江西省实验大联考2025届高三下学期高考模拟（一）物理试卷（含解析）

2025年江西省实验大联考高考物理模拟试卷（一）
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.如题所示，在倾角为的光滑斜面上端系有一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取，则( )
A. 小球从一开始就与挡板分离 B. 小球速度最大时与挡板分离
C. 小球向下运动时与挡板分离 D. 小球向下运动时速度最大
2.将一根柔软弹性细绳沿水平的x轴放置，其一端固定于位置为的墙面上，另一端不断上下振动，在绳中形成绳波如图，在时刻的质点刚好开始振动。当波传至固定点时，绳波将发生反射。反射处质点在反射前后的振动速度大小不变方向反向，波的传播方向也反向。则下列各个时刻细绳的波形图实线正确的是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A. B. C. D.
4.“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪，在入口处安装了高压偏转系统，形成强电场区域，对太阳风和月球表面作用后辐射的带电粒子进行偏转，以免其射到探测器上产生干扰信号。已知高压偏转系统由两平行金属板组成，当两板加一定的电压时其间形成匀强电场，可将沿平行极板方向射入金属板间、动能不大于的氦核均偏转到极板而被极板吸收。只考虑该电场的作用，则粒子沿平行极板方向射入金属板间，能够完全被极板吸收的是( )
A. 动能不大于的质子 B. 动能不大于的质子
C. 动能不大于的电子 D. 动能不大于的电子
5.已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小导体棒P中的电流。下列说法正确的是( )
A. 与方向相同
B. 悬挂Q的细线拉力逐渐减小
C. 悬挂P的细线拉力大小不变
D. 若P中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半
6.如图所示，一辆卡车在水平路面上行驶，初速度为。其车厢长度为，在车尾边缘处放有一个货箱，其长宽高皆为。卡车加速时的最大加速度为，卡车刹车时的最大加速度为。已知货箱和车厢之间的动摩擦数为最大静摩擦因数约等于动摩擦因数，，则下列说法正确的是( )
A. 若司机全力加速，货箱有可能掉出车厢
B. 若司机全力刹车，货箱不可能碰到车头
C. 若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后5s到6s之间
D. 若司机全力刹车，货箱碰到车头的时间介于刹车后6s到7s之间
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止重力加速度用g表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A. 若B球受到的摩擦力为零，则
B. 若A球所受车厢壁弹力为零，则
C. 若推力F向左，且，则加速度大小范围是
D. 若推力F向右，，则加速度大小范围是
8.如图，光滑平行金属导轨由左右两侧倾斜轨道与中间水平轨道平滑连接而成，导轨间距为L。在左侧倾斜轨道上端连接有阻值为R的定值电阻。水平轨道间有宽均为d的两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度分别为B和2B，方向相反；质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒ab由左侧倾斜轨道上h高处静止释放，金属棒第二次从左侧进入磁场Ⅰ区后，最终恰停在两磁场区分界线处。不计金属导轨电阻，金属棒通过倾斜轨道与水平轨道交界处无机械能损失，重力加速度为g( )
A. 金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热之比为1：4
B. 金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比为1：4
C. 金属棒先后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量之比为2：1
D. 金属棒第二次通过两磁场分界线时的速度为
9.在距地面高H处由静止释放一小球，小球向下运动过程中受到的阻力不能忽略，以地面为重力势能的零势能面，物体的机械E能随小球到地面的高度h的变化关系图像如图所示，图中纵坐标b、c为已知数据，重力加速度为g。根据图像判断下列说法正确的是( )
A. 小球的质量等于
B. 当时，小球的动能等于重力势能
C. 小球运动的加速度等于
D. 运动过程中小球受到的阻力大小恒为
10.如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为Bv，第二、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电粒子自y轴上的M点以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m，带电量为q，粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是( )
A. 粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为
B. 粒子再次与y轴相交时速度最小
C. 粒子运动过程中的最小速度为
D. 粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根轻质弹簧如图1连接起来进行探究。
某次测量如图2，指针示数为______ cm；
在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数和如表。用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数______，弹簧Ⅰ的劲度系数______弹簧Ⅱ的劲度系数选填“大于”、“等于”或“小于”重力加速度，结果保留三位有效数字。
钩码数 1 2 3 4
12.某学习小组通过实验测量电源的电动势和内阻，实验室提供的器材有：
旧干电池一节电动势约，内阻约
电压表量程3V，内阻约
电流表量程，内阻约
滑动变阻器最大阻值为
开关一个，导线若干
为完成实验，用笔画线代替导线，请完成实物图甲的连接。
实验中选用旧干电池，原因是______简述理由。
通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据画出了图线，如图乙所示。
由图线可以得出此干电池的电动势______ V，内阻______结果保留3位有效数字。
由于电表内电阻的影响，测量结果会有误差。图像如图丙中，实线是根据实验数据描点作图得到的图像。若没有电表内电阻影响的理想情况下，在图像中用虚线定性地描绘出电压U随电流I变化的图线。不用直尺、不用虚线作图均不得分
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在水平直轨道上静止放置平板车A和长木板B，可视为质点的物块C以初速度从A的左端开始向右运动，当C和A的速度相等时，A和B恰好发生了第一次碰撞。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，不计A与轨道间的摩擦，B与轨道间的动摩擦因数为，C与A、B上表面间的动摩擦因数均为，全程C没有掉落到轨道上，每次碰撞时间极短，均为弹性碰撞，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：
和C第一次速度相等时的速度；
第一次碰撞前A运动的距离x和第一次碰撞后A的速度大小；
若A的长度，且A与B的上表面齐平，B最终停止的位置距其初始位置多远。
14.如图所示，水平地面上静止一辆带有向后喷射装置的小车，小车的质量为，现给小车里装入10个相同的小球，每个小球质量为。车上的喷射装置可将小球逐一瞬间向后水平喷出，且相对于地面的速度都是，每间隔相等时间喷出一个小球。已知小车运动时受到的阻力为小车和车内小球总重力的倍，。
喷出第一个小球时，小车同时也获得一个反向速度，求此时整个系统增加的机械能；
求喷出第三个小球后，小车的速度；
调整第四个及以后的每个小球喷出速度，可使得接下来的每个小球喷出后小车的速度都等于。求第四个小球和第五个小球喷出的速度之比。
15.图1为某种旋转节速器的结构示意图，长方形框架固定在竖直转轴上，质量为m的重物A套在转轴上，两个完全相同的小环B、C与轻弹簧两端连接并套在框架上，A、B及A、C之间通过铰链与长为L的两根轻杆相连接，A可以在竖直轴上滑动。当装置静止时，轻杆与竖直方向的夹角为。现将装置倒置，当装置再次静止时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图2所示，此时缓慢加速转动装置，直到轻杆与竖直方向的夹角再次为时装置保持匀速转动。已知装置倒置时，前、后弹簧的弹性势能减少量为，重力加速度为g，不计一切摩擦，取，。求：
装置正置时弹簧弹力的大小；
装置匀速转动时小环B所需的向心力；
从倒置静止状态到匀速转动的过程中装置对系统所做的总功。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、C、设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力，沿斜面向上的挡板支持力和弹簧弹力F。
根据牛顿第二定律有：，
保持a不变，随着x的增大，减小，当m与挡板分离时，减小到零，则有：
，
解得：，
即小球向下运动时与挡板分离，故A错误，C正确。
B、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大。故B错误；
D.球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零。即：
，
解得：，
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为。故D错误。
故选：C。
对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程．从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移．
在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移．
2.【答案】C
【解析】解：A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，则时波传到处，则波形平移到处，故A错误；
B、时，波传到固定点处，则波形平移到固定点处，故B错误；
C、时，波被固定点反射时间，形成半个波长的反射波，反射波与内原波的波形相同，根据波的叠加原理可知该区域内振动加强，振幅为原来的2倍，故C正确；
D、时，波被固定点反射T时间，形成一个波长的反射波，反射波与内原波的波形相同，根据波的叠加原理可知该区域内振动加强，振幅为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
根据波传播时间确定波传播距离，当波传至固定点时，绳波将发生反射，反射波与原波频率相等，相遇处会产生稳定干涉，结合波的叠加原理分析。
本题的关键要理解波的形成过程，搞清驻波形成的原理，能熟练运用波的叠加原理来分析。
3.【答案】B
【解析】解：小物块第一次到达O点，获得的动能，运动的路程，小球第一次通过O点损失的动能为，滑上斜面到最高点，到第二次到达O点运动的路程，小球第二次通过O点损失的动能为，滑上斜面最高点，小球第三次到达O点的路程，小球第三次通过O点损失的动能为……设当小球第n次到达O点时刚好静止，第n次损失的动能为，可得n趋于无穷大，则在整个过程中的路程…，根据等比数列求和公式可得，当n趋于无穷大时有。故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据动能定理及相应的几何关系，求出小球每次经过O点时通过的路程，进而推导出整个过程中运动总路程的表达式，再结合等比数列求和公式即可求解。
解答本题的关键是能够根据动能定理，借助于几何关系求出小球每次经过O点时通过的路程，推导出总路程的表达式，最后再根据等比数列求和公式求解。
4.【答案】A
【解析】解：平行极板进入的带电粒子在板间的匀强电场中做类平抛运动，
在沿极板和垂直极板方向上分解其运动，
；
；，
联立得到：，其中L为板长、d为板间距离、U为两极板电压
整理得到：粒子最大初动能，
由此可知：与q成正比、L、d均一定
氦核带电量为2e，质子和电子带电量均为e，
质子和电子带电荷量均与氦电荷量的，则质子和电子的最大初动能为氦核的，故BCD错误，A正确。
故选：A。
带电粒子平行极板进入，做类平抛运动，跟据抛体运动特点运用运动学公式，推导出初动能与粒子电量的关系，依题意对比氦核求解。
本题考查带电粒子在电场中的偏转，关键是掌握偏转规律，利用运动规律列式分析求解即可。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，可知电流方向相反，故A错误；
B.如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，AQ距离为L，AP距离为H，根据共点力平衡条件可知
故悬挂Q的细线拉力大小不变，故B错误；
C、如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为，则有
由于逐渐减小，故悬挂P的细线拉力逐渐减小，故C错误；
D、导体棒P在导体棒Q处产生的磁场磁感应强度
故导体棒Q受到的安培力
得
而
故P中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，故D正确。
故选：D。
两棒互相排斥，则电流方向相反，根据相似三角形分析绳子拉力，及CD选项。
本题考查安培力的运用，解题关键掌握受力分析，注意相似三角形的应用。
6.【答案】C
【解析】解：设货箱恰好相对于车厢滑动时卡车的加速度的为，
设货箱的质量为m，对货箱，由牛顿第二定律得：
解得：，
A、司机全力加速时卡车的加速度，货箱相对卡车静止，货箱不可能掉出车厢，故A错误；
BCD、司机全力刹车时卡车的加速度，货箱相对卡车向前滑动，货箱可能碰到车头，
若司机全力刹车，设经过时间t货箱碰到车头，货箱碰到车头时货箱相对于车厢滑动的距离，
卡车的初速度，
则，
代入数据解得：，故C正确，BD错误。
故选：C。
应用牛顿第二定律求出货箱相对车厢滑动时的临界加速度，根据卡车加速与减速的最大加速度与临界加速度间的关系判断卡车加速与减速时货箱相对车厢是否滑动，然后应用运动学公式分析答题。
本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，应用牛顿第二定律求出货箱相对车厢滑动的临界加速度是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
7.【答案】AD
【解析】解：B、对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得
故B错误；
A、设杆的弹力为N，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向有
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
故A正确；
C、若推力F向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值为
小球B所受向左的合力的最大值
由于
可知
故F最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律
故C错误；
D、若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律
，
所以
故D正确。
故选：AD。
若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律，然后对A球由牛顿第二定律；若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最大值；若推力向左，时，系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，A与左壁弹力为零，此时F有最大值若推力向左，时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，此时F取最大值；若推力向右，时，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值。
本题考查牛顿第二定律与整体法、隔离法灵活应用。解题的关键是临界条件的突破。本题较难。
8.【答案】BC
【解析】解：B、金属棒ab每次通过区域Ⅰ的过程，通过它的电荷量为：
同理，每次通过区域Ⅱ的过程，通过它的电荷量为：
根据动量定理可得，金属棒ab每次通过区域Ⅰ的过程动量的变化量的大小为：
同理，每次通过区域Ⅱ的过程动量的变化量的大小为：
故金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，金属杆动量的变化量之比：
：：4，故B正确；
A、由可得：金属棒每次穿过区域Ⅰ、Ⅱ的过程，其速度减小量、之比为：
由A选项的分析，可知金属棒ab每次通过区域Ⅰ或者区域Ⅱ的过程，其动量减小量相等，速度减小量也相等。设金属棒ab第一次达到斜面底端的速度大小为v，由静止释放到最终恰停下来，3次通过区域Ⅰ，2次通过区域Ⅱ，则有：
联立解得：，
金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ的过程中，根据能量守恒，可得回路中产生的总焦耳热为：
同理金属棒第一次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，回路中产生的总焦耳热为：
因金属棒ab的电阻与定值电阻的电阻相等均为R，故金属棒第一次穿过磁场区域Ⅰ、Ⅱ的过程中，定值电阻上产生的焦耳热之比为：
：：64，故A错误；
C、根据能量守恒可知，金属棒第一次穿过区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的减小量等于此过程回路中产生的总焦耳热，即
金属棒第二次穿过区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的减小量为：
故金属棒先后两次穿过磁场区域Ⅱ的过程中，金属杆动能的变化量之比为：
：：1，故C正确；
D、金属棒ab第一次达到斜面底端的过程，由动能定理得：
解得：
金属棒从静止到第二次通过两磁场分界线的过程，1次通过区域Ⅰ，2次通过区域Ⅱ，则第二次通过两磁场分界线时的速度为：
，故D错误。
故选：BC。
金属棒ab每次通过区域Ⅰ的过程，其动量减小量相等，速度减小量也相等；每次通过区域Ⅱ的过程，其动量减小量和速度减小量也相等；由动量定理求解其每次通过磁场区域动量减小量和速度减小量。根据能量守恒求解生成的焦耳热。
本题考查了法拉第电磁感应定律的导体棒切割磁感线的模型，此题要注意分析金属棒的运动过程，对此类模型导体棒受变力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
9.【答案】AC
【解析】解：A、在距地面高H处小球的机械能与重力势能相等，则有：，解得小球的质量为：，故A正确；
B、当时，小球的重力势能为；
从释放小球到过程中，根据动能定理可得：，其中为克服阻力做的功，解得：，故B错误；
CD、阻力对小球做的功等于小球机械能的变化，则有：，图象的斜率绝对值表示阻力大小，则有：；
根据牛顿第二定律有，
联立各式可解得加速度，故C正确、D错误。
故选：AC。
在距地面高H处小球的机械能与重力势能相等，由此求解小球的质量；
根据重力势能的计算公式结合动能定理分析B选项；
阻力对小球做的功等于小球机械能的变化，由此得到图象的斜率绝对值表示阻力大小，根据牛顿第二定律可解得加速度大小。
本题主要是考查机械能守恒定律之图象问题，关键是能够根据图象分析机械能随下落高度的变化情况，知道图象斜率表示的物理意义。
10.【答案】AC
【解析】解：A、粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则在磁场中转动的周期，粒子在磁场中转动时圆心角，故粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为，故A正确；
BC、粒子在磁场中做圆周运动的半径为人，则
解得
粒子从x轴射出到y轴的距离为
粒子从x轴射出后，以速度v与x轴成斜向上运动，则水平方向匀速运动，，竖直方向，在竖直方向向上做匀减速运动，当竖直方向速度减小到零时，速度最小，最小速度为，根据牛顿第二定律可得：，解得，减速到零所需时间，水平方向通过的距离，故B错误，C正确；
D、粒子第一次射出磁场进入电场，在电场中根据运动的对称性可知，在电场中的对称轴距y轴的距离，每经历一个周期，都会向左移动的距离，故速度第n次与初速度相同时距M点的距离为，故D错误；
故选：AC。
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求得半径，从x轴射出后，在电场中做斜抛运动，根据运动学公式求得沿y轴减速到0时的时间和水平方向通过的位移，根据对称性求得每经历一个周期圆心向左移动的距离，即可求得速度第n次与初速度相同时距M点的距离。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
11.【答案】 <
【解析】解：刻度尺的精确度为1mm，某次测量如图2，根据刻度尺的读数规则，其指针示数为；
根据胡克定律，弹簧Ⅰ的劲度系数为，弹簧Ⅱ的劲度系数为，所以。
故答案为：；，<。
根据刻度尺的读数规则完成读数；
根据胡克定律，分别代入表格中的数据求解两弹簧的劲度系数并比较大小。
考查刻度尺的读数和胡克定律的应用，关键是对弹簧B的弹力和形变量的计算。
12.【答案】旧干电池内阻较大，容易测量
【解析】解：干电池的内阻一般很小，所以电流表选择外接法相对于电源内阻，电压表直接测量路端电压，按此思路连接实物如图所示；
作出电源的图象，因为，图象斜率的绝对值表示内阻，若r较小，则图象平坦，不容易计算斜率，所以选择阻值较大的旧电池做实验；
电源的图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻，所以，；
由于电压表的分流，通过电路的实际电流比电流表示数大，且电压越大时，电压表的分流就越大，实际的图象相当于画出图象向右稍微平移并顺时针转动一下，实际的如图所示红色。
故答案为：如图；旧干电池内阻较大，容易测量； 间均正确、均正确；如图
根据电池的内阻很小，选择电流表的接法，从而完成实物连接；
旧电池的内阻较大，画出的图象斜率较大，容易测量计算；
电源的图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻；
考虑电压表的分流进行分析，且电压越大时分流越大，在画出的图象上找两个实际点大致描出实际的图象。
本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题。在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的．
13.【答案】解：不计A与轨道间的摩擦，则从C滑上A，AB动量守恒，以的方向为正方向，根据动量守恒定律，A和C第一次
速度相等时
解得
方向水平向右
设第一次碰撞前A运动的距离x，由牛顿第二定律可得
A做匀加速直线运动，再由
可得
设第一次碰撞后AB碰撞，设AB碰后的速度分别为、，以的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
解得
则第一次碰后，A速度大小为，方向反向。
碰撞前，AC相对位移为
解得
第一次碰撞后A的速度
C速度为
假设AB能再一次共速，且共速前A不与B发生碰撞，且C还未滑离A，以的方向为正方向，则
解得
AC间相对位移为
解得
则
则C滑到A右端时，两者恰好再次共速。此时A从第一次碰撞后向右滑行的距离和时间为
AB第一次碰后，对B由牛顿第二定律
B停止运动的时间及位移分别为
则AC共速后会再一次与B相碰，假设碰后AB速度分别为、，以的方向为正方向，由机械能守恒定律及动量守恒定律可得
解得
之后C滑到B上，与B一起向右运动。对B、C由牛顿第二定律可得
则
全程C没有掉落到轨道上，，，则第二次碰撞后B将以减速，直到B停止。
由
可得，第二次碰撞后B运动的位移为
则B最终停止的位置距其出发点距离
解得
答：和C第一次速度相等时的速度为；
第一次碰撞前A运动的距离为和第一次碰撞后A的速度为；
最终停止的位置距其初始位置为。
【解析】根据动量守恒定律求A和C第一次速度相等时的速度；
根据牛顿第二定律求第一次碰撞前A运动的距离，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求第一次碰撞后A的速度；
第一次碰撞后B向右减速，根据牛顿第二定律结合运动学公式求解B减速的位移；A再一次与B发生碰撞时和第一次碰撞满足同样的规律，再次求出B第二次减速运动的位移即可得到B运动的总位移。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律以及牛顿第二定律的综合应用；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
14.【答案】解：喷出小球过程，以的方向为正方向，小车和小球整个系统动量守恒
解得
系统增加的机械能
解得
由题意可知，喷出每个小球后，小车和剩余小球将会做的匀减速运动。
可知每次减速的加速度
解得
喷出第二个小球前
喷出第二个小球后，小车的速度为
以的方向为正方向，由动量守恒定律可得
联立可得
同理可得喷出第三个小球后，以的方向为正方向，小车的速度满足
解得
喷出第四个小球前
解得
喷出第四个小球后，以的方向为正方向，由动量守恒定律可得
由题意可知
解得
则喷出第五个小球前
喷出第五个小球后，以的方向为正方向，由动量守恒定律可得
且
解得
答：此时整个系统增加的机械能为220J；
小车的速度为得；
第四个小球和第五个小球喷出的速度之比为。
【解析】根据动量守恒和能量守恒定律求此时整个系统增加的机械能；
根据动量守恒定律求喷出第三个小球后，小车的速度；
根据动量守恒求第四个小球和第五个小球喷出的速度之比。
解答本题的关键要理清小球和小车的运动过程，把握各个过程的物理规律，分段运用动量守恒定律解答。
15.【答案】解：装置正置时对A受力分析，是轻杆的弹力，根据平衡条件有，，
对B受力分析、根据平衡条件有：，
联立解得：，弹簧此时是拉伸状态；
当装置倒置，且匀速转动时，夹角还是，且弹簧长度的形变量还是与正置时一样，
由匀速转动，对B受力分析及力学关系有：，
联立解得：；
装置倒置静止时，取BC所在平面为零势能面；所以此时三者所组成的系统的总能量，
其中，
匀速转动时三者组成的系统总能量，
，，
根据牛顿第二定律有：，
，
联立解得。
答：装置正置时弹簧弹力的大小为；
装置匀速转动时小环B所需的向心力为；
从倒置静止状态到匀速转动的过程中装置对系统所做的总功为。
【解析】对AB分别受力分析，根据力的平衡条件解得；
当装置倒置，且匀速转动时，夹角还是，且弹簧长度的形变量还是与正置时一样，根据力的合成解得向心力；
装置匀速转动时三者组成的系统总能量与倒置静止时总能量之差即为装置对系统做的总功。
本题考查功能关系，解题关键掌握对系统能量的分析，同时规定零势能面，注意由向心力公式可解得速度。