江西省新八校2024届高三下学期第二次联考（二模）物理试题（Word版附解析）

这是一份江西省新八校2024届高三下学期第二次联考（二模）物理试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.关于原子结构和微观粒子波粒二象性，下列说法正确的是( )
A. 德布罗意提出实物粒子也具有波动性，这种波叫做物质波。
B. 普朗克通过研究黑体辐射的实验规律，提出了光具有波粒二象性。
C. 卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
D. 根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性
2.一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经等压过程到状态b；第二次先经等容过程到状态c，再经等温过程到状态b。V−T图像如图所示。则( )
A. a→b过程气体从外界吸热
B. a→c过程中气体向外界放出热量
C. 气体在状态c时比在状态b时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多
D. a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功多
3.如图所示，a、b、c、d、e、f是以O为球心的球面上的点，平面aecf与平面bedf相互垂直，分别在b、d两点放上等量异种点电荷，则下列说法正确的是( )
A. a、c、e、f四点电场强度大小相同，但方向不同
B. a、c、e、f四点电势不同
C. 若电子沿直线a→O→c运动过程中，电子受到的电场力大小一直不变
D. 若电子沿圆弧a→e→c运动过程中，电势能保持不变
4.随着无人机技术的日益成熟，无人机已经广泛应用于军事、民用、商业等各行各业。某中学航天课外活动小组的同学们在发射无人机升空后，无人机沿着如图所示的方向斜向上做匀速直线运动，速度方向与竖直方向成37∘角。飞行过程中空气阻力大小恒为重力的0.2倍，阻力方向始终与速度方向相反，g为重力加速度，无人机的质量为m，则在飞行过程中无人机受到的推力的大小是( )
A. 0.7mgB. 0.2mgC. 3mgD. 345mg
5.天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四运载火箭成功发射意味着中国航天开启了走向深空的新旅程。如图所示，“天问一号”发射过程可以简化为先进入环绕地球的近地停泊轨道，从停泊轨道的A点进入椭圆形转移轨道。已知近地轨道的半径可认为等于地球半径R，C点为近地停泊轨道上的另一点，B点是椭圆轨道的远地点，且AB=4R，地球表面的重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A. “天问一号”在C点的速度大于在椭圆轨道上A点的速度
B. “天问一号”在椭圆轨道上从A点运行到B点的时间为2π 2Rg
C. “天问一号”在椭圆轨道上由A点向B点移动过程中机械能不断增大
D. “天问一号”在椭圆轨道上A点与B点的速度之比为 3:1
6.如图甲所示，长木板放在光滑的水平地面上，一个质量m=5kg的小物块放在长木板上，给小物块施加如图甲所示的水平拉力F，且F随时间的变化规律如乙图所示，在此后的运动过程中物块与长木板之间的摩擦力随时间变化规律如丙图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，结合图中数据下列说法正确的是( )
A. 小物块与长木板之间的动摩擦因数为0.4B. 长木板的质量为3 kg
C. t=3s时小物块的速度大小为9m/sD. t=4s时小物块的速度大小为24m/s
7.如图甲所示，一端固定在地面上的弹簧上端放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA=1kg，mB=2kg。轻弹簧另外一端与物块A相连。A、B两物块紧靠但不相连，开始时弹簧被压缩且整个系统恰好处于静止状态。从t=0时刻开始，对B施加一竖直向上的力F使物块B做匀加速运动，力F随时间变化的规律如图乙所示(g=10m/s2)，下列说法正确的是( )
A. t=0.2s时AB物体向上运动的距离为0.1m
B. 弹簧的劲度系数k=100N/m
C. 运动过程中A的最大速度为V=1m/s
D. 在0−0.2s内F做的功为7 J
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一列简谐横波沿x轴传播，图(1)是1 s时刻的波形图；P是介质中位于x=1m处的质点，其振动图像如图(2)所示。下列说法正确的是( )
A. 这列波沿x轴负方向传播
B. 这列波的波速为1m/s
C. 质点P在0∼5s时间内运动的路程为5 m
D. x=52m处的质点在t=6s时位于波谷处
9.如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为2，所接电源为有效值恒为U的正弦交流电压，且不计电源内阻。原线圈接有定值电阻R0，副线圈接有定值电阻R1以及滑动变阻器R2，且R1=R0，R2最大阻值也等于R0，四个理想交流电表的连接如图所示。现将R2的滑动触头从上向下滑动，电表的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，则下列说法正确的是( )
A. 电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小
B. 电压表V1的示数增大，电流表A1的示数减小
C. 滑片P向下滑动过程中变压器输出最大功率为4U225R0
D. ΔU1ΔI1:ΔU2ΔI2=2
10.如图所示，光电管和一金属材料做成的霍尔元件串联，霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c且水平放置，该霍尔元件放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。某时刻让一束光照到光电管的阴极K激发出光电子，闭合电键S，调节滑动变阻器的划片到某一位置，电流表A的示数为I，电压表的示数位U。经典电磁场理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，且恒定电场的性质和静电场性质相同。已知电子电量为e，电子的质量为m。霍尔元件单位体积内的电子数为n，则( )
A. 霍尔元件前表面电势低于后表面电势
B. 霍尔元件前后表面的电压大小为BInec
C. 霍尔片内的电场强度大小为 BInebc2+Ua2
D. 将滑动变阻器的划片P向右滑动，电流表的示数会不断地增加。
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“探究弹簧弹力大小与伸长量关系”的实验中，第一组同学设计了如图甲所示的实验装置。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，先测出不挂钩码时弹簧的长度L0，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出钩码静止时相应的弹簧总长度L，根据x=L−L0算出弹簧伸长的长度x，根据测量数据画出如图乙所示的F−x图像。
(1)根据所得的F−x图线可知该弹簧的劲度系数为_________N/m。
(2)第二小组同学在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹簧弹力与弹簧长度之间关系的图像如图丙所示，下列说法正确的是_________。
A.a的原长比b的短 B.a的原长比b的长
C.a的劲度系数比b的小 D.a的劲度系数比b的大
(3)第三小组同学将第一组同学用的同一弹簧水平放置测出其自然长度L0，然后竖直悬挂测出挂上钩码后的弹簧的总长度L，根据x=L−L0算出弹簧伸长的长度x。他们得到的F−x图线如图丁所示，则图像不过原点的原因可能是__________________，第三组同学利用该方案测出弹簧的劲度系数和第一组同学测出的结果相比_________(偏大、偏小、相同)。
12.某实验小组的同学在实验室找到了一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，设计了如图甲所示的电路进行了实验探究，其中MN为电阻丝，用螺旋测微器测得其直径大小为D，R0是阻值为0.70Ω的定值电阻。正确接线后，闭合开关S，调节滑片P，记录电压表示数U、电流表示数I以及对应的PN长度x，通过调节滑片P，记录多组U、I、L的值。
(1)用螺旋测微器测量电阻丝横截面的直径D，示数如图乙所示，D=_________mm。
(2)根据实验数据绘出的U−I图像如图丙所示，由图丙可得电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。(结果均保留两位有效数字)；由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值_________其真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)；
(3)根据实验数据可进一步绘出UI−x图像如图丁所示，根据图像可得电阻丝的电阻率ρ=_________Ω⋅m。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.光纤作为宽带接入一种主流的方式，有着通信容量大、中继距离长、保密性能好、适应能力强、体积小重量轻、原材料来源广、价格低廉等的优点，在宽带互联网接入的应用非常广泛。如图为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L=10m，现一束细光束从右端面中点以θ=60∘的入射角射入，全部光线恰好能从左端射出。求：
(1)玻璃的折射率n
(2)若从右端射入的光能够全部传送到左端，求光在光导纤维内传输的最长时间t
14.如图甲所示，在水平放置的两平行金属板的右侧存在有界的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场边界MN和PQ与平行板的中线OO′垂直。金属板的下极板接地，上极板的电压u随时间变化的情况如图乙所示且UM=mv 023q，匀强磁场的磁感应强度为B，现有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以v0的速度沿两板间的中线OO′连续进入电场，经电场后射入磁场。在t=0.10s时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘穿越电场射入磁场。假设在粒子通过电场区的极短时间内极板间的电压可以看作不变，粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计。
(1)求t=0.10s时刻射入电场的带电粒子射出电场时的速度大小和方向。
(2)为使t=0.10s时刻射入电场的带电粒子不会由磁场右边界射出，该匀强磁场区的宽度至少为多大？
(3)若磁场的宽度足够大，t=0.05s时刻以v0射入电场的带电粒子，射入磁场后，从磁场射出的出射点和入射点间的距离x的大小是多少？
15.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MM′、NN′间距为L=0.1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面与水平绝缘桌面成θ=53∘角，轨道上端接有电容为C=1F的不带电电容器，初始时电键S处于断开状态。斜面上MM′NN′区域内存在垂直斜面向下的匀强磁场，导轨下端和水平桌面平滑连接。水平桌面的MM′PP′段粗糙，M′P长为0.1m，摩擦因数μ=0.24。PP′的右侧桌面都光滑，并且存在足够多的一系列相邻且边长均为L=0.1m正方形磁场区域，相邻两磁场方向相反(竖直向上或竖直向下)。在斜面和水平面上各个不同的磁场区域内的磁场的磁感应强度大小均为B=1T。在倾斜轨道上距离轨道下边界M′N′0.08m处静止放置一金属棒a，其质量m=0.01kg。紧邻水平轨道PP′右侧放置一边长L=0.1m、质量M=0.04Kg、电阻为R=4Ω的匀质正方形刚性导线框bcde。闭合电键S，同时由静止开始释放金属棒a，a棒水平向右经过粗糙水平桌面MM′PP′区域后与导线框bcde发生弹性碰撞，碰撞后导线框在运动过程中的速度方向保持不变。金属轨道电阻不计，求：
(1)金属棒a滑到斜面底端时的速度V大小；
(2)碰撞后导线框de边刚进入其右侧磁场时导线框的加速度大小；
(3)碰撞后导线框向右运动的最大位移。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题是关于物理学史的考查及实物粒子的波动性考查，基础题目。
【解答】
A、德布罗意提出实物粒子也具有波动性，这种波叫做物质波，A正确；
B、为了解释黑体辐射的实验规律，普朗克提出了能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，B错误；
C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，后来经过实验发现了质子，并预言了中子的存在，中子最终由查德威克发现，C错误；
D.衍射是波的属性，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有波动性，D错误。
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，理解图像的物理意义，能根据图像分析出气体状态参量的变化，结合热力学第一定律即可完成分析。
【解答】
A.a→b 过程，气体压强不变，即等压变化过程，温度降低，故内能减小。该过程体积减小，外界对气体做正功，故气体向外界放热，A错误；
B.a→c 过程，气体体积不变，即等容变化过程，外界对气体不做功，温度降低，故内能减小，故气体向外界放热，B正确；
C.c→b 过程，气体的温度相等，体积变小压强变大，由气体压强的微观解释可知，在状态b时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，C错误。
D.a→b过程中压强不变，a→c→b过程中压强先变小再变大，两个过程中体积变化相同，a→c→b过程中平均压强小于a→b过程中平均压强，所以a→c→b过程中外界对气体做的功比a→b过程中外界对气体做的功少，D错误。
3.【答案】D
【解析】【分析】
该题考查等量异种点电荷相关知识。熟知等量异种点电荷电场线特点和规律，逐项分析解题即可。
【解答】
A.等量异种点电荷中垂面上，关于O点对称的点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误；
B.a、e、c、f四点在等量异种点电荷中垂面上，因此四点在零势面上，电势相同，故B错误；
C.电子沿直线a→O→c运动过程中，场强大小变化，电场力大小变化，故C错误；
D.电子沿球面曲线a→e→c运动过程中，电势处处相等，电势能不变，故D正确。
故选：D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
先将无人机受到的各个力沿速度方向与垂直于速度方向进行正交分解，设无人机推力在x、y两个方向的分力分别为Fx、Fy;在x方向和y方向应用平衡条件列方程，联立两个方程结合力的合成就能求出推力的大小。
本题主要考查物体的受力分析、平衡条件以及力的合成，难度一般。
【解答】
对无人机进行受力分析，受到重力、阻力以及推力，无人机做匀速运动，则受力平衡：
垂直于速度方向有：Fy=mgsin37∘=35mg
沿速度方向有：Fx−f−mgcs37∘=0
解得Fx=mg
根据力的合成有
F= Fx2+Fy2= 345mg，D正确。
5.【答案】B
【解析】【分析】
考查卫星运行规律，结合开普勒第三定律和黄金代换公式计算椭圆轨道周期。开普勒第二定律计算近地点和远地点速度比。
【解答】
A、近地轨道到椭圆轨道需要加速，C点速度小于在椭圆轨道上A点的速度，A错误；
B、由开普勒第三定律2R3T2=R3T12，由GMmR2=m4π2T12R，结合GMm0R2=m0g得T=4π 2Rg，在椭圆轨道上从A点运行到B点的时间为T2=2π 2Rg，B正确；
C、在椭圆轨道上由A点向B点移动过程只有万有引力做功，机械能不变，C错误；
D、由开普勒第二定律vA×R=vB×3R，所以“天问一号”在椭圆轨道上A点与B点的速度之比为3:1，故D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】本题考查板块模型以及动力学的图像问题，对于两个有相对运动的物体，速度慢的物体受到的摩擦力是动力，速度快的物体受到的摩擦力是阻力。
同时要明确当两个物体达到共速时，摩擦力一定会发生变化。通过受力情况结合牛顿第二定律分析解题。同时要知道力-时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示力的冲量，结合动量定理分析。
【解答】A. 结合F=kt可知k=20N/s；
3s以后物块与长木板间相对滑动，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力，设物块与长木板之间的动摩擦因数为μ，可得f=μmg，解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ=fmg=0.6，故选项A错误；
B.设长木板的质量为M，当t=3s时，物块与长木板相对静止，长木板达到最大加速度a=μmgM，当t=3s时，拉力 F的大小为F3=60N，对铁块由牛顿第二定律得F3−μmg=ma，解得M=5kg，a=6m/s2，故选项B错误;
C、力-时间图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量，由图可知0∼3s内力F的冲量大小为IF=90N⋅s，物块与长木板之间的摩擦力f的冲量大小为If=45N⋅s，0∼3s内对物块由动量定理可得IF−If=mv，解得t=3s时，物块的速度大小为v=9m/s，故C正确；
D、3s∼4s内对物块IF′−If′=60+802×1−30×1=40N⋅s，由动量定理IF′−If′=mv′−v可得v′=17m/s，D错误。
7.【答案】D
【解析】A.未施加拉力F时，A、B均静止，可得：kx0=(mA+mB)g
t=0时刻刚施加F时，对A、B整体，据牛顿第二定律可得：
F+kx0−(mA+mB)g=(mA+mB)a
由图象可得此时F=30N，由以上两式解得：a=10m/s2
t=0.2s时AB物体向上运动的距离为12at2=0.2m，A错误；
B.据题意可知t=0.2s时，A、B开始分离，刚分离时，对A根据牛顿第二定律可得：kx1−mAg=mAa
0∽0.2s内，对A:x0−x1=12at2，又：kx0=(mA+mB)g，解得：k=50N/m，B错误；
C.对A，当弹簧弹力与A重力相等时，A的速度达到最大，即当kx2=mAg时，x2=0.2m，由上面选项可知，x0=0.6m，x1=0.4m，当A和B分离时，速度为v=at=2m/s，从两者分开到A达到最大速度过程中，根据能量守恒可知：12kx12−12kx22=mAgx1−x2+12mAV2−12mAv2，解得V= 6m/s，C错误；
D.A、B整体由动能定理得WF+W弹−WG=12(mA+mB)v2
WG=(mA+mB)g(x0−x1)
W弹=kx0+kx12(x0−x1)
得WF=7J，D正确。
【分析】
未施加拉力F时，系统处于平衡状态，由平衡条件列式，刚施加F时，对A、B整体，由牛顿第
二定律结合图象可求得加速度，根据匀变速运动中的位移与时间关系可求解；题意可知t=0.2s时，A、B开始分离，对A物体由牛顿第二定律结合运动学公式可求得弹簧的劲度系数;根据能量守恒定律可求运动过程中A的最大速度；对整体列动能定理，可求在−0.2s内F做的功。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，结合图象分析两个物体的运动过程是求解的关键，注意牛顿第二定律的灵活运用。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查波动图像与振动图像综合，属于基础性考察，把握基础知识即可，难度不大；
【解答】
B.由图1可知波长为2m，由图2可知波的周期为2s，则波速为v=λT=1m/s，故B正确;
A.由图2可知t=1s时，P点向上运动，根据“上下坡”法可知波向x轴正向传播，故A错误;
C、质点P在0∼5s时间内运动的路程s=5s2s×4A=10×2cm=20cm，C错误；
D、根据图1可知t=1s时x=2.5m处的质点位于波峰处，可知在t=6s时质点经过了2.5个周期，位于波谷处，D正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了变压器原线圈回路含负载的动态变化问题；变压器原副线圈电压的变化量、电流的变化量与匝数比的关系的解题的关键。
把副线圈负载电阻看作变压器原线圈的等效电阻，根据欧姆定律求解原线圈电流的变化，根据理想变压器电流与匝数比的关系、电压与匝数比的关系，分析作答；
根据理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系得到变压器原副线圈电压的变化量、电流的变化量与匝数比的关系，然后作答。
【解答】
由U1U2=n1n2=2知U2=U12，由I1I2=n2n1=12知I2=2I1
AB.把副线圈负载电阻看作变压器原线圈的等效电阻，原副线圈匝数比为2，根据理想变压器电压与匝数比的关系U1=2U2，理想变压器电流与匝数比的关系I1=I22，原线圈等效电阻R原=U1I1=2U2I22=4⋅U2I2=4R，滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路总电阻值增大，作出该变压器的等效电路如图所示：
可知等效电阻4R增大，故电流表A1示数减小，从而A2示数也减小，又因为R0分压减小，V1示数增大，由变压比可知V2示数增大，故A错误，B正确；
C.变压器输出功率P=UI1−I12R0；又U=U1+I1R0，U2=I1(R1+R2)，U2=U12，I2=2I1；
联立解得：P=U2R0+2R1+2R2−(UR0+2R1+2R2)2R0；
由于R0D.ΔU1ΔI1=R0，ΔU2ΔI2=ΔU12×2⋅ΔI1=R04，则ΔU1ΔI1:ΔU2ΔI2=4，故D错误。
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
根据洛伦兹力等于电场力求出霍尔电压;霍尔元件内的电场是前后电场与左右电场的矢量和;根据光电效应电路的特点判断;
该题结合霍尔效应考查光电效应，情景、立意都新颖，在解答时注意物理公式的应用是关键。
【解答】A.由题意可知，经过霍尔元件的电流方向为水平向右，则电子运动方向水平向左，根据洛伦兹力可知，电子会到达前表面，故霍尔元件前表面电势低于后表面电势，A正确；
B.设霍尔元件前后侧面的电压为U，电子在霍尔元件内做定向移动的速率为 v，根据洛伦兹力与电场力平衡可得qvB=qUb，霍尔元件单位体积内的电子数为n，则电流I=neSv=nebcv
联立解得U=BInec，故B正确;
C.霍尔片内沿前后侧面的电场强度大小为
E1=Ub=BInebc
有题意，沿电流方向的恒定电场为
E=Ua
则霍尔片的电场强度为
E合= E12+E2= BInebc2+Ua2
故C正确;
D.若I已经为光电效应达到的饱和电流，则当滑动变阻器滑片右移后，电流 I保持不变，，故D错误。
11.【答案】(1)25；
(2)BC；
(3)弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，相同
【解析】【分析】本题考查了实验数据处理问题，知道实验原理是解题的前提与关键，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；根据题意应用胡克定律与平衡条件可以解题。
【解答】(1)由图示F−x图象可知，弹簧的劲度系数k=Fx=3.0N12.0×10−2m=25N/m；
(2)AB、F−L图像的横轴截距表示弹簧的原长，由图可知，a的原长比b的长，故B正确；
CD、a图像的斜率比b的小，则a的劲度系数比b的小，故C正确；
(3)弹簧竖直悬挂时，弹簧在自身重力作用下要伸长，弹簧自身的重力导致还没挂砝码时就伸长了，由F+mg=kx得F=kx−mg两种情况下斜率相同，测量结果相同。
12.【答案】(1)7.983(7.981∼7.984)；(2)1.5；0.30；小于；(3)2.5×10−4
【解析】解答：(1)电阻丝横截面的直径D=7.5mm+48.3×0.01mm=7.983mm；
(2)根据欧姆定律可得U=E−I(r+R0)可知U−I图像的纵轴截距等于电动势，则有b=E=1.5V
U−I图像的斜率绝对值为r+R0=|ΔUΔI|=1.5−1.00.5Ω=1.0Ω解得内阻为r=0.30Ω
考虑电压表分流的影响，设电压表内阻为RV，根据闭合电路欧姆定律可得
E真=U+(I+URV)(r真+R0)
整理可得U=RVRV+r真+R0E真−RV(r真+R0)RV+r真+R0I，可知U−I图像的纵轴截距为
b=RVRV+r真+R0E真，则E测可知由于电表内阻的影响，通过图像法得到的电动势的测量值小于其真实值。
(3)根据欧姆定律可得UI=ρxS+RA可知UI−x图线的斜率为k=ρS
可知电阻丝的电阻率为
ρ=kS=2.7−0.20.5×π×7.983×10−322Ω⋅m=2.5×10−4Ω⋅m
故答案为：(1)7.983(7.981∼7.984)；(2)1.5；0.30；小于；(3)2.5×10−4
分析：(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度加可动刻度，需要估读，据此读数；
(2)根据闭合电路的欧姆定律求解U−I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值的含义求解作答；
(3)根据欧姆定律结合UI−x图线分析求解问题。
实验的误差来源于电压表的分流
本题主要考查了测量电源电动势和内阻的实验，要理解实验原理，掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律和相关数学知识可完成分析。
13.【答案】解：(1)由题意可知当θ=60∘入射时光线在玻璃丝上下界面恰好发生全反射，
则有n=sinθsinr
又r=90∘−C
sinC=1n
解得n= 72
(2)光在玻璃丝的传播速度为，
v=cn=6 7×1087m/s
当光射到分界面的入射角等于临界角C时光传输的时间最长，此时光传播的路程为s=LsinC
则最长时间
tmax=sv
解得tmax=712×10−7≈5.8×10−8s
【解析】由题意确定光路，结合折射定律和临界角求折射率；结合v=cn计算介质中的光速，再计算时间。
14.【答案】解：(1)由动能定理，qUM2=12mv12−12mv02，
解得，v1=2 3v03
设偏转角度为θ，则csθ=v0v1，θ=30∘
(2) 粒子运动轨迹如图1所示，设粒子运动轨迹刚好与右边界相切，这时磁场宽度为 d，则
d=R+Rsin30∘=32R
qv1B=mv12R，
解得：
d= 3mv0qB
(3)设粒子通过电场时偏转电场的电压为u，它射出电场时的速度为 v，设偏转角度为α，运动轨迹如图2
所示，则csα=v0v，
由qvB=mv2R，
x=2Rcsα，
解得x=2mv0qB
【解析】(1)带粒电子在电场中做类平抛运动，根据动能定理求解带电粒子射出电场时的速度大小，由速度的分解求出速度与水平方向的夹角．
(2)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，画出其运动轨迹，由几何关系、洛仑兹力充当向心力可得出该匀强磁场区的最小宽度．
(3)根据运动的分解得粒子射出电场时速度与初速度的关系式．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨迹半径，由几何关系可得出x不变，并求出x的值．
本题应注意题意中给出的条件，在粒子穿出电场的时间极短，电压看作不变，带电粒子实质上在匀强电场中运动；同时要注意带电粒子在磁场中的偏转类题目一定要搞清几何关系．
15.【答案】(1)导体棒沿斜面下滑过程中，由动量定理可得：
mgsinθt−BIlt=mV1
q=It=ΔUC
ΔU=BlΔV=BlV1
a=ΔVΔt=V1t
由上述公式联立解得a=4m/s2
所以金属棒a在斜面上做匀加速直线运动
根据2ax=V12
可得V1=0.8m/s
(2)a棒在粗糙桌面上运动过程中
−2ax′=V22−V12
a=μg
联立解得V2=0.4m/s
a棒与线框碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒
mV2=mV3+MV4
12mV22=12mV32+12MV42
解得
V3=−625m/s
V4=425m/s
de边刚进入右侧磁场时bc边和de边在做切割磁感线运动。
Ebc=Ede=BLV4
电路中电流I=Ebc+EdeR
导线框受到的合外力F=2BIL=Ma
联立上公式解得a=0.04m/s2
(3)碰后 bc边与de 边在反向磁场中始终受水平向左的等大安培力，则从 V4减速至0的过程中，对导线框运用动量定理有
−2BILΔt=0−MV4
其中导线框在运动过程中电动势Ebc=Ede=BlV
I=Ebc+EdeR
Δx=VΔt
由上述公式联立解得△x=0.64m

【解析】(1)由动量定理和加速度定义可知金属棒a在斜面做匀加速运动，并求出加速度大小，根据运动学公式可求出金属棒a滑到斜面底端时的速度V大小；
(2)a棒在粗糙桌面上运动过程中做匀减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可求与导线框碰撞前的速度，根据动量守恒和机械能守恒可求出碰撞后两者的速度，de边刚进入右侧磁场时bc边和de边在做切割磁感线运动，根据闭合电路欧姆定律，安培力公式，牛顿第二定律可求解；
(3)对导线框分析，根据动量定理可进行求解。
本题主要考查导体棒平动切割磁感线以及导线框切割磁感线问题，难度很大，在电磁感应中动量定理的应用很多时候是解题的关键。