶缓缓提升并翻转倾倒垃圾，之后再将空桶缓缓放回地面。在此过程中，忽略一切摩擦，下列说法正确的是( )
A. 垃圾桶只受重力和托架B的支持力作用
B. 垃圾桶及垃圾的总质量越大，其受到的合力越大
C. 当桶身与竖直方向成θ角时，桶对托架B的压力大小为Gcsθ
D. 垃圾桶提升过程托架B对桶的支持力大于空桶放回过程托架B对桶的支持力
6.如图所示，某餐桌的水平旋转餐台可绕过O点的竖直轴转动，旋转餐台上放有M、N两个完全相同的小碟子，碟子M离O点较近。下列说法正确的是( )
A. 若碟子M随餐台一起匀速转动，它仅受重力和支持力作用
B. 若碟子N随餐台一起转动，它受重力、支持力和向心力作用
C. 若餐台转速从零缓慢增大，碟子M比N先与餐台发生相对滑动
D. 碟子随餐台加速转动一周的过程，餐台对碟子M做的功比对碟子N做的功少
7.如图，一正点电荷位于圆锥顶点O，A、B是底面边缘的两个点，C是OB的中点。下列说法正确的是( )
A. OC两点间与CA两点间的电压满足UOC=UCA
B. 电子从A沿直线运动到B的过程中，电势能先增加后减少
C. 欲使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，可加一个垂直底面向上的匀强电场
D. 欲使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，可在底面下方某处加一个负点电荷
8.如图甲所示，细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。当注射器在竖直面内摆动时，沿着垂直于摆动方向匀速拖动一张硬纸板，注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。关于图乙所示的图像，下列说法中正确的( )
A. x轴表示拖动硬纸板的速度，y轴表示注射器振动的位移
B. 拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越短
C. 拖动硬纸板的速度越大，注射器振动的周期越长
D. 匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动的周期2倍
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
9.紫外灯消毒是医院诊室和学校教室消毒的主要方式之一、某一型号的紫外消毒灯发出频率为11.5×1014Hz的紫外线，光强度可调，已知锌的截止频率为8.07×1014Hz。下列说法中正确的是( )
A. 紫外灯工作时，我们看到的紫蓝色辉光就是紫外线
B. 当该型号紫外消毒灯发出微弱辉光时，无法使锌板发生光电效应
C. 若增强紫外灯的强度，锌板逸出的光电子最大初动能仍保持不变
D. 用该型号紫外消毒灯照射锌板，能使锌板带正电
10.如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于虚线方框的被测匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使天平再次平衡。重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 测得的磁感应强度大小为mgnIL
B. 测得的磁感应强度大小为mg2nIL
C. 被测匀强磁场方向垂直线圈平面向里
D. 被测匀强磁场方向垂直线圈平面向外
11.如图，某一圆柱形风筒内有沿水平方向的恒定风力，为测定风力的大小，现让一质量为m的轻质小球以速率v0沿AB方向进入风筒(图中未画出)，小球恰好能沿AB直线运动到O点，若测得CO=AO=R，不计小球所受重力，下列说法正确的是( )
A. 风力的方向由A指向B
B. 风力的大小为mv022R
C. 小球运动到O点后会返回到A点离开，速率仍为v0
D. 若小球仍以速度v0从C点沿CO方向进入风筒，则小球会从A点离开风筒
12.渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置“，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置“简化为如图所示模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是( )
A. “虾”从掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动
B. “鱼”从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动
C. “虾“在传送带运动时，摩擦力对“虾”做负功
D. “鱼“在传送带运动时，加速度方向先向下后向上
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
13.小明学习“用单摆测量重力加速度”实验后，利用甲图装置做了该实验。

(1)测量摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长(从悬点到摆球的最上端)为L，再用游标卡尺测得摆球的直径，读数如乙图所示，则d= ______ cm，若再测得单摆周期为T，则当地的重力加速度g= ______ (用L、d、T表示)。
(2)在安装装置时，摆线上端有三种系挂方式，下列方式哪种是正确的______ (填对应序号)。

(3)在测量周期时，若从摆球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆周期为T= ______ (用n、t表示)。
(4)假如把该装置搬到月球上进行实验，改变单摆的摆长l，多次测量单摆在不同摆长下所对应的周期T，并描绘出T2−l图像如丙图所示，则可得知月球重力加速度大小为______ m/s2。
14.在测定两节干电池电动势和内阻的实验中，某同学用到的器材有一个电压表、一个电阻箱、一个定值电阻R0、一个开关S、两节干电池、若干导线，其实验实物图如图甲所示。

(1)改变电阻箱的阻值R，用图甲中的电压表测出多组电阻箱两端的电压U。实物图甲中已连接好部分电路，请按照实验要求将剩余部分电路连接好。
(2)在坐标纸上作出1U与1R的关系图线如图乙所示，结合图线计算出两节干电池的电动势E= ______ ，内阻r= ______ 。(结果用a、b和R0表示)
(3)若考虑电压表并非理想电压表，则电动势的测量值与真实值相比______ ；内阻的测量值与真实值相比______ 。(选填“偏大”“相等”或“偏小”)
(4)另一位同学将图甲电压表的导线改接在R0的c、d端，改变电阻箱的阻值R，测出多组电压表的数据U，若用图像法测算电源的电动势和内阻，为了使得到的图线是一条直线，则该同学应描绘______ 。
A.1U−1R图
B.U−R图
C.1U−R图
D.U−R2图
四、简答题：本大题共1小题，共16分。
15.现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ是14圆弧形均匀辅向电场，半径为R的中心线O′O处的场强大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1；在空间坐标系O−xyz中，区域Ⅱ是棱长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2(大小未知)；区域Ⅲ也是棱长为L的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与x轴负方向成45°角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电粒子以不同的速率先后从O′沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用。
(1)若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为(L,L2,0)，求该粒子的比荷q0m0和区域Ⅱ中电场强度E2的大小；
(2)保持(1)问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上，求粒子的比荷qm需要满足的条件。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.超速和车距过小是发生交通事故的主要原因。某次碰撞测试中，甲车在水平路面以大小为v1=72km/h的速度向右行驶，与向左行驶、速度大小为v2=54km/h的乙车发生正面碰撞，碰后甲车立即停下，乙车向右反弹了一段距离后也停下。此后在甲车后方行驶的丙车由于速度太快且与甲车车距太近来不及刹车，以大小为v3=72km/h的速度撞向甲车，碰后丙车和甲车连在一起向右运动并再次碰撞乙车，最终三车连在一起又运动了一段距离，如图。若所有的碰撞都为一维碰撞，碰撞时间极短，碰撞后各辆车均失去动力且车轮抱死不能滚动只能滑行。已知三车质量相同，轮胎与路面间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)甲、乙车第一次碰撞后乙车的速度大小v和乙车向右反弹到停下运动的距离s1；
(2)甲、乙车第二次碰撞后瞬间三车一起运动的速度大小。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.该实验装置的物理思想方法是利用微小放大法判定桌面发生形变，故A错误；
B.手受到弹力是由于桌面发生了形变，故B错误；
C.水平桌面发生微小形变后，光线的反射仍遵循反射定律，故C错误；
D.光点移动是因为反射光线方向发生变化，说明桌面不再水平，发生微小倾斜，即发生了微小形变，故D正确。
故选：D。
形变的物体为施力物体；桌面发生微小形变后，光线的反射仍遵循反射定律；利用微小放大法判定桌面发生形变。
本题主要考查了弹力以及微小放大法的思想，解题关键是掌握形变的物体为施力物体。
2.【答案】C
【解析】解：v−t图像与横轴围成的面积表示位移，汽车从发现行人到停下来通过的位移为
x=12×(0.1+1.1)×10m=6m
则汽车恰好在斑马线前停止，故C正确，ABD错误。
故选：C。
v−t图像与横轴围成的面积表示位移，根据此规律求解。
本题考查匀变速直线运动规律，题型简单。
3.【答案】C
【解析】解：A.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉原理，故A错误；
B.通过狭缝观察白炽灯光源，白光是复色光，故可以看到彩色衍射条纹，故B错误；
C.彩超测量血液的流速是医生利用仪器向人体内发射频率已知的超声波，超声波被血管中的血流反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化，就能知道血流的速度，属于多普勒效应，故C正确；
D.当障碍物尺寸与波长相差不多时会发生明显衍射现象，生活中的障碍物尺寸较大，所有声波波长较大时衍射更明显，高频声波波长较短，发生衍射现象没有低频声波明显，故在教学楼后面听到的歌曲更多是低频声波，高频声波(高音部分)衰减得更明显，故D错误。
故选：C。
A.增透膜利用光的干涉原理；
B.白光是复色光，衍射后可以看到彩色条纹；
C.用多普勒效应分析解答；
D.波长更长的声波更容易发生明显衍射，传得更远。
本题考查光的干涉、衍射和多普勒效应，以及明显衍射的条件，注意增透膜利用了光的干涉。
4.【答案】B
【解析】解：A.当励磁线圈中所通电流均匀变化时，励磁线圈产生的磁场的磁感应强度均匀变化，感应线圈中的磁通量均匀变化，可知感应线圆中产生的是恒定电流，但由于感应线圈所处磁场磁感应强度变化，所以手机所受安培力是变化的，手机对充电板的压力也是变化的。故A错误；
B.根据楞次定律可知当励磁线圈中所通电流增大时，手机感应线圈受到向上的安培力，则手机对充电板的压力小于手机重力。故B正确；
C.如果励磁线圈中所通电流恒定，感应线圈的磁通量没有变化，不会产生电流，可知手机感应线圈不受安培力。故C错误；
D.若手机对充电板的压力小于手机重力，则说明手机感应线圈受到向上的安培力，励磁线圈和感应线圈相互排斥，也就是说励磁线圈中所通电流和感应线圈中产生的电流方向相反。故D错误。
故选：B。
根据电场感应中的互感来解释手机充电问题，应用楞次定律和安培力大小表达式进行判断即可。
本题参考学生对互感的理解，还涉及到楞次定律判断所受安培力方向、根据安培力表达式判断大小变化等问题，是一道小型综合题。
5.【答案】D
【解析】解：A.忽略一切摩擦力，垃圾桶被缓慢提升的过程中，垃圾桶受到重力、托架A的支持力和托架B的支持力的作用，故A错误；
B.垃圾桶处于动态平衡状态，所受合力始终为零，故B错误；
C.对垃圾桶受力分析如图
由共点力的平衡条件可得，当桶身与竖直方向成θ角时，托架B对桶的支持力为FB=Gsinθ，根据牛顿第三定律，桶对托架B的压力大小为FB′=Gsinθ，故C错误；
D.倒完垃圾后，总重力变小，当垃圾桶再次与竖直方向成θ角时，由公式FB′=Gsinθ可知，托架B对桶的支持力小于倒垃圾前垃圾桶对托架B的压力，其他位置也一样，故D正确。
故选：D。
对垃圾桶受力分析判断A选项；根据处于动态平衡状态，所受合力始终为零判断B选项；结合受力分析判断CD选项。
该题属于物理知识在日常生活中的应用，正确对垃圾桶进行受力分析是解答的关键。
6.【答案】D
【解析】解：AB、碟子受重力、支持力和摩擦力作用，摩擦力作为圆周运动所需要的向心力，故AB错误；
C、餐台转速从零缓慢增大时，由于碟子M、N完全相同，碟子N离O点较远，碟子N受的静摩擦力首先达到最大值，N先发生相对滑动，故C错误；
D、碟子随餐台加速转动一周的过程，根据动能定理
W合=ΔEk=12mv22−12mv12=12mr2(ω22−ω12)
碟子M比碟子N的运动半径小，餐台对碟子M做的功比餐台对碟子N做的功少，故D正确。
故选：D。
碟子与转盘一起做匀速圆周运动，即将发生相对滑动时，最大静摩擦力提供向心力，根据动能定理计算餐台对碟子做的功。
本题考查匀速圆周运动，解题关键是分析好碟子的受力情况，明确向心力来源，会根据动能定理求解变力做功。
7.【答案】C
【解析】解：A、根据电势差与场强的关系
U=Ed
由于
E−OC>E−CB
所以
UOC>UCB
由于A和B在同一个等势面上，电势相等，故有
UCB=UCA
所以有
UOC>UCA
故A错误；
B、如图所示，电子从A沿直线运动到B的过程中，电场力先做正功后做负功，即电势能先减少后增加，故B错误；
C、依题意，底面边缘圆周上的各点合场强方向应沿半径向外且大小相等，如图所示，加一个强度大小合适、垂直底面向上的匀强电场，可以实现使电子能沿底面边缘做匀速圆周运动，故C正确；
D、依题意，底面边缘圆周上的各点合场强方向应沿半径向外且大小相等，如图所示，在底面下方某处加一个负点电荷，底面边缘圆周上的各点合场强也不可能平行于底面，故D错误。
故选：C。
根据等势面及对称性分析a、两点电势，电场强度是矢量；电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大。
解决该题的关键是知道点电荷的等势面的分布情况，正确做出该题中的等势面，知道电场强度是矢量，有大小和方向。
8.【答案】D
【解析】解：A.硬纸板上的图像为注射器的振动图像，y轴表示注射器振动的位移，x轴间接表示注射器振动的时间(即Lv)，故A错误；
BC.由单摆周期公式可知，注射器振动的周期只与单摆的摆长有关，故BC错误；
D.由图乙可知，硬纸板移动距离L时，注射器完成了两个周期性运动，故匀速拖动硬纸板移动距离L的时间等于注射器振动周期的2倍，故D正确。
故选：D。
注射器在硬纸板上沿垂直于OO1的方向振动，硬纸板上OO1轴上的坐标代表时间，与OO1垂直的坐标代表位移，根据硬纸板移动距离L时，注射器完成了两个周期性运动，确定注射器振动的周期与硬纸板运动时间的关系。匀速拖动硬纸板是为了用相等的距离表示相等的时间。注射器振动周期与拖动硬纸板的速度无关。
本题与教科书沙摆实验相似，采用描迹法得到简谐运动的图象，关键要抓住注射器的运动与硬纸板运动的同时性，知道位移是周期性变化的。
9.【答案】CD
【解析】解：A.紫外线是不可见光，人无法看到紫外线，灯管中的低压汞受电子轰击后发出汞光谱，汞光谱中除了紫外线，还有人眼可见的光，其中包含蓝光和紫光，所以紫外线灯看起来是紫蓝色的，故A错误；
B.根据光电子能量表达式：E=hν，可得光电效应的发生只与光的频率有关，而与光的强度无关，故B错误；
C.根据爱因斯坦光电效应方程可得光电子的最大初动能为
Ek=hν−W0
与光的频率有关而与光的强度无关，故增强紫外灯的强度，锌板逸出的光电子最大初动能仍保持不变，故C正确；
D.由于该款紫外消毒灯发出的紫外线频率大于锌的截止频率，锌板在该紫外线照射下能够发生光电效应，打出光电子从而使锌板带正电，故D正确。
故选：CD。
本题根据爱因斯坦光电效应方程，结合频率和光强对光电效应现象的影响分析求解。
本题考查了光电效应相关知识，理解爱因斯坦光电效应方程中各个物理量的含义，掌握频率和光强对光电效应现象的影响是解决此类问题的关键。
10.【答案】BC
【解析】解：CD.因电流反向后，需要在左盘中增加质量为m的砝码，可见电流反向后线圈所受安培力竖直向下，可以判断磁场方向垂直线圈平面向里，故C正确，D错误；
AB.对电流天平，电流方向改变前，根据平衡条件可得：m左g=m右g−nBIL
电流方向改变前后，根据平衡条件可得：m左g+mg=m右g+nBIL
由以上两式可得磁感应强度大小为：B=mg2nIL，故B正确，A错误。
故选：BC。
天平平衡后，当电流反向(大小不变)时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小。
解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题，注意左手定则的内容，及与右手定则的区别。
11.【答案】BC
【解析】解：A.小球从A运动到O，到O点时速度刚好为零，故小球做匀减速直线运动，风力方向与初速度方向相反，由B指向A，故A错误；
B.对小球，从A到O，根据动能定理有−F风R=0−12mv02
解得F风=mv022R
故B正确；
C.小球到达O点时速度为零，但仍受到恒定向右的风力作用，所以会向右做匀加速直线运动，根据动能定理：FR=12mv2−0，则小球到达A点时速率为v=v0，接着离开风筒，故C正确；
D.若小球仍以速率v0从C点沿CO方向进入风筒，小球会做类平抛运动，沿CO方向做匀速直线运动，若能到达A点，则R=v0t
可得t=Rv0
小球沿OA方向做匀加速直线运动，加速度为a=F风m=v022R
沿OA方向位移为x=12at2=14R小球不会从A点离开风筒，故D错误。
故选：BC。
根据轻质小球的运动情况判定其受力情况；根据动能定理求风力的大小；根据受力情况求出返回A点的速度大小；改变初速度方向后，用运动的合成的方法求出出射点位置。
本题是运动与力的关系的应用，根据题设的运动过程，求出风力的大小是解题的关键。改变轻质小球的初速度方向后，根据受力与初速度方向垂直，确定运动性质是类平抛运动是解析D选项的前提。
12.【答案】AC
【解析】解：A.虾的收集箱在下方，故虾一定是向下运动，若虾的重力沿传送带斜面向下的分力大于虾受到的摩擦力，则虾向下做加速直线运动，所以虾有可能沿着传送带向下做加速直线运动，故A正确；
B.鱼在掉落到传送带后，有一个沿传送带斜面向下的初速度，故不可能马上向上做加速直线运动，鱼先向下减速到速度为零后，变为向上的加速运动，最终可能变为匀速直线运动，故B错误；
C.虾向下运动与传送带运动方向相反，虾受到的滑动摩擦力沿传送带斜面向上，滑动摩擦力对虾做负功，故C正确；
D.鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，鱼先沿斜面向下减速到零，后沿斜面加速向上，所以鱼具有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，故D错误。
故选：AC。
根据鱼虾的初速度和受力情况判定鱼虾的运动情况；根据虾的运动方向与摩擦力方向确定摩擦力做功情况；根据鱼的运动过程判定加速度的方向。
本题考查牛顿第二定律的综合应用，注意牛顿第二定律两类问题的分析思路，根据物体的运动情况分析物体的受力情况，根据物体的受力情况分析物体的运动情况。
13.【答案】2.150 4π2(L+d2)T2 ③ 2tn−1 1.6
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，摆球直径d=21mm+10×0.05mm=21.50mm=2.150cm
单摆的摆长l=L+d2
根据周期公式T=2π lg
化简可得g=4π2lT2=4π2(L+d2)T2
(2)为防止摆球摇摆及实验过程摆长变化，应该用夹子固定摆线悬点，故选③。
(3)从摆球运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t，则单摆全振动的次数为N=n−12
则单摆的周期为T=tN=2tn−1
(4)根据单摆周期公式T=2π lg
化简得T2=4π2g⋅l
T2−l图像的斜率k=2π2−00.8−0s2/m=2.5π2s2/m
结合T2−l函数可知k=4π2g
月球重力加速度大小g=4π2k=4π22.5π2m/s2=1.6m/s2
故答案为：(1)2.150；4π2(L+d2)T2；(2)③；(3)2tn−1；(4)1.6。
(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
根据单摆周期公式求重力加速度的表达式；
(2)根据实验原理和注意事项分析作答；
(3)根据题意求单摆全振动的次数，根据T=tN求单摆周期；
(4)根据单摆周期公式求T2−l函数，结合T2−l图像的斜率的含义求重力加速度。
本题考查了游标卡尺的读数以及用单摆测重力加速度，理解实验原理、掌握单摆的周期公式是解题的关键。
14.【答案】1b 1a−R0 偏小 偏小 C
【解析】解：(1)因电源是两节干电池，选取电压表量程为0−3伏，电路图连接如下图所示，
(2)由闭合回路欧姆定律可知：E=U+UR(R0+r)
整理可得：1U=1E+R0+rE×1R
结合图像的纵轴截距：b=1E
所以得到电动势：E=1b
结合图像的斜率有：ba=R0+rE
代入可得：r=1a−R0
(3)由(2)问可知：纵截距：b=1E测①
斜率：ba=R0+r测E测②
若考虑电压表并非理想电压表，则
E真=U+UR并(R0+r真)
其中：1R并=1R+1RV
整理可得：1U=1E真+R0+r真E真×1RV+R0+r真E真×1R
由此可知：b=1E真+R0+r真E真RV③
ba=R0+r真E真④
对比①与③，可知E真>E测；对比②与④，可知r真>r测。
(4)由闭合回路欧姆定律可知：E=U+UR0(R+r)
整理可得：1U=1E+rER0+1ER0×R
所以应描绘的是1U−R图。
故答案为：(1)；(2)1b、1a−R0；(3)偏小、偏小；(4)C。
(1)根据实验原理图可明确实验对应的实物图，将电压表接入电路，测量路端电压即可；
(2)由闭合电路欧姆定律求出1U−1R的表达式，结合图像可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻。
(3)根据电压表的分流，分析测量值和真实值的大小关系；
(4)根据闭合电路欧姆定律写出电压的表达式，分析1U跟含电阻R的因子线性关系来确定。
本题考查测定电动势和内阻的实验，本实验要特别注意数据的处理方法，能正确应用图像并结合函数关系进行分析得出结果。
15.【答案】解：(1)某一粒子进入辐向电场的速率为v0，粒子在辐向电场中做勺速圆周运动，由电场力提供向心力可得
q0E1=m0v02R
解得该粒子的比荷为
q0m0=v02E1R
粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，沿x轴方向有
L=v0t
沿y轴方向有
a=q0E2m0，L2=12at2
联立解得区域Ⅱ中电场强度E2的大小为
E2=E1RL
(2)设粒子电荷量为q，质量为m，粒子进入辐向电场的速率为v，则粒子在辐向电场中有
qE1=mv2R
解得
v= qE1Rm
粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，设粒子都能进入区域Ⅲ，则沿x轴方向有
L=vt
沿y轴方向有
a=qE2m，y=12at2，vy=at
联立解得
y=L2，vy= qE1Rm
可知所有粒子经过区域Ⅱ后都从P点进入区域Ⅲ中，进入区域Ⅲ的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有
tanθ=vyv=1
解得
θ=45°
粒子进入区域Ⅲ的速度大小为
v′= v2+vy2= 2qE1Rm
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
qv′B=mv′2r
解得
r=mv′qB=1B 2mE1Rq
为了保证粒子能够打到粒子收集器上，如图所示

由几何关系可知最大的半径为 (L2)2+(L2)2= 22L
粒子在磁场中的半径需要满足
12L≤r< 22L
联立解得粒子的比荷需要满足
4E1RB2L2≤qm<8E1RB2L2
答：(1)若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为(L,L2,0)，则该粒子的比荷q0m0为v02E1R，区域Ⅱ中电场强度E2的大小为E1RL；
(2)保持(1)问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上，则粒子的比荷qm需要满足的条件4E1RB2L2≤qm<8E1RB2L2。
【解析】(1)粒子在辐向电场中做勺速圆周运动，由电场力提供向心力可解得该粒子的比荷；粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，结合类平抛运动规律可得区域Ⅱ中电场强度E2的大小；
(2)粒子进入辐向电场的速率为v，则粒子在辐向电场中有电场力提供向心力，可解得该粒子的速率v，粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动，可得偏移量y及y方向的速度大小，及进入区域Ⅲ的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，即可得粒子进入区域Ⅲ的速度大小，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足条件，进而求出粒子的比荷需要满足的条件。
本题考查了带电粒子在电、磁组合场中的运动，关键要明确向心力的来源及类平抛运动的规律，需要一定的空间想象能力，有一定的难度。
16.【答案】解：v1=72km/h=20m/s，v2=54km/h=15m/s，v3=72km/h=20m/s，
(1)设每辆车的质量为m，取水平向右为正方向，甲、乙第一次碰撞动量守恒，有
mv1−mv2=0+mv
解得：v=5m/s
碰后对乙车，由动能定理得−μmgs1=0−12mv2
解得乙车碰撞后到停下的距离s1=2.5m
(2)丙、甲碰撞碰后丙、甲的速度为v4，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv3=2mv4
丙、甲一起运动到撞上乙前，设撞上乙前甲的速度为v5，取水平向右为正方向，由动能定理得−μ⋅2mgs1=12⋅2mv52−12⋅2mv42
对甲、乙、丙车，碰撞后三车的速度为v6，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有2mv5=3mv6
联立解得：v6=3m/s
答：(1)甲、乙车第一次碰撞后乙车的速度大小为5m/s，乙车向右反弹到停下运动的距离为2.5m；
(2)甲、乙车第二次碰撞后瞬间三车一起运动的速度大小为3m/s。
【解析】(1)甲、乙第一次碰撞动量守恒，结合动能定理可解得运动的距离；
(2)对三辆车组成的系统根据动量守恒定律与动能定理解答．
本题考查了动量守恒和能量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题，关键选择好研究的系统，注意动量守恒定律表达式的矢量性．