2022-2023学年河南省大联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年河南省大联考高二（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.核电站就是利用一座或若干座动力反应堆所产生的热能来发电或发电兼供热的动力设施。反应堆是核电站的关键设备，链式裂变反应就在其中进行。以下反应属于核裂变的是( )
A. 1530P→1430Si+10eB. 92228U→90244Th+24He
C. 92335U+01n→54136Xe+3890Sr+1001nD. 1327Al+24He→1530P+01n
2.如图所示，倾角为30∘的斜面M置于水平地面，物块B置于斜面上，轻绳绕过光滑的定滑轮连接A、B两物块，系统处于静止状态。现给A施加一个始终垂直于OA绳的力F，使A缓慢顺时针转动到水平位置的过程中，M、B始终静止不动，已知A质量为B质量的一半，则下列说法正确的是( )
A. F先变大后变小B. 绳子拉力越来越大
C. 物块B所受摩擦力先减小后增大D. 地面对M的摩擦力先增大后减小
3.预碰撞安全系统能自动探测前方障碍物，测算出发生碰撞的可能性，若系统判断碰撞不可避免，则会预先收紧前座安全带、启动刹车来最大限度地减轻损伤。某新型赛车进行自动刹车性能测试的运动学图像如图所示，已知汽车在平直路面上行驶，从发现问题开始计时，经0.1s反应时间后开始采取制动措施，之后做匀减速直线运动直到停止，则以下说法正确的是( )
A. 汽车运动的最后5m内平均速度大小为5 2m/s
B. t=1s时，汽车停止运动
C. 汽车初速度大小为40m/s
D. 汽车减速时的加速度大小为40m/s2
4.如图所示，一长方体棱镜的横截面为正方形ABCD，O为AB边的中点。在截面所在平面内，由两种不同频率的光组成的复色光线从O点射入棱镜，入射角为θ=60∘，经折射后光线1的出射点在BC边的中点E，光线2从CD边的F点射出棱镜，CF=13CD，则以下说法正确的是( )
A. 光线1、2的出射光线均与入射的复色光线平行
B. 光线1、2在棱镜中运动的时间之比为6：37
C. 随θ的增加，棱镜中的光线2先消失
D. 随θ的增加，棱镜中的光线1先消失
5.如图所示，矩形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为2L。边长为L的正方形金属线框abcd在外力F作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，则以下说法正确的是( )
A. 进入磁场和离开磁场的过程中外力F大小相等，方向相反
B. 离开磁场时d点电势高于b点电势
C. 离开磁场过程中金属线框中电流方向为adcba
D. 金属线框完全在磁场中时a、b、c、d处电势均相等，所以金属线框中无电流
6.电流可以在其周围空间激发出磁场，直线电流在空间某点激发的磁场磁感应强度大小满足B=μI2πr，其中μ为磁导率，I为电流大小，r为该点到直线电流的距离。如图所示，A、B、C、D、E是半径为R的圆的五等分点，其中B、C、D、E四点有垂直于纸面向里的恒定直线电流，大小均为I0，A点直线电流大小也为I0，方向垂直于纸面向外。磁导率μ可以认为是常量，则圆心O点的磁感应强度大小为( )
A. μI0πRB. 3μI02πRC. 3μI02πRD. 0
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.某航天员在地球表面某一高度处以初速度v0水平抛出一个小球，测出水平位移为x。若他在某星球表面相同的高度再次以初速度v0水平抛出该小球，测出水平位移为6x。若该星球半径与地球的半径之比为1：2，地球质量为M地，地球表面的重力加速度为g，该星球质量为M星，星球表面的重力加速度为g′，空气阻力不计。则( )
A. g′：g=1：6B. g′：g=1：36
C. M星：M地=1：9D. M星：M地=1：144
8.如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图。已知该简谐横波的周期大于0.5s，则下列说法正确的是( )
A. 若该波沿x轴正向传播，波速为6m/s
B. 若该波沿x轴正向传播，频率为1.5Hz
C. 若该波沿x轴负向传播，t=1s时，x=1m处的质点处于平衡位置
D. 若该波沿x轴负向传播，t=2s时，x=2m处的质点处于平衡位置
9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，电源电压e=22 2sin50πt(V)，标有“30V，15W”的灯泡L恰好正常发光。额定功率为20W的电动机M正常工作，内阻r=1Ω。定值电阻R2=20Ω，以下说法正确的是( )
A. 交流电的频率为50HzB. R1=1Ω
C. 电动机M的输出功率为19.75WD. 变压器的输入功率为44W
10.如图所示，斜面的倾角为θ，将一个小球自斜面的顶端分别以初速度v1、v2沿垂直于斜面方向斜向上抛出，分别落在斜面中点A、底端B点，不计空气阻力，则以下关于小球两次运动的说法正确的是( )
A. 运动时间之比为1: 2B. 离斜面的最远距离之比为1: 2
C. 初速度之比为1: 2D. 落在斜面上时的速度方向不同
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学利用如图1所示装置测定物块与木板间的动摩擦因数。实验器材有：左端带有挡板的长木板、轻质弹簧、带有遮光片的小滑块、光电门、数字计时器、游标卡尺、毫米刻度尺。
实验过程如下：
(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度d如图2所示，d=______ mm；
(2)长木板固定在水平地面上，将弹簧左端固定在挡板P上，右端与滑块不拴接，在O点安装光电门1，当弹簧自由伸长时，遮光片恰好被光电门1遮挡，右侧B点处安装光电门2，并都与数字计时器相连；
(3)用滑块压缩弹簧，然后在A点开始释放，滑块依次经过光电门1、2，数字计时器显示的遮光时间分别为Δt1、Δt2，用刻度尺测量出OB间的距离L。重力加速度为g。
请回答下列问题：
(4)滑块与弹簧分离瞬间，滑块的速度大小v=______；
(5)滑块与木板间的动摩擦因数μ=______(均用题目中所给的物理量符号表示)。
12.某兴趣小组为精确测量某新型电池的电动势和内阻，设计了如图所示的电路进行实验。实验器材有：新型电池，开关两个，电阻箱R，量程合适的电压表、电流表(内阻均未知)、导线若干。
(1)将电阻箱的阻值调至______(填“最大”或“最小”)，闭合开关K1、K2，调节电阻箱R=R0，使电流表、电压表示数合适，分别为I0、U0，由此可以确定电流表内阻为______(用U0、I0、R0表示)；
(2)断开K2，调节电阻箱R，记录下对应的电流表示数，得到多组R、I数据，绘制1I−R图像，图线斜率为k，纵截距为b，则该新型电池的电动势为______，内阻为______。(用U0、I0、R0、k、b表示)
四、简答题：本大题共4小题，共45分。
13.如图所示，导热性能良好的气缸用锁定装置固定于光滑足够长斜面上，内部封闭一定质量的理想气体。面积为S、质量为m的活塞、与气缸接触面光滑，距气缸底部距离为l。已知大气压强为p0，环境温度不变，斜面倾角为θ=30∘，重力加速度为g。
(1)计算缸内气体压强p1；
(2)某时刻解除锁定，经过一段时间后系统达到稳定状态(活塞没有滑出气缸)，计算稳定状态时活塞距气缸底部的距离l′。
14.如图所示，水平面AB与光滑竖直半圆轨道BC相切于B点，半圆轨道的半径为R=0.4m，AB上方空间有水平向右的匀强电场。质量m=1kg、带电荷量q=0.5C的绝缘物块自A点由静止释放，恰好能够到达C点。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，A、B两点间的距离L=5m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
(1)计算匀强电场E的大小；
(2)计算物块从C点飞出后的落点位置到A点的距离。
15.如图所示，两半径均为R=0.8m的四分之一光滑竖直平行圆轨道与水平平行轨道AB、CD分别相切于A、C两点，导轨间距均为d=0.5m，水平轨道间有竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小B=2T，右端B、D间接有定值电阻R0=1Ω。长为d=0.5m、电阻为r=1Ω的导体棒PQ自圆弧轨道的最高点自由释放，整个运动过程导体棒与导轨始终垂直且接触良好，导体棒质量为m=0.5kg，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.1，在水平导轨上运动时间t=2s后停止运动，重力加速度g取10m/s2，导轨电阻不计。求：
(1)导体棒运动至圆轨道AC位置时对C点的压力大小；
(2)导体棒在水平导轨上运动的最大位移。
16.如图所示，光滑水平面上放着相同的木板B和C，质量均为2m，B、C间距为L。质量为m、可视为质点的物块A以初速度v0冲上木板B，A与B、C间的动摩擦因数相同，当A运动至B的最右端时，A、B速度相同且B、C恰好相撞，撞后B、C粘在一起。求：
(1)木板B的长度；
(2)物块A是否能够冲出C的右端；
(3)整个过程系统因摩擦产生的热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、β衰变是指一个原子核释放出一个电子0−1e，此反应释放出电子，所以是β衰变，故A错误；
B、α衰变是指一个原子核释放出一个α粒子，即42He核，此反应释放出α粒子，所以是α衰变，故B错误；
C、核裂变是由重的原子核，主要是指铀核或钚核，分裂成两个或多个质量较小的原子核的一种核反应形式，此反应是核裂变，故C正确；
D、此反应是α粒子轰击铝核生成同位素磷，是原子核的人工转变，故D错误。
故选：C。
AB、根据α衰变释放出α粒子，β衰变释放出电子来判断；
C、根据核裂变是由重的原子核分裂成两个或多个质量较小的原子核来判断；
D、α粒子轰击铝核生成同位素磷，是原子核的人工转变。
本题考查了核反应的分类，解题的关键是熟练掌握α衰变、β衰变、核裂变、人工转变的特点。
2.【答案】D
【解析】解：AB.对A分析，缓慢顺时针转动，根据三角形定则受力分析如图所示：
由受力分析得，A缓慢顺时针转动到水平位置的过程中，力F拉力越来越大、绳子拉力T越来越小，故AB错误；
C.初始时OA的拉力等于A的重力，已知A质量为B质量的一半且斜面的倾角为30∘，根据平衡条件可得：mBgsin30∘=T0=mAg，故此时斜面与物体B间摩擦力为0，则绳子拉力T越来越小，B受到的摩擦力f=mgsin30∘−T，则摩擦力向上逐渐增大，故C错误；
D.对物块A、B和斜面组成的系统受力分析，处于平衡状态，则地面对M的摩擦力等于力F在水平方向的分力，根据上图可知，F在水平方向的分力先增大后减小，则地面对M的摩擦力先增大后减小，故D正确。
故选：D。
对A分析，根据三角形定则分析F和绳子拉力T的变化情况；根据平衡条件分析物块B受到的摩擦力大小变化情况；对物块A、B和斜面组成的系统受力分析，根据平衡条件分析地面对M的摩擦力大小变化情况。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用“矢量圆”的方法分析力的变化，根据平衡条件建立平衡方程进行解答。
3.【答案】A
【解析】解：C.根据图像可知，前0.1s匀速运动，故速度的平方保持不变，位移2m后发生改变，故汽车初速度大小为
v0=xt=20.1m/s=20m/s
故C错误；
D.汽车做匀变速运动，根据速度与位移关系公式
v2−v02=2ax
可知，汽车减速时的初速度为20m/s，减速的位移为10m，故加速度为
a=v2−v022x=0−2022×10m/s2=−20m/s2
汽车减速时的加速度大小为20m/s2，故D错误；
B.汽车减速的时间为
Δt=0−v0a=0−20−20s=1s
故加上反应时间，则
t′=t+Δt=0.1s+1s=1.1s
汽车停止运动，故B错误；
A.汽车运动到距停下来5m时的速度，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，则
v′2=2ax′
代入数据解得
v′=10 2m/s
汽车运动的最后5m内平均速度大小为
v−=v′2=10 22m/s=5 2m/s
故A正确。
故选：A。
由图可知，0.1s反应时间内做匀速直线运动，根据v=xt可求出汽车初速度；
汽车做匀减速直线运动时，根据速度-位移公式可求出加速度大小；
根据速度-时间公式，求出减速时间，然后求出总时间；
根据匀减速运动的逆运动结合速度-位移公式得出速度大小。
本题考查了运动学公式的应用，根据题意分析清楚汽车的运动过程与运动性质是解题的前提，应用运动学公式即可解题。
4.【答案】B
【解析】解：A作出光路图，如下图所示。
可知光线2射出棱镜时的入射角等于射入棱镜时的折射角，由光路的可逆性可知光线2出射光线与入射的复色光线平行；光线1的出射光线与入射的复色光线不平行，故A错误；
B、如下图所示
光线1在棱镜中的折射角为：β=45∘
根据n=sinisinr可得光线1的折射率为
n1=sin60∘sin45∘= 62
设正方形ABCD的边长为a，则光线1在棱镜中的路程为
x1= 22a
由n=cv可得，光线1在棱镜中的速度为
v1=cn=c 62= 63c
则光线1在棱镜中运动的时间为
t1=x1v1，解得：t1= 3a2c
光线2在棱镜中的折射角α，由数学知识得
sinα=12a−13a a2+(12a−13a)2= 3737
光线2在棱镜中的折射率为
n2=sin60∘sinα，解得：n2= 1112
光线2在棱镜中的速度为
v2=cn2=2 111111c
光线2在棱镜中通过的路程为
x2= a2+(12a−13a)2= 376a
光线2在棱镜中运动的时间为
t2=x2v2，解得：t2=37 3a12c
可得光线1、2在棱镜中运动的时间之比为t1t2=637，故B正确；
CD、光射入棱镜是从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，随θ的增加，棱镜中的光线不会消失，故CD错误。
故选B。
作出光路图，根据光路的可逆性分析光线2的出射光线与入射的复色光线是否平行，结合折射定律分析光线1的出射光线与入射的复色光线是否平行；根据折射定律求出两光的折射率，根据几何知识求出两光在棱镜中的路程，由v=cn求两光在棱镜中的速度，从而求得两光在棱镜中的传播时间，再求时间之比；结合全反射条件进行分析。
本题是几何光学问题，要根据题意作出光路图，根据折射定律、光速公式、全反射条件和几何知识相结合进行处理。
5.【答案】B
【解析】解：A、进入磁场和离开磁场的过程中，根据右手定则判断感应电流，再由左手定则判断所受的安培力方向都向左，则根据平衡条件可知外力F大小相等，方向相同都向右，故A错误；
BC、离开磁场过程中，dc边切割磁感线，根据右手定则可判断金属线框中电流方向为dabcd，d点相当于电源的正极，则d点电势高于b点电势，故B正确，C错误；
D、线框完全进入磁场时，两竖边ab、cd边切割磁感线，根据右手定则可知，上端点a、d电势相等且大于下端点b、c处电势。由于线框中磁通量不变，故金属线框中无电流，故D错误。
故选：B。
先根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力方向；
根据右手定则判断金属框中感应电流的方向，结合沿电流的方向电势降低分析外电路b、d点的电势高低；
全部进入磁场中时，由于磁通量不变，框中无电流。但dc和ab切割磁感线产生感应电动势，两端的电势存在高低。
本题考查了电磁感应与电路的综合运用，掌握切割磁感线时感应电流的方向判断、运用楞次定律或右手定则判断，安培力方向则用左的定则判断。
6.【答案】A
【解析】解：根据安培定则，直线电流A、B、C、D、E在O产生的磁感应强度方向如图所示：
根据题意，磁感应强度的大小关系为：BA=BB=BC=BD=BE=B0=μI02πR
根据几何知识可知∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA=72∘
因此磁感应强度BB与BE之间的夹角为144∘
它们的合磁感应强度B1=2B0cs72∘，方向水平向左
磁感应强度BC与BD之间的夹角为72∘
它们的合磁感应强度B2=2B0cs36∘，方向水平向右
B2与B1的合磁场B12=B2−B1=2B0cs36∘−2B0cs72∘
代入数据解得B12=B0，方向水平向右
因此O点的合磁感应强度BO=B12+BA=B0+B0=2B0
代入数据解得BO=μI0πR，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据安培定则确定A、B、C、D、E各点的直线电流在O点产生的磁感应强度的方向；根据几何知识和磁感应强度的叠加原理，求解O点的合磁感应强度的大小。
本题考查了电流的磁场，关键是根据安培定则确定各电流在O点产生的磁感应强度的方向，结合磁感应强度的叠加原理求合磁感应强度。
7.【答案】BD
【解析】解：AB.根据平抛运动的规律可得：
水平方向上：x=v0t
竖直方向上：h=12gt2
联立解得：g=2hv02x2
故：g′：g=x2：x′2=x2：(6x)2=1：36，故A错误，B正确；
CD.星球表面的重力加速度由万有引力提供，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
整理得：M=gR2G
该星球半径与地球的半径之比为1：2，故：M星：M地=1：144，故C错误，D正确。
故选：BD。
根据平抛运动的规律求解重力加速度大小之比；根据万有引力和重力的关系求解该星球半径与地球的半径之比。
本题主要是考查万有引力定律的应用，关键是掌握平抛运动的规律，知道星球表面的重力加速度由万有引力提供。
8.【答案】ABD
【解析】解：A.该简谐横波的周期大于0.5s，故波在0.5s内传播的距离小于波长，若该波沿x轴正向传播，波速为
v=st=3m0.5s=6m/s，故A正确；
B.若该波沿x轴正向传播，周期为
T=t0.75=
故频率为
f=1T=123Hz=1.5Hz，故B正确；
CD.若该波沿x轴负向传播，周期为
T=t0.25=
故t=1s时，x=1m处的质点处于波谷位置；t=2s时，x=2m处的质点处于平衡位置。故C错误，D正确。
故选：ABD。
根据波速的计算公式得出波速的大小；
根据题意得出波的周期，结合周期和频率的关系完成分析；
根据波的传播方向和传播特点分析出对应质点的位置。
本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波的传播特点，结合图像的物理意义和运动学公式即可完成分析。
9.【答案】BC
【解析】解：A、由输入电压e=22 2sin50πt(V)，可知：ω=50πrad/s
解得交流电的频率为：f=ω2π=50π2πHz=25Hz，故A错误；
C、由题意可知，标有“30V，15W”的灯泡L恰好正常发光，通过灯泡的电流：I=PLUL=1530A=0.5A
电阻R2两端的电压为：UR2=IR2=0.5×20V=10V
由题意知电动机M正常工作，所以其两端电压为：UM=UR2+UL=40V
通过电动机的电流：IM=PMUM=2040A=0.5A
电动机的热功率：P热=IM2r=0.52×1W=0.25W
电动机M的输出功率为P出=PM−P热=20W−0.25W=19.75W，故C正确；
D、电阻R2的功率为：PR2=I2R2=0.52×20W=5W
理想变压器的输入功率为：P1=P2=PR2+PM+PL=40W，故D错误；
B、变压器的输出电压：U2=UM=40V
理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，由变压规律有：n1n2=U1U2
解得变压器的输入电压：U1=20V
由输入电压e=22 2sin50πt(V)，可知输入电压的最大值为：Um=22 2V
所以输入电压的有效值为：U=Um 2=22V
则R1两端的电压为：UR1=U−U1=2V
通过R1的电流：I1=P1U1=4020A=2A
由欧姆定律有：R1=UR1I1=22Ω=1Ω，故B正确。
故选：BC。
根据输入电压的表达式，求解交流电压的频率；
根据电动机、灯泡正常工作和题设条件分别求出电动机消耗的功率和热功率，从而求出输出功率；
再算出电阻R2的功率后，从而求出变压器的输入功率；
根据理想变压器的规律、欧姆定律、串并联电路的关系等分别求出电阻R1两端的电压和电流，从而求出R1阻值。
本题考查理想变压器，解题关键是知道理想变压器原副线圈匝数比等于原副线圈电压比、等于原副线圈电流的反比，结合欧姆定律、功率公式列式求解即可。
10.【答案】AC
【解析】解：A.如图
重力加速度沿斜面向下的分量
g1=gsinθ
重力加速度沿垂直斜面向下的分量
g2=gcsθ
小球抛出后沿斜面向下做加速度为g1的初速度为零的匀加速运动，小球分别落在斜面中点A、底端B点，沿斜面向下的位移之比为1：2，由x=12g1t2可得运动时间之比为
t1:t2=1: 2
故A正确；
B.小球在抛出后在垂直于斜面方向上做加速度为g2的匀减速运动，小球离开斜面到达最远距离与从最远距离落到斜面的时间相等，所以小球离斜面的最远距离时间之比为1: 2，由h=12g2t2可得小球离斜面的最远距离之比为
h1：h2=1：2
故B错误；
C.在垂直于斜面方向上，由t=vg2可知初速度之比为
v1:v2=1: 2
故C正确；
D.小球沿斜面做匀加速运动，根据v=g1t，落到A点和B点时沿斜面方向速度大小之比为1: 2、垂直斜面向下的速度大小之比为1: 2、，根据几何知识可知小球落在斜面上时的速度方向相同，故D错误。
故选：AC。
分解重力确定沿斜面和垂直斜面的的加速度，结合运动学公式计算运动时间比值；垂直斜面方向做匀减速运动，根据运动学公式确定小球离斜面的最远距离之比；根据速度-时间公式计算初速度之比；根据垂直斜面的速度和沿斜面运动的速度确定合速度的方向判断。
本题关键掌握运动的合成与分解，根据垂直斜面和沿斜面运动的运动特点及规律分析判断。
11.【答案】2.9dΔt1 d22gL(1Δt12−1Δt22)
【解析】解：(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，遮光片的宽度d=2mm+9×0.1mm=2.9mm
(4)滑块与弹簧分离瞬间，滑块的速度大小v=dΔt1
(5)根据速度公式，滑块通过光电门2的瞬时速度vt=dΔt2
设滑块的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：μmg=ma
根据速度与位移关系公式：vt2−v2=−2aL
联立解得滑块与木板间的动摩擦因数为：μ=d22gL(1Δt12−1Δt22)。
故答案为：(1)2.9；(4)dΔt1；(5)d22gL(1Δt12−1Δt22)。
(1)10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺对应刻度(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(4)滑块通过光电门1，弹簧和滑块恰好分离，根据光电门测速原理求滑块通过光电门1的瞬时速度；
(5)根据光电门测速原理求滑块通过光电门2的瞬时速度；根据牛顿第二定律求滑块的加速度，再根据运动学公式求动摩擦因数。
本题考查了游标卡尺的读数、牛顿第二定律与运动学关系的综合运用。加速度是联系运动学与动力学的桥梁。
12.【答案】最大 U0I0−R0 1k bk+R0−U0I0
【解析】解：(1)若电阻箱阻值调至过小，闭合开关，电路中电流过大可能会超过电流表的量程，故为保护电路，闭合开关前，应将电阻箱的阻值调至最大；
电流表两端的电压为
UA=U0−I0R0
故可以确定电流表内阻为
RA=UAI0=U0I0−R0
(2)断开K2时，调节滑动变阻器，根据闭合电路欧姆定律有
E=I(R+RA+r)
联立整理得
1I=1E⋅R+1E(U0I0−R0+r)
故1I−R图像，图线斜率为k，纵截距为b，则有
k=1E，b=1E(U0I0−R0+r)
整理得
E=1k，r=bk+R0−U0I0
故答案为：(1)最大；U0I0−R0；(2)1k； bk+R0−U0I0
(1)为保护电路，闭合开关前，应将电阻箱的阻值调至最大；根据闭合电路欧姆定律解得电流表内阻。
(2)应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。
本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。
13.【答案】解：(1)对活塞受力分析，由平衡关系得：
p1S=p0S+mgsinθ
解得：p1=p0+mgsinθS=p0+mg2S
(2)对活塞和气缸组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：
(M+m)gsinθ=(M+m)a
对活塞受力分析，设此时封闭气体压强为p2
p0S+mgsinθ−p2S=ma
解得：p2=p0
对于封闭气体，由玻意耳定律得：
p1lS=p2l′S
解得：l′=l+mg2p0Sl
答：(1)缸内气体压强为p0+mg2S；
(2)稳定状态时活塞距气缸底部的距离为l+mg2p0Sl。
【解析】(1)以活塞为研究对象，根据平衡条件求解；
(2)分别对活塞、气缸组成的整体和活塞为研究对象，根据牛顿第二定律求解末态压强，再对封闭气体，由玻意耳定律求解。
本题为气体实验定律与牛顿运动学定律的综合问题。应用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律求解气体压强。掌握玻意耳定律的应用。
14.【答案】解：(1)物块恰好能够到达C点，在C点由重力提供向心力，则
mg=mvC2R
解得
vC= gR= 10×0.4m/s=2m/s
物块从A点到C点由动能定理得
qEL−μmgL−2mgR=12mvC2
解得
E=14N/C
(2)物块从C点飞出后在竖直方向做自由落体运动，则
2R=12gt2
解得
t= 4Rg= 4×0.410s=0.4s
物块从C点抛出后在水平方向的位移
x=vCt−12×qEmt2=2×0.4m−12×0.5×141×0.42m=0.24m
物块从C点飞出后的落点位置到A点的距离
x′=L−x=5m−0.24m=4.76m
答：(1)匀强电场E的大小为14N/C；
(2)物块从C点飞出后的落点位置到A点的距离为4.76m。
【解析】(1)根据重力提供向心力计算出物块在C点的速度，根据动能定理计算出电场强度；
(2)物块在水平方向做减速运动，在竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动规律计算。
本题关键掌握带电物块在电场中的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、动能定理和运动学规律分析求解。
15.【答案】解：(1)导体棒从释放到AC过程，由动能定理：mgR=12mvC2
在圆弧AC处，经受力分析由牛顿第二定律有：2FN−mg=mvC2R
代入解得：FN=7.5N
由牛顿第三定律知导体棒C的压力大小为7.5N
(2)对导体棒在水平轨道上停止运动过程，由动量定理：−BIdt−μmgt=0−mvC
设最大位移为x，该过程中平均电动势为：E=Bdxt
根据欧姆定律可知平均电流为：I−=E−R0+r=Bdx(R0+r)t
联立以上几式解得：x=2m
答：(1)导体棒运动至圆轨道AC位置时对C点的压力大小为7.5N；
(2)导体棒在水平导轨上运动的最大位移为2m。
【解析】(1)根据动能定理求解导体棒到达底端的速度大小，由牛顿第二、三定律求导体棒对轨道的压力；
(2)金属棒在水平轨道上做减速运动，由动量定理，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律用平均值法求金属棒静止时的位移。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据动量守恒定律、动量定理、牛顿第二、三定律列方程进行求解。
16.【答案】解：(1)物块A冲上B与B达到共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0=(m+2m)v1
整理解得：v1=13v0
对木板B，由动能定理可得：μmgL=12×2m⋅v12
解得：μ=v029gL
对物块A，由动能定理可得：μmg(LB+L)=12mv12
联立以上几式解得：LB=3L
(2)木板B、C碰撞粘在一起，以向右为正方向，由动量守恒定律可得：2mv1=(2m+2m)v2
解得撞后B、C粘在一起的速度：v2=12v1=16v0
假设物块A与木板C达到共同速度，mv1+4mv2=5mv3
解得共同速度：v3=15v0
设物块A与木板C达到共同速度时，对A由动能定理：−μmgLA=12mv32−12mv12
代入解得：LA=825L
对BC由动能定理得：μmgLC=12(2m+2m)v32−12(2m+2m)v22
解得BC的位移：LC=1150L
则A与C的相对位移：ΔL=LA−LC=825L−1150L=110L<3L
所以物块A不能够冲出C的右端。
(3)整个过程系统因摩擦产生的热量：Q=Q1+Q2=μmg⋅3L+μmg⋅ΔL
代入数据得到：Q=3190mv02
答：(1)木板B的长度为3L；
(2)物块不能冲出C的右端；
(3)整个过程系统因摩擦产生的热量为3190mv02。
【解析】(1)从A冲上B到A和B保持相对静止时，速度相同，由动量守恒求出共同速度，由动能定理结合题设条件求出木板B的长度；
(2)BC碰撞后粘在一起，由动量守恒定律求出共同速度。再对ABC 系统，假设A滑上C后达到共速，由动能定理求出A的位移和BC的位移，与C板长对比就能判断A是否滑离C；
(3)求出A对B的相对位移，即B板长，以及A相对C的位移，由摩擦生热的公式热量。
解决该题关键要分析各个物体的运动情况，掌握系统动量守恒的应用，能根据动能定理、牛顿第二定律和运动学公式列出等式解答。