2026高考物理二轮复习（培优版）第三部分 高考题型专练计算题增分练（一）含答案

(培优版)第三部分高考

题型专练计算题增分练(一)

(时间：40分钟)

1.(2024.安徽滁州二模)如图1所示，内壁光滑、高度均为26的两个绝热汽缸底部

由细管连通，左侧汽缸上端封闭，右侧汽缸上端开口与大气相通，两汽缸中面积

均为S的绝热活塞M、N密闭两部分理想气体A、Bo开始时，气体A、B温度

均为7,活塞M、N均静止在距汽缸底部〃处。己知活塞M、N的质量分别为2〃z

和〃?，大气压强为po,重力加速度为g,细管内气体体积忽略不计。

(1)求气体A的压强；

4

(2)缓慢加热气体B,使其温度升至,7稳定时，求活塞N距汽缸底部的高度；

(3)上述加热过程中，若B吸收的热量为Q,求B的内能增加显。

答案⑴po—弩(2)y⑶Q—,(poS+/〃g)/?

解析(1)对活塞M、N受力分析，根据共点力平衡条件，有〃AS+2mg=PBS,poS

+〃7g=〃BS

联立解得〃A=PO—管，PB=P()+贤。

4

-

(2)缓慢加热气体B,3

生

得A8/32

根据盖一吕萨克定律，有专,4-

37

活塞N距汽缸底部的高度为励二三一〃=7。

JJ

(3)在加热过程中，B中气体对外做功

2h

W=-PBAV=­(poS+〃?g>-y

根据热力学第一定律AU=W+Q

解得AU=Q—g(/A)S+〃骡)力。

2.(2024•河南开封二模)如图2所示，质量都为机的物块A、B静止在光滑的水平

面上，A、B之间用绝缘轻弹簧连接，A紧靠墙壁，匀强电场的方向水平向左，

电场强度大小为E,A、B带电荷量均为q的正电荷，B通过轻绳与电动机连接且

轻绳拉直恰好无拉力，电动机的额定电压为U,内阻为R,正常工作时电流为/,

r-0时刻启动电动机，使电动机在额定功率下拉动B,T时亥ijB的速度达到最大，

此时A恰好离开墙壁，不计A、B间的静电力作用。求：

ZAEB

；++盘

图2

(1)物块R的最大速度:

(2)弹簧的劲度系数。

小gUI—FR16夕4炉

(1)

口水2qE⑵§(UI-pR)tq2R-m(ULI?R)2

解析(1)当B的加速度。=0时速度最大，此时轻绳上的拉力为b=2gE

电动机的输出功率为P=UI-I2R

又P=FVm

…UI-I2R

解何Om=_-°

(2)对B受力分析可知初始时刻弹簧弹力F\=qE

B速度最大时弹簧弹力F?=qE

所以从初始时刻到B速度最大的过程中，弹簧弹力对B做的总功为零

由动能定理得Pt—2c/Ex=^niVm

乙

由胡克定律得乡后="

联立解得〃=8(UI—FR)谣-m(UI-FR)2。

3.如图3所示，平面直角坐标系X。)，中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小

为8的匀强磁场。第一、叫象限内磁场方向垂直纸面向里，第二象限内磁场方向

垂直纸面向外。第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为山、电荷量为贝乡

>0）的粒子甲从点s（一/,一多以一定初速度释放，初速度方向与X轴正方向的夹

角8=45。，从点K（0,—/）垂直y轴进入第四象限磁场区域，然后从PQ0）点垂

直x轴进入第一象限，同时在。点释放一质量为半电荷量为夕日>0）、速度为誓

的带电粒子乙，且速度方向垂直于x轴向上。不计粒子重力及甲、乙两粒子间的

相互作用，求:

图3

⑴甲粒子进入第I四象限时的速度00；

⑵匀强电场的大小E；

⑶甲粒子第〃次经过），轴时，甲、乙粒子间的距离小

答案⑴警（2噌（3）（4n-2）/（n=l,2,3,…）

III-til

9

解析（1）甲粒子在第四象限内的磁场中，由洛伦兹力提供向心力9。仍=〃记

根据题意有r=/

解得出=等。

⑵由题意知甲粒子垂直），轴进入第四象限，速度大小为加=誓

粒子在第三象限，沿X轴方向/=。0m

沿），轴方向白去事

解得E=哼。

⑶设甲粒子半径为乙粒子半径为小

由洛伦兹力提供向心力得

mvinivi甘3qBl

WOB=7T，qsB=不,其中。2=才

可得n=n=l

甲、乙粒子的周期分别为力=誓，乃=智

可得71=372

如图所示，当甲粒子第一次到达)，轴。“=/)时，乙粒子第二次到达y轴。，2=3/),

两粒子相距d\=2l

此后每次甲粒子到达y轴时，乙比甲沿)，轴多移动Ad=4/

粒子甲第〃次经过y轴时甲、乙粒子间的距离

d=(4n~2)l(n=1,2,3,…)。

4.(2024,河北唐山二模)如图4所示，粗糙水平地面上固定一个光滑斜面体，在斜

面体末端紧靠一个足够长的薄木板B,均处于静止状态，薄木板B与斜面体末端

等高且平滑连接，距离薄木板B的右端().5m位置处静止放置一个物块C。己知

物块A的质量为2kg,薄木板B和物块C的质量均为1kg,物块A与薄木板B

之间的动摩擦因数为02,薄木板B和物块C与地面之间的动摩擦因数均为0.1,

薄木板B和物块C的高度相同，运动过程中物块A始终不会滑离薄木板B,所有

碰撞时间极短且均为弹性碰撞。物块A在距离薄木板B的上表面1.8m高处沿斜

面体静止释放，A由斜面滑上薄木板B的过程中能量损失不计，重力加速度g取

2

1()m/so求：

(1)薄木板B与物块C碰撞前，物块A速度大小是多少；

(2)木板B与物块C第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间;

(3)最终停止时，木板B与物块C的距离。

答案(1)4m/s(2)1s⑶表m

解析(1)物块A到达木板时，设速度为优，由动能定理可得，〃Ag/?=J%A03

解得。。=6m/s

在B、C相碰之前，设物块A的速度切，加速度大小为〃A,木板B的速度为02,

加速度为4B,滑动时间为力

由牛顿第二定律可得〃MAg=)n\aK

〃Imj\g-〃2(，〃A+MB)g=WB6ZB

解得4A=2m/s2,6TB=1m/s2

由运动学规律，对B：XI

对A：V\=VO-ClAt\

解得。i=4m/s,V2=tZB/i=lm/So

(2)木板B与物块C相碰，设碰后B、C的速度分别为为、。4,由动量守恒定律和

能量守恒定律可得

=〃7BO3+mcV4

yWBU5=472B京+

解得5=0,V4=1m/s

碰后C做匀减速运动，设加速度大小为〃C,经历时间为，3,位移为X2,

贝1f-iimcg=mcac

解得ac=1m/s2

第二次碰撞前C静止，则04=。。3

解得时间为力=1s

此时运动距离为12=5〃=0.5m

由的/知B在1s为恰好移动0.5m,B追上C,二者加速度大小相同，B加

速，C减速，故所需时间为1s,即从第一次碰撞到第二次碰撞经历时间为Is。

(3)第二次碰撞后，设A的速度。5,由运动学规律可得

V5=V\—aAt?,

设木板与物块A达到共速时，速度为。6,时间为由，则。6=。5—4A/4,V6=GBt4

设木板共速之前的位移为X3,共速之后的位移为上4,

则X3=]〃BE,加=2〃BX4,X=X2~X3—X4

解得"m0模拟检测卷（二）

（时间：90分钟满分100分）

一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符

合题目要求。）

1.（2024・四川内江一模）纵跳仪是运动员用来测试体能的一种装备，运动员用力从

垫板上竖直跳起，然后乂自由落回到垫板上，此时仪器上就会显示出跳起的最大

高度。在某次测试时，仪器显示的高度为80cm。如果运动员的质量为60kg,不

计空气阻力，重力加速度g=10md,那么，下歹J说法正确的是（）

A.运动员起跳时，测试板对其做功为480J

区运动员在空中运动的时间为。.8s

C.运动员跳起瞬间垫板对运动员的力大于运动员对垫板的力

D.运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其冲量大小相等、方向相反

答案B

解析运动员起跳时，测试板对运动员的作用力位移为零，可知其做功为零，选

项A错误：运动员在空中运动的时间为s=0.8s,选项R

正确；运动员跳起瞬间垫板对运动员的力与运动员对垫板的力是相互作用力，总

是等大反向，选项C错误；运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其的作用

力方向均竖直向上，则冲量的方向相同，选项D错误。

2.如图1所示为一检测薄膜厚度的装置，用一束单色光垂直照射在薄膜上，薄膜

下方是空气，当光的波长、薄膜的厚度以及折射满足一定条件时，能在薄膜上表

面观察到亮点。若要求的薄膜厚度d=200nm,不考虑半波损失，薄膜材料的折

射率〃=1.5,则（）

图1

A.所用光的波长可能为600nm

B.所用光的波长可能为450nm

C.若亮点变暗，一定是薄膜偏薄

D.若亮点变暗，一定是薄膜偏厚

答案A

解析设所用光的波长为九，由折射定律可知，光在薄膜中时光的波长为今又光

在薄膜表面干涉加强，则光在薄膜中的光程差等于光在介质中波长的整数倍，即

吊=24,其中4=1,2,3,…，可得2=华/=1,2,3,…），A正确，B错误；

结合光的干涉可知，薄膜偏厚或偏薄都会导致亮点变暗，C、D错误。

3.（2024・甘肃卷，7）—平行板电容器充放电电路如图2所示。开关S接1,电源E

给电容器C充电；开关S接2,电容器C对电阻H放电。下列说法正确的是（）

1s

MN

图2

A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充耳电流增加

B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向及点

C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小

D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过可阻R的电流由N点流向M点

答案C

解析电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电

容器两极板的电荷量增加，由可知电容器两极板间电势差增大，放电过程

电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A错误，C正确；根据电路结构可知，

不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流

过电阻R的电流由N点流向M点，放电过程，流过电阻R的电流由M点流向N

点，B、D错误。

4.如图3所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体

结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生光电效应，自由电子

向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收波长为2的

绿光才能发生光电效应，普朗克常量为小光速为C，则下列说法正确的是（）

负

载

A.通过负载的电流方向从I.至下

B.该材料的逸出功为牛

C.用光强更强的红光照射该材料，只要照射时间足够长，也能产生光电效应

D.用光强相同的紫光和蓝光照射该材料，蓝光照射时，通过负载的电流较小

答案B

解析自由电子向N型一侧移动，N型半导体聚集负电荷，电势更低，则通过负

载的电流方向从下至上，故A错误；发生光电效应时极限波长与逸出功需满足

做=很，故B正确；光电效应是否发生与入射光的频率有关，与光照时间和光照

强度无关，红光的频率比绿光小，故不能发生光电效应，故C错误；用光强相同

的紫光和蓝光照射该材料，因为蓝光频率较小，光子能量较小，故单位时间内到

达金属板的光子数目较多，产生的光电子较多，通过负载的电流较大，故D错误。

5.如图4所示，一定质量的理想气体，从图中人状态开始，经历了&C状态，

最后到力状态。A8的反向延长线过。点，BC和OA连线与横轴平行，CD与纵

轴平行。下列判断正确的是（）

A.A—B过程，外界对气体做功，气体内能增加

B.B-C过程，气体体积增大

C.C-。过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小

D.整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功

答案c

解析过程为等容变化过程，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增加，

根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A错误；3-C过程为等压过

程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B错误；C-D

过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强

减小的原因是气体分子数密度减小，故C正确；作出气体状态变化对应的p—V

图像，如图所示，

oV

p-V图像与V轴围成的面积表示功，8-C过程外界对气体做功，。一。过程气

体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错

误。

6.如图5所示，半径为人质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心。且与

盘面垂直的水平光滑固定轴转动,在盘面的右边缘处固定一个质量为〃，的小球A,

在圆心。的正下方斗•处固定一个质量为2m的小球B,小球A^B均可看成质点。

现从静止释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g,则转动过程中小球B的最大

速度为（）

解析小球A、B均隧圆盘一起在竖直面内做圆周运动，角速度相等，设。、A

连线与水平面夹角为。角时，小球A的速度为UA,小球B的速度为加，因圆盘

质量不计，则A、B组成的系统仅在重力作用下运动，机械能守恒，有〃吆加in。

—2nig（1—cos；r=；加。区+3X2mvB,其中VA=2UB,解得DB=

g/(sin6+cos8)

承人由数学知识可知，当J=45。时，小球B有最大速度,

3

山I（42-1）.

为PBmax—y/3gr,B正确。

7.（2024.北京东城二模）如图6甲所示，在平静的水面下有一个点光源S,它发出的

光包含两种单色光，分别为红光和蓝光。光从如图乙所示水面上的圆形区域中射

出，该区域分为I、II两部分，如图乙所示。则下列说法正确的是（）

A.区域I为红、蓝复色光，区域II为红色单色光

B.区域I为红色单色光，区域II为蓝色单色光

C.区域I为红、蓝复色光，区域II为蓝色单色光

D.区域I为红色单色光，区域II为红、蓝复色光

答案A

解析由题意可知，光线发生全反射时，临界角满足sinC='因为红光和蓝光

的折射率〃红V〃理，综合上式可得，红光和蓝光的临界角C红ACz,所以蓝光先

发生全反射，区域I为红、蓝复色光，区域II为红色单色光，故A正确。

8.（2024•安徽合肥模拟）除颤仪是用丁突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疔设备，

某型号除颤仪电路原理如图7,某次调试时，电容器充电完毕,开关由“1“掷向“2"，

放电电流平均值为2.8A,放电时间约为lO、s,己知电容器电容为2.0*10一5尸,

升压变压器原、副线圈的匝数比约为1：70,则降压变压器原、副线圈的匝数比

约为（）

图7

A.22：18.11^2：1C.7：1D.2：1

答案B

解析由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器，

由于放电电流平均值为2.8A,由电流的定义式有/=号，根据电容器的电容定义

有。=3，所以升压变压器副线圈两端的电压最大值为5=1400V,由理想变压

U4

器原、副线圈与匝数的关系有方=竽，所以升压变压器原线圈两端电压的最大值

U4

为S=20V,降压变压器副线圈两端电压的最大值为S=2（）V,所以降压变压

器原、副线圈匝数比为三=卷=筑器=邛，故B正确。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合

题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

9.（2024・山东模拟）截至2024年2月10日，天问一号火星环绕器已“上岗”工作

三周年。已知火星与地球的质量之比约为1:9,半径之比约为1:2,公转半径之

比约为3：2,自转周期之比约为1：1,行星的公转视为匀速圆周运动。下列说法

正确的是（）

A.火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的;

B.同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5倍

C.火星的公转周期约为季年

D.火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的岸

答案BD

解析同步卫星的公转周期等于中心天体的自转周期，则火星同步卫星和地球同

步卫星的周期之比为1：1,根据万有引力提供向心力有G华Mm=〃爷47r厂2，解得r=

'空;，火星与地球的质量之比约为1：9,则火星同步卫星的轨道半径约为地

球同步卫星轨道半径的相，故A错误；根据万有引力与重力的关系有繁=

mg,解得g=智，火星与地球的质量之比约为1:9,半径之比约为1:2,则抵

=1,根据单摆的周期公式可知同一单摆在火星表面的摆动周期约为

在地球表面摆动周期的1.5倍，故B正确；根据开普勒第三定律可知尚=在，解

得丁火=乎年，故C错误；根据第一宇宙速度的计算公式。=痂可知，火星的

第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的半，故D正确。

10.（2024.江西上饶模拟）静电除尘指的是一种利比静电场产生的静电力将粉尘等

颗粒物从气流中分离出来，从而净化空气的技术。如图8为某静电除尘装置原理

图，实线为电场线，虚线为某一带电的烟尘微粒向集尘板迁移的轨迹，。、力为轨

迹上的两点，烟尘微粒重力忽略不计。则（）

集

尘

板

A.集尘板处的电场方向垂直于集尘板向右

B.烟尘微粒在。点的电势能大于在b点的电势能

C.烟尘微粒在“点的加速度大小大丁在b点的加速度大小

D.若在。点由静止释放一带负电烟尘微粒，微粒将沿电场线向右运动

答案BC

解析电场方向沿电场线切线方向，所以集尘板处的电场方向垂直于集尘板向左,

故A项错误；物体做曲线运动受到的合外力指向玩迹的凹侧，由题图可知，微粒

带负电，沿电场线方向，电势逐渐降低，则如〈纱，Epa>Epb,B项正确；由牛顿

第二定律有F『qE=ma,电场线越密，电场强度越大，由题图可知，。点的电

场线更密，所以烟尘微粒在。点的加速度大小大于在8点的加速度大小，故C项

正确；带电粒子沿电场线运动的条件：电场线是直线且粒子从静止开始运动或粒

子的运动方向与电场线方向平行。结合题图可知，若在。点由静止释放一带负电

烟尘微粒，微粒不会沿电场线向右运动，故D项错误。

11.在同一均匀介质中有两列简谐横波沿x轴相向传播，波源分别位于(-0.2m,

0)和(1.2m,0)处，振幅均为2cm,沿x轴正向传播的简谐波的波速为0.8m/s。t

=0时刻波的图像如图9所示，此时平衡位置在(0.2m,0)、(0.8m,0)的两个质

点、E、产刚好开始振动，质点8、C的平衡位置坐标分别为(0.4m,0)、(0.5m,

0),以下说法正确的是()

A.两列波叠加能够发生干涉现象

B.两列波叠加后质点C的振动周期为0.25s

C.两列波叠加后质点B的位移始终为0

D.f=1.5s0寸，质点C的位置坐标是(0.5m,4cm)

答案AC

解析由图知两列波的波长均为2=0.4m,振幅A=2cm,同种均匀介质机械波

传播速度相同，故频率相同，能够发生干涉现象，故A正确；周期均为7=(=抵

s=0.5s,介质做受迫振动，叠加后质点的振动频率与波源相同，故B错误；由两

列波的传播方向可以判断质点£尸的起振方向都沿y轴负方向，则两列波的波

源是振动方向相同的相干波源，且两波源到质点B的波程差ATB=0.2m=W，所

以质点B是振动减弱点，故两列波叠加后B的位挈始终为0,故C正确；在人时

刻两列波传播到。点，传播距离为&=0.3m,A=?Ar=*3s,两列波叠加后C振

Vo

动周期跟相干波源的周期相同,即为0.5s,Ar=z—ri=(1.5—I)s=1s,岑=2：,

。点起振方向向下，则在/=1.5s时刻，位于负向位移最大处，即，=1.5s时，质

点C的位置坐标是（0.5m,-4cm）,故D错误。

12.（2024•山东聊城二模）如图10所示，两条相距/的光滑平行金属导轨位于同一水

平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，与导轨垂直的金属棒置于两导轨上。

在电阻、导轨和金属棒中间有面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均

匀磁场，磁感应强度大小囱随时间，的变化关系为田=内，式中％为大于零的常

量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界虚线）与导轨垂直，磁场

的磁感应强度大小为B）,方向垂直于纸面向里。零时刻，金属棒在水平恒力的作

用下从静止开始向右运动，在加时刻恰好以速度uo越过此后向右做匀速运

动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，下列说法

正确的是（）

A.在。〜涧间内，流过电阻的电荷量为甯

B.在m时刻以后，电阻R上的电流方向由〃一a

C.在时刻穿过回路的总磁通量为

to)

D.在时刻⑹金属棒所受水平恒力的大小为（8。历o+的与

答案AD

解析0〜A）时间内闭合回路中产生感生电动势为£。=笑=第S=M,回路中电

流为/。=是=臀，流过电阻的电荷量为4=/。的=半，故A正确；在的时刻以后，

根据楞次定律可知，金属棒上的电流方向向上，而电阻R上的电流方向由。一乩

故B错误；在时刻《A加穿过回路的总磁通量为6=8o历o（L/o）+6，故C错

误；回路中同时产生感生电动势和动生电动势，根据电流方向可知回路中总电动

势为E=B°E+kS,回路中电流为/=*=为铲，则金属棒所受安培力大小为

F=Boll=（Bolvo+kS）^-,由于金属棒匀速运动，所以所受水平恒力的大小等于安

培力的大小，故D正确。

三、非选择题(本题共6小题，共60分。)

13.(6分)某同学用图11装置探究两根相同弹簧甲、乙串联后总的劲度系数与弹簧

甲劲度系数的关系。他先测出不挂钩码时弹簧甲的长度和两弹簧的总长度，再将

钩码逐个挂在弹簧的下端，记录数据填在下面的表格中。

图11

序号123456

钩码重力

0.000.501.001.502.002.50

F/N

弹簧甲的长

1.952.202.452.702.953.20

度Li/cm

两弹簧总长

4.004.505.005.506.006.50

度Lt/cm

(1)关于本实验操作，下列说法正确的是O

A.悬挂钩码后立即读数

B.钩码的数量可以任意增减

C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态

(2)已作出钩码重力”与弹簧总长度〃的关系图像，如图12中实线所示，由图像

可知两根弹簧串联后总的劲度系数k为N/cmo

(3)在图12的坐标纸上描点作出钩码重力尸与弹簧甲的长度L的关系图像。

(4)根据F-Lx图像可求出一根弹簧的劲度系数和〃的定量关系为

⑸本实验中，弹簧的自重对所测得的劲度系数(选填“有”或“无”)影

响。

答案(1)C(2)1.00⑶见解析图(4)kf=2k(5)无

解析(1)悬挂钩码后应等示数稳定后再读数，A错误；因为所挂钩码重力不能超

过弹性限度，即钩码的数量不可以任意增减，B错误；安装刻度尺时，必须使刻

度尺保持竖直状态，C正确。

(2)因为F-L图像的斜率为弹簧的劲度系数

故k—A)=1工乂)N/cnio

(3)图像如图所示。

(4)根据/一心图像可求出一根弹簧的劲度系数为,e=2.00N/cm

故女和〃的定量关系为〃=2匕

(5)因为本实验中，用图像斜率求得弹簧劲度系数，故弹簧的自重对所测得的劲度

系数无影响。

14.（8分）（2024.河南郑州模拟）某实验小组为了测量一金属杆的电阻，设计了如图

13所示的电路,所用器材如下:

电源（电动势E恒定，内阻，=1.0C）

电阻箱Ro（最大阻值999.9Q）

电阻吊（阻值为20.0C）

电阻及（阻值为15.0C）

毫安表mA（量程30.0mA,内阻不计）

待测金属杆，开关S,导线若干。

请完成下列实验操作和计算：

⑴根据如图所示实验原理图连接电路，闭合开关S,调节电阻箱Ro的阻值为40.0

Q,此时亳安表示数为24.0mA,则金属杆中的电流为mA。

⑵重复以上步骤，调节电阻箱Ro的阻值为20.0Q,此时亳安表示数为20.0mA。

（3）断开开关，根据上述测量，计算得到待测金属杆电阻为凡=C,同时

可得到所用电源电动势为E=Vo

⑷若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻的测量值将

真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。

答案⑴36.0（3）4.01.2（4）大于

解析（1）由题意可知，通过电阻Ri的电流入=24.0mA,根据欧姆定律可知，电

阻Ri两端的电压为S=/iR,电阻用和电阻箱R）并联，电压相等Uo=S,根据

欧姆定律，可得通过电阻箱Ro的电流为/o=普，金属杆在干路上，则通过金属杆

的电流为/=4+/0,联立解得/=36.（）mA。

⑶根据闭合电路欧姆定律可得石=。+/总（&+〃+&）,其中U=/Ri,/总=/+看=

1+吟,联立解得R，_L&,当R）=40Q时，/=24.（）mA和当/?o=2OQ

A0./偿Al

/r+元

时，/=20.0mA分别代入,解得Rr=4.0C,E=1.2VO

（4）根据心=匕有一「一R2可知，若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增

，十R。

大，则金属杆电阻在计算时，减去的电源的内阻偏小，计算得到的金属杆的电阻

偏大。

15.（8分）（2024.甘肃卷，13）如图14,刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被

隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连（忽略隔板厚度和弹

簧体积）。容器横截面积为S,长为2/。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为

57,压强均为po,弹簧为原长。现将8中气体抽出一半，3的体积变为原来的本

整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求:

图14

（1）抽气之后A、B的压强〃八、

⑵弹簧的劲度系数上

分安/八4e8Pos

u案（l）/o13〃。Q）

解析（1）抽气后，A的体积变为必=2S/-?S/=*/

对A中气体根据玻意耳定律有°）S/=PAQS/

4

解得pa=9加

对8中气体，根据理想气体状态方程可知

,2

解得〃8=号＞（）。

（2）抽气后，对隔板根捱平衡条件有〃人5=〃处+墟

8〃oS

结合（1）问解得2=

15/°

16.（8分）（2023・江苏卷，14）“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X

射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为九若太阳均匀地向各个方向辐射

硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪

镜头面积为S,卫星离太阳中心的距离为R,普朗克常量为〃，光速为c,求：

(1)每个光子的动量p和能量E；

⑵太阳辐射硬X射线的总功率P。

专安小"/4兀R2Mze

答案("眼

解析(1)根据德布罗意波长公式，可得每个光子的动量为〃=}

每个光子的频率为v=j

每个光子的能量为七=帆

故每个光子的能量为E=代。

A

(2)卫星离太阳中心的距离为凡离太阳中心距离为R的球面的表面积为S珠=4冗睦

单位面积上的功率为8=管NF

太阳辐射硬X射线的总功率P=S小

除者翻行a4近NE4兀

联立解付P=飞=--衣-0

17.(14分)(2024•江西南昌模拟)如图15所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内

存在着垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为8的匀强磁场，第四象限内存在

着方向沿x轴负方向、电场电度大小为石的匀况电场，y轴负半轴上固定着足够

长的荧光屏。现有大量质量均为，"、电荷量均为+q的粒子从)，轴正半轴上不同

位置以不同的速率平行于x轴正方向射入磁场，经偏转后所有粒子均从P(d,0)

点进入电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。

P....

・・B・.

图15

(1)求以最小速度进入磁场的粒子的纵坐标及该粒子的速度大小;

(2)求(1)中粒子打在荧光屏上的位置与O