2022-2023学年山西省吕梁市市级联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山西省吕梁市市级联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.2023年4月12日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)创造了新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。核聚变时可以将两个氘核结合成一个氦核，核反应方程为212H→24He，已知氘核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，真空中的光速为c，则下列说法正确的是( )
A. 核聚变在常温下就能进行
B. E1>E2
C. 24He具有放射性
D. 两个氘核结合成一个氦核过程中，平均每个核子亏损的质量为E2−E1c2
2.下列说法正确的是( )
A. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
B. 当把盛放气体的容器放在加速运动的小车上时，气体的内能增大
C. 第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违反热力学第一定律
D. 晶体有固定的熔点，有确定的几何形状，物理性质一定具有各向异性
3.如图所示，在边长为L的正三角形ABC所在的平面内有一个电荷量为q的正点电荷，在该正点电荷电场中，B、C两点的电势相等，A点电势为B点电势的12。已知点电荷电场中某点电势为φ=kqr，q为点电荷的电荷量，r为电场中某点到点电荷的距离，k为静电力常量，则下列说法正确的是( )
A. 点电荷在BC中点处B. 点电荷在△ABC外部
C. 点电荷在△ABC内部D. A点电势为 3kq4L
4.建筑工人用如图所示的方式将重物从平台缓慢下放到地面上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上，工人手握的部分有足够长的绳子，工人站在平台上的位置保持不变，缓慢释放手中的绳子，重物缓慢下降，则在重物下降的过程中( )
A. 工人对绳的拉力逐渐增大
B. 绳对圆环的作用力逐渐减小
C. 平台对工人的支持力逐渐增大
D. 平台对工人的摩擦力逐渐减小
5.如图所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨M、N固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨左端连有阻值为R的定值电阻，长度也为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨水平放置。某时刻开始，金属棒ab在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，当金属棒ab到达虚线位置时，加速度刚好为零，此时，撤去拉力，此后，金属棒ab向右运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为Q。金属棒ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒ab开始的位置离虚线的距离为L，导轨电阻不计，则拉力大小为( )
A. B2L2R QmB. B2L22R QmC. B2L2R 2QmD. B2L2R Q2m
6.如图所示，a、b两束单色光从同一点P沿不同方向射出，斜射到平行玻璃砖的上表面上，又从玻璃砖下表面的同一点Q出射，出射光线有c、d两束，由此判断( )
A. 单色光b的出射光线是光束c
B. 在玻璃中，单色光b的传播速度比单色光a的大
C. 两束光从水中射向空气，单色光b发生全反射的临界角比单色光a的小
D. 两束光经同一干涉装置进行干涉实验，单色光b的干涉条纹间距比单色光a的大
7.2022年11月3日，中国空间站天和核心舱、问天实验舱顺利在轨完成“T”字基本构型。空间站绕地球做匀速圆周运动时，空间站与地心连线在t时间内转过的角度为θ，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响，则空间站绕地球做圆周运动的线速度大小为( )
A. 3gθR2tB. 3gtR2θC. 32πgtR2θD. 3gθR22πt
8.如图所示，一物块放在水平桌面上，竖直虚线PQ左侧有磁感应强度大小为m2q gL、方向垂直竖直面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的带电小球用绝缘细线与物块连接，将小球拉至与物块在同一水平直线上的A点，细线刚好拉直，细线下边沿刚好与固定在O点的光滑钉子接触，O点到PQ的距离为L，到A点距离为2L，不计物块和小球的大小，由静止释放小球，物块始终保持静止，重力加速度为g，不计空气阻力，则物块受到的摩擦力最大时，小球运动的位置为( )
A. 最低点B. 在磁场中最高点C. 刚要进磁场位置D. 刚要出磁场位置
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.有一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=1s时刻的部分波形如图所示。t=3s时刻波刚好传播到x=16m处，此时x=6m处的质点P刚好处于波峰，则下列说法正确的是( )
A. 该列波的波长为6m
B. 波源处质点起振方向沿y轴正方向
C. 该列波的波速为4m/s
D. 该列波的周期为83s
10.如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，降压变压器原、副线圈的数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4，升压变压器与降压变压器之间的输电线上的总电阻为R，变压器均为理想变压器，保持发电厂的输出电压不变，则下列说法正确的是( )
A. I1U1−I4U4=I2(U2−U3)B. I1U1−I4U4=I3U2
C. 电路的输电效率为η=n1n4U4n2n3U1×100%D. 电路的输电效率为η=n1n3U4n2n4U1×100%
11.如图所示，半径为R的四分之一圆弧固定在竖直面内，圆弧最低点切线水平，在圆心O处水平抛出一个小球，使小球落在圆弧面上时速度最小，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A. 落点到O点的高度差为 33R
B. 小球落到圆弧面上的速度大小为 3gR
C. 落点到O点的水平距离为 33R
D. 小球抛出的初速度大小为 13gR
12.如图所示，倾角为θ=30∘的光滑斜面底端固定一挡板，轻弹簧放在斜面上，下端与挡板连接，一个质量为m的物块从斜面上的P点由静止释放，在物块沿斜面向下运动过程中，当弹簧的压缩量为x1时，物块的加速度刚好为零，开始时P点离弹簧上端的距离也是x1。弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep=12kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，则下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为2mgx1B. 弹簧的最大弹性势能为(1+ 32)mgx1
C. 物块运动过程中的最大速度为 6gx12D. 物块运动过程中的最大加速度为12g
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.要测量滑块和长木板间的动摩擦因数，实验小组设计了如图甲所示装置，足够长的长木板倾斜固定，在长木板的底端附近固定一个光电门，滑块上装有遮光片，测得长木板的倾角为θ，重力加速度为g。实验步骤如下：
(1)先用游标卡尺测出遮光片宽度，示数如图乙所示，则遮光片宽度d=______ mm；
(2)将滑块在长木板上某一位置由静止滑下，测出滑块释放时的位置到光电门的距离x，记录滑块通过光电门时遮光片的挡光时间t；多次改变滑块释放的位置，测得多组x与t，根据测量的数据，为了能直观地反映t随x变化的关系，应作______(填“t−x”、“t2−x”、“1t−x”或“1t2−x”)图像，若图像的斜率为k，则测得动摩擦因数μ=______(用已知和测量的物理量符号表示)；
(3)若每次测量x时均测量滑块的左侧面到光电门的距离，由此测得的动摩擦因数______(填“变大”“变小”或“不变”)。
14.要测量允许通过的电流不超过0.5A的某电源的电动势和内阻，某实验小组根据实验室提供的器材设计电路，并连接成了如图甲所示电路.其中R1、R2均为规格为“0∼999.9Ω”的电阻箱，选用的电压表量程为3V，内阻很大。小组成员小王和小李同学利用实验电路进行了不同的测量。
(1)小王同学利用电路实验时，先断开开关，将电阻箱R1的阻值调到较大，将电阻箱R2的阻值调为______(填“2Ω”“6Ω”或“12Ω”)，闭合开关，多次调节电阻箱R1，记录多组电阻箱接入电阻的电阻R1及对应的电压表示数U，某次电压表的指针所指位置如图乙所示，此时电压表示数为______ V，根据测得的数据，作出1U−R1图像，得到图像的斜率为k1，图像纵轴的截距为b1，则电源的电动势E=______，内阻r=______；(均用已知和测量的物理量符号表示)
(2)小李同学利用电路实验时，先断开开关，将电阻箱R1的阻值调为2Ω，电阻箱R2的阻值调到较大，闭合开关，多次调节电阻箱R2，记录多组电阻箱接入电路的电阻R2及对应的电压表示数U，作出1U−1R2图像，得到图像的斜率为k2，图像纵轴的截距b2，则电源的电动势E=______，内阻r=______。(均用已知和测量的物理量符号表示)
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
15.如图所示，导热的U形玻璃管竖直放置，左侧玻璃管截面积为S，右侧玻璃管下段载荷面积为S，上段玻璃管截面积为12S，左管上端口装有阀门，管中装有水银，在左管中封闭长为10cm的理想气体，左、右两管中水银液面高度差为7cm，右管中水银液面离粗细两段玻璃管对接处的高度为2cm。大气压强为75cmHg，环境温度为300K。现通过缓慢升高环境温度，使左、右两管中水银液面相平，求：(结果均保留2位小数)
(1)环境的温度应升高为多少；
(2)若保持环境温度不变，通过打开气阀向管中充入气体，使左、右两管中水银液面相平，则充入气体的质量与充气后管中气体质量的比值。
16.如图甲所示，质量为1kg的物块放在水平面上，给物块施加如图乙所示的向上的拉力F，物块在空中运动过程中受到的空气阻力大小恒为2N，重力加速度取g=10m/s2。
(1)物块向上运动过程中最大速度为多少？
(2)若拉力作用一段时间后撤去，撤去拉力后物块还能上升1.5m的高度，则拉力作用的时间为多少？
17.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，在y轴和x=3d之间有垂直坐标平面向外的匀强磁场，x轴上P点的坐标为(−d,0)，在P点沿y轴正方向不断射出比荷为k的带正电的粒子，粒子的初速度v0大小满足34 2kEd≤v0≤43 2kEd，以初速度大小为34 2kEd射出的粒子在磁场中运动轨迹刚好与x=3d相切。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)以初速度大小为34 2kEd射出的粒子进磁场时速度的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)磁场边界x=3d上有粒子射出区域的长度为多少。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.核聚变是热核反应，需在高温下进行，故A错误；
B.核聚变放出能量，有质量亏损，结合能变大，故B错误；
C. 24He不再具有放射性，故C错误；
D.两个氘核结合成一个氦核过程中，根据爱因斯坦质能方程知平均每个核子亏损的质量Δm=E2−E1c2，故D正确。
故选：D。
轻核的聚变需要在高温下进行，聚变释放的能量比较高，生成的新核比较稳定，不在具有放射性。
本题考查对聚变反应理解与质能方程的应用，注意对核反应的理解，不要死记硬背。
2.【答案】A
【解析】解：A、当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大。分子力做负功，分子势能也增大，故A正确；
B、物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关，与物体的宏观运动无关，而体积、温度和物质的量都没有改变，所以内能不变，故B错误；
C、热力学第一定律是能量守恒定律在热力学中的一种具体表现形式，第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，故C错误；
D、晶体分为单晶体和多晶体，晶体都有固定熔点，单晶体具有规则的几何外形和物理性质的各向异性，多晶体的物理性质各向同性，没有固定的几何形状，故D错误。
故选：A。
根据分子力和分子势能与分子间距离的关系分析A项；物体的内能与物体的体积、温度和物质的量有关，与物体的速度无关；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律；结合多晶体的特性分析D项。
解答本题的关键要掌握热力学的基础知识，特别要明确单晶体和多晶体的共同点：都有固定熔点，不同点是：单晶体具有规则的几何外形和物理性质的各向异性，多晶体的物理性质各向同性，没有固定的几何形状。
3.【答案】B
【解析】解：ABC、根据B、C两点的电势相等，可知点电荷到B、C的距离相等，即点电荷在B、C连线的垂直平分线上。由于A点电势为B点电势的12，结合φ=kqr可知，点电荷到A点的距离是点电荷到B点距离的2倍，由几何关系可知，点电荷和B点连线与AB垂直，即点电荷在BC中点的下方，点电荷到A的距离为：r1=L2cs30∘sin30∘=2 33L
点电荷到B点的距离为：r2=L2cs30∘= 33L，故AC错误，B正确；
D、A点的电势为φA=kqr1=kq2 33L= 3kq2L，故D错误。
故选：B。
根据B、C两点的电势关系，确定点电荷到B、C的距离关系，结合A点电势为B点电势的12，由电势公式求解点电荷B点的距离，并求解A点电势。
本题属于信息给予题，要读懂题意，了解点电荷电场中电势与距离的关系，结合几何知识帮助解答。
4.【答案】D
【解析】解：A.设重物重为G，绳与竖直方向的夹角为θ，绳的拉力为F，根据力的平衡可知
2Fcsθ=G，缓慢释放手中的绳子，圆环两侧绳间夹角θ变小，绳上拉力也逐渐变小，故A错误；
B.绳对环的作用力等于重物的重力，大小保持不变，故B错误；
C.绳的拉力的竖直分力等于重物重力的一半，对工人研究可知，平台对工人的支持力等于工人的重力与重物重力的一半之和，即平台对工人的支持力保持不变，故C错误；
D.平台对工作的摩擦力等于绳的拉力的水平分力，即
f=12Gtanθ
在缓慢释放绳子过程中θ逐渐减小，故平台对工人的摩擦力逐渐减小，故D正确。
故选：D。
动态平衡的题型在力学当中是较为难解决的类型，需对物体受力分析，进行正交分解，判断当绳子缓慢释放过程中，绳子与竖直方向的夹角变化，再判断其他的力的变化；
这是关于动态平衡的典型，注意绳子是活结问题，需要对力的正交分解的掌握。
5.【答案】A
【解析】解：设金属棒ab到达虚线位置时的速度为v。撤去拉力后，电阻R上产生的焦耳热为Q，金属棒ab的电阻与R相等，则金属棒ab产生的焦耳热也为Q。
根据能量守恒可得
2Q=12mv2
解得：v=2 Qm
拉力F为恒力，金属棒ab到达虚线位置时，加速度刚好为零，合力为零，由平衡条件可得
F=BIL
又I=BLv2R
可得：F=B2L2v2R=B2L2R Qm，故A正确，BCD错误。
故选：A。
研究撤去F后金属棒ab的运动过程，根据能量守恒定律求出金属棒ab到达虚线位置时的速度。金属棒ab到达虚线位置时，加速度刚好为零，合力为零，根据平衡条件和安培力与速度的关系求解拉力大小。
解答本题的关键要熟练根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系，要注意运用能量守恒定律时，金属棒ab产生的热量不能遗漏。
6.【答案】C
【解析】解：A、平行玻璃砖不改变光的传播方向，单色光b的入射角大，出射角也大，可知单色光b的出射光束为d，故A错误；
B、由偏折程度可知，单色光b的偏折程度比单色光a的大，折射率比单色光a的大，由v=cn可知，在玻璃中，单色光b的传播速度比单色光a的小，故B错误；
C、两束光从水中射向空气，由sinC=1n可知，单色光b发生全反射的临界角比单色光a的小，故C正确；
D、单色光b的折射率比单色光a的大，则单色光b的波长比单色光a的短，由Δx=Ldλ可知，单色光b的干涉条纹间距小，故D错误。
故选：C。
根据光线通过平行玻璃砖不改变光的传播方向，判断哪束出射光线是光束c；根据光线的偏折程度比较出折射率大小，从而根据v=cn分析光在玻璃中传播的速度大小。由sinC=1n分析临界角大小。根据折射率的大小得出波长的大小，再分析干涉条纹间距大小。
解决本题的关键要掌握平行玻璃砖的光学特性：平行玻璃砖不改变光的传播方向，通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、临界角、双缝干涉条纹间距的关系。
7.【答案】A
【解析】解：地球表面重力加速度为g，对地球表面的物体，则有
GMm′R2=m′g
设空间站距离地球表面的高度为h，由万有引力提供向心力，可得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
空间站绕地球转动的线速度大小为
v=ω(R+h)=2πT3gR2T24π2=32πgR2T
又
T=2πω=2πtθ
联立解得
v=3gθR2t
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据黄金代换以及万有引力提供向心力的模型，以及线速度和角速度的关系求解即可。
本题考查了万有引力提供向心力以及黄金代换，解决本题的关键是熟练掌握万有引力提供向心力的模型。
8.【答案】D
【解析】解：小球运动到最低点时，由机械能守恒
mg×2L=12mv12，F1−mg=mv122L
解得
F1=3mg
小球刚进磁场时，设小球的速度为v2，根据机械能守恒
mg× 3L=12mv22
由牛顿第二定律
F2−mgcs30∘+qv2B=mv222L
比较可知，F2当小球刚要出磁场时
F3−mgcs30∘−qv2B=mv222L
解得
F3=3 32mg+ 2 32mg>3mg
而当小球运动到磁场中最高点时，细线的拉力为零；
故当小球运动的位置为刚要出磁场位置，物块受到的摩擦力最大。
故选：D。
对物块受力分析可知，物块受到的静摩擦力的大小为绳子的拉力，故可将研究物体转化为小球，小球在由静止释放后绕O点以OA距离为半径做圆周运动，分别对小球在四个位置对绳子的力进行计算，再进行比较可得。
对物块进行受力分析，其静摩擦力大小等于绳子的拉力，通过钉子光滑连接，使得绳子上的力大小处处相等，从而转变为分析小球的圆周运动得到绳子上的拉力进行比较；
9.【答案】BD
【解析】解：A、由题图可知，该波的波长为8m，故A错误；
B、t=3s时刻波刚好传播到x=16m处，此时x=6m到x=16m之间距离s=16m−6m=10m，则s=114λ，x=6m处的质点P刚好处于波峰，x=16m处的质点在平衡位置且沿y轴正向振动，所以波源处质点起振方向沿y轴正向，故B正确；
C、由于波源处质点起振方向沿y轴正方向，则知t=1s时刻，波传播到x=10m处，则根据v=xt得波传播的速度为v=62m/s=3m/s，故C错误；
D、该波的周期为T=λv=83s，故D正确。
故选：BD。
由波形图直接读出波长。t=3s时刻波刚好传播到x=16m处，分析x=6m到x=16m之间距离与波长的关系，确定x=16m处的质点起振方向，从而得到波源处质点起振方向。根据t=1s时间内波传播的距离来求解波速。由波速公式求解周期。
解答本题的关键是要知道介质中各个质点的起振方向都与波源起振方向相同，能够根据波形图得到波长，知道波速、波长和周期之间的关系。
10.【答案】AD
【解析】解：AB.根据能量守恒定律，输电线损失的功率为
ΔP=I1U1−I4U4=I2(U2−U3)
故A正确，B错误；
CD.电路的输电效率为
η=I2U3I2U2×100%
可解得η=n1n3U4n2n4U1×100%
故C错误，D正确。
故选：AD。
根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和，分析解答AB，当用户增多时，根据效率的计算公式解得CD。
解决该题需明确知道变压器中原副线圈的电压、电流与匝数的关系，知道原副线圈的功率的关系。
11.【答案】AB
【解析】解：AB、设小球抛出的初速度大小为v0，小球落到圆弧面上时下落的高度为h，水平位移为x，则有：h=12gt2，x=v0t
小球运动轨迹如下图所示：
由图可知：h2+x2=R2，小球落到圆弧面上时的速度v2=v02+2gh，
代入数据可得：v2=gR22⋅1h+32gh
可知当gR22⋅1h=32gh时，球落到圆弧面上有最小速度，此时h= 33R，v= 3gR，故AB项正确；
CD、把h= 33R，v= 3gR代入h2+x2=R2，则可得x= 23R
把h= 33R代入h=12gt2，可得t= 2 3R3g
则小球抛出的初速度大小v0=xt= 23R 2 3R3g= 33gR，故CD项错误。
故选：AB。
AB、小球做平抛运动，写出水平方向和竖直方向的位移表达式，由图可知两个方向的位移与半径R的大小关系，由数学知识可得小球落在圆弧面上时速度最小值，以及对应的竖直方向的高度；
CD、由高度和速度可得水平方向的位移大小，由竖直方向位移可得运动时间，由v0=xt可得初速度大小。
本题考查了平抛运动，解题的关键是利用数学知识来求解小球落到圆弧面上时速度最小值。
12.【答案】BC
【解析】解：A、当弹簧的压缩量为x1时，物块的加速度刚好为零，由平衡条件得：mgsinθ=kx1，可得弹簧的劲度系数为k=mg2x1，故A错误；
C、物块的加速度刚好为零时，速度最大，设为vm。
根据弹簧和物块组成的系统机械能守恒可得：mgsinθ⋅2x1=12kx12+12mvm2
解得物块运动过程中的最大速度为：vm= 6gx12，故C正确；
B、设弹簧的最大压缩量为x，根据系统机械能守恒可得：mgsinθ(x1+x)=12kx2
解得：x=(1+ 3)x1
则弹簧的最大弹性势能为Ep=12kx2=(1+ 32)mgx1，故B正确；
D、根据牛顿第二定律，物块运动的最大加速度为a=kx−mgsinθm= 32g，故D错误。
故选：BC。
当弹簧的压缩量为x1时，物块的加速度刚好为零，根据平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的劲度系数；根据弹簧和物块组成的系统机械能守恒求弹簧的最大弹性势能和物块运动过程中的最大速度；根据牛顿第二定律求最大加速度。
解答本题时要知道弹簧和物块组成的系统机械能是守恒的，但物块的机械能并不守恒。物块的加速度为零时，速度最大。
13.【答案】1.701t2−x tanθ−kd22gcsθ 不变
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，遮光片宽度d=1mm+14×0.05mm=1.70mm
(2)根据牛顿第二定律mgsinθ−μmgcsθ=ma
解得a=gsinθ−μgcnθ
滑块通过光电门的速度v=dt
由位移-速度公式2ax=v2
联立解得1t2=2g(sinθ−μcsθ)d2x
因此为了能直观地反映t随x变化的关系，应作1t2−x图像
图像的斜率为k=2g(sinθ−μcsθ)d2
解得μ=tanθ−kd22gcsθ
(3)若每次测量x时均测量滑块的左侧面到光电门的距离，则滑块到光电门的真实距离x真=x+x0
根据运动学公式可得1t2=2ad2⋅x+2ax0d2
因此图像的斜率不变，测量的结果不变。
故答案为：(1)1.70；(2)1t2−x；tanθ−kd22gcsθ；(3)不变。
(1)20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据牛顿第二定律求加速度；根据运动学公式求1t2−x函数，再分析图像的坐标；
根据1t2−x图像斜率的含义求动摩擦因数；
(3)根据运动学公式求解1t2−x函数，分析图像的斜率，然后作答。
本题考查滑块和长木板间的动摩擦因数的测定，要注意常用仪器的读数方法；实验原理为根据牛顿第二定律与运动学公式求解1t2−x函数，再结合图像进行数据处理和误差分析。
14.【答案】6Ω1.301k1R2 b1k1−R2 1b2 k2b2−R1
【解析】解：(1)由于电源允许通过的电流不超过0.5A，为了使电压表的指针偏转角度较大，同时为了使电流调节的范围大些，应将电阻箱R2的阻值调为：
R=UI=30.5Ω=6Ω。
由于电压表的量程为3V，最小分度为0.1V，图乙中电压表示数为1.30V；由闭合电路欧姆定律可得
E=U+UR2(R1+r)
即1U=1E+rER2+1ER2R1
则1ER2=k1
解得：E=1k1R2
又1E+rER2=b1
解得：r=b1k1−R2
(2)根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+UR2(R1+r)
则1U=1E+R1+rE⋅1R2
根据题意有
1E=b2
R1+rE=k2
解得E=1b2；r=k2b2−R1
故答案为：(1)6Ω；1.30；1k1R2；b1k1−R2；(2)1b2； k2b2−R1
(1)根据电表的电流范围分析出电阻箱的阻值，根据闭合电路欧姆定律结合图像的物理意义分析出电动势和内阻的表达式；
(2)熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义得出对应的表达式。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和图像的物理意义即可完成分析。
15.【答案】解：(1)设开始时左管中封闭气体的压强p1，根据平衡条件p1+h1=p0
左管中封闭气体的压强p1=p0−h1=75cmHg−7cmHg=68cmHg
升温后左管中封闭气体的压强为p2=75cmHg
设升温后左管中水银面下降Δh，右边的水银面上升(h2+Δh′)其中h2=2cm；
根据体积关系ΔhS=h2S+Δh′⋅12S
根据题意Δh+h2+Δh′=7
联立解得Δh=3cm
即左管中水银液面下降了3cm，因此末态左管中空气柱长度L2=L1+Δh=10cm+3cm=13cm
根据理想气体状态方程p1L1ST1=p2L2ST2
代入数据联立解得T2=430.15K
(2)根据(1)可知，要使左、右两管中水银液面相平，左管水银面下降Δh=3cm
空气中的总长度为L2=L1+Δh=10cm+3cm=13cm
以左管中原来的气体为研究对象，当管中压强变为p2时，原来空气柱的长度变为L3
根据玻意耳定律p1L1S=p2L3S
代入数据解得L3=9.067cm
当气体压强变为p2时，整个气柱中空气的密度相同
根据密度公式可得m=ρV=ρSL
因此空气的质量与气柱的长度成正比
则充入气体的质量与充气后管中气体质量的比值为：
Δmm=L2−L3L2=13−9.06713≈0.30
答：(1)环境的温度应升高430.15K；
(2)充入气体的质量与充气后管中气体质量的比值为0.30。
【解析】(1)根据平衡条件求解升温前左管中封闭气体的压强。根据水银柱体积不变的特点结合初始时刻液面的高度差求解左管中水银面下降的高度，再求左管中空气柱的长度。以左管空气柱为研究对象，根据一定质量的理想气体状态方程求解升高的环境温度；
(2)以左管中原来的气体为研究对象，当管中压强变为p2时，根据玻意耳定律求解原来气体所占空气柱的长度；根据密度公式可知，在同一压强和温度下，空气柱的质量与空气柱的长度成正比，据此求解充入气体的质量与充气后管中气体质量的比值。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程和玻意耳定律综合运用。解题时要抓住水银柱的体积不变，这是求解左边空气中总长度的关键。在运用玻意耳定律时一定要以空气中原来的气体为研究对象，才能保证气体的质量不变。
16.【答案】解：(1)当物块的加速度为零时速度达到最大，设此时拉力大小为F，由共点力平衡条件得：
F=mg+f
解得：F=12N
由图乙可得，F与t的关系为：F=−4t+20
当拉力F=12N时，物块运动的时间为：
t1=2s
由动量定理得：
F1−t1−mgt1−ft1=mvm
其中
F1−=12(20+12)N=16N
联立解得：vm=8m/s
(2)设撤去拉力时物块的速度为v，由动能定理得：
−(mg+f)h=0−12mv2
解得：v=6m/s
设拉力作用的时间为t2，由动量定理得：
F2−t2−mgt2−ft2=mv
其中
F2−=12(20+20−4t2)=20−2t2
解得：t2=1s或t2=3s
答：(1)物块向上运动过程中最大速度为8m/s；
(2)若拉力作用一段时间后撤去，撤去拉力后物块还能上升1.5m的高度，则拉力作用的时间为1s或3s。
【解析】(1)加速度为零时速度达到最大，根据共点力平衡条件求出此时拉力大小为F，根据图像再求出拉力大小为F时物块运动的时间，根据动量定理求解
物块向上运动过程中最大速度；
(2)根据动能定理得求出撤去拉力时物块的速度，根据动量定理求解拉力作用的时间。
本题考查了动量定理、动能定理的综合应用，注意在F−t图像中若为一条倾斜直线，则F的平均值为F1+F22。
17.【答案】解：(1)设以初速度v01=34 2kEd射出的粒子进磁场时的速度大小为v1，根据动能定理有
qEd=12mv12−12mv012
解得：v1=54 2kEd
(2)设初速度为34 2kEd的粒子进磁场时速度与y轴夹角为θ，则：v1csθ=v01
解得：csθ=0.6，可得：θ=53∘
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，根据几何关系有：r1+0.6r1=3d
解得：r1=158d
根据牛顿第二定律：qv1B=mv12r1
解得：B=23 2Ekd
(3)画出最大速度和最小速度粒子的大致轨迹如图
初速度为34 2kEd的粒子进磁场时的位置离坐标原点的距离：y1=v01t
根据运动学公式：d=12⋅qEm⋅t2
解得：y1=32d
设该粒子与x=3d相切点离x轴的距离为h1，则：h1=y1−r1cs37∘=0
当粒子从P点射出的初速度为v02=43 2kEd，进磁场时的速度大小为v2，根据动能定理：
qEd=12mv22−12mv022
设粒子进磁场时速度与y轴夹角为α，则：v2csα=v02
粒子在磁场中做圆周运动的半径为r2，则：qv2B=mv22r2
解得：v2=53 2kEd，α=37∘，r2=2.5d
该粒子进磁场时的位置离从坐标原点的距离：y2=v02t=83d
该粒子出磁场时的位置离x轴的距离为：
h2=y2−r2cs53∘+ r22−(3d−r2sin53∘)2=(76+ 212)d
即磁场边界x=3d上有粒子射出区域的长度：
Δd=h2−h1=h2=(76+ 212)d
答：(1)以初速度大小为34 2kEd射出的粒子进磁场时速度的大小为54 2kEd；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小为23 2Ekd；
(3)磁场边界x=3d上有粒子射出区域的长度为(76+ 212)d。
【解析】(1)粒子垂直进入匀强电场，粒子在电场中做类平抛运动，根据动能定理求进入磁场的速度大小；
(2)根据运动学公式求刚好进入匀强磁场时水平速度、合速度的大小和方向；粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，要使粒子与边线相切的条件，求出该条件下的半径，再由牛顿第二定律求磁感应强度大小；
(3)根据题设条件求出以最小、最大速度射入电场进入磁场的位置，根据匀速圆周运动知识求粒子的轨道半径，从而确定出射点位置，比较两种情况应能得到在边界上有粒子射出的长度。
本题是带电粒子在组合场中的交替运动，综合性强，难度很大，需要仔细分析；(2)问中，从题设条件出发，要利用几何关系求出半径；(3)问中，要找到最小速度、最大速度粒子从电场进入，再从磁场离开边界的位置，几何关系更重要。