2025年湖北省七市州高考物理一调试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年湖北省七市州高考物理一调试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.量子技术是当前物理学应用研究的热点，下列关于黑体辐射和波粒二象性的说法正确的是( )
A. 黑体辐射的能量是连续的
B. 电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性
C. 光电效应揭示了光的粒子性，证明了光子除了能量之外还具有动量
D. 康普顿在研究石墨对X射线散射时，发现散射的X射线中仅有波长大于原波长的射线成分
2.如图所示，一质量均匀分布的木块竖直浮在水面上，现将木块竖直向上拉一小段距离A后由静止释放，并开始计时，经时间T4木块第一次回到原位置，在短时间内木块在竖直方向的上下振动可近似看作简谐运动，则在0∼T8时间内木块运动的距离为( )
A. 12AB. 22AC. 2−12AD. 2− 22A
3.目前，我国正计划发射巡天空间望远镜，与空间站共轨配合研究宇宙最基本的问题，以帮助人类更好地理解宇宙。已知该望远镜发射后先在圆轨道做圆周运动，稳定后再变轨为如图所示的椭圆轨道，两轨道相切于P点。P、Q分别为椭圆轨道的近地点和远地点，忽略空气阻力和卫星质量的变化，则该巡天望远镜( )
A. 在椭圆轨道上运动的周期小于在圆轨道上运动的周期
B. 在Q点的速度大于在圆轨道运动时的速度
C. 在P点由圆轨道变为椭圆轨道时需要在P处点火减速
D. 在椭圆轨道运动时的机械能大于在圆轨道上运动时的机械能
4.某种金属板M受到一束紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的速度方向，速度大小也不相同。平行M放置一个金属网N，在M、N间连一电流表，如图(a)所示，将在电流表中检测到电流；如果在M、N之间加电压U，如图(b)所示，调节电压U的大小，观察电流表中的电流大小。下列说法正确的是( )
A. 图(a)中流过电流表的电流方向为从a到b
B. 图(b)中当U增大时，电流表的读数也增大
C. 图(b)中当U增大到某一值时电流表的读数可能为零
D. 所有电子从M板到金属网N均做匀减速直线运动
5.如图所示，t=0时刻，质点P和Q均从原点由静止开始做直线运动，其中质点P的速度v随时间t按正弦曲线变化，质点Q的加速度a随时间t也按正弦曲线变化，周期均为2t0。在0∼2t时间内，下列说法正确的是( )
A. P和Q均在同一直线上做往复运动
B. t=t0时，P和Q到原点的距离均最远
C. t=2t0时，P和Q的运动速度相等
D. 在t=12t0和t=32t0两时刻，Q运动的速度等大反向
6.如图(a)所示，为“蹦极”的简化情景：某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落。质量为60kg的人可看成质点，从P点由静止下落到最低点所用时间为9s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。第一次下落过程中橡皮绳弹力F与时间t的关系图像如图(b)所示，则图像中阴影部分的面积为( )
A. 1800kg⋅m/sB. 5400kg⋅m/sC. 7200kg⋅m/sD. 3600kg⋅m/s
7.如图(a)甲所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于xOy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a(图中未画出)垂直平面固定放置，另一无限长通电直导线b(电流方向未画出)垂直平面从x轴上的P点沿虚线按逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x正半轴夹角为θ，θ从0缓慢增大到π的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和By随θ的变化图像如图(b)和图(c)所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是( )
A. 导线a的电流方向一定与导线b相反
B. 导线a可能位于第四象限角平分线上
C. 导线b移动过程中，O处磁感应强度先增大后减小
D. 导线b移动过程中，O处磁感应强度最小值为0
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，红绿两束单色光，同时沿同一路径从PQ面射入某长方体透明均匀介质，入射角为θ，折射光束在PN面发生全反射，反射光射向MN面，若θ逐渐增大，两束光在PN面上的全反射现象会先后消失。已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率，下列说法正确的是( )
A. 在MN面上，红光比绿光更靠近N点
B. 在MN面上，出射光线与界面的夹角红光比绿光的小
C. θ逐渐增大时，红光的全反射现象先消失
D. 无论θ增大到多大，入射光一定不可能在PQ面发生全反射
9.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，在同一水平直线上A、B两点处分别把两个质量均为m的小球同时抛出。小球1抛出时速度大小为v0，方向水平，小球2抛出时速度与水平方向成θ=45∘，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，两球在P点相遇，P是AB连线中垂线上一点。已知两球电荷量大小均为q，电场强度大小为E=mg2q，g为重力加速度，不计空气阻力和两球间的相互作用，两球从抛出到P点相遇的过程中( )
A. 球1带正电，球2带负电
B. 该过程中两球速度的变化量相等
C. 该过程中两球机械能的变化量相同
D. 两球相遇时球1和球2的速度大小之比为 105
10.如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨。在0≤x≤2d区域存在两个大小均为B0、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足y=d|sinxdπ|，质量为m、边长为d的正方形金属框A1D1D2A2静置在导轨上，四条边的电阻均为R，D1D2位于x=0处。在沿x轴的外力F作用下金属框沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动，当A1A2到达x=2d时撤去外力。导轨电阻不计，则下列说法正确的是( )
A. A1A2运动到x=12d过程中外力F的方向先向右后向左
B. A1A2运动到x=12d过程中感应电动势的最大值为2B0dv0
C. D1D2运动到x=2d的过程中通过金属框横截面的电荷量为B0d2πR
D. 整个过程中外力F对金属框所做的功5B02d3v04R
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用图(a)装置做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。
(1)在图(b)中，刻度尺保持竖直，为了便于直接读出弹簧的长度，刻度尺的零刻度应与弹簧的______(选填“上端”或“下端”)对齐，不挂钩码时指针所指刻度尺的位置如图(b)所示，则此时弹簧的长度L0=______ cm；
(2)改变所挂钩码的个数，进行多次实验，记录每次所挂钩码的质量m及弹簧的长度L，根据F=mg求得弹力(重力加速度g取10m/s2)，根据x=L−L0求弹簧的伸长量，得到多组F、x的值作F−x图像，如图(c)所示。由图像求出弹簧的劲度系数为k=______N/m；
(3)本实验中弹簧自重对弹簧劲度系数的测量结果______(填“有”或“无”)影响。
12.气敏电阻的阻值会随所处环境中的某气体的浓度发生变化，在环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻Rq对甲醛气体非常敏感，正常情况下阻值为几百欧，当甲醛浓度升高时，其阻值可以增大到几千欧，该气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲醛浓度η变化的曲线如图(a)所示。
(1)为检验该气敏电阻的参数是否与图(a)一致，需设计电路测量不同甲醛浓度下该气敏电阻的阻值。供选用的器材如下：
A.蓄电池(电动势6V，内阻不计)
B.电压表(量程6V，内阻约10kΩ)
C.毫安表(量程3mA，内阻约2Ω)
D.滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)
E.滑动变阻器R2(最大阻值1000Ω)
F.开关、导线若干
①参照图(a)，滑动变阻器RP应选用______(填“R1”或“R2”)；
②将图(b)中实验器材间的连线补充完整。
(2)已知室内甲醛浓度的国家标准是η≤0.1mg/m3。李明同学利用该气敏电阻设计并组装了甲醛浓度测试仪。将量程为“0∼6V”的理想电压表(表盘上“0∼1V”的区域涂成红色)和气敏电阻Rq、直流电源(三节干电池串联组成电池组)、电阻箱(最大阻值为99999.9Ω)、开关S、导线若干，按图(c)所示的电路连接，然后将整个电路置于密闭容器中，缓慢注入甲醛气体。当甲醛浓度为η=0.1mg/m3时，电压表指针恰好指到表盘红色区域的右边缘(即1V处)。
①随着甲醛浓度的增加，电压表的示数逐渐______(选填“增大”“减小”)；
②若要使甲醛浓度更低时，电压表指针能够指到红色区域，应将电阻箱R的阻值适当______(选填“调大”“调小”)；
③使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，其甲醛浓度的测量结果______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=5：1，原线圈接在电压有效值为U=220V的家用电源上，副线圈接入阻值为R=11Ω的电热丝，电热丝密封安装在高为H的竖直放置的圆柱形气缸底部(电热丝体积可忽略)，加热电阻可以改变气缸内的温度，气缸口有固定卡销，气缸内用质量为m=p0S2g、横截面积为S的活塞封闭了一定质量的理想气体，初始时气缸内气体温度为T0，大气压强恒为p0，活塞位于距气缸底部23H处，重力加速度为g。不计活塞及固定卡销厚度，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。求：
(1)副线圈电流的有效值；
(2)使气缸内气体温度缓慢升高到3T0，求此时气缸内气体的压强。
14.如图所示，半圆环ABCD区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，内半圆环的半径为R1=L，外半圆环的半径为R2= 3L。AB入口处一粒子源能向磁场内发射出质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，粒子在磁场中运动碰到内、外半圆边界会被立即吸收，CD为粒子的出口，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
(1)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子不从AB端射出，求粒子的最小入射速度；
(2)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，求粒子入射速度的大小；
(3)若粒子从AB射入时，速度大小和方向可以改变，求从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时间。
15.如图所示，相距为L的两物块A和B(均可视为质点)静置于足够长的斜面上，斜面的倾角为θ=37∘。物块A的质量为m，物块B的质量为3m，物块A与斜面间没有摩擦，物块B与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。同时由静止释放A、B，此后A、B间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；
(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A、B之间的最大距离；
(3)从静止释放物块A、B开始到第n次碰撞前的过程中，物块B与斜面间因摩擦所产生的热量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的，是量子化的，是不连续的，故A错误；
B.衍射是波特有的现象，电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性，故B正确；
C.光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应证明了光子除了能量之外还具有动量，故C错误；
D.康普顿在研究石墨对X射线散射时，发现X射线中除了原波长的外，还有波长大于原波长的射线成分，故D错误。
故选：B。
能量是一份一份的，是量子化的；衍射是波特有的现象；康普顿效应证明了光子除了能量之外还具有动量；X射线中除了原波长的外，还有波长大于原波长的射线成分。
本题考查了对能量量子化的认识，和对电子和光子的波粒二象性，以及康普顿效应的理解，基础题。
2.【答案】D
【解析】解：由题可知，木块的振幅为A，规定竖直向上为正方向，则该简谐运动的位移公式为y=Acs2πTt，当t=T8时有y=Acs(2πT×T8)= 22A，所以小球从最高点向下运动的距离d=A− 22A=2− 22A，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据木块的位移随时间变化的公式计算即可。
能够写出木块的位移随时间变化的关系式是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A.由题图可知，椭圆轨道的半长轴大于圆轨道的半径，则由开普勒第三定律可知，该巡天望远镜在椭圆轨道上运动的周期大于在圆轨道上运动的周期，故A错误；
B.由万有引力提供向心力可得：
GMmr2=mv2r，
解得：
v= GMr，
则结合题图可知，在Q点的速度小于在圆轨道运动时的速度，故B错误；
CD.由题意可知，巡天空间望远镜要从圆轨道变轨到椭圆轨道，需做离心运动，在P点加速，则其在椭圆轨道运动时的机械能大于在圆轨道上运动时的机械能，故C错误，D正确；
故选：D。
A.由题图及开普勒第三定律，即可分析判断；
B.由万有引力提供向心力列式，即可分析判断；
CD.结合题意，由该巡天望远镜的变轨特点，即可分析判断。
本题考查开普勒三大定律，解题时需注意，开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。
4.【答案】C
【解析】解：A.由题意可知，光打到M板上，电子从M到N，在电流表内从a到b；由电流方向为正电荷定向移动的方向，可知电流方向为从b到a，故A错误；
D.由图的电压可知，电场方向为水平方向，从左向右，电子受静电力方向为水平向左；
电子速度方向从M板到N板，具体方向未知，但一定是向右侧的，故光电子的速度方向与电场力方向的夹角为钝角，(当电子的速度方向沿金属板M板面方向时，静电力方向与电子速度方向间的夹角为直角，该方向射出的电子是不会在两板间运动)，故电子在两板间做减速运动；
匀减速直线运动的条件：合力与速度方向相反，故初始速度方向为水平向右的电子，做匀减速运动；初始速度方向斜向右上方或右下方的电子，都不做匀减速直线运动，故D错误；
B.由D选项分析可知，电子在运动过程中会减速，U增大，到达N极板电子速度越小；
若电压足够大，则电子不能到达右侧，即到达右侧的电子数减少，电流表的读数减小，故B错误；
C.若电压足够大，使水平初速度最大的电子，都不能到达右侧，则电流为0，故C正确。
故选：C。
由光电子的移动方向，结合电流的方向定义，可知在电流表中的电流方向；由电场力方向与光电子速度方向的关系，可知电压对电子运动的效果，即可知电压增大时，电流的变化情况，判断是否可能为零；由电场力与电子速度方向，结合匀减速直线运动的受力特点，可知电子是否做匀减速直线运动。
本题考查光电效应的分析，关键是根据光电子的速度方向、电场力方向，分析光电子的运动特点。
5.【答案】C
【解析】解：ABC.由v−t图像可知，质点P在0∼t0时间内先做加速后做减速运动，t0时刻距离原点最远，t0∼2t0时间内反向先做加速后做减速运动，根据v−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示位移，可知2t0时刻回到原点，且速度减为零；质点Q在0∼t0时间内先做加速度增加的加速运动，后做加速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t0∼2t0时间内做加速度增大的减速运动，后做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减为零，此过程一直向前运动，2t0时刻距离原点最远，故AB错误，C正确；
D.v−t图像中t02与32t0时刻速度等大反向；a∼t图像的面积表示速度变化量，t02∼32t0内速度的变化量为零，因此t02与32t0时刻的速度等大同向，D错误。
故选：C。
根据v−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示位移，分析质点P的运动情况，根据a−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度，分析Q点的运动情况。
本题考查了运动学中的v−t图像和a−t图像，解题的关键知道v−t图线与时间轴所夹的面积表示位移，a−t图像中图线与时间轴所夹的面积表示速度变化量。
6.【答案】B
【解析】解：整个过程，由动量定理得mgt−IF=0，解得IF=mgt，即图像中阴影部分的面积大小IF=mgt=60×10×9kg⋅m/s=5400kg⋅m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
阴影部分的面积大小为弹力F的冲量，与重力的冲量大小相等，根据动量定理关系式解答。
考查对动量定理的理解，熟悉公式的运用。
7.【答案】B
【解析】解：B.根据图(b)和图(c)中数据可得，θ=0，Bx=2T，θ=π2，By=2T，可知a棒可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂直纸面向里，或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面向外，Bax=2T，Bay=2T，Ba=2 2T，故B正确；
A.由θ=0时，Bay+Bb=6T，可得Bb=4T，由右手螺旋定则可知导线b中电流方向垂直纸面向里，与a中电流方向可能相同，也可能相反，故A错误；
CD.导线b移动过程中，Bb与Ba的夹角从π4∼5π4间变化，则O点处磁感应强度先减小后增大，且最小值不为0，故C错误，D错误。
故选：B。
根据磁场的叠加原理，结合图(b)和图(c)中数据推导导线a中电流在x轴和y轴方向的磁场分量，从而得出a导线的位置和电流方向；推导b导线在O点产生的磁场大小和方向，由右手螺旋定则判断b中电流的方向；根据磁场叠加原理，分析导线b移动过程中O处磁感应强度的变化情况。
此题主要考查磁场的叠加，磁场是矢量，磁场的合成与分解遵循平行四边形定则。
8.【答案】CD
【解析】解：A.由题意可得下图：
已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率，在PQ面，两种光的入射角均为θ，则由光的折射定律可知，在PQ面红光的折射角更大，则结合上图可知，红光在PQ面的折射角为r′、在PN面的入射角为i′，且由图可知，在MN面上，红光比绿光更远离N点，故A错误；
B.结合前面分析，在MN面上，根据对称性和光路可逆原理可知，两种光出射光线与法线间的夹角均为θ，故出射光线与界面的夹角相等，故B错误；
C.根据临界角与折射率的关系可知：sinC=1n，
因为在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率，则红光发生全反射的临界角较大，则θ逐渐增大时，折射光线与NP面的交点右移过程中，在NP面的入射角先小于红光发生全反射的临界角，所以红光的全反射现象先消失，故C正确；
D.在PQ面，光是从光疏介质到光密介质，无论θ多大，在PQ面都不可能发生全反射，故D正确；
故选：CD。
A.由题意画图，结合光的折射定律及几何关系，即可分析判断；
B.结合前面分析，在MN面上，根据对称性和光路可逆原理，即可分析判断；
C.结合题意，根据临界角与折射率的关系，即可分析判断；
D.根据发生全反射的条件，即可分析判断。
本题考查光的折射与全反射的综合问题，解题时需注意，光投射到两种介质的界面上会发生反射和折射，入射角和反射角、入射角和折射角的关系分别遵守反射定律和折射定律，当光从光密介质射向光疏介质中时，若入射角等于或者大于临界角会发生全反射现象。
9.【答案】AD
【解析】解：A.因为两球在P点相遇，且P是AB连线中垂线上一点，可得，1、2两球水平方向速度相等
v0=v2cs45∘
得：
v2= 2v0
由竖直方向运动可得：
a2>a1，
故球2所受电场力向下，球1所受电场力向上，球1带正电，球2带负电
故A正确；
B.对球1
mg−Eq=ma1
解得：
a1=g2
对球2：
mg+Eq=ma2
解得：
a2=32g
由Δv=aΔt，且Δt相等，则1、2两球速度变化量不相等
故B错误；
C.电场力对球1做负功，对球2做正功，球1机械能减少，球2机械能增加，两球机械能变化量不同，故C错误。
D.1、2两球运动时间为t，竖直方向：
12a1t2=(−v2sin45∘)t+12a2t2
得：
t=2v0g
相遇时球1速度：
v1= v02+(a1t)2= 2v0
球2速度：
v2= v02+(−v0+a2t)2= 5v0
则：
v1v2= 2v0 5v0= 105
故D正确。
故选：AD。
A.由加速度大小判断电场力的方向，进而判断两球的电性；
B.由Δv=aΔt判断两球速度的变化量；
C.由功能关系判断两球机械能的变化量；
D.由运动学公式求两球相遇时球1和球2的速度大小之比。
本题综合考查带电粒子在电场与重力场中的运动，要注意明确运动的合成与分解的应用，同时要选择合适的运动学公式求解。
10.【答案】BC
【解析】解：
B、A1A2运动到x=12d时，金属框中A1A2和D1D2都在垂直切磁感线且同向叠加，此时金属框中感应电动势最大Em1=2B0ymv0=2B0dv0，故B正确；
A、当AA1运动到x=0之前，金属框D1D2边切割磁感线，感应电流方向为逆时针，根据左手定则，D1D2边受到向左的安培力，金属框匀速运动，由平衡条件可知，外力F向右；A1A2由x=0，运动到x=12d过程，金属框中A1A2和D1D2都在垂直切磁感线且同向叠加，金属框中产生顺时针的感应电流，根据左手定则A1A2和D1D2边均受到向左的安培力，外力F仍然向右，故该过程中外力F一直向右，故A错误；
C、D1D2在x=0至x=d区间运动过程中，只有D1D2边在切割，感应电动势的瞬时表达式：e1=B0yv0=B0v0dsinxdπ=B0v0dsinπv0dt，由表达式可知，产生正弦交流电，等效于面积为S的线圈，在匀强磁场中做匀速圆周运动，角速度：ω=πv0d，由感应电动势最大值：Em=B0Sω=B0dv0，解得：S=d2π，x=0至x=d区间相当于绕圈由中性面转动角度0∼π，磁通量变化量：ΔΦ=2B0S，金属框与导轨接触的两条边短路，故金属框中总电阻为2R，故感应电动势的平均值E−=ΔQΔt，感应电流的平均值I−=E−2R，流过金属框横截面的电荷量：q=I−Δt=ΔΦ2R=2B0S2R=B0d2πR，x=0至x=2d区间，磁通量变化大小与x=0至x=d区间相同，故流过金属框横截面的电荷量大小也相等。故D1D2运动到x=2d的过程中，流过金属框横截面的电荷量为B0d2πR，故C正确；
D、D1D2在x=0至x=d区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大值为：Em2=B0dv0，则有效值：E有=Em2 2=B0dv0 2，回路中产生的焦耳热：Q1=E有22Rt=(B0dv0 2)22Rdv0=B02d3v04R
D1D2在x=d至x=2d区间运动过程中，两边切割，感应电动势的瞬时表达式：e2=2B0v0dsinxdπ，同理，回路中产生的焦耳热：Q2=E2有22Rt=(2B0dv0 2)22Rdv0=B02d3v0R，D1D2在x=2d至x=3d区间运动过程中，A1A2边切割磁感线，产生感应电流与D1D2在x=0至x=d，区间运动过程中相同，故回路中产生的焦耳热与此区间也相同。由功能关系可知，外力对金属框所做的功：W=2Q1+Q2=3B02d3v02R，故D错误。
故选：BC。
这道题的解题思路主要围绕电磁感应、安培力和能量分析展开。金属框在磁场中运动时，边界切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，从而受到安培力作用。外力的方向由保持匀速运动的平衡条件决定。感应电动势的大小取决于切割磁感线的速度和有效边的长度，最大值出现在运动至某个特定位置时。由于感应电动势是随时间变化的，感应电流也呈正弦变化，因此可以通过磁通量的变化求得通过金属框横截面的电荷量。最后通过能量守恒分析，外力对金属框做的功等于整个过程中产生的焦耳热，从而得到外力做功的表达式。
本题考查电磁感应、安培力及能量分析，涉及感应电动势的变化、电流方向的判断以及外力的作用分析。关键在于理解金属框在不同位置的切割效应及其对感应电动势的影响，同时利用磁通量变化求解电荷量，并通过能量守恒确定外力做功。整体而言，题目综合性较强，需要清晰把握磁场、感应电流与力的相互作用关系。
11.【答案】上端；14.91； 187.5； 无
【解析】解：(1)为方便读出弹簧的长度，刻度尺零刻度应与弹簧的上端对齐；由图乙所示刻度尺可知，其分度值是1mm，读数为L0=14.91cm：
(2)根据胡克定律，由图示F−x图像可知，弹簧的劲度系k=ΔFΔx=150.08N/m=187.5N/m。
(3)竖直悬挂弹簧后测弹簧的原长，所测弹簧原长实际上是弹簧受重力伸长后的长度，已经消除了由于重力对弹簧长度的影响，本实验中弹簧自重对弹簧劲度系数的测量结果无影响。
故答案为：(1)上端；14.91；(2)187.5；(3)无。
(1)为方便测出弹簧的长度，刻度尺零刻度线应与弹簧的上端对其；根据图示刻度尺确定其分度值，根据指针位置读数。
(2)根据图示图像应用胡克定律求出弹簧的劲度系数。
(3)根据实验步骤与注意事项分析答题。
本题考查了探究弹簧弹力与形变量的关系实验，理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用与读数方法；根据图示图像应用胡克定律即可解题。
12.【答案】①R1；②见解析； ①减小；②调小；③偏大
【解析】解：(1)①②气敏电阻Rq随甲醛浓度n变化的曲线可知，甲醛浓度为0时气敏电阻大约为500Ω；
由于RqRA=5002=250>RVRq=10000500=20，因此电流表应采用内接法；
滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择R1；实物连接如图所示：
(2)①随着甲醛浓度的增加，气敏电阻变大，根据测量电路电压的分配与电阻的关系可知气敏电阻上分压变大，电阻箱上分压减小，故电压表的示数逐渐减小；
②当甲醛浓度更低时，Rq更小，要求此时电阻箱两端的电压仍为1V，分压不变，则R应变小，即需要调小电阻箱的阻值。
③使用一段时间后，由于电源的电动势略微变小，内阻变大，电路中的电流将变小，电压表的示数
将偏小，故其甲醛浓度的测量结果将偏大。
故答案为：(1)①R1；②见解析；(2)①减小；②调小；③偏大。
(1)根据气敏电阻、电流表内阻和电压表内阻大小的比值关系确定电流表的内外接法；滑动变阻器采用分压式接法，据此完成电路图的连接；
(2)①②根据串联电路电压的分配与电阻的关系，结合图(a)分析作答；
③根据闭合电路的欧姆定律，结合图(a)分析实验误差。
本题考查了利用气敏电阻的阻值会随所处环境中的某气体的浓度发生变化的特性测量甲醛浓度的实验，要明确实验原理，掌握串联电路电压的分配与电阻的关系；能够正确分析实验误差。
13.【答案】副线圈电流的有效值为4A；
此时气缸内气体的压强为3p0
【解析】解：(1)对变压器，由变压器的变压原理可得：U1U2=n1n2，解得：U2=n2U1n1=15×220V=44V
则副线圈的电流有效值为：I2=U2R=4411A=4A；
(2)初始时h=23H，假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为T1
由盖一吕萨克定律可得：shT0=sHT1，代入数据解得：T1=1.5T0