2021年湖南省高考物理最后一卷(含答案解析)

决

2021年湖南省高考物理最后

一、单选题（本大题共7小题，共29.0分）

1.关于原子核，下列说法正确的是（）

A.a粒子散射实验说明原子核具有复杂的结构

B.10个放射性元素的原子核经一个半衰期一定有5个发生了衰变

C.一个中子和一个质子结合成笊核时，释放出核能，表明此过程中有质量亏损

D.夕射线来自于原子的核外电子

2.如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体4沿水平方向向

右运动，并与弹簧发生碰撞。第一次，4、8的质量相等，碰撞过程中，弹簧获得的最大弹性势

能为Ep。第二次，将B的质量加倍，再使物体4以另一初速度与弹簧发生碰撞（作用前物体B仍静

止），碰撞过程中，弹簧获得的最大弹性势能仍为Ep。则从物体4开始接触弹簧到弹簧具有最大

弹性势能的过程中，第一次和第二次相比

A.物体4的初动能之比为2:1B.物体4的初动能之比为4：3

C.物体4损失的动能之比为1:1D.物体力损失的动能之比为27：32

3.下列说法正确的是（）

A.电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比

B.电场中某点的场强E=；,但与检验电荷的带电量q及受到的力F无关

C.电场中某点的场强方向与检验电荷受到的电场力方向相同

D.公式E=白电=上与对任何电场都适用

qrz

4.如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度3匀速转动，线

圈的电阻不计，理想变压器副线圈并联两个一模一样的灯泡4、B,现灯泡B发生断路，下列说

法正确的是（电表均可视为理想电表）（）

A.电压表示数变大B.电流表示数变大

C.灯泡4亮度不变D.灯泡4亮度变亮

5.转笔（PenSpizm讥g）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示.转

笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某

一点。做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（）

A.笔杆上的点离。点越近的，做圆周运动的向心加速度越大

B.若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动而被甩走

C.若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金

属笔杆两端一定不会形成电势差

D.若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，那么只有在竖直平面内旋转时，金属笔

杆两端也会形成电势差

6.某跳伞运动员在一次跳伞运动中，以一定的速度匀速下降，如图，则

他受到的伞对他的合力与其所受重力的关系是（）

A.作用力与反作用力

B.平衡力

C.支持力小于重力

D.支持力大于重力

7.一质量为m,电阻为R的长方形（长为a,宽为匕）的金属线框，放在tKoXmtit

XXXXXXXX

光滑的水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直水平面向下，XX产*XX斗X

xxxxxxx3r

磁场只存在虚线左侧，其俯视图如图所示。线框在水平恒力F的xxxxxx

XXXXXXXX

作用下，静止开始向右运动，直到完全出磁场区域，以下说法正

确的是（）

A.感应电流方向为逆时针

B.线框可能匀加速出磁场

C.若线框匀速出磁场，则产生的焦耳热为Fa

D.若线框匀速出磁场，则拉力F的功率可能为

B2a2

二、多选题（本大题共4小题，共19.0分）

8.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球同步卫星。则该卫星（）

A.入轨后可以位于北京正上方

B.发射速度大于第一宇宙速度

C.入轨后的速度大于第一宇宙速度

D.若发射到近地圆轨道所需能量较少

9.如图所示，是质点在6s内做直线运动的u-t图象，关于质点的运动情况,

下列说法正确的是（）

A.前2s质点的加速度是3m/s2,加速度的方向与速度的方向相同

B.第2s内物体的速度是6m/s,是匀速运动

C.最后2s内质点的加速度是-3m/s2,加速度的方向与速度的方向相反

D.质点先加速，后匀速，最后减速，但是质点的运动方向始终不变

10.如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完

全相同的玩具车并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩接着另

一个等质量的货车（无牵引力），控制两车以相同的速度%做匀速直线运动。

某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开与货车分离，玩具车4保持原来的牵引力不变前进，玩具

车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2%时，玩具车B的速度为1.5%，则（）

A.两车的位移之比为12：11

B.玩具车Z的功率变为原来的4倍

C.两车克服阻力做功的比值为12：11

D.两车牵引力做功的比值为5：1

11.一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为外

经过0.2s它的速度大小、方向第一次与"相同，再经过1.0s它的速

度大小、方向第二次与“相同，则下列判断中错误的是（）

A.波沿+x方向传播，波速为5m/s

B.质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反

C.若某时刻M质点到达波谷处，则P质点一定到达波峰处

D.从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为-20cm

三、填空题（本大题共1小题，共5.0分）

12.如图，竖直放置的均匀等臂U型导热玻璃管两端封闭，管内水银封有4、B两段气

柱，右管水银面高于左管水银面，高度差为八，若环境温度降低，稳定后4、B气

柱的压强之比4：pg与降温前相比将（选填“变大”、“变小”或“不

变”），右管水银面的高度变化△h_____久选填“>”、"=”或

四、实验题（本大题共4小题，共43.0分）

13.在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点,

如图2所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s,长度单位是cm,g^9.8m/s2,求：

小位：cm

①打点计时器打下计数点8时，物体的速度%=（保留两位有效数字）。

②从起点。到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量AEp=,动能的增加量△

Ek=（保留两位有效数字）

③即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的AEp也一定略大于△

Ek，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因o

A.重物下落的实际距离大于测量值

B.重物质量选用得大了，造成的误差

C.先释放纸带后开动计时器造成的误差

。.重物在下落的过程中，由于摩擦生热造成的误差

14.多用电表中使用的电池除了一节1.5伏的干电池外，还有一块方形的电池（层叠电池），如甲图所

示，标称电动势为9匕某同学想要测量该电池实际的电动势和内阻，实验室向其提供了以下器材:

A.待测方形的电池

B.电压表（量程为3叭内阻约为4K。）

C.电流表（量程为0.64内阻为1.50）

。.电流表（量程为34内阻为1.00）

E.电阻箱（阻值范围0〜9999.90）

F.电阻箱（阻值范围0〜99999.90）

G.滑动变阻器（阻值为0〜200,额定电流为34）

H.滑动变阻器（阻值为。〜20K0,额定电流为0.64）

/.开关、导线若干

甲

（1）该同学根据现有的实验器材，设计了如乙图所示的电路图。根据此电路图，为完成该实验，电流

表应选，电阻箱应选,滑动变阻器应选（用器材前字母表示）。

（2）实验需要把电压表量程扩大为9匕该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将心滑片移

到最左端，将电阻调为0,断开小，闭合是勺，将七接处适当移动治，电压表示数为2.70V；

保持％位置不变，改变&阻值，当电压表示数为P时，完成扩大量程：断开Ki。

（3）保持电阻箱/?2阻值不变，开关/接上闭合是小、/，从左到右调节治,测出多组U、I,并作出

U-/图线如图丙所示，由图得该电池的电动势为V,内电阻为0。

15.

16.（H分）在以坐标原点c为圆心、半也为r的圆形区域内.存在逆感应强度大小为8,方向垂

直于纸面向里的匀强送场•如图所示.一个不计重力的带电性于从遨场边界与工轴的交点八

处以速度V沿一了方向射入逆场♦它恰好从更场边界与手轴的交点c处沿一了方向飞出.

3）请灯断该粒子带何种电荷.并求出其比荷g/«.

（2）苦青场的方向和所在空间范阴不变.改变堡感应强度的大小,该粒子仍从八处以相同的

速度射入差场•但飞出去场时的速度方向相对于人财方向改变了6。•角.求堂感它强度多

大.此次位子在受场中运动所用时间I是多少？

16.302.（10分）如图，将一质量为沉的小物块放在水平木板上，让他们一起沿与水平面成。角方向匀

加速向下移动，加速度a=gsin仇己知物块和水平木板之间没有相对滑动，且木板始终保持水平.

（2）求小物块受到的摩擦力的大小；

五、计算题（本大题共2小题，共18.0分）

17.如图，一根粗细均匀的细玻璃管开口竖直向上，玻璃管中有一段长为九=24cm的水银柱

封闭了一段长为&=23CM的空气柱，系统初始闭，将系统温度升至T=400K,结果发

现管中水银柱上升了2cm,若空气可以看作理想气体.试求：

（1）升温后玻璃管内封闭的上下两部分空气的压强分别为多少crnHg?

（2）玻璃管总长为多少？

18.设光纤的折射率是1.53,如果把该光纤放在空气中，要使进入光纤内的光发生全反射最小的入

射角是多少？如果把该光纤放在水中，最小的入射角又是多少？（已知水的折射率是1.33）

参考答案及解析

1.答案：c

解析：

a粒子散射实验说明原子具有核式结构，半衰期是针对大量原子的统计规律，衰变时放出的■射线是

原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来.

本题需要重点掌握的是半衰期，知道半衰期由原子核本身决定，对少数粒子不适用，并题解质能方

程的内容.

解：月、a粒子散射实验说明原子具有核式结构，故A错误；

8、半衰期是针对大量原子的统计规律，对少数原子核不适用，故B错误；

C、一个中子和一个质子结合成笊核时，释放出核能，由质能方程可知，此过程中有质量亏损，故C

正确；

。、衰变时放出的/?射线，该电子来自原子核，是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，

电子释放出来，故。错误。

故选C.

2.答案：B

解析：

A与8相互作用过程中，外力的合力为零，系统动量守恒，同时由于只有弹簧弹力做功，系统机械能

也守恒；A刚与弹簧接触时，弹簧弹力逐渐变大，4做加速度变大的加速运动，B做加速度变大的加

速运动，当4与B速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式

即可。

本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出4和B的速度相同时;弹簧最短，然后根据

动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解。

在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，4和B的速度相同，根据动量守恒定律：

当4、B质量相等时有：mv0=2mv,

22

根据机械能守恒定律，有：Ep=|mv0-x2mv,

B的质量加倍后，有：mv0'—3mv',

,22

根据机械能守恒定律，有：Ep=|mv0-1x2mv',

联立以上各式解得：物体A的初动能之比为：4：3,故A错误，8正确;

2z

当月、B质量相等时物体4损失的动能为：AEkl-jmv0-|mv,

,2，2

B的质量加倍后4损失的动能为：4Fk2=|mv0-|niv)

联立各式得：△外］：△与＜2=9：8,故CD错误。

故选B。

3.答案：B

解析：解：2、场强反映电场本身的性质，由电场本身决定，与检验电荷无关，故A错误。

B、E=；是电场强度的定义式，采用比值法定义，则E与F、q无关，故B正确。

C、电场中某点的场强方向与正检验电荷受到的电场力方向相同，与负检验电荷受到的电场力方向相

反。故c错误。

D,公式E=g适用于任何电场，而公式E=k^只适用于点电荷的电场，故。错误。

qr2

故选：B。

公式E=:是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F、q无关;电场中某点的场强方向与正检验

电荷受到的电场力方向相同.

公式E=是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷.

本题关键要掌握比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，掌握公式E=£和E=kg的适用条

件以及式中各量的准确含义.

4.答案:C

解析：解：4、矩形线圈匀速转动，产生交变电流电压的有效值恒定，则电压表的示数不变，故A

错误；

8、电压表的示数不变，副线圈两端电压不变；灯泡8发生断路，副线圈总电阻增大，则副线圈电流

变小，电流表示数变小，故8错误；

CD,理想变压器的匝数不变，根据理想变压器电压和匝数的关系可知副线圈两端电压不变，则灯泡

力两端的电压不变，灯泡A的亮度不变，故C正确、。错误。

故选：Co

线圈绕轴转动，产生正弦式交流电，根据理想变压器电压、电流和匝数的关系判断电压表、电流表

示数的变化，根据副线圈两端电压不变分析灯泡4的亮度是否变化。

本题主要考查变压器的知识，输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出

功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。

5.答案：B

解析：解：4、由向心加速度公式a”="2/?,笔杆上的点离。点越近的，做圆周运动的向心加速度越

小，故4错误；

B、当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，

故B正确；

C、当金属笔杆转动时，切割地磁场，从而产生感应电动势，笔杆两端会形成电势差，但不会产生感

应电流，故C错误；

。、只要笔杆转动平面与磁场不共面，即会产生感应电动势，笔杆两端也会形成电势差，故。错误；

故选：B.

A、根据向心加速度公式与=a>2R,即可确定向心加速度大小；

8、当提供的向心力小于需要向心力，则会出现离心现象；

CD,根据电磁感应现象，结合地磁场，从而判定是否感应电动势，及感应电流.

考查向心加速度公式，掌握向心力的来源，理解离心现象的条件，及电磁感应现象，注意形成感应

电流的条件.

6.答案：B

解析：解：运动员匀速下降，故受力平衡，由受力分析可知，它受到的伞的合力一定与重力为平衡

力；大小相等，方向相反；故8正确；ACD错误

故选：B.

当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体是平衡状态，受平衡力的作用，平衡力的合力为

零.

本题考查平衡条件的应用，要注意明确二力作用在同一物体上，同时物体匀速运动，故一定为平衡

力，要注意区分作用力和反作用力与平衡力之间的区别.

7.答案：C

解析：解：4、根据右手定则可以判断，感应电流方向为顺时针，故A错误。

B、线框在穿出磁场过程中，线框左边导体切割磁感线，安培力为：以="，方向向左

AR

根据牛顿第二定律得：尸一呼&=ma

当F>/5i时，速度"增大，a减小，金属线框做加速度减小的加速运动;

当尸=治时，a=0,金属线框做匀速直线运动；可见线框不可能匀加速出磁场，故B错误。

C、若线框匀速出磁场，安培力和拉力F平衡，有：FA=F,克服安培力做功等于线框产生的焦耳热

为：Q=WF=Fa,故C正确。

D,若线框匀速出磁场，有：尸=治="，得："=能，则拉力户的功率可能为：P=所=飞,

&RB2b2

故。错误。

故选：Co

根据右手定则可以判断判断感应电流的方向；根据牛顿第二定律判断；线框匀速出磁场，安培力大

小和拉力相等，可得拉力的功率等于线圈产生的焦耳热；线框匀速出磁场，安培力大小和拉力相等，

可以求出速度的表达式，再根据功率公式P=Fu可以求出拉力产的功率。

本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律、热功率等知识点。本题关键要分析功

能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题。

8.答案：BD

解析：解：4、地球静止轨道同步卫星只能在赤道正上空，而北京不在赤道上，所以该卫星不能位于

北京正上方，故A错误；

8、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小发射速度，同步卫星没有脱离地球的束缚，故

同步卫星的发射速度要大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故8正确；

C、第一宇宙速度是卫星的绕地球表面做匀速圆周运动的运行速度，根据〃=叵可知，轨道半径越

7r

大，运行速度越小，所以所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，同步卫星入轨后的速度一定

小于第一宇宙速度，故c错误；

。、卫星发射的越高，其机械能增加量越大，需要的能量就越大，所以若将卫星发射到近地圆轨道

所需能量较少，故。正确。

故选：BD。

地球静止轨道卫星即同步卫星，只能在赤道上空的一定高度；

第一宇宙速度是卫星最小的发射速度，是卫星的绕地球表面做匀速圆周运动的运行速度；

卫星的轨道越高，机械能越大，发射时需要的能量越大。

此题考查了人造卫星的相关规律，解决本题的关键是理解宇宙速度的物理意义，明确不同轨道对应

不同的发射速度，知道卫星的轨道越高，发射所需要的能量也多。

9.答案:CD

解析：解：力、根据速度时间图线的斜率表示质点的加速度，可得，前2s质点的加速度是由=等=

告=1.5m/s2,加速度的方向与速度的方向相同。故A错误。

B、第2s内物体做匀加速运动，末速度为6机/s,故B错误。

C、最后2s内质点的加速度是。3=誉=一=-3m/s2,加速度的方向与速度的方向相反，故C正

△《31

确。

。、由图知，质点先加速，后匀速，最后减速，质点的运动方向始终沿正方向运动，故。正确。

故选：CD。

根据速度时间图线的斜率求出质点的加速度，速度的正负表示运动的方向，根据图象的形状可分析

质点的运动情况.

解决本题的关键是要知道速度时间图线的物理意义，明确速度的正负表示运动的方向，斜率表示加

速度，图线与时间轴围成的面积表示位移.

10.答案：AC

解析：解：设玩具车、火车质量都为m,动摩擦因数为出那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车

的速度为火,牵引力F=2〃mg,加速度为a=〃g,电机输出功率P=/卬=2〃mgq)；

玩具车4保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车4的速度为2%时，位移”=

RM/二泣，功率以，=F-2v0=2PA,

2a2〃g

克服摩擦力做的功叫A=4mgsA=|mvo,牵引力做的功VK%=FsA=3nl诏；

玩具车8保持原来的输出功率不变前进，当玩具车4的速度为2%时，玩具车B的速度为1.5%，由动

2

能定理可得：P•2%；%_(imgsB=^m(1.5v0)

所以，位移SB=丝邑出河=U逋，所以，SA：SB=12：11；

克服摩擦力做的功叫B=pngsB=再也，所以，必A：必8=12：11；

18

牵引力做的功%B=P笠型=x券=2m诏，所以，WFA：WFB=3：2；故AC正确，BD

错误；

故选：ACo

对a由匀变速规律求得位移，进而得到功率变化、阻力和牵引力做功；对B通过动能定理得到位移，

进而得到阻力和牵引力做功。

经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、

动能定理及几何关系求解。

11.答案：BD

解析：解:A由图读出波长；I=6小。根据质点P的振动情况可得：该波的周期为T=1.0s+0.2s=1.2s,

则波速为"=，='^m/s=5m/s（>

根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播。故A错误；

8、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波

长的奇数倍，所以位移不是总是相反。故B错误.

C、由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到

达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确。

E、该波的周期T=1.2s,从图示位置开始计时，质点P的振动方程为y=-4s讥（9t+9=

-20s讥珞t+：）cm=-20sin（^t+^）cm

当t=2.2s时，代入解得y=10cm,即从图示位置开始计时，在2.2s时刻，质点P的位移为10cm,

故E错误。

本题选错误的，故选：BD

由图可知该波的波长为4=6m.根据图示时刻质点P的运动情况，确定完成一次全振动，得到P振动

的周期为7=1.2s,而且图示时刻P点的运动沿y轴负方向，可判断出波沿一X方向传播，由公式u=*

求出波速.图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是

半个波长的奇数倍，位移不是总是相反.质点M与P是反相点，振动情况总是相反.写出质点P的振

动方程，再求从图示位置开始计时t=2.2s时刻质点P的位移.

本题在于关键分析质点P的振动情况，确定P点的运动方向和周期.要理解波的周期性，来分析任意

时刻质点的位置.对于质点的位移，可写出振动方程求解任意时刻的位移.

12.答案：变大<

解析：解：（1）假设若环境温度降低后，△九不变化，则两部分气体均做等容变化，由查理定律得：

对于左边气体：

对于右边气体：W=”T

而由题意知，Pl>p2,

故有：△P>△P',

若温度降低，压强都减小，左边气体压强降的多，则水银柱会向下移动，显然原假设错误，A/1将减

小。

4部分的体积减小，8部分的体积增大。

设4部分的气体的物质的量是叫，B部分气体的物质的量是n2,则由克拉伯龙方程得：

PA^A~"iRT；PBVB=n?RT

其中的R为克拉伯龙常数。

则:鬻咤

变形得:s=

由于降温后4部分的体积减小，B部分的体枳增大，所以稳定后4、8气柱的压强之比外：PB与降温

前相比将变大。

(2)由以上的分析可知，虽然水银柱向下运动，但巳%>Pp/，所以左侧气体的压强仍然大于右侧

的压强，所以稳定后左侧的液面仍然低于右侧的液面，所以ah小于小

故答案为：变大，<

水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强变化量的不同造成

的，所以必须从压强变化入手，分别使用查理定律和克拉伯龙方程方程解答即可。

该题考查查理定律与克拉伯龙方程，假设水银柱不移动，则将研究的问题转化为定容问题，得出水

银柱将向下运动，明确压强的变化量的决定要素是解答该题的关键。

13.答案：0.98m/s0.49/0.48/D

解析：解：①做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀

变速直线运动的推论得打点计时器打下计数点B时物体的速度为：

AC(7.06-3.14»10-2

v=—=-------------ms=0.98m/s.

uR2T2X0.02//

②从起点0到打下记数点8的过程中，物体重力势能减小量：

△琦=mgh=1x9.8x5.01x10~2J«0.49/

2

动能的增加量△Ek=|mv=|x1x0.982/~0.48/；

③重物在下落过程中要受到阻力作用，要克服阻力做功，重力势能并没有全部转化为动能，动能的

增量总是要小于重力势能的减小量，故力正确，4BC错误。

故答案为：①0.98m/s；②0.49/；0.48/；③D。

①根据在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度可以求出B点速度的大

小.

②重力势能的减小量等于重力做功，据此可以求出物体重力势能的减小量，根据动能的表达式可以

求出动能的增量.

③由于在物体下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，

故机械能有所损失；

本题考查了验证机械能守恒定律实验，考查了实验数据处理与实验误差分析，理解实验原理是解题

的前提，应用匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题。

14.答案：。；E；G；0.90；9.3；2.0

解析：解：(1)由图示图象可知，所测最大电流约为24,则电流表应选择D；

电源电动势约为9V,需要把电压表改装成9V的电压表，串联电阻分压为6V,是电压表量程的2倍，

由串联电路特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8K0,电阻箱应选择E；

为方便实验操作，滑动变阻器应选择G。

(2)把量程为31/的电压表量程扩大为9V,分压电阻分压为6V,分压电阻分压是电压表两端电压的2倍,

由题意可知，电压表所在支路电压为2.7人分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，

实验时应保持％位置不变，改变阻值，当电压表示数为0.90V,此时电阻箱分压1.80IZ,完成电压

表扩大量程。

(3)分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为U,则路端电压为3U,

在闭合电路中，电源电动势：E=3U+/(r+RQ,U=：E-攀/,

由图示图象可知，图象纵轴截距：b=lE=3AV,电源电动势：E=9.3U,

图象斜率的绝对值：卜=等=节券=1,电源内阻：r=2.00；

故答案为：(1)0;E；G；(2)0.90；(3)9.3；2.0。

(1)根据电路最大电流选择电流表，扩大电压表量程应串联分压电阻，根据分压电阻的阻值选择电阻

箱，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)根据串联电路特点分析答题。

(3)根据题意应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了实验器材的选择、电压表改装、实验数据处理；扩大电压表量程的原理：串联分压电路，

应用串联电路特点与欧姆定律可以求出分压电阻阻值；根据题意应用欧姆定律求出图象的函数表达

式是求电源电动势与内阻的关键。

15.答案：(1)该粒子带负电荷，其比荷¥=£；

rnDT

(2)磁感应强度方=乎5，粒子在磁场中飞行时间1=塔

解析：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷.

粒子由4点射入，由C