2020年山东省泰安市多校联考高考物理模拟试卷(4月份)(附答案详解)

2020年山东省泰安市多校联考高考物理模拟试卷（4月份）1.在人类文明发展史上，有大批物理学家做出了重要贡献，以下叙述符合史实的是
()
A. 伽利略用斜面实验证明了力是使物体运动的原因
B. 库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C. 楞次发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
D. 汤姆生根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型
2.原子核的核反应类型通常分为四种，反应过程中都遵守质量数、电荷数守恒规律。

以下核反应方程式。

书写正确且属于人工转变的是()
A. 90234Tℎ→91234Pa+−10e
B. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
C. 24He+49Be→612C+01n
D. 12H+13H→24He+01n
3.北斗卫星导航系统是继美国全球卫星定位系统(GPS)，俄罗斯格
洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的全球卫星导
航系统。

2020年4月4日，第五十五颗北斗导航卫星，即北斗三
号最后一颗组网卫星，如期运抵西昌卫星发射中心。

将在西昌
卫星发射中心开展测试、总装、加注等工作，计划于5月份发射。

该卫星属地球静止轨道卫星。

关于正常运行后的该卫星，以下说法正确的是()
A. 可以位于北京上空
B. 距地面的高度可根据需要随时调整
C. 运行速度可以大于第一宇宙速度
D. 运行轨道不会经过地球两极
4.“牛顿环”又称“牛顿圈”。

如图甲所示。

牛顿环的上表面是半径很大的玻璃球冠
的平面，下表面是球冠的凸面。

其工作原理为“薄膜干涉”。

可以用来判断透镜表面凸凹。

精确检验光学元件表面质量、测量透镜表面曲率半径和液体折射率等。

把牛顿环与玻璃面接触，在日光下或用白光照射时，可以看到明暗相间的彩色圆环；
若用单色光照射，则会出现一些明暗相间的单色圆环，如图乙所示。

它们是由球面和被检测面上反射的光相互干涉而形成的条纹，这些圆环的分布情况与球冠半径及被测物品的表面情况有关。

以下分析正确的是()
A. 圆环的间距大小与球冠半径大小无关
B. 球冠的半径越大，圆环的间距越小
C. 若观察到的是规则圆环，则被检测的面是均匀、对称的
D. 被检测的面必须是平的
5.以下说法中不正确的是()
A. 晶体都具有各向异性
B. 同温度的氢气和氧气，分子的平均动能相同
C. 空调机制冷时把热量从低温处带到高温处，并不违背热力学第二定律
D. 液体表面层分子距离大于液体内部，故表现为引力
6.如图，为研究光电效应的装置，金属板K所用材料为铝，已知铝
的逸出功4.2eV，以下分析正确的是()
A. 只要照射时间长一些，入射光光子能量小于4.2eV时，也能
发生光电效应
B. 若入射光光子能量大于逸出功，即使光的强度很弱，也能发
生光电效应
C. 发生光电效应时，遏止电压与入射光的频率成正比
D. 研究饱和光电流和遏止电压时，电源的极性相同
7.中国高速铁路系统简称“中国高铁”，完全由我国科技工作者自主研发，是中国呈
现给世界的一张靓丽名片。

目前“中国高铁”通车里程达到3.5万公里，居世界第一位。

为满足高速运行的需要。

在高铁列车的前端和尾端各有一节机车，可以提供大小相等的动力。

某高铁列车，机车和车厢共16节，假设每节机车和车厢的质量相等，运行时受到的摩擦和空气阻力相同，每节机车提供大小为F的动力。

当列车沿平直铁道运行时，第10节(包含机车)对第11节的作用力大小和方向为()
A. 1
4F向后 B. 1
4
F向前 C. 3
4
F向后 D. 3
4
F向前
8.如图甲所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框abcd绕与磁感线垂直
的转轴ab匀速转动，线框产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，若线框电阻为10Ω，线框面积为0.1m2，取π=3.14，√2=1.41.则()
A. 该交流电的有效值为31.4√2V
B. 当线框平面与中性面的夹角为30°时。

电动势的瞬时值为15.7√6V
C. 匀强磁场的磁感应强度为1T
D. 从t=0到t=0.01s时间内，通过线框某一截面的电荷量为2.82×10−2C
9.如图所示，A、B两点有等量同种正点电荷，AB连线的中垂线上C、
D两点关于AB对称，t=0时刻，一带正电的点电荷从C点以初速
度v0沿CD方向射入，点电荷只受电场力。

则点电荷由C到D运动
的v−t图象，以下可能正确的是()
A. B. C. D.
10.如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯
视图。

已知质量为60kg的学员在A点位置，质量为70kg的教练员
在B点位置，A点的转弯半径为5.0m，B点的转弯半径为4.0m，则
学员和教练员(均可视为质点)()
A. 线速度大小之比为5：4
B. 周期之比为5：4
C. 向心加速度大小之比为4：5
D. 受到的合力大小之比为15：14
11.不管从环保，还是从能源的层面考虑，电动汽车都是未来的发展趋势。

为便于方便、
快速充电，在某些城市设立了一些无线充电点，如图甲所示。

图乙为充电原理示意图。

充电板连同送电线圈埋在地下，接通交流电源，送电线圈可产生交变磁场，从而使汽车内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对汽车电池充电。

设受电线圈的匝数为n，面积为S，总电阻(含所接元件)为R，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2.下列说法正确的是()
A. 在t1到t2时间内，c点的电势高于d点的电势
B. 在t1到t2时间内，受电线圈感应电动势的平均值为n(B2−B1)s
t2−t1
C. 若增加受电线圈匝数，则受电线圈产生的感应电动势升高
D. 若只增大充电电源的频率，则受电线圈获得的电压会升高
12.某质点在Oxy平面上运动。

t=0时，质点位于y轴上。

它x方向运动的速度−时间图
象如图甲所示，它在y方向的位移−时间图象如图乙所示，则()
A. 质点做匀加速直线运动
B. 1s末的瞬时速度大小为11m/s
C. 2s内的位移大小为2√61m
D. 质点沿y轴正方向做匀速直线运动
13.某实验小组利用光电门、气垫导轨等验证机械能守恒定律，实验装置如图甲。

让带
遮光片的物块从气垫导轨上某处由静止滑下，若测得物块通过A、B光电门时的速度分别为v1和v2，AB之间的距离为L，料面的倾角为θ.重力加速度为g。

(1)图乙表示示用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度为d。

由此读出
d=______mm；
(2)若实验数据满足关系式______(用所给物理量表示)。

则验证了物块下滑过程中
机械能守恒；
(3)本实验中误差的主要来源是______而造成物块机械能的损失。

14.有一电动势E约为12V，内阻r在20～50Ω范围内的电源，其允许的最大电流为
100mA.为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电压表的内电阻很大，对电路的影响可以不计；R为电阻箱，阻值范围为
0～999Ω；R0为保护电阻。

(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用______
A.400Ω，1.0W
B.100Ω，1.0W
C.50Ω，1.0W
D.10Ω，2.5W
(2)该同学按照图甲所示的电路图，连接实验电路，接好电路后，闭合开关S，调整
电阻箱的阻值R，读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值。

取得多组数据，以1
R+R0
为横坐标，以1
U
纵坐标，代入数据可画出如图乙所示图象，对应的函数方程式为______(用所给物理量的字母表示)。

(3)图象中若用b表示图线与纵轴的截距，用k表示斜率，则E=______，r=______。

15.一列横波沿直线由A沿传播到B.如图所示，分别是A、B两质点的振动图象。

已知A、
B之间的距离△x=21m，该波长大于8m。

求这列波的波速。

16.一定质量理想气体的体积V与热力学温度T的关系如图所示，
气体在状态A的压强为p A=1.5p0.温度T A=1.5T0，线段AB与
V轴平行，BC的延长线过原点。

求：
(1)B点的压强p B；
(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为50J.
则该过程中吸收的热量Q；
(3)状态C的温度T C。

17.如图所示，在直角坐标系xOy中。

x≥0范围内有垂直于xOy平
面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.以P(r,0)为圆心，以r为半
径的圆为粒子接收器，A(2r,0)，B(r,r)为接收器上两点。

现有
大量质量为m、电荷量为e的电子，以相同的速度从y轴上沿x轴
正方向射入磁场，其中，从y=2r处射入磁场的电子，在A点被接收器接收，且到达A点时速度方向沿y轴负方向。

求：
(1)电子射入磁场的速度；
(2)B点被接收的电子，在y轴上发射时的纵坐标；
(3)能够被接收器吸收的电子，在y轴上发射时的纵坐标范围。

18.如图所示，足够长水平光滑轨道连接一半径为R的1
光滑圆弧轨道。

开始时A球静止，
6
光滑圆弧轨质量为m的球B在水平轨道上以某一初速度向右运动，经过半径为R的1
6道射出。

调整挡板位置，发现当B球与固定挡板发生垂直撞击时，撞击点与圆心位置等高，且B球碰撞挡板时没有机械能损失。

在物体B碰撞完成返回圆弧轨道后马上撤去挡板，之后B球能与A球在水平轨道上发生不止一次弹性碰撞。

则
(1)轨道右端与挡板间的距离x是多少？
(2)B球的初速度v0为多大？
(3)球A的质量M应该满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、伽利略用斜面实验证明了力是改变物体运动状态的原因，故A错误；
B、库仑总结出了点电荷间相互作用的规律---库仑定律，故B正确；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故C错误；
D、卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故D错误。

故选：B。

本题是物理学史问题，根据伽利略、库仑、奥斯特、卢瑟福等人的物理学成就进行答题即可。

本题是物理学史问题，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中了解著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键。

2.【答案】C
【解析】解：A、
234
90Tℎ
→234
91Pa
+0
−1e，放射出的是电子，这是β衰变的方程式，故A
错误；
B、235
92U +0
1n
→144
56Ba
+89
36Kr
+30
1n，这是重核裂变的方程式，故B错误；
C、2
4He +9
4Be
→12
6C
+0
1n，这是原子核人工转变的方程式，是通过实验发现中子的核
反应方程，故C正确；
D、2
1H +3
1H
→4
2He
+0
1n，这是轻核聚变的方程式，故D错误。

故选：C。

β衰变生成电子；聚变是质量轻的核结合成质量大的核；重核裂变是一个重原子核分裂成几个中等质量的原子核；人工核转变是在实验室完成的。

本题难度不大，考查了核反应方程的种类，在学习中需要记住各种核反应方程的特点。

3.【答案】D
【解析】解：AD、地球静止轨道卫星，即地球同步卫星，轨道平面位于赤道平面，不能位于北京上空，不会经过地球两极，故A错误，D正确；
B、根据万有引力提供向心力，GMm
r2=m4π2
T2
r，解得轨道半径：r=√GMT2
4π2
3，地球同步
卫星的运行周期与地球自转周期相等，为24ℎ，故距地面的高度为定值，不能调整，故B错误；
C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力，GMm
r2=m v2
r
，解
得运行速度：v=√GM
r
，同步卫星的轨道半径大于地球半径，则运行速度小于第一宇宙速度，故C错误。

故选：D。

人造同步卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，得到周期、线速度与轨道半径的关系。

同步卫星的轨道平面位于赤道平面。

此题考查了人造卫星的相关知识，明确地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方，万有引力提供其运动的向心力。

4.【答案】C
【解析】解：AB、若将玻璃球体的半径在增大一些，则玻璃球体与被检测的平面之间的夹角将减小，它们之间的空气膜的厚度的变化减慢，所以形成的同心圆环的间距增大，球冠的半径越大，圆环的间距越大，故A错误，B错误；
C、根据薄膜干涉的原理可知，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，所以若观察到的是规则圆环，则被检测的面是均匀、对称的，故C正确；
D、根据薄膜干涉的特点可知，被检测的面可以是平的，也可以是凸的，或凹的，故D 错误。

故选：C。

将一曲率半径相当大的平凸玻璃透镜放在一平面玻璃的上面，则在两者之间形成一个厚度随直径变化的空气薄膜。

空气薄膜的等厚干涉条纹是一组明暗相间的同心环。

该干涉条纹最早被牛顿发现，所以称为牛顿环，其工作原理为“薄膜干涉”，从空气层的上下表面反射的两列光为相干光，干涉条纹由内向外间距越来越密，白光照射时，会出现彩色条纹，依据明条纹或暗条纹形成条件，可知，同一级条纹对应的空气薄膜的厚度是相
同的。

理解了牛顿环的产生机理就可顺利解决此类题目，故对物理现象要知其然更要知其所以然，理解相邻条纹间距的变化情况，注意干涉的条件。

5.【答案】A
【解析】解：A、单晶体具有各向异性的物理性质，多晶体具有各向同性的物理性质，故A错误；
B、温度是分子平均动能的唯一标志，温度相同则分子平均动能相同，同温度的氢气和氧气，分子的平均动能相同，故B正确；
C、空调机可以制热也可以制冷，制冷时把热量从低温处带到高温处，需要消耗电能，并不违背热力学第二定律，故C正确；
D、液体的表面张力是由于表面层分子分布比液体内部稀疏，即液体表面层分子距离大于液体内部，分子间相互作用表现为引力，故D正确。

本题选错误的，故选：A。

多晶体具有各向同性的物理性质。

温度是分子平均动能的标志。

根据热力学第二定律分析，即宏观热现象具有方向性。

根据液体表面张力的产生条件分析。

此题考查了热力学第二定律、温度、晶体和液体的表面张力等知识，综合性较强，难度不大，解题的关键是掌握教材的基本知识、基本概念即可。

6.【答案】B
【解析】解：AB、根据光电效应产生的条件，当入射光光子的能量不小于金属的逸出功时，才能发生光电效应光，与光照射的时间长短无关，与入射光的强弱无关，故A错误，B正确；
C、根据光电效应方程式E k=ℎν−W0=eU c可知遏止电压U c与入射光的频率成正相关，不成正比，故C错误；
D、研究饱和电流时光电管两端为正向电压，研究遏止电压时光电管两端为反向电压，电源的极性相反，故D错误。

故选：B。

理解光电效应的产生条件，最大初动能与入射光频率、逸出功和遏止电压之间关系等。

本题考查了学生对光电效应的理解情况，要理解光电效应方程物理意义，并能正确应用光电效应方程解答有关问题。

7.【答案】A
【解析】解：前端和尾端各有一节机车，每节机车提供大小为F的动力，故以16节车厢为研究对象，动力为2F，
设每节车厢摩擦和空气阻力为f，每节车厢的质量为m，向前的方向为正方向，由牛顿第二定律得：2F−16f=16ma
令第10节(包含机车)对第11节的作用力为F1，以后六节车厢为研究对象由牛顿第二定律得：F+F1−6f=6ma
解得：F1=−3
4F，故第10节(包含机车)对第11节的作用力大小为3
4
F，方向向后，故A
正确，BCD错误。

故选：A。

以16节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律求解整体的加速度，再以后6节车厢为研究对象，根据牛顿第二定律列式子求解第10节对第11节的作用力大小和方向
该题考查了整体法和隔离法在牛顿第二定律中的运用，解决该题需要明确知道求解内力应该先整体求解加速度，再隔离求解内力。

8.【答案】D
【解析】解：A、分析图乙可知，交变电动势的最大值：E m=31.4√2V，根据最大值和有效值的关系可知，有效值：E=31.4V，故A错误；
B、分析图乙可知，周期：T=0.02s，角速度：ω=2π
T
=100πrad/s，则交变电动势瞬时值表达式：e=31.4√2sin100πt(V)，当线框平面与中性面的夹角为30°时，电动势的瞬时值为15.7√2V，故B错误；
C、最大值：E m=BSω=31.4√2V，其中S=0.1m2，角速度：ω=100πrad/s，解得匀强磁场的磁感应强度：B=1.41T，故C错误；
D、当t=0.01s时刻感应电动势等于零，穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，从t=0到t=0.01s时间内，磁通量变化量为△Φ=2BS，通过线框某一截面的
电荷量为q =△ΦR
=
2BS R
=
2×1.14×0.1
10
C =2.82×10−2C ，故
D 正确。

故选：D 。

从图象得出电动势最大值、周期，从而算出电动势的有效值、角速度，进而知瞬时值表达式。

根据电动势最大值表达式求解磁感应强度。

通过线框某一截面的电荷量为q =
△ΦR。

此题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系，知道计算电荷量用交流电的平均值，计算能量用交流电的有效值。

9.【答案】BD
【解析】解：AB 、对于两个等量的同种正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向，电场强度方向为O →C 、O →D ；一带正电的点电荷从C 点以初速度v 0沿CD 方向射入的过程中，若电场强度最大值的位置在C 点或C 点的外侧，则带电粒子所受电场力先减小后增大，那么加速度也是先减小后增大，而v −t 图象的斜率表示加速度的大小，故A 错误，B 正确；
CD 、若电场强度最大值的位置在C 点的内侧，则带电粒子所受电场力先增加后减小再增加最后减小，那么加速度先增加后减小再增加最后减小，故C 错误，D 正确。

故选：BD 。

A 、
B 为两个等量同种正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向为O →
C 、O →
D ；正点电荷仅受电场力作用从C 点到D 点运动的过程中，由于释放位置不清楚。

则电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，因此可能加速度先增加后减小再增加最后减小；也可能先减小后增加。

本题考查的是等量同种正点电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。

10.【答案】AD
【解析】解：A 、学员和教练员具有相同的角速度，根据v =rω可得，学员和教练员的
线速度大小之比为v
A v B
=
r A ωr B ω
=5
4，故A 正确；
B 、做匀速圆周运动的周期为T =2πω
，因为他们的角速度相等，所以周期相等，即周期
之比为1：1，故B 错误；
C 、向心加速度a =rω2，所以他们的向心加速度之比为a A a B
=r A
r B
=5
4，故C 错误；
D 、受到的向心力F =mrω2，所以他们受到的向心力大小之比为F A F B
=m A r A
m B r B
=60×570×4=15
14，
故D 正确。

故选：AD 。

学员和教练员具有相同的角速度，根据v =rω可以计算出他们的线速度之比；根据T =
2πω
可以判断周期之比；根据a =rω2计算出向心加速度之比；根据F =mrω2可以判断出
受到的向心力之比。

学员和教练员具有相同的角速度是解题的关键，另外圆周运动的各个物理量之间的关系也要熟练掌握。

11.【答案】BC
【解析】解：A 、根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 错误； B 、根据法拉第电磁感应定律得受电线圈感应电动势的平均值为：E −
=n △⌀
△t =n(B 2−B 1)t 2−t 1
S ，
故B 正确；
C 、若只增加受电线圈匝数，相当于增大变压器的副线圈匝数，所以c 、d 之间的电压增大，故C 正确；
D 、受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关，故D 错误。

故选：BC 。

根据楞次定律判断感应电流方向，从而确定感应电动势的高低；根据法拉第电磁感应定律求得平均电动势；增加受电线圈匝数，相当于增大变压器的副线圈匝数；受电线圈获得的电压与电源的频率无关。

本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。

12.【答案】C
【解析】解：AD、质点在x轴方向质点以初速度为4m/s做匀加速直线运动，而在y轴负方向质点做匀速运动，依据运动的合成与分解，及曲线运动条件，可知，质点做匀加速曲线运动，故AD错误；
B、在x方向上的初速度为v x0=4m/s，加速度：a=△v x
△t =8−4
2
m/s2=2m/s2
由于做匀加速直线运动，因此在t=1s时，质点x方向上速度的大小v x=v x0+at= 4m/s+2×1m/s=6m/s，
y方向上的速度为v y=△y
△t =0−10
2
m/s=−5m/s，
根据平行四边形定则，则t=1s时质点速度的大小：v1=√v x2+v y2=√62+52m/s=√61m/s，故B错误；
C、t=2s时刻质点沿x方向的位移：x2=v x0t+1
2at2=4×2m+1
2
×2×22m=12m
沿y方向的位移：y=−v y t=−5×2m=−10m
所以在t=2s时质点的位移大小为s=√x
2
2+y2=√122+102m=2√61m，故C正确。

故选：C。

依据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，结合运动的合成与分解，即可判定运动性质；
根据两图象可知：质点在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀速运动，求出1s末x方向的分速度，然后根据平行四边形定则得出质点的速度；
分别求出质点沿x方向的位移与y方向的位移，然后根据平行四边形定则求解2s内的位移大小。

解决本题的关键知道质点在x方向和y方向上的运动规律，根据平行四边形定则进行合成，注意掌握曲线运动的条件。

13.【答案】0.150gLsinθ=1
2
(v22−v12)斜面对物块的摩擦力做负功
【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为15.0×0.01mm=0.150mm，所以最终读数为0.150mm；
(2)若测得物块在通过A、B光电门时的速度为v1和v2，A、B之间的距离为L，斜面的倾角为θ，
物块重力势能减小量△E p=mgLsinθ，
动能增加量△E k=1
2mv22−1
2
mv12，所以若实验数据满足关系式mgLsinθ=1
2
mv22−
1
2
mv12，
化简得：gLsinθ=1
2
(v22−v12)，若上式成立则验证了物块沿该斜面下滑过程中机械能守恒；
③本实验的误差主要来源于斜面对物块的摩擦力做负功而造成物块机械能的损失，使
得重力势能有一部分转化给了摩擦阻力做功产生的内能。

故答案为：(1)0.150；(2)gLsinθ=1
2
(v22−v12)；(3)斜面对物块的摩擦力做负功。

螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

根据重力势能减小量和动能增加量的表达式求解。

由于实验过程中摩擦阻力的存在，重力势能有一部分转化给了摩擦阻力做功产生的内能。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量。

应用螺旋测微器时一定注意半刻度是否露出。

正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强。

14.【答案】B1
U =r
E
1
R+R0
+1
E
1
b
k
b
【解析】解：(1)电阻箱接入电路的阻值为零时电路电流最大，为100mA=0.100A，
由闭合电路欧姆定律得：I m=E R
0+r ，R0=E I
m
−r，
内阻r在20～50Ω范围内，代入数据解得，R0在70～100Ω，则R0应B；
(2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E=U+Ir=U+U
R+R0
r，
整理得：1
U =r
E
1
R+R0
+1
E
；
(3)图象的函数表达式为：1
U =r
E
1
R+R0
+1
E
，
由图示1
U −1
R+R0
图象可知，图象斜率：k=r
E
，纵轴截距：b=1
E
，
解得，电源电动势：E=1
b ，电源内阻：r=k
b
；
故答案为：(1)B；(2)1U=r E1R+R
0+1
E
；(3)1
b
；k
b。

(1)根据电源电动势与电源允许通过的最大电流求出电路最小电阻，然后选择定值电阻。

(2)根据图甲所示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式。

(3)根据图示图线与其函数表达式求出电源电动势与内阻。

只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路
是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式y =kx +b 的形式，再求出k 和b 即可。

15.【答案】解：由振动图象可知，质点的振动周期为T =4s ，t =0时，质点A 经平衡
位置向下运动，质点B 处于波谷，设该波波长为λ，则有： △x =nλ+3
4λ (n =0、1、2、…) 所以，该波波长为：
λ=
4△x 4n +3=84
4n +3
m 当n =0时，λ1=28m ，波速：v 1=λ1T =7m/s ； 当n =1时，λ2=12m ，波速：v 2=
λ2T
=3m/s ；
当n =2时，λ3=84
11m <8m ，故n ≥2时不再符合题意。

答：这列波的波速为7m/s 或3m/s 。

【解析】由振动图象读出A 、B 两个质点在同一时刻的状态，结合波形分析△x 与波长的关系，并根据波长大于8m ，求出波长，由图读出周期，由v =λ
T 求出波速。

本题考查的是关于波的多解性问题，波的周期与质点振动的周期相等，本题先根据两个质点的状态，得到波长的通项，再求解波长的特殊值，关键要抓住波的周期性进行分析。

16.【答案】解：(1)由A 到B 是等温变化，初态p A =1.5p 0，V A =V 0
末态：p B =？，V B =2V 0 根据玻意耳定律可得：p A V A =p B V B 解得：p B =3
4p 0
(2)从A 到B ，气体的温度不变，内能不变，即△U =0，根据热力学第一定律△U =W +Q 可得Q =−W =50J
(3)由B 到C 为等压变化，p C =p B =3
4p 0 初态：V B =2V 0，T B =1.5T 0 末态：V C =V 0，T C =？
根据盖−吕萨克定律可得：V B T B
=V
C T C
解得：T C =3
4T 0。