2026年北京市朝阳区高考物理一模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年北京市朝阳区高考物理一模试卷一、单选题：本大题共14小题，共42分。1.下列说法正确的是(

)A.电子的发现说明原子不是组成物质的最小微粒

B.α粒子散射实验表明原子核的核子之间存在核力

C.β衰变放出的电子是原子的最外层电子吸收能量之后放出来的

D.核反应前后电荷数守恒但质量数不守恒2.小明观看了一段视频：落水者用双手环抱倒扣的塑料盆，将盆口压入水中实现自救，如图所示。若盆中空气可视为质量一定的理想气体，且温度保持不变，则在盆被下压的过程中盆中气体(

)A.对外做功 B.压强增大 C.从外界吸收热量 D.分子平均动能增加3.一束单色光从某种均匀介质射入空气中时，入射角为θ1，折射角为θ2，折射光路如图所示。下列说法正确的是(

)A.此介质的折射率为sinθ1sinθ2

B.光在介质中的速度与光在空气中速度的比值为sinθ4.振源A带动水平细绳上下振动，某时刻在绳上形成如图所示A的横波波形。规定绳上各质点向上运动的方向为位移x的正方向。从波传播到细绳上的P点开始计时，下列图中能表示P点振动图像的是(

)A. B. C. D.5.一理想变压器原、副线圈的匝数比为11：5，原线圈与正弦交流电源连接，其输入电压u随时间t的变化如图所示。若副线圈仅接入一个10Ω的电阻，则(

)A.输入电压u=2202cos50πtV

B.流过电阻的电流是22A

C.流过电阻的电流方向每秒钟改变50次

D.经过6.2025年10月，神舟二十一号载人飞船成功发射，历时3.5小时完成与天和核心舱的对接，实现了最快对接记录。飞船变轨前绕地稳定运行在圆形轨道Ⅰ上，飞船的转移轨道为椭圆轨道Ⅱ，核心舱稳定运行在圆形轨道Ⅲ上。轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于A、B两点。则飞船在轨道Ⅱ上运行时(

)A.在A点的加速度小于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度

B.在A点的速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的速度

C.由A向B运行的过程中机械能逐渐增大

D.由A向B运行的过程中宇航员先超重后失重7.如图所示，光滑水平地面上，一质量为m的物体P以速度v向右运动，物体Q静止且左端固定一轻弹簧。P撞上弹簧后，弹簧被压缩至最短时(

)A.P、Q系统总动量大小为mv B.P的动量变为0

C.Q的动量达到最大值 D.弹簧的弹性势能一定为18.如图甲所示，边长为l的正方形导线框abcd，以恒定速度沿x轴向右运动，穿过图中所示的匀强磁场区域。从导线框在图示位置的时刻开始计时，则乙图的纵轴对应的物理量为导线框(

)

A.所包围面积的磁通量 B.b、c两点的电势差Ubc

C.bc边所受安培力大小 D.9.老师在课堂上做了一个如图所示的实验：把粉笔盒静置于水平桌面上的课本上，用水平向右的恒力F将课本迅速抽出，粉笔盒移动较小的距离。若粉笔盒和课本的质量均为m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，抽出课本的过程历时t。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(

)A.课本受到5个力作用

B.课本受到的摩擦力大小为2μmg

C.F大于4μmg才可能将课本从粉笔盒下抽出

D.粉笔盒最终将停留在初始位置右侧12μg10.如图所示，小明同学用一个悬挂的强磁铁和一块铜片演示了一个神奇的实验，当磁铁从左侧某一高度处由静止释放摆至右侧最高位置的过程中，其下方放在圆珠笔芯上的铜片发生了运动(此过程铜片始终未脱离笔芯)。在此过程中，磁铁重力做功为WG，磁铁克服磁场力做功为W1，磁场力对铜片做功为W2，铜片获得的动能为Ek，铜片上产生的电热为Q。不计磁铁产生的电热，忽略空气阻力以及铜片在笔芯上所受的摩擦力，不计地磁场影响。则A.WGB.W2=EkD.W11.如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场，AB=2BC，P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场，并同时到达P、B点，二者的运动轨迹交于O点(图中未标出)。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子a、b(

)A.具有不同的比荷 B.电势能均随时间逐渐增大

C.到达O点所用的时间之比为1：2 D.到达P、B点时的动能之比为5：812.如图所示为某环境监控电路简图，R1、R2均为可变电阻，M、N两元件中有一个是光敏电阻，另一个是热敏电阻。已知热敏电阻阻值随温度升高而减小，光敏电阻阻值随光照增强而减小。忽略光照对环境温度的影响。报警器1两端电压大于某值时报警，报警器2上通过的电流大于某值时报警。闭合开关后，两报警器1、2均未报警。不计报警器对电路的影响。下列说法正确的是(

)A.仅温度升高，若只有报警器1报警，则M为热敏电阻

B.仅光照增强，若只有报警器2报警，则N为光敏电阻

C.仅增大R1的阻值，报警器1、2可能都报警

D.仅增大R2的阻值，报警器1、13.一种磁流体发电装置如图甲所示。间距为d的平行金属板M、N之间充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。等离子体(高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速度v沿垂直于磁场的方向射入磁场，M、N两板间便产生电压。某同学设想了另一种方案：如图乙所示，一细束质量为m、电荷量为q的带正电的离子束以相同的速度v紧临下极板N射入磁场(N板接地)，M、N两板间也同样能够产生电压。已知d<2mvqB，不计粒子重力。下列说法正确的是(

)

A.图甲中M板是电源的负极

B.图甲中M、N板间的最大电压大于Bdv

C.图乙中M、N板间的最大电压为Bd(v−qBd2m)

D.图甲与图乙中M、14.“谁将春晚作冬看，添着绵衣减却难。”人们一年四季穿着的变化与热传递过程密切相关。热传递是一种热能的转移过程，与自然界中其他转移过程(如电荷量的转移)有类似之处，它们的共性可归结为“过程中单位时间的转移量=过程的动力量过程的阻力量”，在电学中体现为欧姆定律，即I=UR，在热能的转移过程中，动力量表现为温度差，与电阻对应的物理量称为热阻。

如图所示，某长方体导热板，侧面1、2的面积均为A，温度分别为T1、T2。坐标轴x与侧面垂直，坐标原点在侧面1上，导热板各处的温度T仅随x线性变化。科学家发现单位时间从侧面1传递到侧面2的热量Q=AλΔxA.该导热物体的热阻为ΔxλA

B.λ的单位可表示为kg⋅m/(K⋅s2)

二、实验题：本大题共2小题，共18分。15.(1)在“探究加速度与力的关系”的实验中，打出的一条纸带如图1所示，A、B、C为依次选取的三个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，则小车的加速度a=

。

(2)“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，在测量相邻两条亮条纹的间距时，先将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该条纹定为第1亮条纹，读数记为x1；然后转动手轮，使分划板中心刻线与第6亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图2所示，读数记为x2，则x2=

mm。若已知双缝间的距离为d，双缝到光屏间的距离为L，由此计算光的波长表达式为λ=

(用题中字母表示)。

(3)某同学用图3所示装置探究气体等温变化的规律，该同学在不同环境温度下对同一封闭气体进行了两组实验，得到的p−V图像如图4所示。由图可知两组实验气体的温度大小关系为T1

T2(选填“<”“=”或“>”)。

另一位同学用传感器进行该实验，实验装置如图5所示。注射器内密封一段气体(气密性良好)，通过塑料管与气体压强传感器连接。然后缓慢移动柱塞确保温度不变，记录注射器的刻度值得到空气柱的体积V，由计算机得到对应的气体压强值p。重复该过程，获得多组数据并进行数据处理。该方案系统误差的主要来源为16.某小组测量一段金属丝的电阻率。

(1)先用多用电表“×1”挡粗测某金属丝的电阻，表针位置如图1所示，可知金属丝的电阻Rx=______Ω。

(2)再用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材除电池组(电动势3V，内阻约1Ω)、滑动变阻器(0～20Ω，额定电流2A)、开关及导线若干外，下列器材中电流表应选用______，电压表应选用______。(填写选项前的字母)

A.电流表(0～0.6A，内阻约10Ω)

B.电流表(0～1mA，内阻约20Ω)

C.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)

D.电压表(0～15V，内阻约15kΩ)

(3)该小组完成上述实验后，对一种导电硅胶条的电阻率感兴趣，他们取两条材质完全相同的导电胶条，规格如下：

导电胶条A：长350mm、宽10mm、厚4mm

导电胶条B：长350mm、宽40mm、厚4mm

a.该小组首先用多用电表粗测两胶条电阻，阻值均为几千欧左右。选用(2)中合适的器材，为尽可能准确测量导电胶条的电阻率，请在图2中用笔画线代替导线完成电路器材连接。

b.该小组在导电胶条两端安装小圆柱电极并接入电路，如图3所示。测量两电极间的距离作为有效长度L，测量胶条宽度和厚度以二者乘积作为横截面积S。通过计算发现，胶条B的电阻率测量值ρB比胶条A的电阻率测量值ρA三、计算题：本大题共4小题，共40分。17.如图所示，光滑水平面与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相切，导轨半径为R=0.4m。一质量为m=1kg的物体(可视为质点)将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一速度后脱离弹簧，之后沿半圆形导轨恰好运动至最高点C，该过程损失的机械能为ΔE=8J，重力加速度取g=10m/s2。不计空气阻力影响。求：

(1)物体在C点的速度大小vC；

(2)弹簧最初压缩时储存的弹性势能Ep；

(3)物体离开C点后落地点距离C点的水平位移大小x18.如图为早期设计的质谱仪原理简图。电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度可视为0，之后从小孔S沿垂直于磁场的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，旋转半周后打到照相底片D上的M1刻线处。不计粒子重力。

(1)求该粒子进入磁场时的动能Ek；

(2)若测得M1与小孔S的间距为L，求该粒子的质量m；

(3)若底片的右半部损坏，为使该粒子能打在左半部的刻线M2处，可以仅调节加速电压来实现。已知M2与小孔S的间距为nL。求调节后的加速电压大小U′；并说明还可以通过什么方法使该粒子能打在19.物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。

(1)图1中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为R，在空间各点产生球对称的电场。场强大小E与该点到球心距离r的变化图像如图1中的乙图所示。已知E−r曲线下R～2R部分的面积为S。若电荷量为−q的尘埃微粒从距球心2R处被吸附至球壳表面，求此过程尘埃微粒电势能的变化量ΔEp；

(2)图2中甲图为某发电机的简化模型。质量为m的导体棒在水平驱动力F的作用下，以恒定加速度a从静止开始沿光滑水平导轨向右运动。定值电阻阻值为R，忽略其余电阻。磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于导轨平面。导轨间距为L。

a.写出驱动力F与运动时间t的关系式；

b.在图2乙给出的坐标系中定性画出驱动力F大小随运动时间t的变化图像，并结合图像求出0～t0时间内F的冲量大小I。

(3)如图3所示，y随t按照正弦规律变化，其中Ym、t0均为已知量。为得到0～2t0内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积20.篮球运动是中学生喜爱的运动之一，其技术动作蕴含着丰富的物理学原理。已知篮球质量为m，重力加速度为g，篮球可视为质点，不计空气阻力。

(1)空中投篮：如图1所示，运动员在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐。已知投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐的距离为x，求篮球出手时的速度大小v。

(2)原地拍球：如图2所示，实际拍球过程中，为使篮球每次都达到相同的最大高度h，运动员通常在篮球上升到某高度时，手就会接触篮球并对球施加一个向下的阻力F1，球和手一起上升距离s后到达最高点，紧接着手对球施加向下的动力F2，下降距离s后，手与篮球分开。手对球的两次作用力均视为恒力。球与地面碰撞时存在机械能损失，请通过计算推证F2>F1。

(3)转身运球：如图3甲所示，为运动员拉球转身的一瞬间。可将转身运球的过程理想化为如图3乙所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，篮球绕着转轴(左脚所在竖直线)在水平面内做圆周运动。在转身快要结束时，篮球有一段速率随时间均匀减小的运动过程，直到篮球刚好滑离手掌。已知篮球刚开始减速时的初速度为v0，减速过程中沿圆周轨迹切线方向的加速度大小为43g，假设手掌和球之间的动摩擦因数为μ，手掌到转轴的距离为r。最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力。求：

a.篮球减速过程中手掌对篮球的摩擦力大小f；答案解析1.【答案】A

【解析】解：A.电子是原子的组成部分，电子的发现证明原子可再分，并非组成物质的最小微粒，故A正确；

B.α粒子散射实验仅用于提出原子核式结构模型，无法证明原子核内核子间存在核力，故B错误；

C.β衰变放出的电子来自原子核内中子的衰变，并非原子的核外最外层电子，故C错误；

D.核反应前后电荷数与质量数均守恒，质量亏损是静质量的减少，不影响质量数守恒，故D错误。

故选：A。

本题考查原子物理基础概念，需逐一核对电子发现、α粒子散射实验、β衰变本质及核反应守恒规律的课本知识点。

本题聚焦原子物理核心基础概念辨析，考查对原子结构及核反应规律的识记与理解，难度较低。2.【答案】B

【解析】解：根据题意，盆中空气可视为理想气体，且温度T保持不变，该过程为理想气体的等温压缩过程。

A、盆被下压过程中，所处深度增加，水对气体的压强增大，盆内气体体积V减小。由W=−pΔV可知，外界(水和人)对气体做正功，即气体对外做负功，故A错误；

B、随着盆下压深度增加，由液体压强公式p=p0+ρgh可知，盆口处静水压强增大。为维持内外平衡，盆内气体压强也需相应增大，故B正确；

C、对于一定质量的理想气体，其内能仅由温度决定。由于温度不变，气体ΔU=0。气体体积被压缩，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，解得：Q=−W<0，即气体向外界放热，故C错误；

D、温度是分子热运动平均动能的标志。盆内气体温度T不变，分子平均动能保持不变，故D错误。

故选：B。

3.【答案】D

【解析】解：A、光从介质射入空气中发生折射，根据光的折射定律可知此介质的折射率为n=sinθ2sinθ1，故A错误；

B、由v=cn得光在介质中的速度与光在空气中速度的比值为vc=1n=sinθ1sinθ2，故B错误；

CD、设光在介质中的波长为λ，光在空气中的波长为λ0，此介质的折射率为4.【答案】C

【解析】解：根据波的传播特性，介质中各质点起振方向与波源初始振动方向一致。

由图中波源A产生的波形可知，该波向右传播，其波前呈现向下凸出的形态，表明波源A起振方向为竖直向下；因波自左向右传播，当波传播至P点时，P点将重现波源的振动过程，即P点起振方向也应为向下(位移x的负方向)。

A、该图像显示t=0时刻质点位于正向最大位移处，不符合从平衡位置开始振动的条件，故A错误；

B、该图像显示t=0时刻质点位于负向最大位移处，不符合从平衡位置开始振动的条件，故B错误；

C、该图像显示t=0时刻质点自平衡位置向负方向运动，与P点起振方向相符，故C正确；

D、该图像显示t=0时刻质点自平衡位置向正方向运动，与P点起振方向相反，故D错误。

故选：C。

从绳上横波的波形图分析，已知波传播方向为向右，且规定向上为位移正方向。波形图中波源A附近的波形表明波源起振方向为向下，即位移负方向。波传播过程中各质点的起振方向与波源相同，因此当波传播到P点时，P点应从平衡位置开始向负方向振动。振动图像需反映这一特点：计时起点时质点位于平衡位置且初始速度方向为负。

本题是一道关于机械波传播与振动图像结合的典型问题，主要考查学生对波动形成过程中质点振动规律的理解与应用。题目难度中等，计算量小，但需要学生准确把握波的传播方向、波形图与质点振动状态之间的动态联系，并据此推断特定质点P的起振方向与初始振动图像。解题关键在于理解波传播时介质中各质点的起振方向均与波源初始振动方向相同，并能从给定波形图中分析出波源的起振方向。本题有效锻炼了学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及对振动图像物理意义的辨析能力，属于基础概念的综合应用题型。5.【答案】D

【解析】解：由输入电压图像可知，电压最大值U1m=2202V，有效值U1=220V；周期T=2×10−2s，角速度ω=2πT，解得：ω=100πrad/s。

A、由于t=0时电压为最大值，其瞬时值表达式为u=2202cos(100πt)V，故A错误。

B、根据理想变压器原、副线圈电压比U1U2=n1n2，代入数据解得：副线圈有效电压U2=100V；流过电阻的电流I2=U2R，解得：I2=10A，故B错误。

6.【答案】B

【解析】解：A.根据万有引力提供向心力，有GMmr2=ma，解得加速度a=GMr2。飞船在轨道上的A点地心的距离rA小于核心舱在轨道Ⅲ上的B点到地心的距离rB。因此，在A点的加速度大于核心舱在轨道Ⅲ上B点的加速度，故A错误；

B.飞船在轨道l上做匀速圆周运动，在A点需点火加速才能进入椭圆轨道Ⅱ，故飞船在轨道上A点的速度v//A大于轨道上A点的速度v1A核心舱在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动，其速度vmB满足GMmr2=mvⅢB2r，即vⅢB=GMr。轨道l为圆形轨道，其速度vⅠA=GMr1，由于轨道l的半径r1小于轨道Ⅲ的半径r，故vⅠA=>vⅢB，故7.【答案】A

【解析】解：A、物体P与物体Q组成的系统在水平方向不受外力，满足动量守恒条件。当弹簧被压缩至最短时，P与Q的速度相同，设其共同速度为vc。根据动量守恒定律，系统总动量p=mvP+mQvQ始终保持不变，等于初始动量mv，故A正确；

B、取速度v方向为正方向，由动量守恒定律mv=(m+mQ)vc，解得：vc=mvm+mQ。由于vc≠0，因此物体P的动量pP=mvc≠0，故B错误；

C、弹簧从最短状态恢复至原长的过程中，弹簧对物体Q施加向右的推力，物体Q持续加速，故当弹簧恢复原长时，物体Q的速度达到最大，其动量也达到最大值，故C错误；

D、根据能量守恒，系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即Ep=12m8.【答案】B

【解析】解：设导线框各边电阻均为r，则总电阻R=4r。线框以恒定速度v向右运动，将其运动分为四个阶段进行分析。

当0≤x<l时，线框尚未进入磁场，回路中无感应电流，b、c两点间无电势差，Ubc=0；

当l≤x<2l时，bc边进入磁场切割磁感线产生感应电动势E=Blv，根据右手定则可知b点电势高于c点，此时bc边相当于电源，回路电流I=E4r=Blv4r，则b、c两点间的电势差等于路端电压Ubc=E−Ir=Blv−Blv4r⋅r，解得：Ubc=34Blv；

当2l≤x<4l时，线框整体处于磁场中，虽然bc边与ad边均产生感应电动势，但回路总电动势为零，电流I=0，此时b、c两点间的电势差即为其产生的感应电动势Ubc=Blv；

当4l≤x<5l时，仅ad边在磁场中切割磁感线，此时ad边相当于电源，bc边相当于外电路中的一个电阻，回路电流I=Blv4r，则b、c两点间的电势差Ubc=Ir，解得：Ubc=14Blv。

综上所述，Ubc在这四个阶段的数值之比为0：3：4：1，与乙图纵轴物理量的阶梯高度比例一致。

A、导线框包围面积的磁通量Φ在进入阶段随位移x线性增加，在完全进入阶段保持恒定，在离开阶段线性减小，其图像应为梯形而非阶梯形，故A错误；

B、根据上述物理过程推导可知，乙图对应的物理量即为b、c两点间的电势差Ubc，故B正确；

C、安培力F9.【答案】C

【解析】解：A.课本受到：自身重力、粉笔盒对其的压力、桌面对其的支持力、外力F、与桌面间的摩擦力、与粉笔盒间摩擦力，一个6个力，故A错误；

B.课本与粉笔盒间的摩擦力大小f1=μmg

与桌面间的滑动摩擦力大小f2=2μmg

课本相对于粉笔盒和桌面均向右运动，则这两个摩擦力方向均向左，因此课本受到的摩擦力合力是f1+f2=3μmg，故B错误；

C.根据牛顿第二定律，对粉笔盒：f1=ma1

解得a1=μg

对课本：F−f1−f2=ma2

课本从粉笔盒下抽出，需要满足a2>a1

联立解得F>4μmg，故C正确；

D.10.【答案】B

【解析】解：A.对磁铁，根据动能定理：WG+(−W1)=0−0

解得WG=W1，故A错误；

B.对铜片，根据动能定理：W2=Ek−0

解得W2=Ek，故B正确；

C.WG=W1，W2=Ek，11.【答案】D

【解析】解：A、分析可知，带电粒子a、b在匀强电场中均做类平抛运动，又两粒子分别从A点和D点同时进入电场，

沿图所示轨迹同时到达P、B点，可知两粒子在电场中的运动时间相等。由题图可知，粒子a、b沿初速度方向的位移之比为1：2，则初速度大小之比为1：2；沿电场方向的位移大小相等，由y=12at2可知，两粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可知两带电粒子具有相同的比荷，故A错误；

B、两带电粒子在运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；

C、由图可知，带电粒子a、b到达O的水平位移相等，由于带电粒子a、b的初速度大小之比为1：2，则所用时间之比为2：1，故C错误；

D、设P点的速度为vP，与水平方向的夹角为β，AP为合位移，与水平方向的夹角为α，由类平抛运动的推论可知，tanβ=2tanα=2，由几何关系可知，vP=52v0，同理vB=2v0，到达P、B点时的动能之比为5：12.【答案】D

【解析】解：该电路由电源E、开关S和可变电阻R1构成干路。并联部分包含两条支路：第一条支路由元件N与并联了报警器1的电阻R2串联而成；

第二条支路由元件M与报警器2串联而成。忽略报警器内阻的影响，报警器1所测电压UA1即为R2两端电压，报警器2所测电流I2即为第二条支路的总电流。

设并联电路两端电压为U并，干路电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER外+r，U并=E−I(R1+r)，I2=U并RM，UA1=R2R2+RNU并。

A、若仅温度升高，则热敏电阻阻值减小。假设M为热敏电阻，其阻值RM减小，导致外电路总电阻减小，干路电流I增大，U并减小。由UA1=R2R2+RNU并可知UA1减小，报警器1不报警；同时，根据I2=U并RM，RM减小而U并也减小，但RM减小效应更显著，故I ​2增大，报警器2报警。若实际情况为“只有报警器1报警”，则表明N为热敏电阻，故A错误；

B、若仅光照增强，则光敏电阻阻值减小。同理分析，若出现只有报警器2报警的情形，说明第二条支路电阻减小，即M为光敏电阻，故B错误；

C、仅增大R1的阻值，外电路总电阻增大，干路电流I减小。并联部分电压U并=E−I(R1+r)随之减小，导致I2=U并RM和UA1=R2R2+RNU并均减小，因此两个报警器均不可能触发报警，故13.【答案】C

【解析】解：A.图甲中，根据左手定则，正离子向上偏转打到M板，负离子向下偏转打到N板，则M极板是电源正极，N板是电源负极，故A错误；

B.图甲中，极板聚集电荷后，后续进入的离子将会受到与洛伦兹力相反的电场力，只要电场力不大于洛伦兹力，电荷还将继续偏转到达极板。直到极板上聚集的电荷足够多，电场力等于洛伦兹力，再进入的离子将会受力平衡，不会偏转。因此M、N板间达到最大电压Um后，有qvB=qUmd

解得Um=Bdv，故B错误；

CD.图乙中，负离子一进入极板间就会打到N板而后流入大地，因此只要考虑正离子的运动即可。初始时极板间无电压，正离子做匀速圆周运动，半径r=mvqB>d2则正离子会打在M板。随着正离子在M板聚集，会产生电压U，后续进入的正离子将会做滚摆线运动，使用配速法，将速度v分解为v1+v2

其中v1满足qv1B=qUd

这样，离子就有两个分运动：①是以v1向右做匀速直线运动；②是以v2=v−v1做匀速圆周运动。U较小时，v1较小，v2仍较大，分运动②的半径仍能大于d2正离子将继续打到M板，这样电压U将继续增大，直到分运动②的半径恰好为14.【答案】B

【解析】解：D.导热板垂直于x轴的任意截面，流入的热量和流出的热量守恒，则单位时间传递的热量都相等，故D正确。

A.设热阻为Ω，则有Q=T1−T2Ω=ΔTΩ，对比Q=AλΔx(T1−T2)，可得热阻Ω=ΔxλA，故A正确。

B.Q的单位是Js，其中J是做功的单位，根据W=Fx，F=ma，可得单位关系：J=kg⋅m2s2，则Q的单位是Js=kg⋅m2s3。A的单位是m2，Δx的单位是m，(T1−T2)的单位是K。根据Q=AλΔx(T1−T2)，解得λ=Q⋅ΔxA(T1−T2)，则λ的单位为：kg⋅m2s3×mm2⋅K15.【答案】s9.150(<故气体体积的测量存在误差

【解析】解：(1)由匀变速直线运动的推论得：a=s2−2s1T2

(2)x2=9mm+15.0×0.01mm=9.150mm，

由相邻两条亮条纹的间距Δx=Ldλ

Δx=x2−x16−1

联立解得λ=(x2−x1)d5L

(3)用控制变量法，若体积一定，则16.【答案】5

A;C

两电极等效一对等量正负点电荷，导电胶条内的电流路径就等价于一对等量正负点电荷之间的电场线，实际电流路径长度L实>L(测量长度)，有效横截面积S实<S(测量面积)，

B的电流收缩效应更显著，即L实S【解析】解：(1)金属丝的电阻Rx=5×1Ω=5Ω(或5.0Ω)；

(2)因电池组(电动势3V)，故电压表选0～3V量程的C，又电路中的最大电流Im=ERx=35A=0.6A，故电流表选A；

(3)a.因胶条电阻，阻值均为几千欧左右，由“大内偏大”，用电流表的内接法，滑动变阻器(0～20Ω)的最大电阻比胶条电阻小得多，用滑动变阻器的分压式接法

b.两电极等效一对等量正负点电荷，导电胶条内的电流路径就等价于一对等量正负点电荷之间的电场线，实际电流路径长度L实>L(测量长度)，有效横截面积S实<S(测量面积)，

B的电流收缩效应更显著，即L实S实

比值更大。由ρ=LS，故ρB>ρA。

故答案为：(1)5(5.0)；(2)A，C；(3)

两电极等效一对等量正负点电荷，导电胶条内的电流路径就等价于一对等量正负点电荷之间的电场线，实际电流路径长度L实>L(测量长度)，有效横截面积S17.【答案】物体在C点的速度大小是2m/s

弹簧最初压缩时储存的弹性势能是18J

物体离开C点后落地点距离C点的水平位移大小是0.8m

【解析】解：(1)物体运动至C点时，轨道对其支持力为零，根据牛顿第二定律有mg=mvC2R

代入数据得vC=2m/s

(2)根据能量守恒定律有Ep=12mvc2+2mgR+ΔE

代入数据得Ep=18J

(3)物体离开C点后做平抛运动，设运动时间为t，则竖直方向2R=12gt2

水平方向x=vCt

代入数据得x=0.8m

答：(1)物体在C点的速度大小是2m/s；

(2)弹簧最初压缩时储存的弹性势能是18J；

(3)物体离开C点后落地点距离C点的水平位移大小是0.8m。18.【答案】该粒子进入磁场时的动能是qU

若测得M1与小孔S的间距为L，该粒子的质量m是qL2B28U

已知M2与小孔S的间距为【解析】解：(1)根据动能定理，有qU=Ek−0

有Ek=qU

(2)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿运动定律有qvB=mv2R

其中R=L2，结合(1)问的结果Ek=12mv2=qU

得m=qL2B28U

(3)由(2)问