2021年湖北省七市（州）教科研协作体高考物理联考试卷

2021年湖北省七市（州）教科研协作体高考物理联考试

卷（3月份）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.2020年12月4日，新一代“人造太阳”一中国环流二号M装置（HL—2M）正式建

成并实现首次放电，放电温度达太阳芯部温度近10倍。“人造太阳”实验中的可

控热核反应的方程是出He+ln,海水中富含反应原料流（出），氟核（出）可

以用中子变击锂核（“。得到。下列说法正确的是（）

A.上述核反应前后核子数相等，生成物的质量等于反应物的质量

B.中子轰击锂核（“i）反应方程为何/H+^He

C.中子级击锂核（"i）发生了a衰变

D.笊核仔H）和笳核（法）的比结合能均比氨核的比结合能大

2.如图所示，A、2两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，若3表示

卫星角速度大小，S表示卫星与地心的连线在单位时间内扫过

的面积，a表示卫星向心加速度大小，r表示轨道半径，7表示

周期，则下列关系正确的是（）

A.34>3BB.S4>SBC.a%>（1BD

3.如图所示，一半圆形玻璃砖，C点为其圆心，直线。。'过C点与

玻璃砖上表面垂直。与直线00'平行且等距的两束不同频率的细

光a、b从空气射入玻璃砖，折射后相交于图中的P点，以下说以

正确的是（）

A"光从空气射入玻璃，波长变长

B.真空中“光的波长小于6光的波长

C.a光的频率大于6光的频率

D.若。、人光从同一介质射入真空，a光发生全反射的临界角较大

4.如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过金属框架MNQP,金属手..

杆湖在恒力厂作用下沿框架从静止开始运动，t=o时磁感应•1一

强度大小为8°,为使血中不产生感应电流，下列能正确反映------?一

磁感应强度8随时间f变化的图像是（）

B.

D.

5.如图所示，一圆环套在固定的倾斜光滑杆上，轻统绕过定滑

轮与圆环相连，整个装置处于同一竖直平面内，现用力/缓

慢拉动轻绳，圆环对杆的弹力大小为瓦，在圆环从A沿杆向

上运动的过程中，下列说法正确的是()

A.F一直增大，氏先减小后增大

B.尸一直增大，“一直减小

C.尸先减小后增大，风一直增大

D.尸先减小后增大，氏先减小后增大

6.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B

从两侧同时射入木块，木块始终保持静止，子弹4

射入木块的深度是8的2倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，则下列说法正确的是

()

A.子弹A的质量是子弹8的质量的2倍

B.子弹A的初动量是子弹B的初动量大小的2倍

C.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则木块不会始终保持静止

D.若子弹A、B的初始速度都增加为原来的2倍，则子弹A射入木块的深度仍是

子弹8的2倍

7.如图所示，空间中存在着匀强电场，长方体ABC。-

4B1GD1中4DD14是边长为1相的正方形，棱A8长

2m,E、F为棱AB、8的中点,E］、&为棱久/、的名

的中点。已知电势9Al=0,(PA=2V,WE=4V,(pg=

6V,0c=8L则下列说法正确的是()

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A.电场强度方向与CE连线平行

B.电场强度大小为2遍!//小

C.B、0两点的电势差力R与4、E两点的电势差以£相同

D.把0.1C正电荷从。点移到8点，电场力做功0.2/

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

8.智能手机中的电子指南针利用了重力传感器和霍L一Nh

N：-

尔元件来确定地磁场的方向。某个智能手机中固定

着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为反尸、!_E

%T*

欣N,薄片厚度为儿在E、尸间通入恒定电流/、

同时外加与薄片垂直的匀强磁场B,M、M间的电压为U”，巳知半导体薄片中的载

流子为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的是（）

A.N板电势高于M板电势

B.磁感应强度越大，翻越大

C.增加薄片厚度h,%增大

D.将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势

9.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波

在t=2s时刻的波形图。已知该波的波速是〃=8m/s,根据图形，则下列说法正确

的是（）

A.1=0时亥!],x=8ni处的质点向上振动

B.该横波若与频率为1.5Hz的波相遇可能发生干涉

C.经过t=Is,x=2nl处的质点位于平衡位置向下振动

D.t=2.75s时刻，x=4m处的质点位移为

如图所示，理想变压器原线圈两端4、8接在电动势E

8V、内阻r=20的交流电源上，理想变压器的副线圈

两端与滑动变阻器R相连，滑动变阻器阻值可在

0〜10。范围内变化，变压器原、副线圈的匝数比为1：

2,下列说法正确的是（

A.副线圈两端输出电压为16V

B.当R=20时，电源的输出功率最大

C.调节R,电源的最大输出功率为8W

D.原线圈两端的电压随着滑动变阻器R的阻值增大而增大

11.如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角。=30。，

杆上。点以上部分粗糙,。点以下部分（含。点）光滑。

轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端0

恰好在。点，质量为，"的带孔小球穿过长杆，与弹、俎旦—

簧上端连接。小球与杆粗糙部分的动摩擦因数〃=日，最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，现将小球拉到图示“位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端

的最低位置始终在方点，。点与人间距均为/。则下列说法正确的是（）

A.小球在«点弹簧弹性势能最大

B.小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍

C.整个运动过程小球克服摩擦力做功mgl

D.若增加小球质量，仍从。位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b点

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

12.用如图（a）所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板上。由于挡板靠近硬板

一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图（b）

所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标

系（已知g=10m/s2）.

（1）下列说法正确的是.

A斜槽轨道必须光滑，且小球每次要从斜槽同一位置由静止释放

B.需调节斜槽，保证其末端水平

C.需调节硬板，保证硬板在竖直平面内

。本实验必需的器材还有刻度尺和秒表

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(2)在图(b)中实验记录到有一个位置明显发生偏差的点，其产生的原因可能是：该

次实验时，小球在斜槽释放的位置与其它几次相比偏(“高”或“低”)。

(3)根据图(b)记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为m/s(结果保留两位

有效数字)。

13.某研究性小组利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻心的压阻效应，然

后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。心的阻值变化范围为几欧到几十欧,

实验室中有下列器材：

4.电源Ei(电动势3匕内阻约为10)

8.电流表4式量程0〜0.6A,内阻「1=50)

C.电流表AC量程0〜0.64,内阻上=1。)

。.定值电阻Ro=50

E.开关S，导线若干

(1)为了较准确地测量电阻勺，请在图(a)中虚线框内将测量电阻％的实验电路图补

充完整，并在图中标出所选器材的符号。

(2)在电阻勺上加一个竖直向下的力F,闭合开关S,记下电表读数，4的读数为/］，

&的读数为与，则Rx=(用字母表示)。

(3)小组同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随着所加外力尸的&-尸图像，

如图(b)所示。小组同学将这种压敏电阻心与一个量程为3V的现想电压表按如图(c)

所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源为=4入内阻不计，为了使改装后压

力表的量程为0〜100N,压力为100N对应电压表的刻度为3V,则定值电阻R=

0。压力为0对应电压表的刻度为匕这样改装后压力表的刻度值

("均匀”或“不均匀”)。若考虑电压表的实际内阻，则按上述设计，在

测量实际压力时测量值______(“偏大”、“相等”、“偏小”)。

四、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

14.如图所示，柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内部封有一定----

质量的理想气体，汽缸质量M=10kg,活塞质量m=25kg,其“

横截面积S=0.01m2,活塞与缸壁间的摩擦不计。当缸内气体温9r

度为27冤时，活塞刚好与地面相接触，但对地面无压力。现对汽缸加热，使缸内气

体温度升高。当汽血对地面恰好无压力时，求缸内气体温度？(已知大气压强po=

1.0x105Pa,g=10m/s2)

15.嫦娥五号着陆器和上升器的组合体总质量为m=2500kg,最后的下降着陆过程简

化如下：组合体从悬停位置，向下先做匀加速直线运动，然后增加发动机的推力继

续向下做匀减速直线运动，到达月球表面恰好速度为零。若组合体从悬停位置开始

匀加速下降,在最后5min时，打开距离传感器并开始倒计时。当倒计时显示t=200s

时，组合体到月球表面高度九=160m,此时发动机增加推力△F=30N,组合体开

始匀减速直线运动，当倒计时为0时，成功完成着陆任务。求：

(1)组合体在加速阶段和减速阶段的加速度大小；

(2)悬停位置距离月球表面的高度。

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16.甲、乙两种比荷不同的带电粒子从容器A上方的狭缝S,飘入电势差为%的加速电

场，其初速度为0,然后经过狭缝S沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的

匀强磁场中，最后打到照相底片上•已知带电粒子从狭缝S进入磁场时与垂直磁场

边界方向存在一个很小的散射角。，甲粒子运动半径大于乙粒子运动半径，甲粒子

能打在底片上的最远点为Q,乙粒子能打在底片上的最近点为P,点尸、。到狭缝

S的距离分别为/、1.5/不考息带电粒子的重力及粒子间任何相互作用。求：

q甲

(1)甲粒子的比荷.；

(2)乙粒子在磁场中运动的最长时间/；

(3)若加速电压存在波动，在(%-△U)到(%+△U)之间变化，要使打在底片上的

甲、乙两种粒子不会重叠，应满足的条件。

Q

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、核反应过程中，要释放热量，质量发生亏损，生成物的质量小于反应

物的质量之和，故A错误；

8C、此核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，为人工核反应，故8正确，C错

误；

。、比结合能大的原子核稳定，一个笊核与一个晁核结合成一个氢核时，同时释放能量，

则,He更稳定，比结合能大，故。错误。

故选：B。

核反应过程中释放能量，质量发生亏损，但满足质量数和电荷数守恒；

根据核反应生成物判断反应类型；

比结合能越大的原子核越稳定；

本题考查了原子核的比结合能，解题的关键是明确核反应过程中，质量数和电荷数守恒,

质量亏损，释放核能。

2.【答案】B

【解析】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则

有：Gma)2r

rz—m—r—

则…卡,3=^

A、A卫星的轨道半径大，则角速度小，故A错误；

以卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积为扇形面

积，S=|Zr=|vtr=|1?"=~tVGMr,半径越大，扫过的面积越大，SA>SB,故

B正确；

C,由G^=ma可知，a=詈，半径大，向心加速度小，aA<aB,故C错误；

D、根据开普勒第三定律可知，鸟=再故。错误；

lA

故选：B。

根据万有引力提供向心力得出角速度、线速度与轨道半径的关系，从而比较角速度和线

速度的大小；根据扇形面积公式比较扫过的面积，由开普勒第三定律可求出轨道半径和

周期的关系。

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本题主要考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握开普勒第三定律，知道线速

度、周期与轨道半径的关系，并能灵活运用。

3.【答案】D

【解析】解：小光在两种介质的界面处不改变光的频率，6光从空气射入玻璃砖后，

即由光疏介质进入光密介质，由九=：知，光的传播速度变慢，由"'知，波长变短，

故A错误；

3C、由题分析可知,玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率,则b光的频率高，

由c=得知，在真空中，。光的波长大于b光的波长，故8C错误；

D、由sinC=；可知，a光的折射率小，则a光发生全反射的临界角大于b光，故。正

确。

故选：Do

由题意：两束光折射后相交于图中的P点，可知玻璃砖对方束光的偏折角大于对a束光

的偏折角，则玻璃砖对6束光的折射率大于对“束光的折射率，6光的频率高，波长短，

由临界角C的正弦sinC=%分析临界角大小。

n

本题考查对不同色光特性的理解能力和掌握程度，注意光在两种介质的界面处不改变光

的频率，再通过速度得知波长，对于七种色光各个量的比较是高考中常见的基本题型，

可根据光的色散、干涉的结果，结合折射定律和临界角公式理解记忆。

4.【答案】C

【解析】解：为使必中不产生感应电流，则穿过闭合电路的磁通量应保持不变。

设t=0时，与必间的距离为s,MN与PQ间的距离为乙油中不产生感应电流，

导体棒不受安培力，在恒力F作用下作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，设加速

度为。，则r时刻闭合电路所包围的面积S=L(s+|at2)；

2

由磁通量不变可得：B0-Ls=BL^s+lat)

解得5=2+亲/，则知!—t图象是开口向上的抛物线，故A8O错误，C正确；

D£>0D

故选：Co

为使"中不产生感应电流，则穿过回路的磁通量不变，根据任意时刻的磁通量与初始

时刻的磁通量相等列式，进而得到B的表达式，即可分析图象的形状。

解决本题的关键要抓住通过闭合回路的磁通量不变时，血棒中就不产生感应电流，得

到衿r的关系式。

D

5.【答案】B

圆环受到八G、FN三个力的作用，其中题目所给尸=7,三个力平衡，三个力恰组成

一个闭合的三角形，由于重力大小方向不变，支持力方向不变，随拉力的方向该变时，

三个力的动态分析图如图所示，由图可知，拉力与竖直方向夹角越来越小，则产一直增

大，风一直减小，所以8正确；AC£＞错误；

故选：Bo

做出受力分析图，圆环在F作用下缓慢上滑，处于共点力平衡状态，因此三个力构成闭

合三角形，可以从图中矢量的长度确定各力大小变化

本题属于共点力平衡中的动态平衡类型，考查学生共点力平衡条件以及结合受力分析图,

进行动态分析的能力。

6.【答案】D

【解析】解：AB,以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统的合外力为零，则

系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA-mBvB=0

得?叫勿=mBvB,即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等。

由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大

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小相等，设为f,根据动能定理得：

对子弹A,有：一/服=0一%4，得

对子弹B,有：-fdB=0-EkB,得后收=祝。

由于〃=2%，则两子弹的初动能关系为=2a8,结合&4=孚或，&8=警

则得2如=mB,即子弹B的质量是子弹A的质量的2倍，故AB错误；

CD、若子弹A、8的初始速度都增加为原来的2倍，则犯!外=血8%仍成立，可知木块

始终保持静止。

由上分析知：EkA=fdA,EkB=fdB,由于两子弹的初动能都增加为原来的4倍，则两

子弹射入木块的深度都增加原来的4倍，所以，子弹A射入木块的深度仍是子弹B的2

倍，故C错误，。正确。

故选：Do

以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律列式分析两子弹的质量、

初动量关系。若子弹4B的初始速度都增加为原来的2倍，根据系统的动量守恒分析

木块的运动状态，由动能定理分析两子弹射入木块的深度关系。

本题运用动能定理和动量守恒定律研究冲击块模型，分析木块处于静止状态，确定出两

子弹所受的阻力大小相等是关键。

7.【答案】B

【解析】解：4根据匀强电场的特点，平行等间距的两线段电势差相等,

则UAE=UEB=UFC,cpA—<pE=(pE—<PB=VD-WF=VF—Vc

解得WF=6V,(pD=4V,同理可得=,FI=4V

EDFI/平面为等势面如图所示

则电场强度的方向应该是过点尸作ED&Bi平面的垂线，故

A错误;

B、场强沿。户方向的分量用=舞=甯=217小，同理场强沿EE1、Er方向的分量

均为2V/m,故电场强度的大小为E=+E]+E。弋入数据得,E=2^V/m,故8

正确；

C、B、出两点的电势差为%月为2匕A、E两点的电势差U.E=-2匕故C错误；

£＞、把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功为WDB=q、=0.1Cx（一2"=-0.27,

故。错误；

故选：B。

根据题意，先找等势面再找电场线。

电场强度由定义式可求。

根据匀强电场的特点，平行等间距的两线段电势差相等可求。

利用电场力做功可求。

根据匀强电场的特点，平行等间距的两线段电势差相等，注意电场线与等势而垂直。

8.【答案】AB

【解析】解：A、根据左手定则，电流的方向向里，载流子受力的方向指向N端，向N

端偏转，故N板带上正电，N点电势高，故A正确；

BC、设左右两个表面相距为“，载流子所受的电场力等于洛伦兹力，即：誓=作8

设材料单位体积内载流子的个数为〃，材料截面积为S,则有：

/=nqSv

S=dh

联立解得，。=意

则叫=急

所以M、N间的电压与磁感虑强度B成正比，即磁感应强度越大，MN间电势差越大；

增加薄片厚度上MN间电势差减小，故8正确，C错误；

D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N板电势仍高于M板电势，故。错误。

故选：AB.

根据左手定则判断载流子的偏转方向，从而确定出电势的高低。根据载流子受电场力和

洛伦兹力平衡，结合电流的微观表达式求出明。

解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终载流子在电场力和洛

伦兹力作用下平衡；同时注意明确载流子带正电。

9.【答案】AD

【解析】解：A、分析波形图可知，波长：A-12m,波速：v=8m/s,

则周期为：T=-=-s=1.5s

v8

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根据时间与周期的关系可知，t=o.2s=：r,因每经过一个周期波动图象重复一次，所

以只要看经过(的振动情况即可，由波形平移法知，该波一定沿X轴负方向传播，根据

波动规律可知,t=0时刻％-8m处的质点向上振动,故A正确;8、频率:/="==

|”z,则该横波若与频率为1.5，z的波相遇，不可能发生干涉，故B错误；

C、经过t=ls时间，波传播的距离：x=vt=8xlm=8m,根据波形平移法可知，

经过t=ls,x=2m处的质点位于平衡位置向上振动，故C错误；

D、圆频率：to=y=^nrad/s,x=4m处的质点振动方程：y=4$讥如加，

当t=2.75s时刻得：y=2百cm,故。正确；

故选：AD.

根据波形图读出波长九根据波长、波速和周期公式计算周期，由时间t=0.2s与7的关

系，根据同侧法，判断波的传播方向；

由时间与周期的关系，确定出质点的位置，分析出位移；两列波频率相同，才可以发生

干涉现象；

书写x=4m处质点的振动方程，判断位移。

此题考查了波动图象的相关规律，关键是时间t=0.2s与T的关系，利用同侧法判断波

的传播方向，根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态。

10.【答案】CD

【解析】解：A、由于滑动变阻器阻值可在0〜100范围内变化，当滑动变阻器的阻值变

化时，使得电路中的电流发生变化，原线圈的电流变化，电源的内电压变化，输出电压

变化，则副线圈的电压变化，即副线圈两端电压和电流不是定值，故A错误；

8C、设原副线圈中的匝数分别为W和电，电流分别为人和与，电压分别为Ui和外，则有：

%_1

;

n2-2

原线圈上的电压：U1=E-lrr

电阻R消耗的功率为：P=U2I2=UJi'

整理可得：P=(E—/ir)A=EL—I^r,

可见电流为：/1=5=34=24时，P有最大值，为：/^=-=—WZ=8MZ;

2r2X2"L4r4x2

变压器的输出电流为：％=3x24=14

n2N

根据输出功率等于输入功率可得：Pm=llRx,解得：&=8。，故C正确，B错误;

。、滑动变阻器的电阻值R增大时，使得副线圈电路中的电流减小，则原线圈的电流减

小，电源的内电压减小，输出电压增大，即副线圈的电压增大，故。正确。

故选：CD.

将变压器和电阻等效为外电阻，则可根据电源输出功率最大值的条件可求解原线圈的电

流强度及最大功率；再由匝数比求解副线圈的电流强度；根据功率关系求解滑动变阻器

的电阻。

本题考查变压器原理及电源的输出功率，要注意明确变压器可与电阻结合在一起进行分

析，从而根据电源输出功率最大值问题解答问题。

11.【答案】BC

【解析】解：A、由于。点与。、人间距均为/,所以小球在。、人两点的弹性势能相等，

小球初次下滑时可以落在低于b点的位置，此时弹性势能大于6点，则A错误；

C、小球从。运动到b过程，由动能定理可得-叼=0,解得必=加或，

所以C正确；

B、小球在a点有7ngs讥30°+kl—mgcos30°=mar,

小球在b点有也—mgsin30°=ma2>

由于小球最后是在。与〃两点间做简谐振动，则在〃点与。点的加速度大小相等，小

球在O点有mgsin30。=ma3,其中a2=

联立解得。2==gg，=g，所以小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2

倍，则B正确；

D,若增加小球质量，仍从。位置静止释放，设小球最终运动的最低点为c,由于小球

最后是在。与最低点c两点间做简谐振动，则在c点与O点的加速度大小相等，小球在

c点有m'-mgsin3(r=ma2,解得2'=詈，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形

变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以。错误；

故选：BC。

解答本题可通过分析。、人位置受力情况，结合牛顿第二定律列式；利用动能定理，可

以求出各个位置能量关系。

本题考查功能关系，结合动能定理与牛顿运动定律，考点较为全面，要求学生具备一定

的分析综合能力。

12.【答案】BC低1.0

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【解析】解：(1)4、斜槽轨道无论光滑与否，只要小球每次从斜槽同一位置静止释放，

都保证每次到达底端速度相同，故A错误；

8、斜槽轨道末端切线必须水平以保证小球做平抛运动，故B正确；

C、需调节硬板，保证硬板在竖直平面内，让小球出射方向与硬板平行，让其在竖直面

运动，故C正确；

。、小球平抛运动的时间可以根据竖直位移求出，不需要秒表，故。错误。

(2)由图可知，第5个点明显不到线上，水平方向的位移小了很多，是由于水平方向的

初速度太小，所以原因是：小球从斜槽上滚下时的初始位置比其他几次的位置偏低；

(3)在竖直方向上，根据y=：gT2得，丁=品=s=0.2s,

小球做平抛运动的初速度为="=20m/s=1-Om/s

故答案为：(1)BC；(2)低;(3)1.0；

(1)研究平抛运动的轨迹，使每次小球从斜槽的同一位置由静止释放，做平抛运动，小

球与斜槽之间的摩擦对测量的结果准确性没有影响；

(2)画线时要画一条抛物线，把明显偏离抛物线的点舍弃.通过分析水平或竖直方向的

位移与图线之间的关系来分析实验时的错误：

(3)利用水平方向和竖直方向的运动规律，结合抛出点为坐标原点，即可求解初速度大

小.

熟练掌握平抛运动的规律，利用其规律解决实际问题，同时要加强动手实验，深刻理解

该实验中的注意事项.

13.【答案】曾150不均匀偏小

【解析】解：(1)从所给的器材来看，还缺少一个电压表测电压，但有一个内阻己知的

电流表可以作为电压表来使用，电流表4内阻与待测电阻相当，能直接并联，而必测干

路中的电流，补充的电路如图所示；

(2)根据串并联电路电流电压关系和欧姆定律

可求出心=牛=吟；

(3)从图(b)可以看出，压敏电阻氏=(25-

0.2F)fl,从电路图(c)看，电压表的示数U=

R4R

-------xE2=--------

R+RxNR+25-0.2F

当尸=100N时，U=3V,将两值代入上式可

求得：R=150

再令F=。时，将R=10。代入上式可得：U=1.5K

从以上表达式看，U-F关系并不是线性关系，所以刻度不均匀。

若考虑电压表内阻，则有U'=^*XE2,R'是定值电阻与电压表并联的总电阻，显然

R'<R,则有U'<U,测量值偏小。

不均匀、偏小

(1)根据伏安法的原理和所给器材的限定画出电路图；

(2)根据串并联电路电流电压关系及欧姆定律求出待测电阻的表达式；

(3)根据设计电路图写出电压表示数的关系式进行答题。

本题是把实际应用与伏安法测电阻、电路设计、欧姆定律相关计算等内容综合在一起的

好题，不仅考查恒定电流的基础知识，还要考虑实际情况的限定，是培养高素质人材的

措施之一。

14.【答案】解：缸内温度为7;=(27+273)K=300K时，压强大小为p1

活塞对地面无压力，对活塞有：prS+mg=p0S

5

解得:P1=0.75x10Pa

当温度升为72时气缸对地面无压力，对气缸有：P2S=p()S+Mg

5

解得：p2=1.1x10Pa

对缸内气体由查理定律得：7=?

12

联立求解得：T2=440K

答：缸内气体温度为440K。

【解析】抓住题目中的突破口“当缸内气体温度为27笃时，活塞刚好与地面相接触，但

对地面无压力”，以活塞为研究对象，受力分析，利用平衡即可求出此时封闭气体的压

强；现使缸内气体温度升高，当气缸恰对地面无压力时，以气缸为研究对象，可求出升

温后封闭气体的压强，然后一封闭气体为研究对象，等容变化，利用查理定律就可求出

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气体温度。

在求解被封闭气体压强时，往往结合力学知识进行求解，注意将力学知识和热学知识的

联系，加强所学知识的综合应用。

15.【答案】解：(1)组合体加速和减速阶段加速度大小分别为的和。2,在减速阶段，对

组合体有：

2

h=^a2t,代入数据：160=gxa?x20。2

得：a?=8x10-3m/s2

加速阶段对组合体有：△F-mar=ma2

-32

得：a1=4x10m/s

(2)t=200s时,组合体速度大小为v,0=v+(-a2t)

得：v=1.6m/s

设组