2021年湖北省八市联考高考物理模拟试卷

2021年湖北省八市联考高考物理模拟试卷（3月份）

1.下列说法中正确的是（）

A.伽利略通过实验验证了力是维持物体运动的原因

B.牛顿进行了“月-地检验”，说明天上和地上的物体都遵从万有引力定律

C.库仑扭秤实验是一个假想的实验，因为当时无法测量物体所带的电荷量

D.法拉第认为必须要有运动才能产生感应电流

2.汽车沿平直公路行驶，其运动图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.若丫表示位移（单位：m）,则汽车在前2s内的平均速度大小为4zn/s

B.若V表示速度（单位：m/s）,则汽车在前2s的位移大小为4〃？

C.若y表示速度（单位：m/s},则汽车的加速度大小为4M/S2

D.若丫表示加速度（单位：m/s2）,则汽车在2s末的速度大小为4m/s

3.2021年2月，“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，并将于

今年5月择机实施降轨，软着陆火星表面，开展巡视探测等工作，如图所示为探测

器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道I、in为椭圆，轨道n为圆。

探测器经轨道I、u、m运动后在。点登陆火星，。点是轨道I、口、in的切点,

。、。还分别是椭圆轨道in的远火星点和近火星点。关于探测器，下列说法正确的

是（）

A.由轨道I进入轨道n需在。点减速

B.在轨道口的运行周期小于沿轨道in的运行周期

C.在轨道II运行的线速度大于火星的第一宇宙速度

D.在轨道ID上，探测器运行到0点的线速度大于。点的线速度

EC

4.大量氢原子处于量子数为〃的能级，当它们向低能级〃n

<-----054

跃迁时，能辐射6种不同频率的光，用这些光照射逸4-------------0：85

3--------------1.51

出功为2.25eV的钾，氢原子能级图如图所示，下列说,340

法中正确的是（）

A.量子数n=41-------------13.6

B.量子数n=6

C.辐射的所有光都能使钾发生光电效应

D.处于n=2能级的氢原子不能吸收能量为3.6eV的光子

5.一定质量的理想气体由状态a开始，经历“反儿、”三个过程回到原状态，其p-r

图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为%、%、Vc,压强分别为Pa、Pb、Pc'

已知Pb=Po，Pc~4Po）则下列说法正确的是（）

A.Pa=3Po

B.%=3%

C.从状态a到状态b,气体不对外做功

D.从状态c到状态m气体从外界吸热

6.如图所示，传送带以l（hn/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16〃?，且

与水平方向的夹角均为37。。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由

静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1依，与传送带间动摩擦因数均为0.5,取重

力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是（）

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A.滑块A先做匀加速运动后做匀速运动

B.滑块A、8同时到达传送带底端

C.滑块4、8到达传送带底端时的速度大小相等

D.滑块4在传送带上的划痕长度为5m

7.如图所示,A8CD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为30。的斜面，

部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整

个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为+q、质量为机

的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到。点。已知重

力加速度为g,且qE=下列说法正确的是（）

A.释放点A到斜面底端B的距离为|R

B.小滑块运动到C点时对轨道的压力为9,咫

C.小滑块运动过程中最大动能为

D.小滑块从。点抛出后恰好落在轨道上的B点

8.为了配合电力扩容，学校启动临时供电系统，它由备用发电机（输出电压不变）和理

想变压器组成，电路如图所示。开关S处于断开状态时，教室的灯泡恰好正常发光。

若闭合开关S,下列分析正确的是（）

A.灯泡亮度变暗B.灯泡亮度不变

C.流经原线圈上的电流变大D.流经副线圈上的电流不变

9.某同学记录2021年3月10日教室内温度如下:

时刻6：009：0012：0015：0018：00

温度12℃15℃18℃23℃17℃

教室内气压可认为不变，则当天15：0（）与9：00相比，下列说法正确的是（）

A.教室内所有空气分子动能均增加

B.教室内空气密度减少

C.教室内单位体积内的分子个数一定增加

D.单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少

10.在某介质中位于坐标原点的波源在t=。时刻起振，形成一列沿x轴正方向传播的简

谐横波，如图所示为t=0.4s时刻的波形图，已知波恰好传到x=8m处。下列说法

正确的是（）

A.波的传播速度为20m/s

B.波源的起振方向沿y轴正方向

C.0〜0,4s内质点尸通过的路程为15cm

D.t=0.5s时质点8、，的加速度相同

11.如图所示，两根足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为。，导轨间距为L,下端

接有阻值为R的电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直导轨平面向上。质量为

加、电阻不计的金属棒垂直导轨放置，在导轨平面向上的恒力作用下由静止开始向

上运动，经过时间，恰好以v的速度做匀速直线运动。己知金属棒与导轨之间的动

摩擦因数为〃，导轨电阻不计，金属棒始终与导轨接触良好，重力加速度为g。则

下列说法正确的是（）

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B

A.恒力大小为mgsin。+林mgcos。+~~

B.0〜t时间内通过电阻R的电荷量为誓

C.0〜t时间内金属棒向上滑行的距离大于三

D.。〜t时间内电阻R上产生的焦耳热为中-|.

12.某同学设计如图甲所示实验装置探究质量一定，加速度和力的关系。将一端带有定

滑轮的长木板放在水平实验桌面上，长木板左端固定的位移传感器，可以测得滑块

的位移，通过电脑将数据转换成滑块的位移-时间图线。滑块通过细绳跨过定滑轮

与力传感器相连，力传感器可直接测出细线中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。

(1)下列说法正确的是。

A.细线必须与长木板平行

8.细线的拉力就是滑块受到的合外力

C.滑块的质量必须远大于钩码的质量

(2)某次实验得到滑块的位移-时间图像如图乙所示，则滑块的加速度大小为

m/s2(结果保留两位有效数字)。

(3)该同学在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，

如图丙所示，取重力加速度g=l(hn/s2,则滑块的质量为kg,滑块与长木

板之间的动摩擦因数〃=(结果均保留两位有效数字)。

13.某实验小组用如图(a)所示的电路测量一个电动势E约为9K内阻r在0〜15。范围

内、允许通过的最大电流为0.64的电池的电动势和内阻，虚线框内表示的是由量程

只有，6匕内阻为30000的电压表和一只电阻箱氏共同改装成的新电压表，&是保

护电阻，/?3也是电阻箱。

(1)若改装成的新电压表的量程为9V,则电阻箱&的阻值应该调节为0。

(2)(单选)可备选用的定值电阻有以下几种规格，则7?2宜选用。

A.50,2.5W

B.150,1.01V

C.150,10W

D.150/2,5.0勿

(3)接好电路，闭合开关S,调节电阻箱/?3,记录/?3的阻值和改装成的电压表的示

数U,测量多组数据，通过描点的方法在图(b)坐标系中得到了一条在纵坐标上有

一定截距的直线。若该小组选定纵轴表示电压的倒数右则横轴应为o

(4)该小组利用图(a)测量另一电源的电动势和内阻时，选取7?2为10。的定值电阻，

将改装好的新电压表正确地接在A、C之间。调节电阻箱/?3,测出若干心的阻值和

上相应的电压Ui，用描点的方法绘出图(c)示的图像。依据图像，可以测出电源

的电动势E=V,内阻r=。(结果均保留两位有效数字)。

14.一棱镜的截面图如图所示，A£＞为四分之一圆弧，B为圆

心。一细束单色光从圆弧中点E沿半径射入棱镜，恰好在

8点发生全反射，后光线在CO面发生折射后从F点(未画，/'\

出)射出，出射光线与CO面的夹角为45。。已知4B=r,B______

取s讥75°=0.97,求：c——"i""

(1)棱镜的折射率〃：

(2)CD的长度。

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15.如图所示，在xOy平面的），轴左侧存在着半径为L的圆形匀强磁场区域I,磁场方

向垂直纸面向里，边界与y轴在。点相切；在xQy平面的y轴右侧存在一个沿y轴

负方向的场强为E=萼的有界匀强电场区域H,匀强电场的右侧有一个方向垂直

纸面向里的匀强磁场区域HI，区域n的宽度为L,区域n和区域HI的高度足够长。

质量为，小电荷量为4的带负电粒子从4点沿半径以初速度为、方向与x轴正方向

成。=60。角射入匀强磁场区域I,恰好从坐标原点。沿无轴正方向进入区域n。

不计粒子的重力。

（1）求区域I内磁场的磁感应强度大小B；

（2）求粒子离开区域n时的位置坐标；

（3）若粒子进入区域HI后刚好沿右边界垂直穿过X轴，求区域m的宽度Z/和磁感应强

度的大小夕分别为多少？

16.如图所示，光滑的水平面上，质量为nh=1kg的平板小车以%=5m/s的速度向左

运动，同时质量为爪2=4kg的铁块(可视为质点)从小车左端以为=5m/s的速度向

右滑上平板小车，一段时间后小车将与右侧足够远的竖直墙壁发生碰撞(碰撞时间

极短)，碰撞前后小车速度大小不变，方向相反。已知铁块与平板车之间的动摩擦

因数为〃=0.25,小车始终未从小车上掉下来，取重力加速度g=l(hn/s2。求：

(1)小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；

(2)小车的最小长度；

(3)小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程(计算结果保留三位有效数字)。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、伽利略通过实验合理的推理认为“力是改变物体运动状态的原因”，

故A错误；

8、牛顿进行了“月-地检验”，说明天上和地上的物体都遵从万有引力定律，故8正

确；

C、库仑扭秤实验是一个实际的实验，库仑由此得出了库仑定律，故C错误；

。、法拉第认为闭合回路的磁通量发生变化，才能产生感应电流，运动不一定产生感应

电流，故。错误。

故选：Bo

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一.

2.【答案】B

【解析】解:A、若丫表示位移（单位:m）,则汽车在前2s内的位移为△x=4m-0=4m,

平均速度大小为"=W:m/s=2m/s,故A错误；

B、若丫表示速度（单位：m/s）,根据v-t图像与时间轴所围的面积表示物体运动的位

移，可得汽车在前2s的位移大小x=^m=4m,故B正确；

C、若丫表示速度（单位：TH/S）,则汽车的加速度大小为。=詈=涂/s2=2m/s2,故

C错误；

D、若丫表示加速度（单位：m/s2）,根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，

可得0-2s内汽车速度变化量为△v=等m/s=4m/s,由于t=0时汽车的速度未知，

则汽车在2s末的速度大小不一定为4m/s,故。错误。

故选：Bo

在x-t图像中，纵坐标的变化量表示位移，平均速度等于位移与时间之比；在v-t图

像中，图像与时间轴所围的面积表示物体运动的位移，斜率的斜率代表加速度；在a-t

图像中，图像与时间轴所围的面积表示速度变化量。

解答本题时，要理解图像与时间轴所围的面积和斜率的物理意义，可采用类比的方法来

理解，特别要知道在a-t图像中，图像与时间轴所围的面积表示速度变化量。

3.【答案】A

【解析】解：A、由轨道I进入轨道口，需要在。点减速，探测器做近心运动，半径变

小，故A正确；

B、根据开普勒第三定律号=化可得，轨道半径越小，周期越小，所以在轨道II的运行

T2

周期大于沿轨道in的运行周期，故B错误；

C、根据=v=&在轨道II运行的线速度小于火星的第一宇宙速度，故

r2rAJr

c错误；

。、根据开普勒第二定律可知，在相等时间内探测器与中心天体连线在相等时间内扫过

的面积相等，所以在近地点速度大，在远地点速度小，在轨道in上，探测器运行到。

点的线速度小于Q点的线速度，故。错误；

故选：Ao

探测器绕火星做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律及

探测器的变轨原理分析答题。

本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供探测器做圆周运动的向心力、理解

探测器的变轨原理是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。

4.【答案】A

【解析】解：AB,大量的氢原子处于量子数为〃的激发态，最多发出鬣=若父=6种

不同频率的光，解得：n=4,故A正确，8错误；

C、氢原子由n=4跃迁到n=3产生的光的能量：

E43=E4-E3=-0.85eV-(-1.51eK)=0.66eV<2.25eK,

所以不能使逸出功为2.25W的金属钾发生光电效应，故C错误；

D、从n=2电离所需的最小能量等于：Foo-F2=0-(-3.4eV)=3AeV,光子能量3.6eU

高于此电离能，

所以处于几=2能级的氢原子吸收能量为3.6eV的光子后发生电离，故。错误。

故选：A。

根据氢原子最多辐射光子频率的种数结合数学组合公式鬣，求出量子数”；根据能级间

跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差；从n=2电离所需的最小能量等于Eg-

E2=3.4eV,进行判断即可.

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解决本题的关键知道光子能量与能极差的关系，BPFm-En=hv,以及知道光电效应产

生的条件和电离的条件。

5.【答案】CD

【解析】解：人由图兀=2%，Tb=T°，气体从。到人发生等容变化，匕=%，由查

理定律：野=白，可得：pa=2p°，故4错误；

Pb1b

B、由图示图象可知，儿过程气体发生等温变化，由玻意耳定律私力=Pc%可得，%=4匕,

故8错误；

C、气体从a到人发生等容变化，气体对外不做功，故C正确；

。、结合前面的方向可知，c状态的体积小于“状态的体积，所以c到。的过程中气体对

外界做功，由图可知，c状态的温度小于a状态的温度，所以c状态理想气体得内能小

于。状态理想气体得内能，从c到a理想气体得内能增大，同时气体对外界做功，则根

据热力学第一定律可得气体一定吸收热量，故。正确。

故选：CD.

由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用

热力学第一定律答题。

本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体

的温度决定即可解题，解题时要抓住在P-T图象中等容线为过原点的直线。

6.【答案】D

【解析】解：AB,对于滑块A,开始时相对传送带向上运动，A受到的摩擦力向下，

由牛顿第二定律：%型3T:蹩竺竺,解得：的=iom/s2

速度加到和传送带速度一样时，由于重力在斜面.上的分力大于摩擦力，故还要向下加

速

此时加速度为="37丁。S37。,解得：电=2mls2

由运动学公式可知，第一阶段：口=合=*=1S,位移乙=竽xt]=?xlzn=5如

方向向下

第二阶段：L一巧=%亡2解得：亡2=1S

所以口=0+J=1s+1s=2s

对于滑块丛一直相对传送带向下运动，且重力在斜面上的分力大于摩擦力

由牛顿第二定律：a=迪且竺竺竺竺，解得：a=2m/s2

一直加速到底，贝山=：。珞，解得：。=4s

故AB错误；

C、A到底端时以=v0+a2t2，解得：vA=12m/s,vB=atB=2x4m/s=8m/s,故

C错误。

D、第一阶段，传送带的位移，x/-120tl=10xIm=10m,

滑块A相对传送带向上位移：△xi=x/—xi，

解得：△x1=5m,方向向上。

第二阶段滑块A相对传送带的位移：△亚=(乙-X])-vot2=(16-5)m-10xlm=

Im,方向向下，

所以滑痕还是5，力故。正确。

故选：Do

通过物体受力分析物体运动情况：B一直加速，A先加速，跟传送带共速后继续加速，

4需要分阶段用运动学公式求解，划痕长度需要求出相对位移的大小和方向后再分析求

解。

本题借助传送带模型考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，本题难点在于A运

动过程的分析，注意滑块与传送带共速态是物块运动的转折点，需要判断是否能够相对

静止一起运动。

7.【答案】B

【解析】解：A、小滑块恰能沿圆弧轨道运动到。点，。点为等效最高点。通过。点时，

向心力仅由重力和电场力的合力提供，由平行四边形法则得：产合=

J(mg)2+(V3mg)2=2zng且与AB平行，由向心力公式F合=^^得：m诏=2nlgR①,

设AB长为L,由A到。过程中，由动能定理F合(L-R)=jmB-。②，联立得:L=1.5/?,

故A错误。

B、C到Z)过程中：由动能定理-mgR(l+sin30°)=jmv3加虎,将①代入得:m虎=

SmgR(3),在C点时：N—mg=m—＞将③代入得：N=9mg,故8正确。

C、在轨道的等效最低点时，小滑块的动能最大，等效最低点在OO延长线与轨道的交

点，设交点为p,P到力过程由动能定理得：-尸合X2R=扣诏代入数据得：

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联立上式解：昨=5mgR,故C错误。

点抛出后，等效为以力。方向为竖直方向做类平抛运动，由A项可知:%=J为瓦

等效竖直方向上有：尸分=血。得：a=2g,若能打到B点，等效竖直方向：ft=|at2,

等效水平方向：%=vDt,联立解得：x=V2R^R,故。错误。

故选：B。

分析小球受力可知，小球所受重力与电场力的合力斜向下且与48平行，故。点为等效

最高点，和它对称的点为等效最低点，在等效最低点动能最大。再结合牛顿第二定律与

动能定理即可分析。

本题考查利用等效法分析小球在重力场与电场中的圆周运动，确定电场力与重力的合力

方向，从而确定小球运动的等效最高点与最低点是关键。

8.【答案】BC

【解析】解：AB、开关S闭合时，理想变压器原副线圈的匝数和原线圈的电压不变，则

根据变压器匝数之比等于电压之比可知，副线圈电压不变，则灯泡功率P="不变，故

R

A错误，B正确;

CD,由以上分析可知，副线圈的电压不变，流经副线圈的电流为所有并联电路电流之

和，增加了空调，则副线圈的电流增大，根据变压器匝数之比等于电流反比可知，流经

原线圈上的电流也增大，故C正确，。错误；

故选：BC。

闭合开关之后，不改变原副线圈匝数和原线圈电压，故根据理想变压器的原理，电压之

比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比可分析得结果。

本题考查理想变压器的电压、电流之间的关系，以及动态分析。注意电压是前决定后，

电流是后决定前。

9.【答案】BD

【解析】解：

A、温度升高，教室内气体的平均分子动能增大，但并不是所有的空气分子都动能增加，

故A错误；

8、温度升高，分子平均动能增加，压强不变，体积一定变大，空气密度减少，故8正

确；

CD,气体压强不变，分子平均动能增加，分子数密度减少，单位体积内的分子个数一

定是减少的，单位时间碰撞单位面积的的分子数也减少，故C错误，。正确。

故选：BD。

本题考查的热学问题中的气体压强问题，另外需要知道气体压强的影响因素有两个一个

是温度，另外一个是分子数密度。

气体压强从微观解释，一共是两个影响因素，一个是温度，温度越高，分子动能越大，

压强越大；另外一个是分子数密度，分子数密度越大，单位时间碰撞单位面积的气体分

子数越多，压强越大。

10.【答案】AC

【解析】解：A、由题知，在△£=0.4s-Os=0.4s内，波传播的距离为△%=8m-0m=

8m,则波的传播速度为I?=箸==20m/s,故A正确；

8、由同侧法结合题图知,x=8nl处质点起振方向沿y轴负方向，由于该波恰好传到=8m

处的质点，而波动中各质点重复波源的振动形式，则波源的起振方向沿y轴负方向，故

B错误；

C、由题图知，波长2=4m,振幅4=8cm,则周期7=4==0.2s,波源起振后波

V20

传到质点尸所需要的时间G=拳=0.25s,故0〜0.4s内质点尸振动的时间为t?=0.4s-

=0.4$-0.25s=0.155=^,通过的路程为s=34=15cm,故C正确；

D、在t=0.4s到t=0.5s内，质点8、，振动的时间为At?=(0・5-0.4)s=0.1s=g

结合题图知，t=0.5s时，B位于波谷位置，，位于波峰位置，故此时质点8、”的加速

度大小相等，方向相反，故。错误。

故选：AC。

根据波的传播方向得到波前振动方向，即可得到波源起振方向；由图得到波长，即可根

据周期求得波速，然后根据波的传播得到质点振动；根据振动时间和周期的关系，由振

幅求得路程。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图

得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

11.【答案】AC

【解析】解•：A、金属棒匀速运动时受到的安培力大小为自=8〃=8等,二手,方

向沿导轨向下，根据平衡条件得:尸=mgsind+[imgcosO+汉=mgsinO4-fimgcosO+

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竺之，故A正确；

R

B、设0〜t时间内通过电阻R的电荷量为%对金属棒，根据动量定理得(F-rngsinJ-

l2mgcosO^t—BLlt=mv-0

又q=It，解得q=^^一詈，故3错误；

•KDL

C、0〜t时间内，根据牛顿第二定律得F—mgsind—^mgcosO——^―=ma,随着速度

增大，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变加速直线运动，结合u-t图像与

时间轴所围的面积表示位移，可知，0〜t时间内金属棒向上滑行的距离大于匀加速直线

运动的距离章故C正确；

。、设0〜t时间内电阻R上产生的焦耳热为Q,。〜t时间内金属棒向上滑行的距离为S,

根据能量守恒得Fs=(mgsind+nmgcos9)s+^mv2+Q,结合s>p解得Q>

故选：AC»

金属棒匀速运动时受力平衡，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式尸=B/L

推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求出恒力大小；0〜t时间内，对金属棒，利

用动量定理求通过电阻R的电荷量；根据金属棒的运动情况，结合u-t图像的特点分

析0〜t时间内金属棒向上滑行的距离；根据能量守恒定律求0〜t时间内电阻R上产生的

焦耳热。

解决本题的关键要熟练推导出安培力与速度的关系，能根据牛顿第二定律分析金属棒的

加速度变化情况。要知道在电磁感应问题中，往往根据动量定理求电荷量。

12.【答案】A0.501.00.20

【解析】解：(1)4为了保证滑块做匀加速直线运动，细线必须与长木板平行。故A正

确；

8.因为没有平衡摩擦力，所以细线拉力不等于合外力，故8错误；

C因为有拉力传感器，所以不需要满足滑块的质量必须远大于钩码的质量，故C错误。

故选A。

(2)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，有s=22,则。=郎=^m/s2=

0.50m/s2o

(3)将轨道倾斜，有F—mgsina—Rmgcosa=ma,解得：m=—=^y-kg=l.Ofc^o

(4)轨道水平，有产-umg=ma将F=2N、a=。代入得：〃=0.20。

答：(1)4(2)0.50,(3)1.0,0.20o

实验装置中有拉力传感器，所以不需要满足滑块的质量必须远大于钩码的质量。这是与

课本上提供实验的差别。结合图像和数学知识可以求得加速度。利用牛顿第二定律可以

求出质量和动摩擦因数。

本题属于探究质量一定时，加速度与力的关系实验题，注意跟课本实验的差别，结合数

学方法处理物理问题。

13.【答案】1500C高7.55.0

【解析】解：(1)将量程w=6U的电压表扩大为量程U=9也需要串联一个分压阻&=

H9

矶；—Ry=—-0—3000/2=1500/2,

而3000

FQ

(2)电路最小总电阻约为：/?2=2=高。=150,为保护电路安全，保护电阻应选和150

u.b

差不多的，而此时保护电阻上的功率P=/2R=0.62X15/=5.4W,那么B允许的电

功率为1.0w，容易烧坏，不符合题意，故选：C；

(3)在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir=U+-^-r,则：=+7

十K3Uc八2十七

所以图象的横轴应为：$

(4)改变实验方案后，根据闭合电路欧姆定律可得：E=£(Ri+/?3+r)，变形得：

箸+/x/?3,结合图象可得斜率为％=±=专，代入可得E=7.5V,由图象的纵截

DCKj匕/<11O

距卜=警=0.2,代入求得：r=5.0/2o

故答案为：(1)1500；(2)C；(3)-77-：(4)7.5、5.0

(1)根据电压表的改装原理求出分压电阻的大小；

(2)求出电路最小电阻阻值，然后选择定值电阻；

(3)根据闭合电路欧姆定律电流与电压的关系进行变形得到输的对应的函数表达式，从而

确定直线函数对应的横坐标：

(4)根据变形得到图象对应的函数表达式结合图象的斜率和纵截距，求出电源的电动势

和内阻。

本题考查测量电动势和内电阻的实验，要求能熟练掌握物理规律运用数学方法将物理公

式变形，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量，再根据图象的性质

即可求解电动势和内电阻。

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14.【答案】解：(1)光路图如图所示，设光线在B点发生全反

射的临界角为C,由几何关系可知：C=45。，

由全反射公式sinC=二可知：n=V2

n

(2)设光线从尸点射出时的入射角为a,乙BCD为8,CD长度为

3由折射定律得：

sin450

—:------=n

sina

由几何关系得:

8=a+45°

r

L=------

sin。

联立解得：L=

答：(1)棱镜的折射率〃为企

(2)CD的长度崇r

【解析】本题考查的是全反射和临界角的问题，画出光路图，根据儿何关系计算出折射

角和入射角，根据折射率的公式计算出折射率。在根据几何关系计算出的长度。

本题考查的是全反射和临界角的问题，根据题意画出光路图，是解决本体的根本，再结

合几何关系计算出角度和长度时解决本题的关键。

15.【答案】解：(1)沿半径方向射入圆形磁

场，则离开磁场时必背向圆心方向，所以画

出粒子在圆形磁场的轨迹如图所示，

由几何关系可知，粒子在圆形磁场中做匀速

圆周运动的半径R=焉;=V3L

洛伦兹力提供向心力：勺%8=等

联立可得：8=筌

(2)粒子从。点水平进入电场做类平抛运动，由两个方向的位移规律有:

x=L=%h

1m环

y=-ati而a=^=运”=遨

mmL

代入可得：X=L,y=|

即离开电场时的位置坐标为a,|)

(3)离开电场时的速度u=J诏+(at］下=V2v0

其方向与+y轴方向成。角，tan。=奇=1,所以0=45。

由题意粒子在DI区的轨迹如图所示，由几何关系有：