2025届湖南省长沙市名校高考压轴模拟预测（七）物理试卷（解析版）

这是一份2025届湖南省长沙市名校高考压轴模拟预测（七）物理试卷（解析版），共13页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．近年中国探月工程取得重大成就。月球夜晚温度低至-180 ℃,为避免低温损坏仪器,“玉兔二号”月球车携带的放射性同位素钚238(94238Pu)会不断衰变,释放能量为仪器设备供热。94238Pu可以通过以下反应过程得到: 92238U+12H→93238Np+201n, 93238Np→X+94238Pu。已知 94238Pu的衰变方程为 94238Pu→Y+92234U,其半衰期为88年。下列说法正确的是（ ）
A． 92238U+12H→93238Np+201n为轻核聚变
B．X为正电子,Y为质子
C． 94238Pu的比结合能比 92234U的比结合能小
D．白天温度升高时,94238Pu的半衰期会减小
2．如图所示，波源S1、S2相距16 m，产生的简谐横波可沿介质均匀分布的x轴传播，波速均为v＝10 m/s，两波源的中点为坐标原点O。t＝0时两波源同时开始振动，且振动方程均为y＝2sin(5πt) cm。质点A的横坐标为xA＝0．5 m。下列说法正确的是（ ）
A．一段时间后，质点A为振动加强点
B． t＝0．85 s时，质点A的速度方向沿y轴负方向
C．0～0．95 s时间内，质点A振动的路程为6 cm
D．一段时间后，质点A的振幅为22 cm
3．倾斜旋转方式的摩天轮是对普通旋转方式的改良升级.在这种摩天轮上，轮轴不再是垂直于地面的，而是稍微倾斜一些.座位上的游客随着轮轴的倾斜，可以感受到左右晃动和前后倾斜的效果，增加了游乐的趣味性.如图所示，摩天轮的运动可以看成匀速圆周运动，摩天轮的座舱始终在倾斜面内，假设摩天轮的转动半径为R，转动的角速度为ω ，倾斜角度为θ ，小明坐在舱内随摩天轮一起转动，小明的质量为m，重力加速度为g，不考虑小明和座舱之间的摩擦，在摩天轮正常转动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 在最低点，小明受到摩天轮的弹力大小为mgsinθ+mRω​2
B. 最低点和最高点，小明受到的弹力大小之差为2mgsinθ
C. 小明在与转轴中心等高的两个位置，受到的座舱的弹力大小相等
D. 若座舱运动到最高点时，从座舱上掉落一个物体，物体将在摩天轮所在的倾斜平面内做平抛运动
4．木星有众多卫星，其中木卫四绕木星做匀速圆周运动的轨道半径约为2×109m，公转周期约为1.5×106s，已知引力常量G=6.67×10-11N⋅m2/kg2，则木星质量的数量级为（ ）
A． 1025kgB． 1027kgC． 1029kgD． 1031kg
5．如图所示，纸面内a、b、c三点构成直角三角形，ab与ac互相垂直，ab=4L，∠c=53∘ .电荷量分别为-9q、+25q的点电荷分别固定在a、b两点，d点在a、b两点的连线上（图中未标出），且两个点电荷在d点产生的电场强度大小相等，静电力常量为k，sin 53∘=0.8，cs 53∘=0.6，下列说法正确的是（ ）
A. d点的电场强度为0
B. b点的点电荷在c点产生的电场强度大小为kqL2
C. a、d两点的间距为5L2
D. c点的电场强度大小为kqL2
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行）,磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形 CGF 区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.图中 A 、 C 、 O 三点在同一直线上， AO 与 GF 垂直，且与电场和磁场方向均垂直 .A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线 AC 运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为 E 、磁感应强度大小为 B1 ，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 B2 ，则粒子从 CF 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为 t0 .若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为 t ，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 2B1 ,则 t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 2E ,则 t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 34B2 ,则 t=t02
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 24B2 ,则 t=2t0
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，一条长为2m、倾角为θ=30∘ 的传送带在电动机的带动下，以3m/s的速率沿逆时针方向匀速运行.某时刻，将质量为1kg的小滑块轻放在传送带上端，直至小滑块滑离传送带.已知重力加速度g取10m/s2，滑块与传送带之间的动摩擦因数为36，则（ ）
A．小滑块经过0.5s与传送带速度相同
B．小滑块经过0.8s离开传送带
C．整个过程因摩擦而产生的热量为2J
D．电动机因运送小滑块多做的功为1J
8．随着人们生活水平提高，单反相机已进入普通家庭，单反相机是单镜头反光数码照相机，原理是在胶片平面的前面以45°角安装了一片反光镜，反光镜的上方依次有毛玻璃、五棱镜目镜等，五棱镜将实像光线多次反射改变光路，将影像送至目镜，使观景窗中所看到的影像和胶片上永远一样，这样方便摄影者正确地取景和对焦。某品牌单反相机五棱镜目镜横截面和各部分角度如图所示，其中，，光线从AB中点P垂直AB射入，依次经过CD、DE和EA面的反射后，最后光线从BC面射出，已知光线恰好能够在CD面上发生全反射，光在真空中的速度为c。下列说法正确的是（ ）
A．五棱镜的折射率为2
B．光线在DE面上不会发生全反射
C．光线从BC面射出时在BC面上的入射角为0°
D．光线从射入五棱镜到射到CD面的时间为
9．如图所示，质量均为m的两木块A、B用劲度系数为 k的轻质弹簧连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为a的匀加速直线运动．取木块A的起始位置为坐标原点，图中实线部分表示从力F作用在木块A到木块B刚离开地面这个过程中，F和木块A的位移x之间的关系，则( )
A．B．C．D．
10．如图甲所示,理想变压器原线圈与两根平行金属导轨相连，副线圈与定值电阻和交流电动机相连，交流电流表A1、A2、A3都是理想电表，定值电阻的阻值r2=12Ω，电动机线圈的电阻r3=0.8Ω 。在原线圈所接导轨的虚线间有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小B=2T，导轨间距为l=1m，电阻不计，在磁场中两导轨间有一根金属棒垂直横跨在导轨间，棒的电阻r1=2Ω ，棒在磁场内沿导轨运动的v-t图像如图乙所示，在金属棒运动过程中，电流表A2示数为2A，A3示数为5A，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器副线圈输出的电流频率为2Hz
B．电动机输出的机械功率为100W
C．电流表A1的示数只能为14A
D．变压器原、副线圈匝数比可能为7:6
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某实验小组利用单摆周期公式T＝2πLg测量当地重力加速度的值。
（1）为了较精确地测量重力加速度的值，下列四种单摆组装方式，应选择 （填正确答案标号）。
A B
C D
（2）组装好单摆，先用刻度尺测量摆线长度，再用游标卡尺测量小球的直径，其示数如图甲所示，则小球直径为 mm。

甲
（3）单摆周期公式中的L是单摆的摆长，其值等于摆线长度与 之和。
（4）某次实验时，改变摆长并测出对应的周期，得到如表所示的实验数据并在图乙的坐标系中描出相应的点。请在图乙中作出T2－L图像。
乙
（5）根据T2－L图像算出重力加速度g＝ m/s2（取π2＝9．86，结果保留三位有效数字）。
12．（10分）某学习小组需要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约1．5 V，内阻小于1 Ω）；
多用电表一个；
电压表V（量程0～3 V，内阻约3 kΩ）；
电流表A（量程0～0．6 A，内阻约1 Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20 Ω）；
定值电阻R1（阻值为2 Ω）；
定值电阻R2（阻值为5 Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）为了估测电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，组内三位同学的操作如下，你认为正确的是 。
A． A同学选择倍率合适的欧姆挡，进行欧姆调零后，直接将红、黑表笔与电池两极连接，测量电池内阻
B． B同学选择直流电压2．5 V挡，红表笔接电池正极，黑表笔接电池负极，测量电池电动势
C． C同学选择直流电压2．5 V挡，红表笔接电池负极，黑表笔接电池正极，测量电池电动势
（2）①该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在图乙所示的U－I坐标纸上描点，出现该现象的主要原因是 。
A．滑动变阻器调节范围小
B．电压表内阻太大
C．干电池内阻较小
②针对出现的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，在图丙中用笔画线代替导线，按照改进后的方案将实物图连接成完整电路。
甲
乙
丙
丁
③该小组在改进方案后重新测量，得到数据并绘出新的U－I图像如图丁所示，可得干电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（结果保留两位小数）
13．如图甲所示，竖直放置的汽缸的两处设有限制装置，横截面积为,活塞的质量为,厚度不计。使活塞只能在之间运动，下方汽缸的容积为之间的容积为,外界大气压强。开始时活塞停在处，缸内气体的压强为,温度为,现缓慢加热缸内气体，直至。不计活塞与缸之间的摩擦，取为。求：
(1)活塞刚离开处时气体的温度；
(2)缸内气体最后的压强；
(3)在图乙中画出整个过程中的图线。
14．如图所示，平行金属导轨倾斜放置，倾角θ = 37°，导轨间距离为L，导轨顶端接有电阻R，下端G、H处通过绝缘材料与足够长的水平导轨平滑连接，水平导轨间距也为L，其右端接有电容为C的电容器，斜轨道EF的下方及水平轨道处均有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度均为B，质量为m、长度为L、电阻为r的导体棒ab垂直倾斜导轨放置，与磁场边界EF的距离为x0，现将导体棒ab由静止释放，已知导体棒到达斜轨道底部前已匀速，EF离倾斜导轨底端距离为x，已知B = 1 T，L = 1 m，R = 4 Ω，r = 2 Ω，m = 0.08 kg，x0 = 0.75 m，x = 3.6 m，C = 0.1 F，当电容器电压为U时，电容器储存的电场能为，不计一切摩擦，不考虑电磁辐射，导体棒始终与导轨接触且垂直。（已知sin37° = 0.6，cs37° = 0.8，重力加速度g = 10 m/s2）求：
（1）导体棒刚进入磁场时ab两端的电压Uab；
（2）导体棒在倾斜导轨上运动的时间t；
（3）在整个过程中导体棒ab上产生的焦耳热Q。
15．粗糙绝缘水平地面与光滑绝缘半圆弧竖直轨道相切P点，右侧（含）有水平向右的匀强电场，电场强度大小为，圆轨道半径为R，长度。A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为的滑块C，长度，如图所示。现用此装置来弹射一质量为的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道。滑块C、D与地面的动摩擦因数均为，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
（1）若滑块D获得的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；
（2）第（1）问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；
（3）若弹射装置弹射出滑块D后，滑块D与C发生弹性碰撞，要使C能滑上圆弧轨道，并且可沿轨道滑回平面，求滑块D获得的弹性势能的范围。
【参考答案】
1．【知识点】原子核的衰变及半衰期、核反应的反应方程及能量计算、结合能与比结合能
【答案】C
【解析】基础考点：核反应
聚变反应是质量较小的原子核结合成质量较大的原子核的反应,A错误;由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可得,X为电子,Y为氦原子核,B错误;94238Pu能自发衰变为 92234U并放出能量,所以 94238Pu的比结合能比 92234U的比结合能小,C正确;半衰期与物理状态无关,D错误。
2．【知识点】波的加强点与减弱点相关问题
【答案】D
【解析】根据振动方程知，两列波的传播周期均为T＝2πω＝0.4 s，波长均为λ＝vT＝4 m，Δx＝AS1－AS2＝1 m既不是半波长的偶数倍，也不是半波长的奇数倍，所以质点A不是振动加强点或减弱点，A错误；S2波传到质点A所用时间为t2＝AS2v＝0.75 s，0.85 s时，S2波使质点A振动时间为Δt2＝0.85 s－0.75 s＝0.1 s＝T4，S2波使质点A从正向最大位移沿y轴负方向振动，S1波传到质点A所用时间为t1＝AS1v＝0.85 s，0.85 s时，S1波刚好传播到质点A，由振动方程知，S1波使质点A从平衡位置沿y轴正方向运动，由波的叠加知，0.85 s时质点A的速度方向沿y轴正方向，B错误；取0.85 s作为新的计时起点，此时S1波引起质点A的振动方程为y1＝2sin （5πt） cm，S2波引起质点A的振动方程为y2＝2sin5πt＋π2 cm，故质点A的振动方程为y＝y1＋y2＝2sin（5πt） cm＋2cs（5πt） cm＝22sin5πt＋π4 cm，故质点A的振幅为22 cm（易错点：非振动加强点或减弱点，振幅不是两列波振幅之和或之差），D正确；0.75 s～0.85 s时间内，质点A振动的路程为2 cm，0.85 s～0.95 s时间内，质点A振动的路程为（22－2）cm，则0～0.95 s时间内，质点A振动的路程为22 cm，C错误。
3．【知识点】倾斜面内的圆周运动问题
【答案】C
【解析】在最低点，沿摩天轮所在平面方向有F//-mgsinθ=mω​2R,则F//=mgsinθ+mω​2R,垂直摩天轮所在平面方向有F⊥=mgcsθ ，则在最低点，小明受到的摩天轮的弹力大小为F=(mgsinθ+mω​2R)2+(mgcsθ)2，A错误；同理，在最高点，小明受到的摩天轮的弹力大小为F'=(mω​2R-mgsinθ)2+(mgcsθ)2,则F-F'≠2mgsinθ ,B错误;小明在与转轴中心等高的两个位置，沿摩天轮所在平面和垂直于摩天轮所在平面受到的力大小相等，弹力大小相等，C正确；若座舱运动到最高点时，从座舱上掉落一个物体，物体将在竖直平面内做平抛运动，D错误.
4．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、天体质量的计算
【答案】B
【解析】设木卫四的质量为m,木星的质量为M,根据万有引力提供向心力,有GMmr2=m4π​2T2r,代入数据解得M≈2×1027kg,故B正确．
【方法总结】求解天体质量和密度的思路
（1）利用万有引力等于重力（已知天体表面的重力加速度g和天体半径R)
由GMmR2=mg,得天体质量M=gR2G；天体密度ρ=MV=gR2G43πR3=3g4πGR．
（2）利用万有引力提供向心力（已知卫星绕中心天体做匀速圆周运动的半径r和周期T)
由GMmr2=m4π​2T2r,得M=4π​2r3GT2；若已知天体的半径R,则天体的密度ρ=MV=4π​2r3GT243πR3=3πr3GT2R3；若卫星绕天体表面运行,可认为轨道半径r等于天体半径R,则天体密度ρ=3πGT2．
【教材变式】本题目由教材P58第3题演变而来，考查应用万有引力定律估算天体的质量．
5．【知识点】电场的叠加
【答案】B
【解析】a、b两点的点电荷在d点产生的电场强度都由b指向a,则d点的电场强度由b指向a,不为0,A错误；由几何关系得ac=3L,bc=5L,b点的点电荷在c点产生的电场强度大小为Ec1=k×25q(5L)2=kqL2,B正确；设a、d两点间的距离为x,则b、d两点间的距离为4L-x,a点的点电荷在d点产生的电场强度大小为Ed1=9kqx2,b点的点电荷在d点产生的电场强度大小为Ed2=25kq(4L-x)2,又Ed1=Ed2,解得x=32L,C错误；a点的点电荷在c点产生的电场强度大小为Ec2=9kq(3L)2=kqL2,又b点的点电荷在c点产生的电场强度大小为Ec1=kqL2,由几何关系可知Ec1、Ec2的夹角为127∘ ,则c点的电场强度大小不等于kqL2,D错误.
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】D
【详解】设沿 AC 做直线运动的粒子的速度大小为 v ，有 qvB1=qE ,即 v=EB1 ，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为 90∘ ,则运动时间为 14 周期，又 qvB2=mv2r ，可得 r=mvqB2 ，时间 t0=14⋅2πmqB2 ，根据几何关系可知 OC=2r ，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 2B1 ，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为 90∘ ，时间 t=14⋅2πmqB2=0，A 错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 2E ，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从 F 点离开磁场，对应的圆心角依然为 90∘ ，时间 t=14⋅2πmqB2=0，B 错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为 34B2 ，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为 433r＞2r ，粒子从 O 、 F 间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 θ 满足 sinθ=OC433r=2r433r=32 ，则 θ=60∘ ，则 t=16⋅2πmq⋅34B2=8390，C 错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为 24B2 ，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为 42r=22r＞2r ，粒子从 O 、 F 间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 θ 满足 sinθ=OC22r=2r22r=22 ，则 θ=45∘ ，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为 t=18⋅2πmq⋅24B2=20，D 正确.
7．【知识点】传送带模型中的能量守恒问题
【答案】BC
【解析】本题考查能量守恒定律与传送带结合.小滑块刚放上去时的加速度为a1，则根据牛顿第二定律可知mgsinθ+μmgcsθ=ma1，解得a1=gsinθ+μgcsθ=7.5m/s2，共速的时间t1=va1=0.4s，A错误；共速前的位移x1=12vt1=0.6m，小滑块此后运动的加速度为a2，同理根据牛顿第二定律可知a2=gsinθ-μgcsθ=2.5m/s2，故有x2=vt2+12a2t22，x2=(2-0.6)m=1.4m，联立解得t2=0.4s，所以小滑块离开传送带的时间t=t1+t2=0.8s，B正确；整个过程中因摩擦产生的热量Q=μmgcsθ(vt1-x1+x2-vt2)=2J，C正确；根据能量守恒定律可知W=μmgcsθ(vt1-vt2)=0，D错误.
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】ACD
【详解】恰好在CD面发生全反射，由几何关系知入射角，刚好全反射时，解得折射率n=2，A正确；作出光路图，如图所示
根据光的反射定律和几何关系可知光在DE面上的入射角为75°，大于临界角，则光线在DE面上会发生全反射，B错误；同理在可知光在EA面上的入射角为30°，根据几何关系可得光恰好垂直于BC边射出，则光线从BC面射出时在BC面上的入射角为0°，C正确；根据几何关系，可得路程，光在五棱镜中传播速度为，传播的时间为 ，代入数据解得 ，D正确。选ACD。
9．【知识点】牛顿运动定律与图像结合问题
【答案】AC
【详解】设初始状态时，弹簧的压缩量为x1，弹簧劲度系数为k，物体的质量为m，则：kx1=mg；力F作用在木块A上后，选取A为研究对象，其受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力mg和弹力k（x-x1）三个力的作用，根据牛顿第二定律，有：，故 当F=0时，有：，故AC正确．
10．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】BD
【详解】金属棒在磁场中运动，产生的感应电动势瞬时值为e=Blv=402sinπt(V)，为正弦式交变电流，周期为2s，频率为0.5Hz，感应电动势有效值为E=40V，内阻为r1=2Ω ，变压器原、副线圈的交变电流频率相同，A错误；定值电阻与电动机并联，二者两端电压相等，U2=IA2r2=24V，电动机输出的机械功率为P=IA3U2-IA32r3=100W，B正确；理想变压器副线圈输出总功率为P2=I2U2=(IA2+IA3)U2=168W，原线圈输入功率P1=P2=168W，有I1E=I12r1+P1，解得I1=6A或I1=14A，C错误；由变压器原、副线圈匝数比与电流比之间的关系可知n1n2=I2I1=76或12，D正确。
【一题多解】
等效法
E=U1+I1r，且U1U2=n1n2，I1I2=n2n1，则U1=E-I1r，(n1n2)U2=E-(n2n1)I2r，则U2=(n2n1)E-(n2n1)2⋅r⋅I2,。
题中用“等效电源”时：
E效=IA2r2+I2r效=24V+7⋅(n2n1)2⋅r1,又E效=E⋅n2n1=40⋅n2n1，令n2n1=x，则24+14x2=40x，解得x=2或x=67。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1）D（2分） （2）18．9（2分） （3）小球半径（2分）
（4）见解析（2分） （5）9．86（2分）
【解析】（1）实验过程中摆长不变，故需要固定悬点；为减小空气阻力的影响，应选用较重的小钢球，D正确。
（2）由题图甲知，小球直径为d＝1．8 cm＋9×0．1 mm＝18．9 mm。
（3）单摆的摆长等于摆线长度与小球半径之和。
（4）如图所示，让尽可能让多的点在直线上，不在直线上的点尽可能对称分布在直线两侧。
（5）根据T＝2πLg得T2＝4π2g·L，则k＝4π2g，结合（4）中的图像解得g＝9．86 m/s2。
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
【答案】（1）B（2分） （2）①C（2分） ②见解析（2分）
③1.56（1.54～1.58均可）（2分） 0.60（0.57～0.63均可）（2分）
【解析】（1）因电池本身有电动势，又因多用电表的欧姆挡是通过测量流经电阻的电流大小而得出电阻值，所以不能用多用电表的欧姆挡直接测量电池的内阻，A错误；用多用电表估测电池电动势时，应选择直流电压挡，由于电池电动势约为1.5 V，故选择直流电压2.5 V挡，红表笔接电池正极、黑表笔接电池负极，测量电池的电动势，B正确，C错误。
（2）①根据闭合电路欧姆定律得，路端电压U＝E－Ir，由题图乙知，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，电压表示数变化小，说明电源内阻太小，C正确；
②为使电压表示数变化明显，可把定值电阻R1与电池作为等效电源，为减小实验误差，相对于等效电源，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；
③由闭合回路欧姆定律得U＝E－I（R1＋r），由题图丁得E＝1.56 V，R1＋r＝1.560.6 Ω≈2.60 Ω，解得r＝0.60 Ω。
【技巧必背】
电流表连接方式的判断及误差分析
若RVRx＞RxRA，则电流表采用外接法，若RVRx＜RxRA，则电流表采用内接法，简记为“大内小外”；内接法测量值偏大，外接法测量值偏小，简记为“内大外小”。
13．【知识点】气体的p-V图像问题、气体的等容变化与查理定律
【答案】(1) (2) (3)见解析
【解析】(1)活塞刚离开处时，设气体的压强为,气体的温度为，由平衡条件，解得，由于气体的变化是等容变化，则，其中,解得。
(2)当气体温度达到时，假设活塞最终未移动到处，缸内气体最后的压强仍为,体积为，由，解得，假设成立。故缸内气体最后的压强为。
(3)如图所示。
14．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）1.6 V；（2）1.55 s；（3）0.876 J
【详解】（1）依题意，导体棒进入磁场前，做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得，
解得，
进入磁场时速度为v1，则由匀变速直线运动规律得，
解得，
此时导体棒产生的电动势，
结合闭合电路欧姆定律可知，此时ab两端电压。
（2）导体棒进入磁场前做匀加速直线运动，由速度时间关系可知，其运动时间，
在磁场中匀速运动时，设此时速度为v2，导体棒受重力mg、支持力、安培力FA，由平衡条件沿斜面方向有，
因为此时安培力，
因为此时电动势，
联立解得，
设导体棒从进入磁场到运动到斜面底部过程用时t2，则由动量定理有，
因为，
联立整理得，
联立解得，
总时间。
（3）由能量守恒定律可知，在斜轨道上运动时导体棒ab产生的焦耳热，
分析可知，导体棒在水平轨道上先减速后匀速，设匀速时速度为v3，且导体棒两端电压等于电容器两端电压，有，
由动量定理得，
联立解得，，
此时电容器两端电压，
由能量守恒定律有，
解得，
整个过程中ab棒产生焦耳热。
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑块D从释放到与C碰撞前，列动能定理有，
解得，
D与C发生弹性碰撞，设水平向右为正方向，根据动量守恒和动能守恒列方程有，，
则碰后C的速度为。
（2）对滑块C从B点到Q点电场力做总功为0，对此过程列动能定理有，
解出滑块C在Q点速度为，
在Q点，对滑块列牛顿第二定律知，
联立代入数据解得，
由牛顿第三定律得滑块C对轨道的压力。
（3）若滑块C恰好能滑到P点，对滑块C从碰后到P处列动能定理有，
对D列能量守恒知，
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得，
若滑块C能沿轨道返回水平面，则C滑块至多滑到与等效重力场方向垂直时速度减为0。
，
对D列能量守恒知，，，，，
再根据（1）中C、D撞前撞后的关系，联立解得，
综上所述。次数
1
2
3
4
5
L/m
0．50
0．60
0．70
0．80
0．90
T/s
1．42
1．55
1．67
1．85
1．90
T2/s2
2．02
2．40
2．79
3．42
3．61