2023-2024学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市福田区红岭中学高二（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，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.下列说法中正确的是( )
A. 电势是一个标量，单位是V/m
B. 电场强度E=Fq，电容C=QU都是用比值法定义的
C. 电容器所带电荷量是指各个极板所带电荷量的代数和
D. 电流是矢量，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向
2.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa=−10V，φc=10V，b为a、c连线的中点，则关于b点电势φb的大小和场强Eb的方向，以下说法正确的是( )
A. φb<0，Eb的方向指向a
B. φb<0，Eb的方向指向c
C. φb>0，Eb的方向指向a
D. φb>0，Eb的方向指向c
3.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭，如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。设从火箭开始运动到点火的过程始终受气体推力，则此过程中( )
A. 气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
B. 高压气体释放的能量等于火箭动能的增加量
C. 在气体推力作用下，火箭的速度一直在增大
D. 气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量
4.生命在于运动，运动无限精彩。如图所示，质量为450kg的小船静止在水面上，质量为50kg的人在小船甲板上立定跳远的成绩为2m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是( )
A. 人起跳后在空中时，船在匀速运动B. 人起跳后在空中时，船仍保持静止
C. 人相对地面的跳远成绩为2.2mD. 人在立定跳远过程中，船后退了0.4m
5.如图所示的电路中，闭合开关S后，灯泡L正常发光，当将滑动变阻器R的滑片逐渐向右移动时( )
A. 电容C的带电量减小
B. 灯泡L变亮
C. 通过R0的电流方向向左
D. 电源的总功率变小
6.如图所示，光束PO从半圆形玻璃砖的圆心O射入后分成Ⅰ、Ⅱ两束，分别射向玻璃砖圆弧面上的a、b两点。比较Ⅰ、Ⅱ两束光( )
A. 玻璃砖对光束I的折射率更大
B. 光束Ⅰ在玻璃砖中的速度更大
C. 光束Ⅰ在玻璃砖里传播的时间更短
D. 增大光束PO的入射角θ，光束Ⅰ会发生全反射
7.现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，辅助麦克风收集背景音，与主麦克风音质信号相减来降低背景噪音。图甲是原理简化图，图乙是理想状态下的降噪过程，实线表示环境噪声声波，虚线表示降噪系统产生的等幅降噪声波，则下列说法正确的是( )
A. 降噪过程应用的是声波的衍射原理
B. 理想状态下，降噪声波与环境噪声声波的传播速度大小相等，波长相等
C. P点处的质点经过一个周期振动所产生的路程为4A(A为降噪声波的振幅)
D. P点处的质点经过一个周期向外迁移的距离为一个波长
8.在生产和科学实验的许多领域，常常需要通过控制电极的形状和电势来调整控制电场。如图所示，两平行金属极板K、G正对放置，在极板G中央挖一圆孔，两极板间加电压，K极电势较高，等势面分布如图所示。从K极中心处发射有一定宽度的平行于中心轴(x轴)的电子束，不考虑电子的重力及电子间的相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 极板G上圆孔右侧的电场线向中心轴会聚
B. 电子通过圆孔前后的一小段时间内加速度不断增大
C. 对会聚到F点的电子，从发射到会聚，电场力做功相同
D. 沿着中轴线运动的电子一直做匀变速直线运动
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
9.如图所示为法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图。两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列情况中线圈B可以产生感应电流的是( )
A. 开关S接通或断开瞬间B. 开关S接通一段时间之后
C. 开关S接通后，改变变阻器滑片的位置时D. 开关S断开后，改变变阻器滑片的位置时
10.如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为x=5sin(10πt+π2)cm.下列说法正确的是( )
A. MN间距离为5cmB. 振子的运动周期是0.2s
C. t=0时，振子位于N点D. t=0.05s时，振子具有最大加速度
11.如图所示为某手机内部加速度传感器的俯视图，M、N为电容器的两极板，M板固定在手机上，N板通过两个完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开。手机静止时，M、N间距离为d0，弹簧为原长状态，电压传感器示数为U0。不计摩擦，若手机在水平面内运动的加速度如图中所示，则( )
A. M、N间距离将小于d0，电容器的电容变大
B. M、N间距离将大于d0，电容器的电容变小
C. M、N板间的电场强度变小
D. 电压传感器的示数大于U0
12.如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为5m的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块(可视为质点)从距离水平面高度为h的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹回。不计一切摩擦，碰撞过程无能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒
B. 滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽
C. 滑块第二次离开弧形槽后，一定能再碰弹簧
D. 全过程中，弹簧获得的最大弹性势能为56mgh
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.图甲是验证动量守恒定律的装置，气垫导轨上安装了1、2两个光电门，两滑块上固定有相同的竖直遮光条。实验步骤如下：

(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度如图乙所示，其读数为______cm。
(2)接通气源后，给导轨上的滑块一个初速度，使它从轨道最左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间。为使导轨水平，可旋转调节旋钮Q使轨道右端适当______(选填“升高”或“降低”)。
(3)正确调整气垫导轨后，将滑块A静置于两光电门之间，滑块B静置于光电门2右侧，水平向左推B，使其经过光电门2后与A发生碰撞且被弹回，再次经过光电门2。光电门2先后记录的时间分别为Δt1、Δt2，光电门1记录的时间为Δt3，遮光条的宽度用d表示，则滑块B碰后的速度大小为______(用所测物理量的符号表示)。
(4)若测出滑块A和遮光条的总质量为mA，滑块B和遮光条的总质量为mB，要验证碰撞过程动量守恒，则应满足的关系式是______(用以上各步骤中所测物理量的符号表示)。
14.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3Ω
C.电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω
D.电压表：量程0～3V，内阻约为2kΩ
E.电压表：量程0～15V，内阻约为15kΩ
F.滑动变阻器：0～10Ω，额定电流2A
G.滑动变阻器：0～100Ω，额定电流1A
H.开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差。在现有器材的条件下，要求尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
(1)则滑动变阻器应选______，电流表应选______，电压表应选______。(均填器材前的字母代号)
(2)请在方框中画出实验电路图。

(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图所示的U−I图像，干电池的电动势E= ______V，内电阻r= ______Ω。(结果均保留两位小数)

(4)实验中需要考虑电压表内阻的影响导致的系统误差，干电池电动势的测量值______真实值，内阻的测量值______真实值。(均选填“大于”、“小于”或“等于”)
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
15.如图(a)，一列简谐横波沿x轴传播，实线和虚线分别为t1=0和t2时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置为x1=1.0m和x2=4.0m的两个质点，图(b)为质点Q的振动图像。求：
(1)波的传播方向和波速大小；
(2)t2的大小；
(3)从t1=0时刻起，质点P第一次到达波峰处所需要的时间。
16.在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死肿瘤细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，极板AA1间的加速电压U=5×107V，然后从坐标系xOy中的B点(0,d)平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=5×108N/C，OP与x轴夹角α=30°。质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点(图中未标出)。取质子比荷为qm=1×108C/kg，d=0.5m，不计重力作用。求：
(1)通过极板A1中间的小孔射出时的速度v0；
(2)B、C两点电势差UBC；
(3)质子击中边界OP的C点坐标。
17.如图所示，质量为3m的长木板C静置在光滑水平地面上，板长为1.5L，上表面光滑，右端通过挡板固定一个轻弹簧，质量为m的小物块B静置在板上的最左端。用长为L、不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力、小球大小及挡板质量，重力加速度为g。求：
(1)弹簧被压缩后具有的最大弹性势能；
(2)长木板速度最大时，小物块B的速度；
(3)若小物块B与长木板上表面间的动摩擦因数为0.5，最终停在长木板中点(已脱离弹簧)，则此过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.电势的运算法则是代数加减法则，所以电势是一个标量，单位是V，故A错误；
B.电场强度E=Fq，电容C=QU都是用比值法定义的，故B正确；
C.电容器所带电量等于任意一个极板所带电荷量的绝对值，两个极板所带电荷量的代数和是零，故C错误；
D.物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，虽然电流有方向，但是它的运算不适用于平行四边形法则，所以电流是标量，故D错误。
故选：B。
电势是标量；电场强度和电容都是用比值法定义的；电容器所带电荷量是其中一个极板所带电荷量的绝对值；电流是标量。
熟练掌握电势、电场强度、电容、电流等基本概念是解题的基础。
2.【答案】C
【解析】解：由于φa<φc，可知Eb的方向指向a，由于b为a、c连线的中点，有dab=dbc根据电场线的疏密可知
E−ab>E−bc
根据U=Ed
可得Ucb即φc−φb<φb−φa
可得φb>0
故ABD错误，C正确；
故选：C。
根据a、c两点的电势高低判断电场方向，再利用非匀强电场的特点结合公式U=Ed进行定性的分析并列式确定b点的电势值。
考查非匀强电场的知识点，会结合匀强电场中的电压公式定性的比较和判断电势的高低。
3.【答案】D
【解析】解：A.火箭动量的增加量等于气体对火箭推力、空气阻力以及火箭重力冲量的矢量和，故A错误；
B.根据能量转化与守恒可知，火箭动能的增加量与火箭重力势能增加量和克服空气阻力的功的代数和等于高压气体释放的能量，故B错误；
C.火箭向上运动的过程受到气体对火箭推力、空气阻力以及火箭重力，不仅仅有气体的推力，故C错误；
D.火箭机械能的增加量等于气体的推力和空气阻力对火箭做功的代数和，故D正确。
故选：D。
正确理解火箭在加速时速度的变化情况；根据能量的转化与守恒关系分析能量变化；根据动量定理分析动量的增加量。
本题考查动量定理与功能关系，解题关键掌握动能定理与能量守恒定律，注意速度最大时加速度为0。
4.【答案】A
【解析】解：AB.人和船水平方向动量守恒为零，人起跳后在空中水平方向匀速运动，故船匀速运动，故A正确，B错误；
CD.人和船水平方向动量守恒为零，以向右为正，有m人v人−m船v船=0，同时乘以t，则式子变为m人x人−m船x船=0，依题意，x人+x船=2m，解得，x人=1.8m，x船=0.2m，故人相对地面的跳远成绩为1.8m，人在立定跳远过程中，船后退了0.2m，故CD错误。
故选：A。
人和船水平方向动量守恒为零，分析船做匀速运动；
人和船水平方向动量守恒为零，满足m人x人−m船x船=0，分析位移。
本题解题关键是分析出人和船水平方向动量守恒，且动量和为零。
5.【答案】D
【解析】解：ABC、将滑动变阻器R的滑片逐渐向右移动，滑动变阻器阻值变大；电流变小，灯泡变暗，内电压变小，则路端电压变大，电容器两端的电压变大，根据Q=CU可知电容器充电，带电量增大，通过R0的电流方向向右，故ABC错误；
D、电流变小，根据P=EI可知电源的总功率变小，故D正确；
故选：D。
分析电路结构，灯泡与滑动变阻器R串联，根据闭合电路欧姆定律分析电流，从而确定灯泡的明暗程度，电容器两端电压等于路端电压，根据Q=CU确定带电量，根据P=EI分析总功率变化。
本题考查了闭合电路欧姆定律，属于动态分析的问题，解题的关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律分析求解。
6.【答案】A
【解析】解：A.根据折射率的公式n=sinθsinγ，由于两束光入射角相等，折射角γ1<γ2，故n1>n2，故A正确；
BC.根据公式v=cn可知，折射率n越大，光速越小，光束Ⅰ在玻璃中的传播速度更小，又因为两束光在玻璃中传播的距离相同，故光束Ⅰ的传播时间更长，故BC错误；
D.由于光束是由光疏介质进入光密介质，不满足发生全反射的条件，增大入射角也不能发生全反射，故D错误；
故选：A。
A.根据折射率的计算公式结合图中折射角比较判断；
BC.根据介质中的光速公式和传播距离进行比较；
D.根据全反射发生的条件进行分析判断。
考查光在不同介质中传播发生折射的问题，深入理解折射率的运算，比较光在介质中传播的速度和时间，全反射的条件等。
7.【答案】B
【解析】解：AB.由图可看出，理想状态下降噪声波与环境声波波长相等，波速相等，则频率相同，叠加时产生干涉现象，由于两列声波等幅反相，振动减弱，起到降噪作用，所以降噪过程应用的是声波的干涉原理，故A错误，B正确；
C.图乙所示，此时介质中的质点P处于平衡位置，但因为两列声波等大反向，所以合振幅为零，故质点P静止不动，路程为零，故C错误；
D.波传播时，质点不随波移动，只在平衡位置附近振动，则P点并不随波移动，故D错误。
故选：B。
根据叠加原理，两列声波等幅反相，叠加时产生干涉现象，振动减弱；振动点不随波移动。
本题解题关键是根据叠加原理分析，注意两列声波等幅反相时，振动减弱，是一道基础题。
8.【答案】C
【解析】解：A、K极板电势较高，越向右的等势面电势越低，电场线与等势面垂直，从高等势面指向低等势面，孔右侧的电场线与等势面垂直且远离中心轴向右发散，故A错误；
B、孔右侧的电场线远离中心轴向右发散，电场强度减小，则电子受电场力减小，加速度减小，故B错误；
C、电子从极板K的中心处发射会聚到同一点F，K板中心与F点间的电势差U恒定，由W=−eU可知，电场力对它们做功一定相同，故C正确；
D、由于加速度不断变化，则电子做变速运动，故D错误。
故选：C。
电场线与等势面相互垂直，由高等势面指向低等势面；等势面密集的地方，电场强度越大，电场力越大，加速度越大；根据电子的运动过程应用动能定理判断电场力对电子做功情况。
本题考查了电子的运动情况、电场力做功情况与比较等势面间电势差问题，涉及的知识点较多，掌握基础知识、分析清楚图示等势面是解题的前提。
9.【答案】AC
【解析】解：A、将开关S接通或断开的瞬间，磁场由无到有或磁场由有到无，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，故A正确；
B、开关S接通一段时间之后，磁场不变，通过线圈B的磁通量不发生变化，线圈B中不能产生感应电流，故B错误；
C、开关S接通后，改变滑动变阻器滑动头的位置时，A线圈电流发生变化，磁场变化，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，故C正确；
D、开关S断开后，改变变阻器滑片的位置时，此时A线圈中无电流，穿过线圈B的磁通量始终为零，故B中无电流，故D错误。
故选：AC。
电流表与线圈B构成闭合电路，当A线圈中磁通量发生变化时，出导致B线圈中产生感应电动势，从而可出现感应电流。
解决本题的关键掌握感应电流的产生条件，知道当穿过闭合回路中的磁通量发生变化时，会产生感应电流。
10.【答案】BC
【解析】解：A、MN间距离为2A=10cm，故A错误；
B、因ω=10πrad/s，可知振子的运动周期是T=2πω=2π10πs=0.2s，故B正确；
C、由x=5sin(10πt+π2)cm可知t=0时，x=5cm，即振子位于N点，故C正确；
D、由x=5sin(10πt+π2)cm可知t=0.05s时x=0，此时振子在O点，振子加速度为零，故D错误；
故选：BC。
根据振动方程分析振幅大小，A、B两点间的距离为振幅的两倍；根据周期和角速度的关系式求解振子振动的周期；
将t=0代入振动方程即可判断振子所处的位置；将t=0.05s代入振动方程，判断振子的位置，即可判断振子的振动状态。
解决该题首先要根据振动方程分析振子的振幅、周期以及0时刻的振动状态，知道周期的求解公式。
11.【答案】BD
【解析】解：AB.当手机在水平面内以加速度a向右运动时，由牛顿第二定律可知N极板受沿垂直极板方向向右的合力，结合题图可知N极板向左压缩弹簧，N、M间的距离d增大，根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知电容器的电容变小，故A错误，B正确；
C.根据电容的定义式C=QU和决定式C=εrS4πkd，E=Ud，联立可得两板间的电场强度E=4πkQϵrS，由于电容器充电后，与电源断开，电容器上的电荷量Q不变，所以M、N两板间的电场强度不变，故 C错误；
D.结合以上分析可知N、M间的距离d增大，C减小，Q不变，则U增大，故电压传感器的示数大于U0，故D正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律可知，电容器两极板间的距离变大，由电容的决定式C=εrS4πkd分析电容的变化，电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C=QU分析电容器板间电压的变化，即可知道电压传感器的示数变化。再结合E=Ud分析板间场强的变化。
本题考查电容器的动态分析问题，关键要根据电容的决定式C=εTS4πkd、电容的定义式C=QU、场强公式E=Ud相结合推导出场强与电荷量的关系。
12.【答案】BCD
【解析】解：A.滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故二者构成的系统动量不守恒，但只有重力做功，二者构成的系统机械能守恒，故A错误；
BD.设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为v1，弧槽的速度v2，
滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受外力，水平方向满足动量守恒，
则根据水平动量守恒有mv1=5mv2
滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有mgh=12mv12+12×5mv22
联立解得：弧槽的速度v2= gh15，滑块的速度大小v1=5 gh15
滑块压缩弹簧时，当速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有Epmax=12mv12
解得Epmax=56mgh
由于能量守恒，滑块被原速弹回v1>v2，所以滑块第一次被弹簧反向弹回后，一定能追上弧形槽，故BD正确；
C.滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时滑块的速度大小为v3，弧槽的速度大小为v4，设水平向左为正方向，根据系统水平动量守恒可得
mv1+5mv2=mv3+5mv4
根据系统机械能守恒可得12mv12+12×5mv22=12mv32+12×5mv42
解得v4=73v2或v4=v2
当v4=73v2时v3=−53v2
当v4=v2时v3=5v2
由于v3>v4，所以v4=v2舍去。
由于滑块第二次离开弧形槽后滑块的速度不为零，所以滑块一定能再碰弹簧，故C正确；
故选：BCD。
A在光滑弧形槽上下滑的过程，A与弧形槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，求出A滑离弧形槽时A和弧槽的速度，根据能量守恒求出弹簧获得的最大弹性势能；根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒判断是否能追上弧形槽；根据系统水平方方向动量守恒和系统机械能守恒判断滑块第二次离开弧形槽后能否与弹簧发生作用。
本题考查了动量守恒和能量守恒。本题的答题关键是明确：滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。
13.【答案】1.345 升高 dΔt2 mB1Δt1=mA1Δt3−mB1Δt2
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm，测得遮光条的宽度为13mm+0.05mm×9=13.45mm=1.345cm
(2)实验前，接通气源后，在导轨上轻放一个滑块，给滑块一初速度，使它从轨道左端向右运动，发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块向右做加速运动，轨道右端偏低，则为使导轨水平，可调节Q使轨道右端升高一些。
(3)滑块B碰后的速度大小为v2=dΔt2
(4)滑块B碰前的速度大小为v1=dΔt1
滑块A碰后的速度大小为
v3=dΔt3
规定向左为正，根据动量守恒定律可知
mBv1=mAv3−mBv2
代入数据解得
mB1Δt1=mA1Δt3−mB1Δt2
故答案为：(1)1.345；(2)升高；(3)dΔt2；(4)mB1Δt1=mA1Δt3−mB1Δt2
(1)根据游标卡尺的精度读数；
(2)发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间，说明滑块向右做加速运动；
(3)根据通过光电门的时间解得速度；
(4)根据动量守恒定律求解。
本题考查动量守恒定律的验证，学生要注意动量的方向问题，守恒公式为矢量式。
14.【答案】F B D 1.48 2.40 小于 小于
【解析】解：(1)一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选择D；电动势较小，回路电流较小，故电流表选择量程较小的B；滑动变阻器G最大阻值过大，不利于调节电压表和电流表示数发生明显变化，所以滑动变阻器应选F。
(2)因为电源内阻很小，电流表内阻也很小，所以为了减小电流表带来的系统误差，选择电流表相对电源外接法，电路图如下
(3)根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得
U=E−Ir
由图丙所示图像可知，干电池的电动势
E=1.48V
内电阻
r=k=1.48−Ω=2.40Ω
(4)由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U−I图像如图所示
由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
故答案为：(1)F；B；D；(2)见解析；(3)1.48；2.40；(4)小于；小于
(1)电流根据电路中的电流大小选择，本实验电流较小；电压表根据电池的电动势选择，电池电动势为1.5V；滑动变阻器根据实验需要选择，为了方便调节使电表读数变化明显；
(2)(3)根据实验原理设计电路图，写出实验的原理式，变形为图线的数学表达式，根据U−I图像求电池的电动势和内阻；
(4)本实验采用电流表外接法，由于电压表分流的原因，电流的真实值大于测量值，外电路短路时电路的测量值等于真实值，得出真实值的U−I图像，根据图像可判断。
本题考查了测量电源电动势和内阻的实验，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材的选择、图像法处理数据和误差分析。
15.【答案】解：(1)由图(b)知t1=0时刻质点Q沿着+y正向振动，可知波沿+x正方向传播；
由两图可知λ=8m，T=0.2s
则波速为v=λT
解得v=40m/s
(2)根据题意可知t2=14T+nT(n=0、1、2、3…)
解得t2=0.05+0.2n(n=0、1、2、)
(3)波沿x轴正方向传播，质点P第一次到达波峰处的时间即波传播Δx=7m的时间，
则t=Δxv
解得t=0.175s
答：(1)波沿+x正方向传播；波速大小为40m/s；
(2)t2的大小为0.05+0.2n(n=0、1、2、)；
(3)从t1=0时刻起，质点P第一次到达波峰处所需要的时间为0.175s。
【解析】(1)根据图(b)读出t1=0时刻质点Q的振动方向，即可知道波的传播方向，根据波长和周期计算波速：
(2)根据波的周期性求从实线到虚线波形图所经历的时间；
(3)根据t=Δxv解得时间。
解决本题的关键要理解波的周期性即重复性，能根据两个时刻的波形图分析波传播的时间与周期的关系，写出传播时间的通项。
16.【答案】解：(1)质子在极板AA1间加速，由动能定理可得
qU=12mv02
代入数据解得
v0=1×108m/s；
(2)质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点，如图所示

根据几何关系，质子到达C点时的速度
v=v0sinα=1×10812m/s=2×108m/s
质子从B点到C点，由动能定理得
qUBC=12mv2−12mv02
代入数据解得B、C两点电势差为
UBC=1.5×108V；
(3)质子在电场中做类平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，根据电场强度与电势差的关系
E=UBCy
代入数据解得
y=0.3m
故
yC=d−y=0.5m−0.3m=0.2m
由几何关系得
tanα=d−yx
代入数据解得
x= 35m
即
xC=x= 35m
所以C点坐标为( 35m,0.2m)。
答：(1)通过极板A1中间的小孔射出时的速度v0为1×108m/s；
(2)B、C两点电势差UBC为1.5×108V；
(3)质子击中边界OP的C点坐标为( 35m,0.2m)。
【解析】(1)根据动能定理求解通过极板A1中间的小孔射出时的速度；
(2)根据几何关系求解质子到达C点的速度，质子从B点到C点根据动能定理求解B、C两点电势差；
(3)根据电场强度与电势差关系求解竖直位移，根据几何关系求解水平位移，即可得出C点的坐标。
本题考查带电粒子在电场中加速和偏转问题，要求学生熟练掌握带电粒子在电场中加速和偏转的基本规律及其应用。
17.【答案】解：(1)碰撞前，对球有
mgl=12mv12
A、B弹性碰撞，取向右为正方向，有
mv1+0=mAvA+mBvB12mv12+0=12mAvA2+12mBvB2
碰撞后到弹簧压缩最大，取向右为正方向，有
mv1=4mv2
解得
v2=14 2gL
则弹簧的最大弹性势能
Epm=12mv12−12×4mv22
解得
Epm=34mgL
(2)小物块B与弹簧分离时，长木板的速度最大。对B和长木板，取向右为正方向，有
mv1=mv3+3mv4
12mv12=12×3mv42+12mv32
解得长木板速度最大时，小物块B的速度
v3=−v4=12v1=12 2gL
即此时B的速度大小为
v4=12v1=12 2gL
方向向左。
(3)弹簧最短时，B停在长木板中点时，它们均达到共速，速度均为v2。从A、B碰后到弹簧最短，对木板及木块，有
12mv12−12×4mv22=μmgs
弹簧被压缩后的最短长度
x=0.75L−s−0.75L2=0.375L
从弹簧最短到B停在长木板中点，有
EP=μmg(0.75L−x)
解得
EP=0.1875mgL
答：(1)弹簧被压缩后具有的最大弹性势能34mgL；
(2)长木板速度最大时，小物块B的速度 2gL2，方向向左；
(3)若小物块B与长木板上表面间的动摩擦因数为0.5，最终停在长木板中点(已脱离弹簧)，则此过程中弹簧的最大弹性势能为0.1875mgL。
【解析】(1)当共速时弹性势能最大，再根据机械能守恒和动量守恒分析求解；
(2)根据物块滑离木板时的状态，利用机械能守恒和动量守恒分析求解；
(3)根据能量守恒讨论物块相对长木板运动的路程，再根据路程与弹簧长度的关系分析求解。
本题考查动量守恒定律、功能关系，综合性高，理解物体不同状态下的能量和动量情况，结合公式计算求解。