2021年辽宁省朝阳市高考物理一模试卷(含答案详解)

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分） 1.

用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光𝑎照射光电管阴极𝐾，电流计𝐺的指针发生偏转，而用另一频率的单色光𝑏照射光电管阴极𝐾时，电流计𝐺的指针不发生偏转，那么( )

A. 𝑎光的波长一定大于𝑏光的波长

B. 用不同的光照射光电管，光电管金属板的逸出功不同 C. 若入射光频率大于𝑎光频率，则一定能发生光电效应 D. 增加𝑏光的强度可能使电流计𝐺的指针发生偏转

2.

作用在同一个物体的两个个共点力，大小分别为5𝑁，6𝑁，它们的合力大小不可能为：

A. 1𝑁

3.

B. 5𝑁 C. 10𝑁 D. 15𝑁

如图所示，沿水平𝑥轴方向放置一根弹性轻绳，轻绳两端的坐标分别为𝑥=0和𝑥=12𝑚，𝑥轴上各点为弹性轻绳各个质点振动的平衡位置，现使轻绳上𝑥=0与𝑥=12𝑚两端处的质点同时开始沿着竖直方向上下做简谐运动，一段时间后形成沿𝑥轴方向相向传播的甲、乙两列简谐波，已知两列波在绳中的传播速度为1𝑚/𝑠，两列波振动的振幅都为𝐴，在𝑡=0时刻形成的波形如图所示。下列说法中正确的是( )

A. 两列波波源的起振方向相反

B. 甲、乙两列波波源振动的频率之比为2：1 C. 𝑡=5𝑠时刻，𝑥=5𝑚处质点处于平衡位置

D. 在𝑡=0到𝑡=4𝑠时间内，𝑥=7𝑚处质点运动的路程为4𝐴

4.

科学家新发现一未知的小行星，该小行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆，该行星每隔一定的时间会运动到太阳地球连线的延长线上．已知该行星绕太阳运行的半径是地球绕太阳运行半径的4倍，某时刻该行星运行到太阳和地球的延长线上，从图示时刻开始，该行星至少经过几年再次运行到太阳和地球的延长线上( )

A. 1

5.

B. 8

C. 7

1

8

D. 8

7

如图所示，𝐴𝑂𝐵是由某种透明物质制成的4圆柱体横截面(𝑂为圆心)，有一束平行单色光以45°的入射角射向柱体的𝑂𝐴平面，透明物质对该单色光的折射率为√2，这束光中有一部分不能从柱体的𝐴𝐵面上射出；设凡射到𝑂𝐵面

的光全部被吸收，也不考虑𝑂𝐴面的反射．则圆柱体𝐴𝐵面上能射出光的部分占𝐴𝐵表面的( )

A. 4

6.

1

B. 3

1

C. 2

1

D. 3

2

两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有𝑎、𝑏两点，如图所示，下列说法正确的是( )

A. 𝑎点场强比𝑏点场强大 B. 𝑎点场强比𝑏点场强小 C. 𝑎点电势比𝑏点电势高 D. 𝑎点电势比𝑏点电势低

7.

物体动量变化量的大小为10𝑘𝑔⋅𝑚/𝑠，这说明( )

A. 物体的动量在减小 C. 物体的动量大小一定变化

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分） 8.

B. 物体的动量在增大 D. 物体的动量一定变化

在如图所示的电路中，各电表均为理想电表，电源电动势为𝐸，内阻为𝑟，𝑅1、𝑅2为定值电阻，𝑅3为滑动变阻器。平行板电容器中带电微粒𝑃处于静止状态。当滑动变阻器𝑅3的滑片向𝑎端移动时，则( )

A. 电流表读数减小，𝑉1的示数减小 C. 𝑉2示数变大

9.

B. 微粒𝑃将向下运动 D. 电容器所带的电荷量增加

如图所示，半径𝑟=20𝑐𝑚的金属圆环和导体棒𝑂𝐴位于同一平面内，𝑂点在直径𝐶𝐷的延长线上，𝑂𝐶=𝑟，磁感应强度𝐵=0.2𝑇的匀强磁场垂直于

金属圆环和导体棒所在的平面向里．已知金属圆环的电阻𝑅1=8𝛺，导体棒𝑂𝐴长𝑙=60𝑐𝑚，电阻𝑅2=3𝛺，现让导体棒绕𝑂点以角速度𝜔=5𝑟𝑎𝑑/𝑠沿顺时针方向匀速转动．已知金属圆环与导体棒粗细均匀，且二者接触良好，下列说法正确的是( )

A. 导体棒转动到图示虚线位置时，产生的电动势为0.36𝑉 B. 导体棒转动到图示虚线位置时，𝑂𝐴两点间电势差大小为0.1𝑉 C. 导体棒转动到图示虚线位置时，金属圆环所受安培力为0

D. 导体棒转动到图示虚线位置时，金属圆环消耗的电功率为3.2×10−1𝑊

10. “复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。某动车组在平直的轨道上行驶，

它有4节动力车厢，每节动力车厢发动机的额定功率均为𝑃，动车组能达到的最大速度为𝑣𝑚，则( )

A. 若动车组以恒定功率启动，则该动车组启动过程做匀加速直线运动 B. 若动车组以恒定功率启动，则该动车组启动过程加速度逐渐减小 C. 达到最大速度𝑣𝑚时，该动车组所受的阻力为𝑓=𝑣𝑚 D. 达到最大速度𝑣𝑚时，该动车组所受的阻力为𝑓=𝑣𝑚

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11. 某同学在实验室中利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)进行“验证机械能守

恒定律”的实验，其装置如图所示。 实验步骤如下：

①将气垫导轨放在水平桌面上，将导轨调至水平； ②测出挡光条的宽度𝑑和两光电门中心之间的距离𝐿；

③如图连接好装置，将滑块移至光电门1左侧某处。待重物静止不动时，释放滑块，要求重物落地

前滑块已通过光电门2；

④读出滑块分别通过光电门1和光电门2时的挡光时间𝑡𝑙和𝑡2；

⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量为𝑀再称出重物的质量为𝑚，当地重力加速度为𝑔。

根据以上数据，可以求得滑块通过光电门1时的速度𝑣𝑙=______，若满足关系式______，则可认为验

证了系统的机械能守恒。(以上结果均用题目中给定的字母表示)

𝑃4𝑃

12. 某研究性学习小组用较粗的铜丝和铁丝相隔较近距离插入苹果中，制成了一个苹果电池，现在

用如图甲所示器材来测定苹果电池的电动势和内阻．设计好合适的电路后，调节滑动变阻器，改变电源两端的电压𝑈和流过电源的电流𝐼，记录多组𝑈、𝐼的数据，填入事先设置的表格中，然后逐渐增大铜丝和铁丝插入的深度，重复上述步骤进行实验．按照插入深度逐渐增加的顺序，利用相应的实验数据，在𝑈−𝐼坐标系中绘制图象，如图乙中的𝑎、𝑏、𝑐所示．

(1)实验器材有：

电流表(量程1𝑚𝐴，内阻不计)； 电压表(量程1𝑉，内阻约1𝑘𝛺)； 滑动变阻器𝑅1(阻值0～200)； 滑

动变阻器𝑅2(阻值0～10𝑘𝛺)，该电路中应选用滑动变阻器______ (选填“𝑅1”或“𝑅2”)． (2)某同学根据正确设计的电路将图甲中实物图连接出一部分，请将剩余部分连接起来．

(3)在该实验中，随电极插入的深度增大，电源电动势______ ，电源内阻______ (均选填“增大”、

“减小”或“不变”). (4)图线𝑏对应的电路中，当外电路总电阻𝑅=2000𝛺时，该电源的输出功率𝑃= ______ 𝑊(计算结果保留三位有效数字)．

(5)如图丙所示为测电源电动势和内电阻时，依据测量数据作出的路端电压与电流的关系图线，图中

𝐷𝐶平行于横坐标轴，𝐷𝐸平行于纵坐标轴，由图可知，以下说法错误的是______ A.比值𝑂𝐸表示外电路电阻 𝐵.比值𝐶𝐷表示电源内电阻

C.比值𝐴𝑂表示电源电动势 𝐷.矩形𝑂𝐶𝐷𝐸的面积表示电源的输出功率． 四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

𝐶𝑂𝐷𝐸

𝐴𝐶

13. 如图所示为1𝑚𝑜𝑙的某种理想气体的压强和温度关系𝑝−𝑡图线，𝑝0

表示1个标准大气压。(标况下1𝑚𝑜𝑙气体的体积为22.4𝐿)求： (1)𝑡=127℃时气体压强为多大？ (2)𝑡=227℃时气体体积为多大？

14. 两块平行极板𝐴𝐵、𝐶𝐷正对放置，极板𝐶𝐷的正中央有一小孔，两极

板间距离𝐴𝐷为𝑑，板长𝐴𝐵为2𝑑，两极板间电势差为𝑈，在𝐴𝐵𝐶𝐷构成的矩形区域内存在匀强电场，电场方向水平向右。在𝐴𝐵𝐶𝐷矩形区域以外有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场。极板厚度不计，电场、磁场的交界处为理想边界。将一个质量为𝑚、电荷量为

+𝑞的带电粒子在极板𝐴𝐵的正中央𝑂点，由静止释放。不计带电粒子所受重力。 (1)求带电粒子经过电场加速后，从极板𝐶𝐷正中央小孔射出时的速度大小；

(2)为了使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，求磁场的磁

感应强度的大小；

(3)通过分析说明带电粒子第二次离开电场时的位置。

15. 如图所示，半径𝑅=0.5𝑚的光滑半圆轨道竖直固定在高ℎ=0.8𝑚的光滑水平台上，与平台平滑

连接，平台长𝐿=1.2𝑚.可视为质点的两物块𝑚1、𝑚2紧靠在一起静止于平台的最右端𝐷点，它们之间有烈性炸药．现点燃炸药，假设炸药释放出来的能量全部转化为物块𝑚1、𝑚2的机械能，且它们只具有水平方向的速度．𝑚1通过平台到达半圆轨道的最高点𝐴时，轨道对它的压力大小是𝑁=44𝑁，水平抛出后在水平地面上的落点与𝑚2的落点相同．已知𝑚1=2𝑘𝑔，𝑔取10𝑚/𝑠2.求：

(1)𝑚1到达半圆轨道最高点𝐴时的速度大小 (2)𝑚2的质量

(3)炸药释放出来的能量．

参考答案及解析

1.答案：𝐶

解析：解：𝐴、用某种频率的单色光𝑎照射光电管阴极𝐾，电流计𝐺的指针发生偏转，可知𝑎光照射发生光电效应，用另一频率的单色光𝑏照射光电管阴极𝐾时，电流计𝐺的指针不发生偏转，可知𝑏光照射不发生光电效应，结合光电效应发生的条件可知，𝑎光的频率大于𝑏光的频率，则𝑎光的波长小于𝑏光的波长，故A错误；

B、金属板的逸出功是由金属板本身决定的，用不同的光照射光电管，光电管金属板的逸出功不变，故B错误；

C、𝑎光照射发生光电效应，根据光电效应发生的条件，若入射光频率大于𝑎光频率，则一定能发生光电效应，故C正确；

D、光照射不发生光电效应，结合光电效应发生的条件可知，增加𝑏光的强度仍然不能发生光电效应，则不能使电流计𝐺的指针发生偏转，故D错误。 故选：𝐶。

根据𝑎、𝑏两光能否发生光电效应判断𝑎、𝑏两光的频率大小，从而得出波长的大小；金属板的逸出功是由金属板本身决定的；根据光电效应发生的条件判断。

解决本题的关键知道能否发生光电效应的条件，由此得出𝑎、𝑏两光的频率大小是关键。

2.答案：𝐷

解析：

当这三个共点力的方向都相同的时候，合力最大，当其中任何两个力的合力与第三个力大小相等方向相反的时候，合力为零。

求三个力的合力的时候，一定能要注意三个力的合力有可能为零的情况。

5𝑁和6𝑁和合力的范围是1𝑁≤𝐹≤11𝑁，15𝑁不在这个范围内，所以两个力的合力的大小不可以为15𝑁，故D不可能。

本题选择合力为不可能的数值，故选D。

3.答案：𝐶

解析：解：𝐵、由图可知，甲的波长为4𝑚，乙的波长为2𝑚.波长之比是2：1，由𝑓=𝜆，可以判断，频率的比值是1：2.故B错误；

C、𝑡=5𝑠时刻，甲传播距离为𝑠=𝑣𝑡=1𝑥5𝑚=5𝑚，可知，甲波的影响是使𝑥=5𝑚处质点处于平𝑡=5𝑠时刻，衡位置且向下振动。乙传播距离为𝑠=𝑣𝑡=1×5𝑚=5𝑚，可知，乙波的影响是使𝑥=5𝑚处质点处于平衡位置且向上振动。根据波的叠加原理，可知𝑥=5𝑚处质点处于平衡位置，故C正确； A、根据波的传播方向，可以判断两列波波源的起振方向相同，均为向上振动，故A错误； D、𝑡=4𝑠时，甲波还未到达𝑥=7𝑚处，乙波在𝑡=3𝑠时，到达𝑥=7𝑚处，在在𝑡=0到𝑡=4𝑠时间内，𝑥=7𝑚处质点运动的路程为2𝐴，故D错误。 故选：𝐶。

根据波长，由波速求得周期，即可判断是否能发生稳定干涉；根据波的传播方向得到波前振动方向，进而得到起振方向；由波速得到两波传到某一质点的时间，再根据叠加原理得到质点振动。 机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

𝑣

4.答案：𝐶

解析：解：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过𝑁年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的𝑁分之一，𝑁年后地球转了𝑁圈，比行星多转1圈，即行星转了𝑁−1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是𝑁−1年，根据开普勒第三定律有所以𝑁−1

𝑁 

𝑁

𝑟3

行

𝑟3地

=

𝑇2

行𝑇2地

()=( )3 ，即：𝑁−1𝑟

行地

𝑁

2

𝑟 

=( )3=()3=8，

𝑟1

地

𝑟 

行

2

4

2

解得𝑁=7

故C正确、ABD错误． 故选：𝐶．

由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢．每过𝑁年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明𝑁年地球比行星多转1圈，即行星转了𝑁−1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是𝑁−1年，再由开普勒第三定律计算即可． 解答此题的关键由题意分析得出每过𝑁年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期表达式，再由开普勒第三定律求解即可．

𝑁

8

5.答案：𝐶

解析：解：从𝑂点射入的光线，折射角为𝑟，根据折射定律有：𝑛=解得：𝑟=30°

𝑠𝑖𝑛45°𝑠𝑖𝑛𝑟

设从某位置𝑃点入射的光线，折射到𝐴𝐵弧面上𝑄点时，入射角恰等于临界角𝐶，有：𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑛 代入数据得：𝐶=45°

△𝑃𝑄𝑂中，∠𝛼=∠𝐴𝑂𝑄=180°−90°−𝐶−𝑟=15° 所以能射出的光线区域对应的圆心角：𝛽=90°−𝛼−𝑟=45° 能射出光线的部分占𝐴𝐵面的比例为：90°=2 故选：𝐶

当光线在𝐴𝐵弧面上发生全反射时，就没有光线从𝐴𝐵弧面射出，根据临界角确定出光线在𝐴𝐵弧面上恰好发生全反射时的入射点，由几何知识求解圆柱𝐴𝐵面上能射出光线的面积占𝐴𝐵表面积的几分之几． 本题是折射定律和几何知识的结合应用．

45°

1

1

6.答案：𝐵

解析：解：𝐴、等量异种电荷的电场线如图所示，𝑎、𝑏两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同。由于𝑏处电场线密，电场强度大于𝑎处电场强度。故A错误，B正确； C、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，𝑎𝑏两点均为中垂线上的两点，故𝑎𝑏两点电势相等，而且与无穷远处电势相等，故CD错误。 故选：𝐵。

明确等量异种电荷的电场线的分布规律，从而明确场强的大小；

两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向．

本题考查等量电荷电场线的分布规律应用，对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆

7.答案：𝐷

解析：解：若物体动量变化后速度的方向与开始时速度的方向相反，动量的变化量是末动量减去初动量，其大小为两动量绝对值的和；由于只知道动量的变化量，故无法确定动量的大小变化；大小可能不变，也可能减小，还有可能增大；故只有D正确，𝐴𝐵𝐶都错误 故选：𝐷

根据动量定理进行分析，可明确物体动量的变化情况的可能性．

本题要注意动量变化的性质，考虑动量、动量变化的矢量性，充分全面地进行分析，明确可能出现的情况才能准确解答．

8.答案：𝐴𝐶𝐷

解析：解：𝐴、当滑动变阻器𝑅3的滑片向𝑎端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则电路中电流减小，即知电流表读数减小。𝑅2为定值电阻，流过𝑅2的电流减小，则𝑅2的电压减小，即𝑉1的示数减小，故A正确；

B、电路中电流减小，内电压及𝑅1的电压减小，则电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒𝑃受到的电场力增大，则微粒𝑃将向上运动，故B错误；

C、电路中电流减小，内电压、𝑅1及𝑅2的电压均减小，则𝑅3的电压增大，即知𝑉2示数变大，故C正确；

D、电容器板间电压增大，电容不变，由𝑄=𝐶𝑈知电容器所带的电荷量增加，故D正确。 故选：𝐴𝐶𝐷。

当滑动变阻器𝑅3的滑片向𝑎端移动时，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，判断电路中电流的变化，由欧姆定律分析𝑉1的示数变化情况，由闭合电路欧姆定律分析𝑉2示数的变化。根据电容器板间电压的变化判断其所带电荷量的变化。

本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据串并联知识和闭合电路欧姆定律分析各个部分电路的电流和电压的变化情况，从而判断电表示数和电容器板间电压的变化情况。

9.答案：𝐵𝐷

解析：解：𝐴、导体棒转动到图示虚线位置时，产生的电势能为𝐸=2𝐵𝑙2𝜔−2𝐵(𝑙−2𝑟)2𝜔=

1

22×0.2×0．6×5𝑉−×0.2×(0.6−0.4)×5𝑉=0.16𝑉，A错误； 22

1

1

1

B、导体棒转动到图示虚线位置时，电路图如图所示，

根据题意可得𝑅=

𝐸

𝑅12

=2𝛺=4𝛺，内阻𝑟=3𝑅2=3×3𝛺=2𝛺，根据欧姆定律可得通过导体棒的电

822

111

流强度为𝐼=𝑅+𝑟=2+2𝐴=0.04𝐴，则𝑂𝐴两点间电势差大小为𝑈=2𝐵⋅𝑂𝐶2𝜔+𝐼⋅2𝑅=2×0.2×

20.16

0．22×5𝑉+0.04××4𝑉=0.1𝑉，B正确；

2

1

C、导体棒转动到图示虚线位置时，金属圆环所受安培力为𝐹=𝐵𝐼⋅2𝑟=0.2×0.04×2×0.2𝑁=0.0032𝑁，C错误；

D、导体棒转动到图示虚线位置时，金属圆环消耗的电功率为𝑃=𝐼2⋅=0.042×2𝑊=3.2×10−3𝑊，

2𝑅

D错误。 故选：𝐵𝐷。

根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势求解电动势大小；画出电路图，根据欧姆定律求解电势差；根据安培力的计算公式求解安培力大小；根据电功率的计算公式求解电功率．

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解．

10.答案：𝐵𝐶

解析：解：𝐴𝐵、由𝑃=𝐹𝑣可知，若动车组以恒定功率启动，则𝑣增大𝐹减小，又𝑎=

𝐹−𝑓𝑚

，则该动车

组启动过程加速度逐渐减小，该动车组启动过程并非做匀加速直线运动，故A错误，B正确； 𝐶𝐷、当动车组达到最大速度𝑣𝑚时，有𝐹=𝑣=𝑓，故C正确，D错误。

𝑚

4𝑃

故选：𝐵𝐶。

根据𝑃=𝐹𝑣和牛顿第二定律判断以恒定功率启动的动车组的运动特点；当动车组达到最大速度𝑣𝑚时，阻力和牵引力大小相等。

本题要注意动车组的功率与牵引力有关，与阻力无关。

11.答案：𝑡1 2(𝑚+𝑀)(𝑡2)2−2(𝑚+𝑀)(𝑡1)2。

解析：解：由于光电门的宽度𝑑很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。 滑块通过光电门1速度为：𝑣1=𝑡 1

𝑑1𝑑1𝑑

𝑑

滑块通过光电门2速度为：𝑣2=𝑡

2

𝑑

如果满足关系式：△𝐸𝑝=𝐸𝑘2−𝐸𝑘1，即：𝑚𝑔𝐿=2(𝑀+𝑚)(𝑡)2−2(𝑚+𝑀)(𝑡)2

2

1

1𝑑1𝑑

即系统重力势能减小量等于动能增加量，则可认为验证了机械能守恒定律。

故答案为：𝑡，2(𝑚+𝑀)(𝑡)2−2(𝑚+𝑀)(𝑡)2。

1

2

1

𝑑1𝑑1𝑑

由于光电门的宽度𝑑很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。机械能守恒，则满足动能的改变量等于重力势能的改变量；

解决该题的关键是掌握滑块经过光电门时的速度的求解方法，掌握机械能守恒定律的表达式，知道研究对象是滑块和重物整体；

12.答案：𝑅2；不变；减小；3.20×10−4；𝐶

解析：解：(1)苹果电池内阻很大，为了测量多组实验数据，滑动变阻器阻值应大些，则滑动变阻器应选𝑅2．

(2)苹果电池内阻较大，相对于电源电流表可以采用内接法，电路图如图所示．

(3)电源的𝑈−𝐼图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，随电极插入的深度增大，电源电动势不变，电源内阻减小． (4)电源的输出功率𝑃=(𝑅+𝑟)2𝑅=3.20×10−4𝑊.

(5)𝐴、𝐷𝐸段是路端电压，𝑂𝐸段表示电路电流，比值𝑂𝐸表示外电路电阻，故A正确； B、比值是电源𝑈−𝐼图象的斜率，它表示电源内电阻，故B正确；

𝐶𝐷

C、𝐶𝑂表示路端电压，𝐴𝑂表示电源电动势，比值表示路端电压与电源电动势的比值，故C错误； 𝐴𝑂D、电源的输出功率𝑃=𝑈𝐼，矩形𝑂𝐶𝐷𝐸的面积表示电源的输出功率，故D正确；本题选错误的，故选C．

(1)𝑅2；(2)电路图如图所示；(3)不变；故答案为：减小；(4)3.20×10−4(3.10×10−4～3.30×10−4均正确)；(5)𝐶．

(1)由于电源内阻较大，所以为了电表读数变化较大，所以应该选择较大的滑动变阻器． (2)确定电流表的接法，然后根据伏安法测电阻的实验原理连接实物电路图．

(3)电源的𝑈−𝐼图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图象分析答题．

(4)由图象求出电路电流，然后由𝑃=𝐼2𝑅求出电源的输出功率．

𝐶𝑂

𝐴𝐶

𝐷𝐸

𝐸

(5)根据对图象物理意义的掌握、根据图象应用欧姆定律分析答题． 本题关键是明确测定电源电动势和内电阻的实验原理、数据处理方法．

13.答案：解：(1)由图象可得，从0℃～127℃，气体做等容变化，

初态：𝑝1=𝑝0，𝑇1=273𝐾 末态：𝑝𝐴=？，𝑇𝐴=400𝐾 由查理定律得：

1𝐴 𝑇=𝑇 1

𝐴

𝑝𝑝

解得：𝑝𝐴=273𝑝0

(2)由图象可得，从127℃～227℃，气体做等压变化 由题意可知 𝑉𝐴=𝑉0=22.4𝐿，𝑇𝐴=400𝐾 末态：𝑉𝐵=？，𝑇𝐵=500𝐾

𝐴𝐵

由盖−吕萨克定律得：𝑇=𝑇 𝐴

𝐵

400

𝑉𝑉

解得：𝑉𝐵=28𝐿

答：(1)𝑡=127℃时气体压强为273𝑝0； (2)𝑡=227℃时气体体积为28𝐿。

解析：(1)由图象可得，从0℃～127℃，气体做等容变化，根据查理定律列式求解； (2)由图象可得，从127℃～227℃，气体做等压变化，根据盖−吕萨克定即可求解。

本题考查气体的状态方程中对应的图象，在𝑝−𝑇图象中等容线为过原点的直线，𝑝−𝑡图象中过−273℃点的直线表示等容变化。

400

14.答案：解：(1)设带电粒子经过电场加速后，从极板𝐶𝐷正中央小孔射出时的速度大小为𝑣，

由动能定理：𝑞𝑈=2𝑚𝑣2 解得：𝑣=√

2𝑞𝑈𝑚

1

(2)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹为四分之三圆，圆心为𝐷点，半径为𝑑， 由牛顿第二定律得：𝐵𝑞𝑣=𝑚 𝑑

解得磁场的磁感应强度的大小为：𝐵=𝑑√

1

2𝑚𝑈𝑞

𝑣2

(3)带电粒子由𝐴点垂直于电场方向射入电场之后做类平抛运动 若能够射出电场，根据运动学公式得运动时间为：𝑡1=

2𝑑𝑣

=𝑑√𝑞𝑈 2𝑚

2

沿电场方向的侧移为：𝑠=2𝑎𝑡1

1

根据牛顿第二定律得：𝑎=解得：𝑠=𝑑

𝑞𝐸𝑚

=

𝑞𝑈𝑚𝑑

因此带电粒子恰能从𝐶点射出。

答：(1)带电粒子经过电场加速后，从极板𝐶𝐷正中央小孔射出时的速度大小为√(2)磁场的磁感应强度的大小为√

𝑑

1

2𝑚𝑈𝑞

2𝑞𝑈𝑚

；

；

(3)带电粒子第二次离开电场时的位置为𝐶点。

解析：(1)由动能定理，电场力对粒子做的功等于粒子动能的增加，从而求出从极板正中央射出时的速度大小。

(2)要使带电粒子能够再次进入匀强电场，且进入电场时的速度方向与电场方向垂直，则速度方向改变了270°，在画出轨迹的基础上，从而确定运动的半径，再由洛仑兹力提供向心力，可以求得磁感应强度的大小。

(3)先假设粒子从磁场进入电场做类平抛运动能穿出电场，由类平抛运动规律求出在电场的时间及沿电场方向的侧移，恰好从𝐶点射出。

本题的磁场区域和电场区域比较特殊，在磁场中心有一矩形电场区；运动过程较特殊：带电粒子在电场加速后进入磁场，做匀速圆周运动后再次进入电场做类平抛运动，而又恰从电场的下边缘穿出，这要先要判断这一巧合是完成第三问的前提条件。

15.答案：解：(1)设𝑚1在𝐴点的速度为𝑣𝐴，有：

解得：𝑣𝐴=4𝑚/𝑠

(2)设点燃炸药后𝑚1、𝑚2的速度大小为𝑣1和𝑣2 𝑚1从𝐷到𝐴的过程中，有：从𝐴运动到𝑃的过程中，有：𝑚2从𝐷点运动到𝑃点的过程，有：由题意：𝑥1=𝐿+𝑥2解得：𝑣2=3𝑚/𝑠

在爆炸过程中动量守恒：𝑚1𝑣1=𝑚2𝑣2解得：𝑚2=4𝑘𝑔 (3)炸药释放出来的能量解得：𝐸=54𝐽

．

解得：𝑣1=6𝑚/𝑠

，𝑥1=𝑣𝐴𝑡 ，𝑥2=𝑣2𝑡2．

答：(1)𝑚1到达半圆轨道最高点𝐴时的速度大小为4𝑚/𝑠． (2)𝑚2的质量为4𝑘𝑔．

(3)炸药释放出来的能量为54𝐽．

解析：试题分析：(1)根据牛顿第二定律，通过在最高点合力提供向心力，求出𝐴点的速度． (2)根据动能定理求出𝑚1在𝐷点的速度，抓住两物体做平抛运动，根据水平方向上的位移关系求出𝑚2的初速度，根据动量守恒定律求出𝑚2的质量．

(3)炸药释放出来的能量全部转化为物块𝑚1、𝑚2的机械能，根据能量守恒定律求出炸药释放出来的能量．