上海市2021届高考压轴卷物理试题-Word版含答案.docx

上海2021高考模拟压轴卷物理试卷一、单项选择题（共16分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1.下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是A.温度低的物体内能小 B.温度低的物体，其分子运动的平均动能也必定小 C.做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 D.0 的铁和0 的冰，它们的分子平均动能可能不相同2.确定质量的抱负气体，经过一个绝热膨胀过程，则此过程中抱负气体的_ A内能增大 B温度上升 C压强减小 D对外界不做功3.在牛顿其次定律公式F=kma中，比例系数k的数值（）A在任何状况下都等于1B是由质量m、加速度a和力F三者的大小所打算的C是由质量m、加速度a和力F三者的单位所打算的D在国际单位制中确定不等于14.电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（）A由于电源电动势不变，所以路端电压也不变B由于U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大C由于U=EIr，所以当I增大时，路端电压下降D若外电路断开，则路端电压为零5.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（）Aa、b为异种电荷Ba、b为同种电荷CA点场强大于B点场强DA点电势低于B点电势6.两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（）A300FB1200FC900FD无法确定7.如图所示，粗细均匀U形管中装有水银，左端封闭有一段空气柱，原来两管水银面相平，将开关K打开后，放掉些水银，再关闭K，重新平衡后若右端水银下降h，则左管水银面（）A不下降B下降hC下降高度小于hD下降高度大于h8.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们的路程之比为4:3，运动方向转变的角度之比为3:2，它们的向心加速度之比为( ) A1:2 B2:1 C4:2 D3:4二、单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）9.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为，则（）A当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则平角增大B当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则平角变小C当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角增大D当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角减小10.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球开头时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g下列分析正确的是（）A轻质弹簧的原长为R B小球过B点时，所受的合力为 C小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能D小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为11.如图所示，A、B分别为竖直放置的圆轨道的最低点和最高点，已知轨道半径为0.5m，小球通过A点时速度大小为m/s，则该小球通过最高点B的速度值可能是（ ）A. 2.1m/s B.3.2m/s C.6.2m/s D.10m/s12.如图所示，抱负变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦式沟通电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为（） A 4IR+ B C 4IR D IR+13.一般的沟通电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为Icd,为了使电流表能正常工作,则A.ab接MN、cd接PQ，IabIcd Bab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcd Dab接PQ、cd接MN，IabIcd14.如图所示，a、b两条曲线为汽车a、b在同一条平直大路上速度时间图象，已知a、b曲线关于他们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是（）A在t1t2这段时间内，两车位移等大B在t1t2这段时间内的相同时刻，a车与 b车加速度大小相等Ct1时刻两车也相遇Dt1时刻a车在前，b车在后15.如图，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧靠着插栓不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法正确的是（）A增大甲、乙两力，且甲力增加较多B增加乙、丙两力，且乙力增加较多C增加甲、丙两力，且甲力增加较多D增加乙、丙两力，且丙力增加较多一列水波穿过小孔发生衍射现象，衍射后水波能量减小表现为（）A.波长增大 B.周期增大 C.频率减小 D.振幅减小二、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二个或三个正确选项，全对得4分，选对但是不全得2分，选错或不选得0分）17.如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为30定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住则下列结论中正确的是（）A跨过定滑轮的细绳所受的拉力是BCP绳所受的拉力是CPD绳所受的拉力是D轴O受到的水平拉力18.下列说法中正确的是_。 A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规章运动 C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大 D其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第确定律 E某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=v/v019.如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（）A.圆环可能做匀减速运动B.圆环可能做匀速直线运动C.圆环克服摩擦力所做的功可能为D.圆环克服摩擦力所做的功不行能为20.如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，抱负电压表读数U，变化量的确定值U，抱负电流表读数I，变化量的确定值I，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列推断正确的是（ ） AU增大，I减小 B增大C增大 DR0四、填空题（共20分，每小题4分）21.在争辩有固定转动轴的物体平衡试验中：（1）推断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是 ；（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤是由于： 22.如图所示的器材可用来争辩电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈（1）在给出的实物图中，将试验仪器连成完整的试验电路（2）在试验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清 的绕制方向（选填“L1”、“L2”或“L1和L2”）闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于 端（选填“左”或“右”）23.某争辩性学习小组进行了如下试验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R（R视为质点），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动（1）同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为 cm/s，R的加速度大小为 cm/s2（2）（单选）R在上升过程中运动轨迹的示意图是如图的 24.发生衰变有多种可能性。其中的一种可能是，先衰变成，再经一次衰变变成（X代表某种元素），或再经一次衰变变成和最终都衰变成，衰变路径如图所示，则由图可知：四个过程中 是衰变； 是衰变。25.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面对里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后连续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力，且线框不发生转动，则：线框在上升阶段刚离开磁场时的速度= ，线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q= 。试验题（共24分）26.（3分）在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳试验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条试验 对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的 （填字母代号）A将橡皮条拉伸相同长度即可B将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C将弹簧秤都拉伸到相同刻度D将橡皮条和绳的结点拉到相同位置同学们在操作过程中有如下谈论，其中对减小试验误差有益的说法是 （填字母代号）A两细绳必需等长B弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些27.（6分）某学习小组可用如图甲所示的试验装置来做系列试验(设钩码的质量为m，小车和车内 砝码的总质量为M)(1)下列说法正确的是_A用该装置可以测定当地的重力加速度B用该装置可以探究牛顿其次定律，以小车为研 究对象时，要保证拉力近似等于钩码的重力， 因此必需满足mMC可以用该装置验证机械能守恒定律，但必需满足mMD可以用该装置探究动能定理，以钩码和小车整体为争辩对象，但不必满足md)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d = mm。小球经过光电门B时的速度表达式为 。多次转变高度H，重复上述试验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式： 时，可推断小球下落过程中机械能守恒。试验中发觉动能增加量EK总是稍小于重力势能削减量EP，增加下落高度后，则将 (选填“增加”、“减小”或“不变”)。六、计算题（共50分）30.（10分）如图所示，在光滑水平台面上静置一质量mA0.9kg的长木板A，A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mc0.9kg的物体C栓接。当C从静止开头运动下落高度为h0.4m时，在木板A的最右端轻放一质量为mB3.6kg的小铁块B（可视为质点），A、B间的动摩擦因数0.25，最终B恰好未从木板A滑落，g取10m/s2，求：（1）刚放铁块B时，A的速度大小；（2）木板A的长度L；（3）若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值多大。 31.（12分）一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面对里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的状况下,求:1.M、N间电场强度E的大小;2.圆筒的半径R;3.保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。32.（12分）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0的水槽中，B的容积是A的3倍阀门S将A和B两部分隔开A内为真空，B和C内都充有气体U形管内左边水银柱比右边的低60mm打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）（ii）将右侧水槽的水从0加热到确定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温33.（16分）光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l=1m，左侧接R=0.3的电阻区域cdef内存在垂直轨道平面对下的有界匀强磁场，磁感应强度B=1T，磁场宽度为s=1.5m一质量m=1kg，电阻r=0.2的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好金属棒受到水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开头做匀加速运动，加速度a=0.5m/s2（1）求水平力F与速度v的关系；（2）若在金属棒未出磁场区域时撤去外力，此后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0x，且棒运动到ef处时恰好静止通过计算证明金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理画出金属棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的图线（要求有解析过程，并在坐标轴上标出关键点）试卷答案1.B 本题考查物体的内能；温度及分子平均动能。物体的内能与物质的量、物体的温度及体积都有关系，故温度低的物体内能不愿定小，选项A错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度低的物体分子运动的平均动能小，选项B 正确、D错误；宏观物体的机械能和微观粒子的动能无直接联系，故选项 C错误。故本题选B。2.C 解：因气体绝热膨胀，故气体对外做功，压强减小，但没有热交换，由热力学第确定律可知，气体内能减小，AD错误C正确；而气体不计分子势能，故内能只与温度有关，因内能减小，故温度降低，B错3.C 解：在牛顿其次定律的表达式F=kma中，只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，比例系数k才为1，故C正确，ABD错误故选：C4.解：A、电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小故A错误B、当R增大时，I减小，不能依据U=IR推断路端电压的变化，而由U=EIr分析，E，r不变，I减小，得到U增大故B错误C、由于U=EIr，所以当I增大时，路端电压下降，故C正确；D、若外电路断开，电流为零，依据U=EIr，路端电压为E，故D错误；故选：C5.解：AB、电场线是从正电荷动身，负电荷终止，由电场线的分布图可知a、b为异种电荷故A正确，B错误C、电场线越密，电场越强，则知A点的场强小于B点的场强，故C错误D、顺着电场线电势降低，则A点电势高于B点电势，故D错误故选：A6.解：依据库仑定律得，接触后分开，两金属球的电量都为Q，但是两球靠得太近，不能看成点电荷，库仑定律不再适用，所以无法确定作用力的大小故D正确，A、B、C错误7.解：原来左右两边的水银等高，说明左边的气体的压强和大气压相等，当放掉一部分水银之后，左边气体的体积变大，压强减小，右边压强为大气压强，右边的水银下降h，左边的必定要小于h，所以C正确故选C8. B 解析：A、B两艘快艇做匀速圆周运动，由于在相同的时间内它们通过的路程之比是4：3，所以它们的线速度之比：VA：VB=4：3由于在相同的时间内运动方向转变的角度之比是3：2，所以它们的角速度之比：A：B=3：2由于向心加速度a=v，故向心加速度之比为：aA：aB=43：32=2：1;故B正确，A、C、D错误；故选B9.C 解析：A、B、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=，U=得E=，则知d变化，E不变，电场力不变，不变故AB错误C、D、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故C正确，D错误故选：C10.D 解析：A、由几何学问可知弹簧的原长为R，A错误；B、依据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力供应小球的向心力，F合=，B错误；C、以小球和弹簧组成的系统为争辩对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能故C错误D、依据能量的转化与守恒：mgR=mv2+EP得：EP=mgR-mv2故D正确；故选：D11.B解析：设小球到达最高点B的速度为vB依据机械能守恒定律得 mg2R+=得到vB= 小球要能到达最高点，则在最高点B时，mg，得到 vB 由联立得 解得gR，代入得 gR代入得 vBm/s又机械能守恒定律可知，vBvA=m/s，所以m/svBm/s，故B正确12.A解：电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：P=（2I）2R+mgv=UI，所以电压表的读数U=4IR+故选：A13.A 解：电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以IabIcd；利用变压器工作原理：电流与匝数成反比，所以输入端ab接MN，输出端cd接PQ；故选：A14.B 解：A、在t2时刻，两车相遇，在t1t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后故A、C、D错误B、图线切线的斜率表示加速度，由图象可知，在t1t2这段时间内的相同时刻，a车与 b车加速度大小相等故B正确故选：B15.解：由题意可知，圆环将竖直向上运动，因此同时增加甲、丙两力，则会毁灭向乙反向运动，若要使插栓位于圆环中心，圆环必需偏向左，则甲力增加较多，这样才能试验位于中心，故C正确，ABD错误；故选：C16.解：由题意可知，水波发生衍射现象，由于频率不变，则周期也不变，因绕过阻碍物连续向前传播的现象叫波的衍射，由于波速不变，则波长也不变，因衍射后振动能量的分散，导致振幅减小，故D正确，ABC错误故选：D17.解：A、以杆OB平衡有：，由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=，故A正确；BC、以P为争辩对象受力分析如图所示：依据P平衡有：TPD=Tcos30=TCPTsin30T=0，所以故B错误，C正确；D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力F=，故D错误故选：AC18.ABCA气体放出热量，其分子的平均动能可能增大，正确；B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规章运动，正确C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，正确D其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学其次定律，错误E气体分子较小，而气体的体积可以占据任意大的空间；故不能用摩尔体积求解阿伏伽德罗常数；故E错误19.BD解析： A、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不行能做匀减速运动，故A错误B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确C、当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功依据动能定理得-W=0-mv2得W= m，当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动当qvB=mg时得v= 依据动能定理得-W= mv2- m，代入解得 W= m-，故C错误，D正确故选BD20.ABD解析：A、依据电路图可知，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最终与R1串联，接入电源，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和内阻所占电压减小，与R3并联部分电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即U变大，所以R4电压变大，通过R4电流变大，而通过R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流减小，故A正确；B、电压表测量滑动变阻器电压，电流表测量滑动变阻器电流，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，所以增大，故B正确；C、通过R2的电流减小，通过R4电流变大，所以电流表示数的减小量I大于通过R4电流增大量I4，则减小，而=R0，所以R0，故C错误，D正确故选：ABD21.解：（1）试验前要时重力、摩擦力的合力矩近似为零，轻轻拨动力矩盘，观看其是否能自由转动并随遇平衡，即推断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是轻转，看能否停在任意位置（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤简洁找到平衡位置故答案为：（1）轻转，看能否停在任意位置（2）易找到平衡位置22.解：（1）探究电磁感应现象试验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；（2）在试验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清原线圈L1与副线圈L2的绕制方向由电路图可知，闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大故答案为：（1）电路图如图所示；（2）L1和L2；右23.解：（1）小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：y=v0t，则有：t=s=2s，在x轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：x=at2，解得：a=2cm/s2，则R的速度大小：v=5cm/s；（2）因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来推断轨迹示意图是D故答案为：（1）5，2；（2）D24.，放出的粒子质量数削减4，是衰变；放出的粒子质量数不变，是衰变。25.26.解；A、B本试验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即争辩合力与分力的关系依据合力与分力是等效的，本试验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同故A错误，B正确C、D在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，其次次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度故C错误，D正确A、B本试验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小试验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大两细绳长度不需要相同故A错误，B正确C、用两弹簧秤同时拉细绳时弹簧读数没有要求，只要使得两次橡皮条拉伸到一点就行故C错误D、弹簧秤标记同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小故D正确答：本题答案是BD BD27.（1）ABD；（2）否；（3）0.2028.(1)甲(2)BC(3)如图(4)1.50(1.491.51)0.83(0.810.85)(5)C本题主要考查电源电动势和内阻的测量试验、电路选择、仪器选择、图象绘制、图象分析及其相关试验数据获得、电池输出功率分析、PU关系图象推断及其相关学问,意在考查考生气敏运用电路试验学问分析处理问题的力气。(1)测量电源电动势和内阻试验,由于干电池的内阻很小,电流表应内接,所以应当选择的试验电路为甲。(2)由于干电池的电动势大约为1.5 V,所以电压表选择量程为3 V的,滑动变阻器选择050 的。(3)在图中标出第2组数据后,可以看出,除第4组数据所描点偏离直线较多外,其他5组数据所描点都大致处于一条直线上,用直尺过尽可能多的点作始终线,不在直线上的点尽可能分居直线两侧,得到干电池的伏安特性曲线。(4)依据闭合电路欧姆定律,E=U+Ir,变化为U=E-Ir。由此可知,干电池的伏安特性曲线在纵轴的截距数值等于电源电动势,斜率的确定值等于电源内阻,所以电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.83 。(5)依据电源最大输出功率的条件,当外电阻等于电源内阻时,电源输出功率最大。此时电压表示数等于电源电动势的一半,选项C正确。29.7.25 或 增加解析：（1）由图依据游标卡尺的刻度可读出为：7.25mm;（2）通过光电门认为是匀速运动，有：；（3）由图线和在高空作自由落体运动可得：，由此得出答案。（4）由于有空气阻力和摩擦力作用，则有将增加。30.31.(1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU=mv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed联立上式可得E=(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为,圆半径为。设第一次碰撞点为,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从孔射出,因此,弧所对的圆心角等于。由几何关系得=tan粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿其次定律,得=m联立式得R=(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U,则U=设粒子进入S孔时的速度为v,由式看出=综合式可得v=v 设粒子做圆周运动的半径为r,则r=设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为,比较两式得到r=R,可见=粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3无32. 解：（i）加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：PB=PC+60，打开阀门后PB=PC由题意：由玻意尔定律PBVB=PBVB得：PB=180mmHg PC=PB=180mmHg（ii）C内封闭气体做等容变化，加热后压强PC=PC+60mmHg=得：T=364K答：（i）玻璃泡C中气体的压强为180mmHg（ii）加热后右侧水槽的水温364K33. 解：（1）金属棒受到水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开头做匀加速运动，由牛顿其次定律得：FBIl=ma而I=，E=Blv故有：F=+ma=（2）棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0x，故减速过程的位移为：x=由于安培力F=BIl=，故F与速度v成正比，而v=v0x，故F与x也成线性关系，故在减速阶段的全程有安培力做功：W=Fx=BIlx=x=，故金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理（3）减速阶段的初速度v0，就是加速阶段的末速度v加速阶段的位移：x=，减速过程的位移为：x=并且有：x+x=s代入数据得：x=1m，v=1m/s图线如下：答：（1）求水平力F与速度v的关系为f=2v+0.5；（2）图线为