2024年河北省石家庄市某中学高考物理三模试卷(含详细答案解析)

2024年河北省石家庄市正定中学高考物理三模试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.如图所示是研究光电效应的实验原理图，某实验小组用光强相同（即单位时

间照射到单位面积的光的能量相等）的红光和紫光分别照射阴极K,移动滑片P

分别得到红光和紫光照射时，光电管的光电流/与电势差以A的关系图像可能

2.图示为控制中心大屏幕上显示的“神舟"I四号飞船在轨运行图，屏幕上的曲线表示它一段时间内先后

两次在同一轨道绕地球做匀速圆周运动的“轨迹”。已知飞船运行周期为1.5八，在飞船先后经过同一纬度

上“、〃两位置的时间内，则地球自转转过的角度为（）

A.360°B.180°C.22.5°D.75.5°

3.如图所示，在正四面体ABC。的人8。面内，有一内切圆，圆心为O,

M、N、P分别为HO、和4。边与圆的切点。正四面体的顶点4、B、D

分别固定有电荷量为+Q、+Q、-Q的点电荷，则（）

A.M、P两点的电场强度相同

B.M、0、N、P四点的电势3“>9p>0。

C.将正试探电荷由C移动到电势能减少

D.将正试探电荷由尸移动到M电场力做负功

4.如图甲所示，水平桌面上有一算盘。中心带孔的相同算珠（可视为质点）可穿在固定的杆.上滑动，算珠与

杆之间的动摩擦因数恒定，使用时发现某一根杆上有4、8两颗算珠未在归零位。A、B相隔S]=3.5c77i,

B与上边框相隔S2=2cm,现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、8运动的u-t图像如图

乙所示（实线代表A,虚线代表8）,忽略A、3碰撞的时间，g取lOm/sz,则下列说法中正确的是（）

未料零归零

状态状态

A.算珠4、B均能回到自己的归零位B.算珠A在碰撞前运动了0.2s

C.算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1D.算珠A与算珠B在碰撞过程中机械能守恒

5.在吊运表面平整的重型板材（混凝土预制板、厚钢板）时，如因吊绳无处钩挂而

遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起（不必捆的很紧），用两个吊钩勾住绳圈

长边的中点起吊（如图所示），若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为〃，为了满足安

全起吊（不考虑钢丝绳断裂），需要满足的条件是（）

A.tana>〃B.tana<〃C.sina>〃D.sina<〃

6.图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的〃、力间接入22（*的交流电，变压器线圈总匝数为

1ICO匝，交流电流表人为理想电表，定值电阻R=25000,灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。当c、P

之间线圈匝数为750匝时，则（）

甲乙

A.灯泡两端的电压约为47VB.通过电阻的电流约为0.024

C.通过电流表的示数约为0.034D.灯泡的功率约为2.3W

7.如图所示，质量为机的摩托艇静止在水面上，£=0时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直线运

动，其加速度a随速度v的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即/•=H（k为

常数，大小未知）。则（）

A.摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为;m诺

B.摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力的冲量为

C.牵引力的最大功率为nrno%

D.常数攵的大小为产

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点Q的质点振动图像如

右图所示。当£=8s时，简谐波的波动图像可能正确的是（）

9.北京冬奥会报道中利用“4/+8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果苜次运用在8K直播中，更精

准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验。“时间切片”是一种类似于多次“曝

光”的呈现手法。如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特

技图。忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹。加段为抛物线。已知起跳点。的速度大小为I，，起跳

点。与最高点〃之间的高度差为重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

7.51M

A.“时间切片”特技每次“曝光”的时间间隔均相同

B.芭动员从〃到的时间为国

9

C.运动员到达最高点时速度的大小为J户-2gh

D.运动员从a到〃的过程中速度变化的大小为丁福

10.如图所示，足够长的“二=

”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为2/,窄轨间距为/,。0'左侧为金属导轨，右侧

为绝缘轨道。一质量为机、阻值为八三边长度均为/的“U”形金属框，左端紧靠。。'平放在绝缘轨道上（

与金属导轨不接触）。。0'左侧存在磁感应强度大小为8。、方向竖直向上的匀强磁场，。。'右侧以。为原

点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为8=%+H（k>0）的竖直向上的磁场。两匀质金属

棒。、〃垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为〃?、长度均为2/、阻值均为2乙初始时，将人锁定，。在水平

向右、大小为尸的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，〃滑上窄轨瞬间，撤去力凡同时

释放儿当〃运动至0。'时，棒。中已无电流（b始终在宽轨），此时撤去方。金属导轨电阻不计，〃棒、b

棒、金属框与导轨始终接触良好，则（）

A.<7棒在宽轨上匀速运动时的速度必~2B^

B.a棒刚滑上窄软时。两端电势差U=就

22

C.从撤去外力尸到金属棒。运动至。。'的过程中，。棒产生的焦耳热Qa=”不

30BQI

D.若。棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，。棒静止时与00'点的距离》=蓝喘

三、实验题：本大题共2小题，共24分。

11.如图所示为“用。/S研究物体的加速度与质量关系”的实验装置.在轨道左侧的4点固定光电门，垫

高轨道右端，平衡摩擦力.将连接小车的细线跨过滑轮系住钩码，测出小车静止在人点时挡光片的前端与

光电门的距离L，挡光片的宽度为d(L»d),在4点由静止释放小车，由Q/S测出挡光片通过光电门的时

(1)为了研究小车加速度与质量的关系，本实验采用了控制变量的方法，操作中应保持_____不变.

(2)小车加速度的表达式为：a=

(3)保持钩码数量不变，在小车上加我配重片，改变小车总质量.由于粗心，忘记测量小车的质量，只记

录了配重片的质量m”，以及挡光片通过光电门的时间△3多次改变配重片的质量，重复测量.以m*为横

坐标，△£2为纵坐标建立坐标系，得到如图(乙)所示的直线，设直线的斜率为匕在纵轴上的截距为江则

钩码的重力为，小车的质量为一

12.为了测定某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：

电阻箱％、&两个、阻值为6。定值电阻仆、电流表做内阻未知)、电键若干、待测电源、导线若干。

乙丙

(1)现实验小组成员先测量电流表内阻，实验电路如图甲所示，芍关实验操作如下：

①品闭合，52打开，调节R1，使电流表A满偏；

②保持先不变，再闭合$2,调节&，当的=2.0。，电流表A的读数为满刻度的三分之二，由此可得电流

表的内阻心的测量值为_____。

③上述测量中，电流表的测量值匕真实值(填“偏大”、“偏小”或“不变”)，产生误差的原因是

合上开关S2后，通过电阻箱%的电流(填“大于”或“小于”)电流表A的满刻度的三分之一的值。

(2)测定电流表内阻后，实验小组成员设计如图乙所示的电路图测量图中的电源的电动势和内阻。

将开关S合上，多次调节电阻箱R的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R及电流表A的示数/,实验

小组成员作出了;-R图像如图丙所示，根据图像和已知条件可求出电源电动势E=______V；电源的内阻

r=______o

四、简答题：本大题共1小题，共10分。

13.电磁轨道炮是利用磁场对通电导体的作用使炮弹加速的，其简化原理示意图如图丙所示。假设图中更

流电源电动势为召=451/(内阻不计)，电容器的电容为C=22Fo两根固定丁水平面内的九滑平行金属导轨

间距为1=1m,电阻不计。炮弹可视为一质量为m=2kg,电阻为R=5。的金属棒MN,垂直放在两导轨

间处于静止状态，并与导轨良好接触。导轨间存在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为8=27的匀强

磁场。接通电路后MN开始向右加速运动，经过一段时间后回路中电流为零，MN达到最大速茂，之后离

开导轨。求：

(1)直流电源的〃端是正极还是负极？

(2)若用导线将1、2连接让直流电源供电，M/V离开导轨时的最大速度的大小：

(3)若开关先接I,使电容器完全充电；然后将开关接至2,离开导轨时的最大速度的大小。

五、计算题：本大题共2小题，共20分。

14.如图所示，导热良好的密闭容器内封闭有压强为po的空气，现用

抽气筒缓慢从容器底部的阀门处(只出不进)抽气两次。已知抽气筒每

次抽出空气的体积为容器容积的£空气可视为理想气体，求：

(1)容器内剩余空气的压强〃：

(2)容器内剩余审气和抽出空气的质品之比七

15.有一款三轨推拉门，门框内部宽为储=2.75m。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为人=1加，质量均

为机o=20kg,与轨道的摩擦系数均为〃=0.01。每扇门板边缘凸起部位厚度均为〃=0.05m。门板凸起部

位间的碰撞均为完全非弹性碰撞(不黏连)，门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自

能到达的最左侧(如图乙)，用恒力F水平向右拉3号门板，经过位移s=0.3巾后撤去F,一段时间后3号

门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧(如图

丙)。重力加速度g=10m/s2o求:

(1)3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小;

(2)恒力厂的大小;

(3)若力尸大小可调，但每次作用过程中尸保持恒定且尸作用的位移均为s,要保证2号门板不与1号门板

甲乙丙

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：当UKA＞。时，电场力使电子减速，光电流为。时的电压即为遏制电压，根据所学知识可知

紫光频率高于红光，紫光遏制电压较大，所以在U轴的正半轴的交点大于红光。单位时间内红光的光子数

多，所以红光的饱和光电流大，故A正确，48错误；

故选：Ao

根据光电效应的原理，结合紫光和红光的频率大小关系得出正确的图像。

本题主要考查了光电效应的相关应用，理解光电效应的原理，结合不同颜色光的频率大小关系即可完成分

析。

2.【答案】C

【脩析】解•：t船运动轨道面与赤道面不重合；当t船先后经过同一纬度上。、》两位置的时间可知转过

一圈时间为1.5/1,所以在次时间内地球自转转过的角度为。=^x360。=22.5。，故43。错误，C正确。

故选：C。

根据题意同一轨道上，先后两次经过mb两点的时间接近一个周期，地球自转一圈24九所有可求出转过

的角度。

本题主要考查人造卫星运行规律，在做题中要注意周期关系。

3.【答案】D

【解析】解：4如图，空间任一点的电场是三个点电荷产生的电场的叠加，根据对称性和电场的叠加原理

可知，M点和P点的电场强度大小相等

设为和间的夹角为氏有

kQ

EA_（Lsin60y_1

一福一7攻一一百

（2）2

说明知和弧的方向不同，故两点的场强不同，

故A错误；

及根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、6两处的正点电荷产生的电场中，M、尸两点

的电势相等，且N点电势高于。点的电势，。点的电势高于和历、P点的电势；在。点的负点电荷产生的

电场中，N点的电势高于。点的电势，O点的电势高于M、P两点的电势，所以，可知8N>3O>>M=

8P，故8错误；

C仅考虑4处和。处点电荷时，C点和〃点的电势相等，正试探电荷由C到靠近4处的王点电荷，

电场力做负功，电势能增加，故C错误；

D由于0”>仍）,则将止试探电荷由P移动到N,电场力所做的功力=9%'=9（口>一％;）<0，

电场力做负功，故。正确。

故选：。。

A.根据电场叠加的知识判断大小和方向，再判断两点场强是否把同；

及根据电场中各点电势的高低进行排序判断；

C根据电场力做功和电势能的关系进行分析判断；

。.根据电场力做功的公式进行分析判断。

考查电场的合成叠加问题，会根据题意判断电势高低，电场力做功和电势能的关系。

4.【答案】C

【解析】解：C.根据图乙可知，A拨出的初速度，A碰前与A、B碰后的速度分别为

v0=0.4m/sfvA1=0.3m/s,vA2=O.lm/s,vB=0.2m/s

A碰前有

VAI-Vo=-2asi，a=ng

解得〃=0.1,故。正确；

8.算珠A在碰撞前运动时间£=也也

a

解得t=0.1s,故B错误：

A.碰后A、8减速至0的位移分别为

解得芍1=0.5cm<s2

解得小=0.5cm=s2»孙=:

4Cl

可知，算珠A没有归零，B恰好归零，故4错误;

。.根据上述可知，碰前A、8总动能为

EKA=2mvAi

解得=0.045m

11

+2

碰后4、B总动能为检2-vi22-B

1

WK=0.025<5m谈i

算珠A与算珠8在碰撞过程中机械能不守恒，。错误。

故选：故

根据匀变速直线运动位移-时间规律、速度-时间规律和牛顿第二定律结合图像给出的速度信息列式求解

判断；

C.根据能量表达式列式代入数据计算并分析判断；

。.根据匀变速直线运动的位移-时间规律计算并判断。

本胭主要是考查牛顿第二定律与口-亡图象的结合，关键是弄清楚两个算珠的受力情况和运动情况，知道

t图象与时间轴围成的面积表示位移。

5.【答案】B

【解析】解：要起吊重物，只需满足绳子张力丁的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，如图

所示

即pTcosa>Tsina

化简可得tana<〃

故B正确，AC。错误。

故选：B。

对重物受力分析，根据共点力平衡条件可解答。

本题考查共点力平衡条件的应用，解题关键掌握物体的受力分析及力的正交分解。

6.【答案】D

【解析】解：AB,由理想变压器原副线圈电压比等于匝数比有出

U2九2

可得=150V

对干副线圈，设灯泡电压为u,电流为/,由闭合电路欧姆定律u=

将解析式画入灯泡的u-/图中

由图中交点可得U=75V,/=0.034,故灯泡功率P=U/,解得P=2.3W

故。正确，/WC错误；

故选：。。

本题根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比以及U-/图像，结合选项，即可解答。

本题考查学生对理想变压器原副线圈电压比等于匝数比、U-/图像数据应用的掌握，是•道中等难度题。

7.【答案】C

【解析】解：4、由动能定理可知，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵

引力对■摩托艇做的功大于诏，故A错误；

8、由动量定理可知，牵引力与阻力冲量之和等于莫游艇动量的变化量，阻力冲量为负值，则牵引力的冲

量大于Tn%,故B错误；

C、由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为尸二根上）

牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力的功率最大值为%=ma。%,故C正确；

。、由牛顿第二定律可得，F-kv=ma

可知七=皿

THV0

解得*=吗，故加错误。

v0

故选：C。

根据动能定理计算做功的大小，根据动量定理计算冲量的大小，根据P=Fv计算功率，根据牛顿第二定律

计算常数k的大小。

本题用牛顿第二定律变形得Q-〃函数关系式是处理动力学图像问题的关键，同时注重运动过程的分析找到

何时达到最大速度。

8.【答案】CD

【蟀析】解：由。点的振动图像可知，振幅4=10cm,周期为7=12s,设原点处的质点的振动方程为

y=i4sin(yt4-<p)cm,将(0,-5)代入方程得：-5二lOsing,解得9=一弓，在t=8s时刻，y3=

10sin(y^x8—^)cni——5cni,由振动图像可知在t=8s时刻，质点在丁轴一5c771处且向下振动，根据“同

侧法”可判断若波向右传播，则波形为C选项所示；若波向左传播，则波形为。选项所示，故A3错误，

C。正确。

故选：CD,

根据Q点的振动图像写出。点的张动方程，从而计算出£=8s时。的位移，再根据同侧法判断可能的波形

图。

本题考查的是波动图像和振动图像相结合的题目，关键是会用同侧法判断质点的振动方向或者波的传播方

向。

9.【答案】BCD

【解析】解：A、运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置的时间相等，4C两点到〃点的轻直高度不同，

因此时间不同，故A错误；

B、根据竖直方向上的运动特点可知，h=\gt\解得：t二管,故B正确；

C、从。到/，根据动能定理得：

1212

-rr.gh=5m4

解得：%="-2gh,故C正确：

D、从a到〃的速度变化量为4u=gt=9次，故。正确；

故选：BCD。

根据对称性可知，从最高点往左右两边等高的位置的时间是相等的；

根据竖直方向上的运动特点计算出时间；

根据动能定理计算出运动员的速度；

理解速度变化量的定义并结合公式完成分析

本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解斜抛运动在不同方向上的运动特点结合动能定理即可完成分

析。

10.【答案】8c

【解析】解：A、设〃棒在宽轨上匀速运动时通过。棒的电流为j根据平衡条件有：F=.21

根据闭合电路欧姆定律有：k/=然^=誓,联立解得％=矗，故4错误；

8、〃棒刚滑上窄轨时，通过。棒中间宽度为/部分的电流为与二陪

•JI

根据右手定则以及沿电流方向电势降低，可知4棒下端电势高于上端电势，则此时4棒两端电势差的大小

为

U=%—%丁=殳•21%—粤粤r=募亍，故4正确；

C、设。棒刚运动至。。'时，。、少棒的速度分别为打、v2,取向右为正方向，对外〃棒，分别根据动量定

理得

-BQII-1=mvx-mvQ,B0I-21-1=mv2

因为此时回路中无电流，所以有B。/%=8。♦2lv2

联立解得一「蠢』=蠢

根据能量守恒定律可知，从撤去外力尸到金属棒。运动至。0'的过程中，回路产生的总焦耳热为：Q=

11212mF2r2

-mV2__mv2__mv2=__

则。棒产生的焦耳热为Qa=三-。=则彳，故C正确；

/r十r30HQ/

D,设。棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为火,取向右为正方向，根据动量守恒定律有

mv1=2mv3

由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大18=kl

从。棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为：7=5=等

对。棒，取向右为正方向，根据动量定理有

一ABI'lt'=0—2mv3

。棒静止时与。。'点的距离为x=vt'

联立解得：％=果』，故。错误。

SkBQI

故选：BC。

当“匀速运动时，受力平衡，根据平衡条件以及闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式相

结合求解。棒在宽轨上匀速运动时的速度；。刚滑上窄轨时，画出回路中的等效电路，根据闭合电路的欧

姆定律求解。两端电势差；从撤去外力尸到金属棒。运动至。。'的过程中，根据动量定理、能量守恒定

律、焦耳定律求解。棒产生的焦耳热；4棒与金属框相碰，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根

据动量定理结合闭合电路的欧姆定律、运动学公式求解。棒静止时与。。'点的距离。

对「电磁感应问题研究思路常常有三条：第一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；第

二条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；第三条

从动量的角度，根据动量守恒定律求速度，根据动量定理求导体棒运动的距离等等。

年案】钩码重力感4”枭

【解析】解：(1)本实验采用了控制变量的方法，为了研究小车加速度与质量的关系，操作中应保持合力

不变，即保持钩码重力不变，

(2)小车运动到8时的速度为：v=£

根据运动学公式…2-。=2"得：Q=篇’

(3)把钩码、小车以及配重片看成一个整体，根据牛顿笫二定律得:

(M+m+mx)a=mg

而G=----2»

2L(At)Z

解得：Ct)2=W.W+钙,

mx-ad图象的斜率为匕在纵轴上的截距为儿

则有：竽里=心工=k，

2mgL2mgL

解得：加。=册，M=22加

故答案为：(1)钩码重力；Q)念7；(3)1一册

(1)“探究加速度与力、质量的关系”的实验采用的是控制变量法.即研究三个物理量之间的关系时，先

控制一个物理量不变;

(2)遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替，故17=(,再根据户=2出即可求出物体的加速度团

(3)把钩码、小车以及配重片看成一个整体，根据牛顿第二定律求出关于的表达式，再根据图象的

斜率和截距求解.

研究三个物理量之间的关系，必须先控制一个物理量不变，然后研究另外两个物理量的关系，这种方法称

为控制变量法，知道在时间很短的时候，可以用平均速度代替瞬时速度，难度适中.

12.【答案】1。偏小大于30.8。

【解析】解：(1)②保持&不变，再闭合S2,干路电流不变，仍为电流表A的满偏电流/g，调节&，当

/?2=2.00电流表A的读数为满刻度的三分之二，则流过电阻箱的电流为电流表满偏电流的三分之一，

并联电路两端电压相等，由欧姆定律可知：|%以=?./2,解得电流表的内阻心二12=12.0。=1。

③合上开关52后，电流表与电阻箱并联，电路总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知，电路电流变大，

大于电流表4的满偏电流，当电流表读数为慢刻度的三分之二时，通过电阻箱&的电流大于电流表A的满

刻度的三分之一的值，流过电流表的甩流小于流过电阻箱电流的2倍，电流表内阻大于电阻箱阻值的二分

Z-，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的二分之•，则电流表内阻的测量值小于真实值，电流表内阻

测量值偏小。

(2)根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=I(r+RA+R0+R),整理得：y=+

吟地，由图示，一R图像可知，图像的斜率k=：=笺纵轴截距力=坐地=

tIt/.o3t

2.64-1,代入数据解得，电源电均势E=3V,电源内阻r=0.86。

故答案为：(1)②1。；③偏小：大于；(2)3；0.8/2.

(1)根据并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻；根据实验步骤应用并联电路特点与欧姆定律分析实验

误差。

(2)应用闭合电路的欧姆定律求出资像的函数表达式，根据图示图像求出电源的电动势与内阻。

理解实验原理、分析清楚图示电路结构是解题的前提，应用并联电路特点、欧姆定律与闭合电路的欧姆定

律卬可解题。

13.【答案】解：(1)由丁电磁炮受到的安培力方向水平向右，由左手定则如何N中电流由N流向因此

直流电源的〃端为负极：

(2)电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路中电流为

零，电磁炮速度达到最大。

由£=Blvml

据题E=45V,可得最大速度"mi=22.5zn/s

(3)电容器放电前所带的电荷量为%=CE

开关接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值Um时，MN上的感应电动势为E'=BMn

当电容器板间电压降到U'=E'时，电路中电流为零，电磁炮速度达到最大。

电容器所带电荷量为Q2=CU，=CE1

设在电容器放电过程中中的平均电流为7,MN受到的平均安培力为］=Bll

取向右为正方向，由动量定理有：/-=mvm-0

又［•a=/Q=C(E-F)

联立解得：vm=22m/s

答：(1)直流电源的。端是负极；

(2)MN离开导轨时的最大速度的大小为22.5m/s：

(3)MN离开导轨时的最大速度的大小为22m/s。

【蟀析】(1)根据电磁炮受到的安培力方向水平向右，由左手定口I判断电流方向，从而确定电源的极性。

(2)电磁炮向右加速，切割磁感线运动产生的感应电动势增大到等于直流电源的电动势时，回路中电流为

零，电磁炮速度达到最大。根据E=B①求解MN离开导轨时的最大速度的大小。

(3)将开关接至2,电容器放电，MN开始向右加速运动，产生感应电动势，当电容器板间电压等于MN产

生的感应电动势时，回路中电流为零，电磁炮速度达到最大。根据动量定理计算MN离开导轨时的最大速

度的大小。

本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄

清运动形式，然后依据相应规律求解。

14.【答案】解：(1)第一次抽后，则有PoV=Pi"+；V：V©，第二次抽出后，则有P』=P2(V+2V：V®，

(Pl，P2分别为第一次，第二次抽气后容器内气体的压强)，联立两式可解得p=P2=^p°；

OO

(2)开始压强为po体积为V的气体，当温度不变时，压强变为第po时的体积为g,则有p0V=Qo