2022-2023学年安徽省宣城市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省宣城市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），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.如图(a)所示的无人机具有4个旋翼，可以通过调整旋翼倾斜度而产生不同方向的升力。某次实验，调整旋翼使无人机受竖直向上的恒定升力F从地面静止升起，到达稳定速度过程中，其运动图像如图(b)所示。假设无人机飞行时受到的空气阻力与速率成正比，即f=kv，方向与速度方向相反，则下列说法正确的是( )
A. 无人机在第1s内的位移等于0.5m
B. 无人机在第1s内的速度变化量与第2s内的速度变化量相等
C. 空气给无人机的作用力逐渐增大
D. 空气给无人机的作用力逐渐减小
2.北京时间2023年5月30日上午，神舟十六号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射升空。当天下午，神舟十六号飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口。神舟十六号的“博士乘组”景海鹏、朱杨柱、桂海潮，与神舟十五号的“圆梦乘组”费俊龙、邓清明、张陆在天宫顺利会师。已知空间站离地面的高度为h，这个高度低于地球同步卫星的高度。地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转。若空间站可视为绕地心做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A. 空间站的线速度大小为 gR2R+hB. 空间站的向心加速度大小为gRR+h
C. 空间站的运行周期大于24小时D. 地球质量为g(R+h)2G
3.如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势差关系为φ1−φ2=φ2−φ3，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的a、b、c、d四点，已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是( )
A. O位置的点电荷带正电
B. 该粒子在b点的加速度小于在a点的加速度
C. a、b、c、d四点中，该粒子在b处的电势能最小
D. 该粒子从b点飞到c点动能的变化量等于从c点飞到d点动能的变化量
4.关于以下四幅图的说法正确的是( )
A. 如图是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a光束在水珠中传播的速度一定小于b光束在水珠中传播的速度
B. 如图是一束单色光进入足够长的平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i从0∘增大到90∘(不包括90∘)过程中，始终有光线从bb′面射出
C. 如图是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L，相邻两条亮条纹间的距离△x将增大
D. 如图是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的
5.如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则( )
A. A点和B点的磁感应强度相同
B. 其中b导线所受安培力大小为F
C. a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下
D. a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
6.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是( )
A. 静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电
B. 保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流
C. 由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D. 由向前加速突然停下时，电流由b向a流过电流表
7.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C. 从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D. 所有粒子所用最短时间为2πm3qB
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数分别为100和50，定值电阻R1=R2=20Ω，电源两端电压随时间变化的关系图象如图乙所示，已知电压表和电流表为理想电表，则( )
A. 副线圈中电流频率为50HzB. 电流表示数为1A
C. 电压表示数为50VD. 电阻R2的功率为80W
9.图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是( )
A. 该简谐横波的传播速度为4m/s
B. 从此时刻起，经过2 s，P质点运动了8 m的路程
C. 从此时刻起，P质点比Q质点后回到平衡位置
D. 图乙可能是图甲x=2m处质点的振动图象
10.如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在ts末质点的速度达到最小值v，到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则( )
A. 恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0
B. 质点所受合外力的大小为m v02−v2t
C. 质点到达B点时的速度大小为v0v v02−v2
D. ts内恒力F做功为12m(v02−v2)
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.实验小组用甲图所示的装置测量当地的重力加速度。
请完成下列实验步骤中的填空：
(1)按图甲装配好器材：跨过轻滑轮的不可伸长的光滑轻绳两端分别与钩码和力传感器相连，力传感器可测出轻绳的拉力。重物用轻绳挂在动滑轮上，其下端与纸带相连，让纸带穿过固定好的打点计时器上的限位孔；
(2)接通电源，释放钩码后重物上升，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此过程中力传感器的示数F。
已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，此次实验打D点时重物的速度vD=______m/s，重物的加速度a=______m/s2；
(3)改变钩码的质量，多次重复实验步骤(2)，得到多组a、F数据；
(4)实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，用图丙中b、c表示的当地的重力加速度g=______，重物和动滑轮的总质量m=______。
12.某实验小组欲利用图甲所示的电路测定电源E1的电动势E和内阻r，已知图中电源E2的电动势为E0，内阻为r0，定值电阻的阻值为R0，电压表可视为理想电压表，S为单刀双掷开关。
(1)当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于______(填“左”或“右”)端。
(2)S与1接通，改变滑片P的位置，记下电压表的示数U1，保持P不动，S与2接通，记下电压表的示数U2，重复以上操作，得到多组U1和U2的值。
(3)该同学作出的1U1−1U2的图像如图乙所示，若测得图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则电源E1的电动势为E=______，内阻为r=______。(均用E0、R0、r0、k、b表示)
(4)若考虑电压表的内阻，电源电动势的测量值______真实值，内阻的测量值______真实值。(均填“大于”“小于”或“等于”)
四、简答题：本大题共2小题，共24分。
13.如图所示，电阻R为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长L为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度B大小为0.5T。在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)所受拉力的大小F；
(2)感应电流产生的热量Q。
14.如图所示，质量为m的小滑块1，沿着光滑曲面下滑，曲面末端A与水平传送带平滑连接，传送带右端与光滑水平面平滑连接，水平面上有一个质量为km的小滑块2。当小滑块1滑到传送带右端B处时恰好与传送带共速，接着再与小滑块2发生弹性碰撞。已知传送带长为L，以速度v0顺时针方向运行，小滑块1与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)k=2时，小滑块1和2第一次碰撞后瞬间的速度；
(2)小滑块1下滑的高度；
(3)k值应满足什么条件，使得小滑块1和2能且只能发生两次碰撞。
五、计算题：本大题共1小题，共12分。
15.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45∘的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l,l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子在复合场中的运动时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、若无人机做匀加速直线运动，无人机在第1s内的位移x=12vt=12×1×1m=0.5m，v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像得，无人机运动的位移大于0.5m，故A错误；
B、v−t图像的斜率表示加速度，由图示图线可知，无人机在运动过程加速度逐渐减小，速度变化量Δv=aΔt，则无人机在第1s内的速度变化量大于第2s内的速度变化量，故B错误；
CD、无人机先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动，由牛顿第二定律可知，无人机所受合力逐渐减小，无人机受重力与空气作用力(为空气对旋翼的升力和空气的阻力的合力)，重力不变，则空气对无人机的作用力逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
v−t图像与坐标轴围成的面积表示位移；v−t图像的斜率表示加速度，根据图示图线判断无人机在第1s内与第2s内速度变化量的大小关系；无人机受到的空气阻力与速率成正比，根据无人机速度的变化判断空气给无人机作用力如何变化。
知道v−t图线与坐标轴围成图形的面积表示位移、知道v−t图象的斜率表示的物理意义是解题的关键，分析清楚受力情况和运动情况即可解题。
2.【答案】A
【解析】解：D.忽略地球自转，重力等于万有引力GMmR2=mg
M=gR2G
故D错误；
A.空间站绕地心做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力
GMm(R+h)2=mv2R+h
线速度大小
v= gR2R+h
故A正确；
B.空间站绕地心做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力
GMm(R+h)2=ma
向心加速度大小
a=gR2R+h
故B错误；
C.空间站离地面的高度低于地球同步卫星的高度，由开普勒第三定律r3T2=k，可知空间站的运行周期小于24小时，故C错误。
故选：A。
忽略地球自转，重力等于万有引力，求地球质量；
空间站绕地心做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力列式，求空间站的线速度大小；
空间站绕地心做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力列式，求空间站的向心加速度大小；
由开普勒第三定律列式，分析空间站的运行周期。
本题考查学生对天体规律的掌握，主线为：1.忽略地球自转，重力等于万有引力；2.空间站绕地心做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力。
3.【答案】D
【解析】解：A.由带负电的粒子的运动轨迹可知，靠近点电荷时受到阻力作用，所以O位置的点电荷带负电，故A错误；
B.等差等势面的疏密表示场强强弱，b处的场强比a处大，由牛顿第二定律qE=ma知，所以该粒子在b点的加速度大于在a点的加速度，故B错误；
C.由O位置的点电荷带负电，所以b点电势在a、b、c、d四点中最低，由Ep=qφ，可知该粒子在b处的电势能最大，故C错误；
D.由动能定理可知，由动能定理得，该粒子从b点飞到c点动能的变化量为：
ΔEkbc=qUbc
又Ubc=(φ1−φ2)
联立解得：ΔEkbc=q(φ1−φ2)
由动能定理得，该粒子从c点飞到d点动能的变化量为：
ΔEkcd=qUcd
Ucd=(φ2−φ3)
联立解得：ΔEkcd=q(φ2−φ3)
由φ1−φ2=φ2−φ3，可得
ΔEkbc=ΔEkcd
所以该粒子从b点飞到c点动能的变化量等于从c点飞到d点动能的变化量，故D正确。
故选：D。
由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向右，由于粒子是带负电，则电场的方向与受力的方向相反，由此判断O位置的点电荷电性；根据等差等势面的疏密和牛顿第二定律比较两点的加速度；根据Ep=qφ比较电势能；根据动能定理比较动能变化量。
掌握住带电粒子的运动轨迹与合力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场力做功时动能和电势能间的关系是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A、根据折射率和光的传播速度之间的关系n=cn，可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折得厉害，即b的折射率大于a的折射率，根据v=cn，可知a在水中的传播速度大于b的传播速度，故A错误。
B、当入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb′面射出，故B正确；
C、双缝干涉中两相邻亮条纹间距离x=Ld⋅λ，可知当只减小屏到挡板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小，故C错误。
D、由图可知，条纹向空气薄膜较薄处发生弯曲，说明空气薄膜变薄，则被检测的平面在此处是凹下的，故D错误。
故选：B。
根据折射率和光的传播速度之间的关系n=cn，可知，折射率越大，传播速度越小，根据图中的光线关系，判断折射率的大小，从而知道传播速度的大小。
入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，故肯定有光线从bb′面射出；根据双缝干涉条纹的宽度公式分析。
本题涉及的知识点较多，要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，同时掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
5.【答案】C
【解析】解：A.A、B关于O点对称，根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；
B.根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为：Ffd=tan30∘F
解得：Ffd= 33F
e对导线b的安培力大小为：F2
则根据平行四边形定则对矢量进行合成可得b导线所受安培力大小为：Fb=2Fsin30∘+2× 3F3sin60∘+F2
解得：Fb=5F2，故B错误；
CD.根据安培定则可得，a、d两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；b、e两条导线在O点的磁感应强度大小相等、方向相反；故a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。
故选：C。
根据右手螺旋定则得出对应的点的磁感应强度的特点，结合磁感应强度的叠加特点完成分析；
根据安培力的计算公式，结合左手定则即可得出安培力的大小和方向。
本题主要考查了安培力的相关应用，熟悉右手螺旋定则得出磁感应强度的方向，结合安培力的计算公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：A、静止时，N板不动，电容器与电源保持相连，两极板带电。电容器板间电压不变，电容器的电容不变，则电容器所带电量不变，则电流表示数为零，故A错误；
B.保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连，电压不变，由Q=CU知电容器所带电量不变，电路中无电流，故B错误；
C、由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距离减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd知电容C增大，由Q=CU知，电压不变，电容器所带电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；
D、由前加速突然停下时，N板相对M板向前移动，则板间距离减小，根据C=εrS4πkd知电容C增大，电压不变，由Q=CU知电容器所带电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故D错误；
故选：C。
电容器与电源保持相连，板间电压不变；根据电容的决定式分析电容的变化趋势，结合电荷量的计算公式Q=CU分析电荷量的变化趋势，由此得出电流的方向；理解加速度的大小对电容变化趋势的影响，结合电荷量的计算公式完成分析。
本题主要考查电容器的动态分析问题，抓住变化过程中的不变量：电容器的板间电压，结合电容器的定义式和决定式即可完成分析。
7.【答案】D
【解析】解：ABC、依题意，作出从M、N两点射出粒子轨迹图如图1所示，根据左手定则，可知粒子带正电，
图1
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
qvB=mv2r=m4π2rT2
解得：r=mvqB，T=2πmqB，
由图可知从M点射出粒子轨迹半径小于从N点射出粒子轨迹半径，则从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率；
由图可知从M点射出粒子轨迹所对圆心角大于从N点射出粒子的，根据t=θ2πT可知，从M点射出粒子在磁场中运动时间一定大于从N点射出粒子所用时间；
故ABC错误。
D、由几何知识可判断知，当粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在b点时，粒子在磁场中运动圆弧所对的圆心角最小，此时粒子运动的半径
r=R
由几何关系可求得此时圆弧所对应圆心角
θ=120∘
所以，粒子在磁场中运动的最短时间为
tmin=θ2πT=120360×2πmqB=2πm3qB，
故D正确。
故选：D。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子的轨道半径与转过的圆心角，然后分析答题。
根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律即可解题。
8.【答案】BD
【解析】解：A.变压器不改变交流电的频率，根据周期频率关系，副线圈中电流频率为f=1T=14×10−2Hz=25Hz，故A错误；
BC.由图乙可知，电源电压的有效值为100 V，则有100V=U1+I1R1，U2=I2R2(其中U1，U2为原、副线圈两端的电压有效值，I1，I2为原、副线圈中的电流)，又原、副线圈两端的电压比等于匝数比等于电流反比，有U1U2=I2I1=n1n2=21，且R1=R2=20Ω，联立可得U1=80V，I1=1A，U2=40V，I2=2A，即电压表示数为40 V，电流表的示数为1 A，故B正确，C错误；
D.电阻R2的功率P=I22R2，代入数据解得P=80W，故D正确。
故选：BD。
本题根据周期频率关系、欧姆定律、原、副线圈两端的电压比等于匝数比、电功率计算式，即可解答。
本题考查学生对周期频率关系、欧姆定律、原、副线圈两端的电压比等于匝数比、电功率计算式的掌握，难度中等。
9.【答案】AD
【解析】解：A、由图甲可得：波长λ=4m，由图乙可得：周期T=1s，故波速v=λT=4m/s，故A正确；
B、经过2s=2T，质点运动路程s=8A=1.6m，故B错误；
C、根据波向右传播可得：质点Q向上振动，故质点P先回到平衡位置，故C错误；
D、由图乙可得：t=1s时刻，质点在平衡位置向下振动；根据波向右传播，由图甲可得：x=2m处质点在平衡位置向下振动，故图乙可能是图甲x=2m处质点的振动图象，故D正确；
故选：AD。
由图甲得到波长，由图乙得到周期，即可求得波速；根据运动时间和周期的关系，由振幅求得路程；根据波的传播方向得到质点运动方向，即可判断质点回到平衡位置的先后顺序；由波的传播方向得到质点振动，再对比图乙判断图乙所示振动图象的质点。
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。
10.【答案】ABC
【解析】解：AB、到达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，恒力F的方向与速度方向成钝角，如图所示：
在x′方向上根据数学知识可得：v=v0sinθ
在y′方向根据数学知识可得：v0csθ=ayt
根据牛顿第二定律有：F=may
解得：F=m v02−v2t，sinθ=vv0，
即恒定外力F的方向与初速度的反方向成θ角指向曲线内侧，且sinθ=vv0，故AB正确；
C、设质点从A点运动到B经历时间t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向上的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律可得：
Fcsθ=ma1，
Fsinθ=ma2
根据运动学公式可得：
v0=a1t1，
vB=a2t1，
解得质点到达B点时的速度大小为vB=v0v v02−v2，故C正确；
D、ts内恒力F做功为−12m(v02−v2)，故D错误。
故选：ABC。
恒力F的方向与速度方向成钝角，在x′、y′方向根据数学知识得到速度关系，根据牛顿第二定律列方程求解；根据牛顿第二定律结合运动学公式求解质点到达B点时的速度大小；根据动能定理求解t s内恒力F做功。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
11.【答案】
【解析】解：(2)根据题意，连续相邻计数点的时间间隔T=5f=550s=0.1s
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打点计时器打下D点时的速度vD=CD+DE2T=(1.80+2.10)×10−22×0.1m/s=0.195m/s
根据逐差法可得重物的加速度为a=(DE+EF)−(BC+CD)(2T)2=[(2.10+2.40)−(1.50+1.80)]×10−2(2×0.1)2m/s2=0.30m/s2
(4)对重物和滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律，有2F−mg=ma
可得a=2mF−g
由此可知，a−F图线的斜率为k=2m=bc
纵截距为−g=−b
所以重力加速度为g=b
滑轮和重物的质量为m=2cb
故答案为：(2)0.195；0.30；(4)b； 2cb。
(2)根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求D点速度；根据逐差法求加速度；
(4)根据牛顿第二定律求解加速度与拉力的关系，结合函数图像斜率与纵截距的含义求重力加速度和质量。
本题考查了用纸带求瞬时速度和加速度；关键是要理解实验原理，然后根据牛顿第二定律求解a−F函数表达式，要注意作用在动滑轮上的拉力的大小。
12.【答案】左 E0k r0+bE0R0k 等于 大于
【解析】解：(1)为保护电路，S与1接通前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的滑片P应置于左端。
(3)当S与1接通时，由闭合电路欧姆定律，有：E=U1R0R+U1R0(R0+r)
即：R=ER0U1−(R0+r)
同理，当S与2接通时，有R=E0R0U2−(R0+r0)
联立可得1U1=E0E1U2+r−r0ER0
结合图乙可知k=E0E，b=r−r0ER0
故E=E0k，r=r0+bE0R0k
(4)若考虑电压表的内阻，则流过电源的电流为I=UR0+URV
即I=UR并
结合(3)的分析知，电源E1的电动势为E=E0k
表明电源电动势的测量值等于真实值，据测量原理E测=I测(R+R0+r测)=E真
因I测r真
表明电源内阻的测量值大于真实值。
故答案为：(1)左；(3)E0k，r0+bE0R0k；(4)等于，大于。
(1)为保护电路，开关闭合前电路电流应最小，电阻应最大；
(3)根据闭合电路欧姆定律列方程组结合图像计算；
(4)考虑电压表的分流作用，根据欧姆定律分析。
本题考查测定电源电动势和内阻实验，要求掌握闭合电路的欧姆定律、利用图像处理问和实验误差分析。
13.【答案】解：(1)线圈产生的感应电动势为
E=BLv=0.5×0.2×8V=0.8V
根据闭合电路的欧姆定律得感应电流为
I=ER=
线圈匀速运动，拉力F的大小等于安培力，即
F=F安=BIL
解得：F=0.8N
(2)根据功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以有
Q=W=F⋅2L
代入数据解得：Q=0.32J
答：(1)所受拉力的大小F为0.8N；
(2)感应电流产生的热量Q为0.32J。
【解析】(1)根据感应电动势计算公式E=BLv求解线圈产生的感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律计算感应电流大小，根据安培力的计算公式结合平衡条件求解拉力F的大小；
(2)根据功能关系求解感应电流产生的热量Q。
本题考查电磁感应与力、能量的结合，根据平衡条件列出方程求解拉力，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据功能关系列方程求解产生的热；第二问也可以根据焦耳定律求解。
14.【答案】解：(1)设小滑块1、2第一次碰后瞬间速度为v1与v2，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv1+kmv2
由机械能守恒定律有：12mv02=12mv12+12kmv22
解二次方程得：v1=−(k−1)1+kv0，v2=21+kv0
若k=2得：v1=−v03，v2=2v03
即碰后小滑块1的速度大小为v03，方向水平向左，小滑块2的速度大小为2v03，方向水平向右；
(2)假设小滑块1从高h处滑下，到曲面末端时速度为v，下滑过程由机械能守恒定律可得：mgh=12mv2
若小滑块1冲上传送带时的速度小于传送带速度，由动能定理得：μmgL=12mv02−12mv2
解得：h=v022g−μL
若小滑块1冲上传送带时的速度大于传送带速度，由动能定理得：−μmgL=12mv02−12mv2
解得：h=v022g+μL
(3)要使小滑块1和2能且只能发生两次碰撞，需要满足：v1=−(k−1)1+kv0<0
即：k>1
小滑块1再次被传送至水平面时，由运动的对称性可知其速度为−v1，发生第二次碰撞的条件是−v1>v2
即：k>3
对第二次碰撞，设碰后小滑块1、2速度分别为v′1和v′2，由动量守恒和机械能守恒得m(−v1)+kmv2=mv1′+kmv2′12mv12+12kmv22=12mv′12+12kmv′22
解得：v1′=4k−(k−1)2(1+k)2v0，v2′=4(k−1)(1+k)2v0
若v′1>0，则一定不会发生第三次碰撞；
若v1′<0，且−v1′>v2′，则会发生第三次碰撞，则由−v1′≤v2′可得：k2−10k+5≤0
解得：5−2 5≤k≤5+2 5
综合以上几种情况可得：3答：(1)小滑块1和2第一次碰撞后瞬间的速度为：小滑块1的速度大小为v03，方向水平向左；小滑块2的速度大小为2v03，方向水平向右；
(2)小滑块1下滑的高度为(v022g−μL)或(v022g+μL)；
(3)k值应满足：3【解析】(1)滑块1与滑块2在B处发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律可求出两个物块的速度；
(2)分两种情况：滑块1滑上传送带的速度小于和大于传送带的速度，根据动能定理求滑块1滑下时的高度；
(3)分析滑块1与滑块2发生弹性碰撞后速度规律及传送带的特点，结合发生两次及三次碰撞后的速度规律，从而得到k的取值范围。
本题是弹性碰撞和传送带模型的综合题，抓住基本规律即弹性碰撞后的速度公式，及质量相等的滑块发生弹性碰撞后交换速度的规律，进行推理可解决问题。
15.【答案】解：(1)微粒在到达A(l,l)之前做匀速直线运动，受力分析如图：
根据平衡条件，有：qE=mg；
解得：E=mgq；
(2)根据平衡条件，有：qvB= 2mg；
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图：
根据牛顿第二定律，有：qvB=mv2r；
由几何关系可得：r= 2l；
联立解得：
v= 2gl；
B=mq gl；
(3)微粒做匀速直线运动的时间为：t1= 2lv= lg；
做圆周运动的时间为：t2=34π⋅ 2lv=3π4 lg，
在复合场中运动时间为：t=t1+t2=(34π+1) lg；
答：(1)电场强度E大小为mgq；
(2)磁感应强度B的大小为mq gl；
(3)粒子在复合场中的运动时间为(34π+1) lg。
【解析】(1)微粒做直线运动，受重力、电场力和洛仑兹力，由于洛仑兹力大小与速度成正比，故三力平衡，粒子做匀速直线运动，根据平衡条件列式求解；
(2)粒子运动到A(l,l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，电场力与重力平衡，粒子继续运动是匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合几何关系列式分析得到轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度B的大小；
(3)根据公式t=θ2πT求解在磁场中的运动时间，在根据速度定义公式求解匀速的时间，相加就得到总时间。
本题关键是明确微粒受力情况和运动性质，要画出运动轨迹，造成圆心，结合几何关系求解轨道半径，不难。