2024-2025学年江西省宜春市丰城中学高三上学期开学物理试题（解析版）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市丰城中学高三上学期开学物理试题（解析版），共24页。
A．核反应方程为：92238U→90234Th+24He
B．任意大小的铀块都可以发生链式反应
C．热中子的速度与热运动的速度相当时最适于引发核裂变
D．链式反应的速度由慢化剂的多少来控制
【答案】C
【知识点】核裂变；反应堆与核电站
【解析】【解答】A．核电站的核反应方程为：92235U+01n→56141Ba+3692Kr+301n，A错误；
B．铀核裂变时，只有达到临界体积的铀块才能发生链式反应，B错误；
C．中子速度小，与铀核作用时间长，此时核反应的概率大，因此热中子的速度与热运动的速度相当时最适于引发核裂变，C正确；
D．链式反应的速度由控制棒插入深度的多少来控制，D错误。
故选C。
【分析】现有的核电站的核反应主要是在使用比较容易进行人工控制的重核裂变。
1.核反应中遵循两个守恒规律，即质量数守恒和电荷数守恒。
2.临界体积和临界质量：裂变物质能够发生链式反应的最小体积叫做它的临界体积，相应的质量叫做临界质量。
3.核电站通过在铀棒之间插进一些镉棒控制中子数目来控制核反应的速度，“慢化剂”作用是使中子减速，便于铀核“捉”住中子，从而发生核裂变。
2．（2024高三上·丰城开学考）在南昌西站，一旅客在站台8号车厢候车线处候车。若列车每节车厢的长度（不计相邻车厢的间隙）均为25m，列车进站的运动可视为匀减速直线运动，则第6节车厢经过旅客用时10(2−1)s列车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示。列车的加速度大小为（ ）
A．0.5m/s2B．0.75m/s2C．1m/s2D．2m/s2
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】可以逆向分析，列车做匀加速直线运动，初速度为0，根据匀加速直线运动位移与时间的关系式求出第7节车厢经过的时间，然后可以得出加速度。设列车的加速度大小为a，根据逆向思维可得
L=12at12，2L=12at22
又
Δt=t2−t1=10(2−1)s，L=25m
联立解得
a=0.5m/s2
故选A。
【分析】考查学生的推理论证能力，要掌握匀变速直线运动位移与时间的关系式。
3．（2024高三上·丰城开学考）同一“探测卫星”分别围绕某星球和地球多次做圆周运动。“探测卫星”在圆周运动中的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中P表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2=c，图中c、m、n已知，则（ ）
A．该星球和地球的密度之比为m：n
B．该星球和地球的密度之比为n：m
C．该星球和地球的第一宇宙速度之比为3m:3n
D．该星球和地球的第一宇宙速度之比为3n:3m
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】AB．由图像可得，P、Q两条直线的函数关系式分别为
T2=cmr3
T2=cnr3
当探测卫星在该星球近表面运动时，轨道半径为星球半径R1，此时
T2=c
联立可得
R1=3m
当探测卫星在地球近表面运动时，轨道半径为地球半径R2，此时
T2=c
联立可得
R2=3n
设“探测卫星”质量为m，星球质量为M1，地球质量为M2，当“探测卫星”在该星球近表面做圆周运动时，有
GM1mR12=m4π2cR1
当“探测卫星”在地球近表面做圆周运动时，有
GM2mR22=m4π2cR2
联立上面两式可得
M1M2=R13R23
M=ρ43πR3
所以星球密度为
ρ1=3M14πR13
地球密度为
ρ2=3M24πR23
所以
ρ1ρ2=1
故AB错误；
CD．根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
可得
v=GMr
所以星球第一宇宙速度为
v1=GM1R1
地球第一宇宙速度为
v2=GM2R2
所以两速度之比为
v1:v2=3m:3n
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】1.天体环绕法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。
(1)由GMmr2=m4π2T2r得天体的质量M=4π2r3GT2
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度
ρ=MV=M43πR3=3πr3GT2R3
2.对于在星球表面附近做匀速圆周运动的物体，所受万有引力提供向心力，则有GMmR2=mv2R，解得该星球的第一宇宙速度为v=GMR。
4．（2024高三上·丰城开学考）如图所示，两个半径均为R的光滑圆轨道a、b并排固定在竖直平面内，在轨道最低点放置一根质量为m的铜棒，棒长为L，所在空间有平行于圆轨道平面水平向右的匀强磁场，给铜棒通以从C到D的恒定电流I的同时给铜棒一大小为gR的水平初速度，已知磁感应强度大小B=2mgIL（g为重力加速度），以下说法正确的是（ ）
A．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为mg
B．铜棒获得初速度时对每条轨道的压力为0
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加2mgR
D．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为0
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】AB．铜棒始终受到竖直向上的安培力，大小为
F安=BIL=2mg
根据牛顿第二定律求出每条轨道对铜棒的支持力，从而得到铜棒对每条轨道的压力。根据左手定则可知，棒将始终受到竖直向上的安培力，其大小为
F安=BIL=2mg
在铜棒获得初速度时，根据牛顿第二定律，有
2FN+F安−mg=mv2R
解得
FN=0
故A错误，B正确；
C．从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加等于安培力做功。从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒机械能增加量为
ΔE=F安⋅2R=4mgR
故C错误；
D．铜棒所受合力做功等于重力与安培力做功的代数和。从轨道最低点到最高点的过程中，铜棒所受合力做功为
W合=WG+W安=−mg⋅2R+2mg⋅2R=2mgR
故D错误。
故选B。
【分析】正确分析安培力方向，确定铜棒获得初速度时向心力来源，根据牛顿运动定律求铜棒获得初速度时对每条轨道的压力。
5．（2024高三上·丰城开学考）如图所示，直流电源与一平行板电容器、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，二极管一端接地。闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．将平行板电容器下极板向下移动，则P点的电势不变
B．将平行板电容器上极板向上移动，则P点的电势不变
C．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动
D．无论哪个极板向上移动还是向下移动，带电油滴都不可能向下运动
【答案】A,C,D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．根据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化。将下极板向下移动，d变大，由
C=εrS4πkd
可知C小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由
E=4kπQεrS
可知电容器两极板间的电场强度不变，P点与上极板间的电势差不变，上极板电势不变，故P点的电势不变，故A正确；
B．将上极板向上移动，d变大，由
C=εrS4πkd
可知C小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由
E=4kπQεrS
可知电容器两极板间的电场强度不变，上极板电势不变，P与上极板的距离变大，P的电势降低，故B错误；
C．根据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强度。判断P点电势、判断极板间的电场强度如何变化，油滴的电势能如何变化，判断油滴如何运动。减小极板间的正对面积S，由
C=εrS4πkd
可知C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由
E=4kπQεrS
可知，电场强度E变大油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，故C正确；
D．上极板上移或下极板下移时，d变大，由
C=εrS4πkd
可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由
E=4kπQεrS
可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时d变小，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度
E=Ud
变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D正确。
故选ACD。
【分析】分析清楚极板间电场强度如何变化是解题的关键；应用电容的决定式以及定义式进行求解。
6．（2024高三上·丰城开学考）图甲为平行放置的带等量异种电荷的绝缘环，一不计重力的带正电粒子以初速度v0从远离两环的地方（可看成无穷远）沿两环轴线飞向圆环，恰好可以穿越两环。已知两环轴线上的电势分布如图乙所示，若仅将带电粒子的初速度改为2v0，其他条件不变，则带电粒子飞过两环过程中的最小速度与最大速度之比为（ ）
A．2B．3C．2D．155
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】设+Q和-Q圆环的圆心分别为O1和O2，根据图线的对称性，通过能量守恒定律求出最小速度和最大速度，再求最小速度与最大速度之比。带正电的粒子从右侧沿水平轴线飞来的过程中，在O1点的右侧受到的电场力的方向向右，电场力做负功，从O1点的左侧到O2点的右侧受到的电场力的方向向左，电场力做正功，在O2点左侧电场力做负功，则带电粒子在穿过两个圆环飞向另一侧的过程中，速度先减小，后增加，再减小，在O1点电势最高设为φm，在O2点电势最低设为-φm，由能量关系可知，在O1点处电势能最大，动能最小，在O2点电势能最小，动能最大，在无穷远处电势为零，根据题意由动能定理，电场力做功等于物体动能变化，得
12mv02=qφm
当速度为2v0时，由动能定理列方程有
12m2v02＝12mvmin2+qφm
12m2v02＝12mvmax2−qφm
联立解得
vmin=3v0，vmax=5v0
则可得
vminvmax=35=155
故选D。
【分析】抓住图线的对称性，根据能量守恒定律分析速度最小和最大的位置，并列方程求出最小速度和最大速度。
7．（2024高三上·丰城开学考）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（ ）
A．13B．14C．15D．16
【答案】C
【知识点】共点力的平衡
【解析】【解答】物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，物体B相对斜面向下滑动，分别对两个物体进行受力分析，由平衡条件列方程即可。当木板与水平面的夹角为45°时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力
f1=μN=μmgcs45°
根据平衡条件可知
T=mgsin45°+μmgcs45°
对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
f2=μN'=μ⋅3mgcs45°
根据平衡条件可知
2mgsin45°=T+μmgcs45°+μ⋅3mgcs45°
两式相加，可得
2mgsin45°=mgsin45°+μmgcs45°+μmgcs45°+μ⋅3mgcs45°
解得
μ=15
故选C。
【分析】本题考查的是多个物体的平衡问题，关键是要对所选取的研究对象做好受力分析，切记不要少力，同时要注意滑动摩擦力中的正压力的求解。
8．（2024高三上·丰城开学考）如图所示，直角三角形abc区域内（不包括三角形边界）存在磁感应强度大小为B、方向垂直三角形所在平面向外的匀强磁场，∠a=30°，ac=L，C为ac的中点，D为bc的中点，C点处的粒子源可沿平行cb的方向射入速度大小不同的正、负电子（不计电子所受的重力）。电子的比荷为k，不考虑电子间的作用。下列说法正确的是（ ）
A．可能有正电子从a点射出磁场
B．负电子在磁场中运动的最长时间为πkB
C．从D点射出磁场的负电子的速度大小为kBL3
D．从ab边射出磁场的正电子在磁场中运动的最长时间为2π3kB
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A． 根据左手定则判断粒子所受的洛伦兹力的方向，确定粒子的偏转方向，从而判断粒子可能的出射点 ，若有正电子从a点射出磁场，则该正电子途中必然从ab边射出磁场，故A错误；
B．电子在磁场中运动的时间最长则对印的圆心角最大，当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，当电子从ac边射出磁场时，电子在磁场中运动的时间最长，且最长时间为半个周期，设电子的质量为m，电荷量为e，有
em=k
可得该最长时间
t1=12⋅2πmeB=πkB
故B正确；
C．由几何关系求半径，再由洛伦兹力提供向心力可求速度，设从D点射出磁场的负电子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有
r2=L2−r2+L2tan30°2
设该负电子的速度大小为v，有
evB=mv2r
解得
v=kBL3
故C正确；
D．当正电子的运动轨迹恰好与ab边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可知，该正电子运动轨迹对应的圆心角
θ=120°
则该正电子在磁场中运动的时间
t2=120°360°⋅2πmeB=2π3kB
故D正确。
故选BCD。
【分析】当正电子的运动轨迹恰好与ab边相切时，该正电子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系可求正电子运动轨迹对应的圆心角进而求时间。
9．（2024高三上·丰城开学考）如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g=10m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（ ）
A．若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜劈向右滑动
B．若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
C．若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜劈的压力为0
D．若μ=0.8，当F=26 N时，细绳对小球的拉力为241N
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【解答】A．先根据整体法计算出加速度，然后用隔离法计算出加速度，二者作比较，若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有
F=3ma
解得
a=43m/s2
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
μm+mg=m+ma板
得
a板=2m/s2>a
可知此时木板相对于斜劈静止，所以A错误；
B．先根据整体法得到最大加速度，然后对球分析得到球刚要离开斜劈时的临界加速度，二者作比较分析。若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
a=μm+mgm+m=5m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
mgtan53°=ma球
得
a球=7.5m/s2>a
可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，所以B正确；
C． 先根据整体法得到最大加速度，然后对球分析得到球刚要离开斜劈时的临界加速度，二者作比较分析 。若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速的为
a临界=μm+mgm+m=8m/s2
此时对板、球和斜劈构成的系统，有
F临界=(m+m+m)a=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
a=F3m=7.5m/s2
可知此时球刚好要离开斜劈，所以C正确；
D．若μ=0.8，当F=26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为a=8m/s2，对球分析，根据平行四边形法则有
FT=mg2+ma2=241N
所以D正确。
故选BCD。
【分析】熟练应用整体法和隔离法是解题的基础，知道物体发生相对运动的临界条件是解题的基础，会判断物体是否发生相对运动。
10．（2024高三上·丰城开学考）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，固定在竖直平面内，两根导轨上端用导线连接一个电容器，电容器的电容为C，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。现将质量为m、长度也为L的金属棒ab紧贴导轨由静止释放，金属棒沿着导轨下滑过程中始终保持水平且与导轨接触良好，已知重力加速度为g，金属导轨和金属棒电阻均不计，则当金属棒运动稳定后，有（ ）
A．金属棒做匀加速运动，加速度大小为mgm+CB2L2
B．金属棒受到的安培力大小为mCB2L2m+CB2L2
C．通过金属棒的电流大小为CBLmgm+CB2L2
D．电容器电荷量保持不变
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．结合牛顿第二定律求出加速度的大小，由题可知金属棒ab受到的安培力为
FA=BIL=BΔQΔtL
又
Q=CU=CBLv
所以
ΔQΔt=CBL⋅ΔvΔt=CBLa
所以安培力
FA=CB2L2a
对金属棒ab，由牛顿第二定律可得
mg−FA=ma
解得
a=mgm+CB2L2
加速度恒定不变，所以金属棒ab做匀变速运动，A正确；
B．由电容的定义、动生电动势公式、欧姆定律、安培力公式等结合导体棒的运动情况表示出导体棒受到 的安培力大小。安培力
FA=CB2L2a=mgCB2L2m+CB2L2
B错误；
C．根据安培力公式变形可以得到电流的大小，根据安培力的计算可知
BIL=CB2L2a
解得
I=CBLa=CBLmgm+CB2L2
C正确；
D．由电容的定义变形后可得电容器上的电量，经过时间t电容器两端的电量为
q=CU=CBLv=CBLat=BCLmgtm+CB2L2
所以电容器电量随时间逐渐增大，D错误。
故选AC。
【分析】对于电磁感应的综合问题要做好电流、安培力、运动、功能关系这四个方面的分析。
11．（2024高三上·丰城开学考）某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。主要实验步骤如下：
①按图甲安装实验器材：质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连，动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，钩码和动滑轮的总质量为M，图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向；
②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F；
③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。
请回答以下问题：
（1）已知打点计时器的打点周期为0.02 s，某次实验所得纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为a= m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2）实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为－b（b＞0），则重物质量m＝ ，当M＝3m时，重物的加速度大小为a＝ 。（本问结果均用k、b表示）
【答案】（1）1.72
（2）1k；b8
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）相邻两点间的时间为
t=5×0.02s=0.1s
根据逐差公式
a=x3+x4−x1−x24t2=11.04+12.76−7.59−9.324×0.12×10−2m/s2=1.72m/s2
故答案为：1.72；
（2）
①对重物由牛顿第二定律得
F−mg=ma
解得
a=Fm−g
已知图像的斜率为k，得
k=1m
解得
m=1k
截距绝对值
b=g
故答案为：1k；
②由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则
Mg−2F=M⋅2a
对重物有
F−mg=ma
当M＝3m时，联立解得重物的加速度大小为
a=b8
故答案为b8。
综上第一空答案为：1k第二空答案为：b8；
【分析】1.若利用纸带求物体的加速度，常常会用到逐差法，题目给的是偶数段数据，一般用“逐差法”求物体的加速度，即a1=x3-x12T2，a2=x4-x22T2，然后求平均值，即a=a1+a22=x4+x3-x2+x14T2，这样所测数据全部得到利用，精确度较高。
2.利用图像处理数据是一种常用的方法，利用牛顿第二定律列方程，与图像相结合，明确斜率和截距的物理含义，即可求解。
（1）两点的时间为
t=5×0.02s=0.1s
根据逐差公式
a=x3+x4−x1−x24t2=11.04+12.76−7.59−9.324×0.12×10−2m/s2=1.72m/s2
故填1.72；
（2）[1]对重物由牛顿第二定律得
F−mg=ma
解得
a=Fm−g
已知图像的斜率为k，得
k=1m
解得
m=1k
截距绝对值
b=g
故填1k；
[2]由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则
Mg−2F=M⋅2a
对重物有
F−mg=ma
当M＝3m时，联立解得重物的加速度大小为
a=b8
故填b8。
12．（2024高三上·丰城开学考）某同学设计了如图甲所示的电路，用来测量水果电池的电动势E和内阻r，以及一未知电阻Rₓ的阻值，图中电流表内阻极小，可忽略。实验过程如下：
i.断开开关 S1，闭合开关 S2，改变电阻箱R阻值，记录不同阻值对应的电流表示数；
ii.将开关 S1、S2都闭合，改变电阻箱R阻值，再记录不同阻值对应的电流表示数；
iii.根据步骤 i、ii记录的数据，作出对应的 1I−R的图线，如图乙所示，A、B两条倾斜直线的纵截距均为b，斜率分别为 k1、k2。
根据以上实验步骤及数据，回答下列问题：
（1）根据步骤ii中记录的数据，作出的 1I−R图线是图乙中的 （填“A”、“B”）；
（2）根据图乙中图线的斜率和截距，可以表示出电源电动势 E= ，电源内阻 r= ，电阻 Rx= （用 k1、k2和b表示）
（3）若电流表内阻较大不可忽略，图线A、B的截距 （选填“相同”、“不同”），内阻r测量值 （选填“偏大”、 “偏小”、 “不变”）。
【答案】（1）B
（2）1k1；bk1；bk2−k1
（3）不同；偏大
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）闭合S2，断开S1，根据闭合电路的欧姆定律求解。对于同一个R值，开关S1、S2都闭合时，R和R0并联部分电阻分得的电压更小，电流表示数更小，即1I更大，故据步骤ii中记录的数据，作出的1I−R图线是图乙中的B。
（2）本题考查了水果电池电动势和内阻的测量以及电阻的测量，明确实验原理是解题的关键。根据求解函数关系式，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答，断开开关S1，闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得
E=Ir+R
整理得
1I=1ER+rE
根据图乙
1E=k1
rE=b
解得
E=1k1
r=bk1
将开关S1、S2都闭合时，由闭合电路欧姆定律得
E=IR+R+RxRx⋅Ir
整理可得
1I=Rx+rERxR+rE
根据图乙
Rx+rERx=k2
联立解得
Rx=bk2−k1
（3）考虑电流表的内阻，闭合S2，断开S1，根据闭合电路的欧姆定律求解函数表达式，若电流表内阻较大不可忽略，根据步骤 i、ii记录的数据，根据闭合电路欧姆定律分别列式
1I=1ER+rA+rE
1I=Rx+rERxR+rA+r+rARxrE
知图线A、B的截距不同，内阻r测量值偏大。
【分析】（1）闭合S2，断开S1，根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R 函数；闭合开关S1、S2，根据并联电路的特点求解干路电流，再根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R 函数，然后分析作答；
（2）根据（1）求解的1I−R 函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答；
（3）考虑电流表的内阻，闭合S2，断开S1，根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R 函数；闭合开关S1、S2，根据并联电路的特点求解干路电流，再根据闭合电路的欧姆定律求解1I−R 函数，然后分析作答
（1）[1]对于同一个R值，开关S1、S2都闭合时，R和R0并联部分电阻分得的电压更小，电流表示数更小，即1I更大，故据步骤ii中记录的数据，作出的1I−R图线是图乙中的B。
（2）[1] [2][3]断开开关S1，闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得
E=Ir+R
整理得
1I=1ER+rE
根据图乙
1E=k1
rE=b
解得
E=1k1
r=bk1
将开关S1、S2都闭合时，由闭合电路欧姆定律得
E=IR+R+RxRx⋅Ir
整理可得
1I=Rx+rERxR+rE
根据图乙
Rx+rERx=k2
联立解得
Rx=bk2−k1
（3）[1][2]若电流表内阻较大不可忽略，根据步骤 i、ii记录的数据，根据闭合电路欧姆定律分别列式
1I=1ER+rA+rE
1I=Rx+rERxR+rA+r+rARxrE
知图线A、B的截距不同，内阻r测量值偏大。
13．（2024高三上·丰城开学考）一高压舱内气体的压强为1.2个大气压，温度为17℃，密度为1.46kg/m3。
（1）升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变，求气体温度升至27℃时高压舱内气体的密度（保留三位有效数字）；
（2）保持第（1）问升温后的温度27℃不变，再向体积为高压舱体积19的真空瓶中释放气体，要使舱内压强低于1.0个大气压，至少要几个瓶子？
【答案】（1）因为ρ=mV，体积相同，所以密度之比为质量之比，
由理想气体方程PV=nRT，即nR=PVT，其中n为封闭气体的物质的量，即理想气体PVT正比于气体质量。因为压强、体积不变，所以质量之比为温度反比，即
ρ1ρ2=T2T1
代入数据解得
ρ2=1.41kg/m3
（2）向第一个瓶子释放气体时，有
p1V=p2(V+19V)
解得
p2=910p1
向第n个瓶子释放气体后，压强为
910np1