2025-2026学年湖北省武汉市新洲一中高三（下）收心物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年湖北省武汉市新洲一中高三（下）收心物理试卷（含解析），共20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.如图所示为研究光电效应的电路图，开关闭合后，当用波长为λ0单色光照射光电管的阴极K时，电流表有示数，下列说法正确的是( )
A. 若只让滑片P向C端移动，则电流表的示数一定增大
B. 若只让滑片P向D端移动，则电流表的示数一定增大
C. 若改用波长小于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则阴极K的逸出功变大
D. 若改用波长大于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则电流表的示数可能为零
2.“千帆星座”是我国“卫星互联网”的核心项目，我国计划2030年突破1.5万颗低空卫星组网，形成全球覆盖能力，实现多方面赋能。其中两颗卫星的运行轨道如图所示，卫星a在圆轨道上运动，卫星b在椭圆轨道上运动，卫星仅受地球对它的万有引力作用。下列说法正确的是( )
A. 两颗卫星在经过P点时的加速度相同
B. 卫星a在P点的速度大于卫星b在M点的速度
C. 两颗卫星的发射速度均大于地球的第二宇宙速度
D. 两颗卫星与地球的连线在任意相同时间内扫过的面积一定相等
3.如图所示，用力F拉A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是( )
A. Ta不变、Tb变小B. Ta增大、Tb不变
C. Ta减小、Tb增大D. Ta增大、Tb减小
4.如图所示半径为R、圆心为O的圆弧轨道在竖直平面内绕竖直轴O1O2角速度ω转动，滑块A、B和圆弧轨道一起同向转动，其中OB处于水平方向，OA与OO1方向成37°角，A相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B相对于圆弧轨道刚好静止。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是( )
A. 滑块A与滑块B的线速度大小相同
B. 当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块A受摩擦力沿圆弧切线向上
C. 圆弧轨道转动的角速度ω= 5g4R
D. 滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数μ=25
5.如图所示，某小电站发电机的输出功率为100kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电。为了减少电能损耗，使用10kV高压输电，最后用户得到“220V，98kW”的电能，变压器均视为理想变压器。则
A. 输电线路导线电阻为20Ω
B. 输电线路中的电流为2A
C. 升压变压器原、副线圈匝数比为1：20
D. 降压变压器原、副线圈匝数比为500：11
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
6.潜水员使用的呼吸器由气囊和氧气瓶组成，中间用气阀隔开，里面装入的气体均可视为理想气体。软质气囊隔热性良好，囊内气体压强始终与海水压强相等；金属氧气瓶导热性良好，容积不变。潜水员关闭气阀，从温度较高的海面下潜到温度较低的海底，该过程时间较短，气囊内气体与外界来不及进行热交换。关于下潜过程，下列说法正确的是( )
A. 气囊内气体温度不变B. 气囊内气体体积减小
C. 氧气瓶内气体压强增大D. 氧气瓶内气体内能减少
7.如图所示，底部距地面高为H的箱子通过轻弹簧悬挂一个小球，小球距箱子底部的高度为h。现将箱子由静止释放，箱子落地后瞬间，速度减为零且不会反弹。此后的运动过程中，小球的最大速度为v且一直未碰到箱底，箱子对地面的压力最小值为零。忽略空气阻力，弹簧劲度系数为k且形变始终在弹性限度内。箱子和小球的质量均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 弹簧弹力的最大值为3mg
B. 箱子对地面的最大压力为3mg
C. 小球离地面的最小高度为h−mgk
D. 箱子与地面碰撞损失的机械能为2mgH−12mv2
8.甲、乙两列简谐机械横波在同一均匀介质中沿x轴相向传播，甲波的波速为2m/s。t=0时刻两列波在x=2m处相遇，波形图如图所示。质点P的平衡位置在x=0m处，质点Q的平衡位置在x=2m处，质点R的平衡位置在x=4m处。下列说法正确的( )
A. t=0时，质点P与R的运动方向相同
B. 乙波的波速是1m/s
C. t=0.5s时，质点P的加速度小于质点R的加速度
D. t=1.5s时，质点Q偏离平衡位置的位移为2cm
9.如图所示，MN和PQ为相互垂直的同一圆上的两条直径，长度均为L，O点为该圆的圆心。在M点和O点各固定一点电荷，处于O点的点电荷的电荷量为−q(q>0)，它们形成的电场在N点处的电场强度为0，已知静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. 处于M点的点电荷的电荷量为+4q
B. 使另一负电荷沿MN延长线从N点向右移动，其电势能逐渐减小
C. N点的电势比P点的电势高
D. P点处的电场强度大小为4 5−2 2kqL2
10.如图所示，在足够大的光滑水平绝缘桌面上，虚线MN的右侧充满竖直向下的匀强磁场。一个粗细均匀的正方形导线框abcd(其电阻为R)以足够大的初速度从左边界沿x轴正方向进入磁场。t=0时，bc边与虚线重合，设线框的位移为x，速度为v，电流为I，受到的安培力为F，ad边两端的电势差为Uad，通过导线横截面的电荷量为q。在导线框运动的过程中，下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共24分。
11.如图1为孙华和刘刚两位同学设计的一个实验装置，用来探究一定质量的小车其加速度与力的关系。其中电源为50Hz的交流电，一质量为m0的光滑滑轮用一轻质细杆固定在小车的前端，小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。
(1)此实验中操作正确的是______。
A.实验需要用天平测出砂和砂桶的质量m
B.实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力
C.小车靠近打点计时器，应先接通电源，再释放小车
D.为减小系统误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到一条纸带如图2所示，相邻计数点间有4个点未画出，打点计时器所接交流电的频率为50Hz，小车的加速度大小为______m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的a−F图线与横坐标轴的夹角为θ，且斜率为k，如图3所示，则小车的质量为______。
A.1tanθ
B.2tanθ−m0
C.2k−m0
D.2k
12.某实验小组为测量一节某型号干电池的电动势E和内阻r，所用器材如下：
A.两节完全相同该型号的干电池(电动势约为1.5V，内阻几欧姆)
B.电流表A(量程为10mA，内阻r=49Ω)
C.电压表V(量程为3V，内阻约为3000Ω)
D.定值电阻R1=1Ω
E.定值电阻R2=10Ω
F.滑动变阻器R(0～20Ω)
(1)该同学通过分析发现电流表量程太小，于是选用定值电阻 (选填“R1”或“R2”)与电流表A并联进行实验。
(2)该同学将两节干电池串联接入电路，为减小误差，应选用如图中的 (选填“甲”或“乙”)图进行实验，开关S闭合前滑动变阻器应滑至 (选填“左”或“右”)端。
(3)该实验小组通过实验得到电压表示数U和电流表读数I的多组实验数据，画出了U−I图像如图所示，则一节该型号干电池的电动势E= V，内阻r= Ω(结果均保留两位小数)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图所示，棱镜ABCD的横截面是高为h，底角为45°的等腰梯形。现有与BC边平行的单色平行光从AB边射入棱镜，已知棱镜材料对该单色光的折射率n= 2。
(1)求光线从AB边射入棱镜后的折射角；
(2)求从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角；
(3)为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，求棱镜底边BC长度的最小值。(已知tan75°=2+ 3)
14.现代科技中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，在第Ⅳ象限内半径为r的圆与两坐标轴分别相切于P、Q两点，圆内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。P点处有一粒子源，射出粒子的质量为m、电荷量为q，初速度大小相等。若粒子从P点垂直于y轴进入磁场，该粒子恰能通过Q点沿y轴正方向进入电场，离开电场时速度方向与y轴正方向成θ角，tanθ= 2。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)求粒子的电性及初速度大小v0；
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)若从P点射出的粒子速度方向与y轴正方向的夹角α的范围是60°≤α≤120°，求所有粒子从电场中射出时的速度与y轴正方向夹角的范围。
15.如图所示，水平面上放有小球A、B和半圆形轨道C，两小球的质量均为m，可看作质点。轨道质量未知，圆弧面的半径为R，与水平面平滑连接。小球A以向右的初速度与静止的B球发生碰撞，碰后两球的相对速度与碰前相对速度之比为0.5。所有接触面均光滑，重力加速度为g。
(1)求小球A、B碰撞后的速度大小之比；
(2)若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，求小球B脱离轨道的位置距水平面的高度；
(3)若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球的距离为l，运动过程中，A球没有接触轨道，B球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与A球的距离刚好也为l。求A球的初速度v0大小需要满足的条件。
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：A.电路所加电压为正向电压，滑片P向C端移动会减小极板间电压，电流可能会减小，故A错误；
B.电路所加电压为正向电压，如果电流已经达到饱和电流，滑片P向D端移动极板间电压增加，电流也不会增大，故B错误；
C.金属的逸出功与入射光的频率和波长无关，故C错误；
D.改用波长大于λ0的光照射，光子的能量变小，可能不发生光电效应，无电流，故D正确。
故选：D。
根据光电流以及饱和光电流，金属逸出功和光电效应发生条件进行分析解答。
考查光电流以及饱和光电流，金属逸出功和光电效应发生条件，熟练掌握光电效应基本知识，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A、根据牛顿第二定律得GMmr2=ma，则得a=GMr2，可知两颗卫星在经过P点时的加速度相同，故A正确；
B、对于在圆轨道上运动的卫星，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r
可得v= GMr
即轨道越高，速度越小，可知卫星a在P点的速度小于卫星b经过M点所在的圆轨道的速度。根据卫星变轨的规律可知，假设卫星b在经过M点所在的圆轨道时，须经历加速才能在椭圆轨道运行，所以卫星a在P点的速度小于卫星b在M点的速度，故B错误；
C、两颗卫星均绕地球运动，没有脱离地球的束缚，所以它们的发射速度均小于第二宇宙速度，故C错误；
D、根据开普勒第二定律可知，同一轨道上卫星与地球的连线在相同的时间扫过的面积相等，但卫星a和卫星b运行轨道不同，所以两个卫星与地球的连线在相同的时间扫过的面积不一定相等，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律结合万有引力定律列式分析加速度关系；对于在圆轨道上运动的卫星，由万有引力提供向心力列式分析速度关系。结合变轨原理分析B项；结合第二宇宙速度的意义分析C项；根据开普勒第二定律分析D项。
对于卫星问题，关键要掌握万有引力提供向心力这条思路，并掌握卫星的变轨原理。
3.【答案】D
【解析】解：最左边的物体质量为m，最右边的物体质量为m′，整体质量为M，加上的橡皮泥的质量为Δm，对变化前的整体进行分析，整体的加速度a=FM
对最左边的物体分析Tb=ma=mFM
对最右边的物体分析，有F−Ta=m′a
代入数据得Ta=F−m′FM
在中间物体上加上一个小物体Δm后，整体的质量变大而m、m′不变，所以Tb减小，Ta增大，故D正确，ABC错误。
故选：D。
先对整体用牛顿第二定律求加速度，再分别隔离A、C，用牛顿第二定律表示两段绳拉力，分析B质量增加后加速度变化对拉力的影响。
这道题考查连接体问题的整体法与隔离法应用，通过总质量变化分析加速度和拉力变化，是巩固牛顿运动定律应用的基础典型题。
4.【答案】C
【解析】解：A、滑块A与滑块B的角速度大小相同，但转动半径A的小于B的，故线速度大小不同，故A错误；
B、当圆弧轨道转动的角速度增大时，向心力增大，此时重力与支持力的合力不足以提供向心力，则接触面会给滑块沿圆弧切线向下的静摩擦力，故B错误；
C、相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，对滑块A：mgtan37°=mω2Rsin37°，解得ω= 5g4R，故C正确：
D、B刚好相对于圆弧轨道静止，对B有N=mω2R，mg=μN，解得滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数μ=45，故D错误。
故选：C。
相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，对滑块A根据牛顿第二定律可解得角速度，对B根据牛顿第二定律可解得动摩擦因数；两滑块在竖直方向上速度都为零，当圆弧轨道转动的角速度增大时，向心力增大，此时重力与支持力的合力不足以提供向心力。
本题考查功率的计算，解题关键分析A和B的运动及受力情况，注意牛顿第二定律的应用。
5.【答案】A
【解析】解：AB、输电线路中的电流为I2=PU2=100×10310×103A=10A
最后用户得到“220V 98kW”的电能，则输电线损耗电功率为P′=100kW−98kW=2kW
设输电线路导线电阻为r，根据P′=I22r
解得r=20Ω，故A正确，B错误；
C、根据变压器电压与线圈匝数关系可知U1U2=n1n2=40010000=125，故C错误；
D、根据串联电路规律可知U3=U2−I2r=10×103V−10×20V=9800V
根据变压器电压与线圈匝数关系可知U3U4=n3n4=9800220=49011，故D错误；
故选：A。
先由总功率与用户功率的差值，算出输电线上的热损耗功率；结合高压输电电压和损耗功率，求出输电电流，再用焦耳定律求输电线电阻；最后根据理想变压器“电压比等于匝数比”，分别计算升、降压变压器的匝数比，逐一验证选项。
综合了理想变压器的电压、电流与匝数关系，以及输电线上的功率损耗计算，要求学生清晰理解输电过程中各环节的能量传递与损失。知识点明确，计算步骤清晰，主要考查学生对公式的应用和对输电流程的理解，对逻辑推理的要求不高，但需要细心计算。
6.【答案】BD
【解析】解：AB、根据题意分析可知，囊内气体压强始终与海水压强相等，从海面下潜到海底，压强变大，气囊材质较软，则体积减小，则外界对气囊做正功，根据ΔU=W+Q可知，气囊内气体与外界来不及进行热交换，说明Q=0，气体内能增大，温度升高，故A错误，B正确；
CD、根据题意分析可知，金属氧气瓶导热性良好，容积不变，由于海水温度降低，则瓶内气体温度降低，内能减少，根据pT=C可知，气体压强减小，故C错误，D正确；
故选：BD。
对于气囊内的气体，已知隔热，属于绝热过程，Q=0，结合深度增加导致压强增大，应用热力学第一定律和理想气体状态方程分析体积和温度变化。
对于氧气瓶内的气体，导热性好，温度等于外界温度降低，体积不变，利用查理定律分析压强变化，再根据理想气体内能只与温度有关判断内能变化。
解决此类问题需明确不同容器的热学特性，导热容器温度与外界相同，隔热容器可能绝热变化，结合理想气体状态方程和热力学第一定律分析。
7.【答案】AD
【解析】解：AB、根据题意分析可知，箱子落地后，小球做简谐运动，当小球位于最高点时，箱子对地面压力最小且为0，可知此时弹簧处于压缩状态，对箱子受力分析得，弹簧的弹力F弹=mg
对小球受力分析，回复力F回=F弹+mg=2mg
方向向下，当小球位于最低点时，由简谐运动回复力的对称性，可知F′回=2mg
方向向上，此时弹簧处于拉伸状态，根据F′回=F′弹−mg
可得弹力最大值为F′弹=3mg
对箱子受力分析有地面对箱子的支持力为FN=F′弹+mg=4mg
根据牛顿第三定律，可知箱子对地面压力最大值为4mg，故A正确，B错误；
C、根据题意分析可知，小球静止时，小球受力平衡，则有kx1=mg
解得弹簧伸长量为x1=mgk
在简谐运动的最低点时有F′弹=3mg=kx2
解得弹簧伸长量为x2=3mgk
联立可得小球离地面的最小高度为hmin=h−(x2−x1)=h−2mgk，故C错误；
D、根据题意分析可知，小球简谐运动的速度最大，加速度为零，则有kx′=mg
解得x′=mgk=x1
可知从箱子刚开始下落到小球简谐运动的速度最大，初末状态弹簧伸长量相等，弹性势能变化量为零，根据能量守恒有2mgH=12mv2+ΔE
解得ΔE=2mgH−12mv2，故D正确。
故选：AD。
先分析箱子落地前的运动状态，再研究箱子落地后小球的简谐运动，利用简谐运动的对称性、受力平衡、机械能守恒等规律分析各选项。
本题的关键是利用简谐运动的对称性分析弹簧弹力的最大值，结合受力平衡、机械能守恒分析各选项。简谐运动中，平衡位置是合力为零的位置，振幅是偏离平衡位置的最大距离；机械能守恒需考虑重力势能、动能和弹性势能的转化。
8.【答案】AD
【解析】解：A、“上坡下，下坡上”的原则，在t=0时，甲波向右传播，质点P在甲波的下坡位置，所以P向上振动；乙波向左传播，
质点R在乙波的下坡位置，所以R向上振动，质点P与R的运动方向相同，故A正确；
B、两列波在同一均匀介质中传播，波速相同，甲波的波速为2m/s，所以乙波的波速也为2m/s故 B错误；
C、由图根据波速公式可得甲波的周期为：T=λv=42s=2s，则在t=0.5s时P到达波峰，加速度最大；乙波的周期为：T′=λ′v=22s=1s，在t=0.5s时R在平衡位置，加速度为0，所以质点P的加速度大于质点R的加速度，故C错误；
D、由题意可知t=0时，两列波在x=2m处相遇，根据波的叠加原理，经过t=1.5s，甲波在Q点引起的位移分别为2cm，乙波在Q点引起是位移为0，所以质点Q偏离平衡位置的位移为2cm，故D正确。
故选：AD。
根据波的传播方向判断质点的振动方向，结合波速、波长和周期的关系，以及波的叠加原理来分析。
本题考查横波的图像，解题关键掌握波速、频率与波长的关系，注意波的波的叠加原理的应用。
9.【答案】AD
【解析】解：A.由题意可知，处于O点的点电荷为负电荷，所以在N点处产生的电场强度向左，而N点处的电场强度为0，由场强的叠加原理可知处于M点的点电荷在N点处的电场强度向右，则处于M点的点电荷带正电，且
kq(L2)2=kQL2
所以处于M点的点电荷的电荷量为
Q=4q
故A正确；
B.MN延长线上的电场方向都向右，电势逐渐减低，使另一负电荷沿MN延长线从N点向右移动，由Ep=qφ可得电势能逐渐增大，故B错误；
C.N点与P点距O点距离相等，则处于O点的点电荷在N、P点的电势相等，P点距离M点近，则处于M点的点电荷在P点的电势大于N点的电势，所以P点的电势高，故C错误；
D.根据点电荷的场强公式
E=kQL2
可知
M点在P点的电场强度大小为
EMP=k⋅4q( 22L)2=8kqL2
O点在P点的电场强度大小为
EOP=kq(12L)2=4kqL2
建立直角坐标系，如下图
所以P点处的电场强度大小为
E= (EMPsin45°−EOP)2+(EMPcs45°)2
解得
E=4 5−2 2kqL2
故D正确。
故选：AD。
A.根据场强的叠加原理求处于M点的点电荷的电荷量；
B.根据Ep=qφ求电势能变化；
C.根据电势到电荷距离的关系判断N点的电势和P点的电势高低；
D.根据平行四边形定则求P点处的电场强度大小。
本题解题关键是理解电场强度是矢量，遵循矢量计算法则−平行四边形定则。
10.【答案】CD
【解析】解：A、设线框的初速度为v0，边长为L，磁场的磁感应强度为B。线框进入磁场的过程，根据F=BIL，I=BLvR，可得F=B2L2Rv
规定向右为正方向，根据动量定理有
−F−t=mv−mv0
又F−=B2L2v−R，v−t=x
解得v=v0−B2L2mRx
可知线框进入磁场的过程，v随x均匀减小，则F随x均匀减小，线框完全进入磁场后F突变为0，F−x图像为向下倾斜的直线，故A错误；
C、根据I=BLvR可知，线框进入磁场的过程中I随v均匀减小，线框完全进入磁场后匀速运动，I突变为0，故C正确；
B、根据q=It，I=BLvR可知q−t图像的斜率先逐渐减小，再突变为0，故B错误；
D、线框进入磁场的过程中，Uad=14BLv=14BLv0−B3L34mRx，可知Uad−x图像是一条倾斜向下的直线；完全进入磁场后线框做匀速直线运动，速度保持不变，则Uad=BLv，故D正确。
故选：CD。
先推导出安培力与速度的关系式，再根据动量定理推导出速度与位移的关系式，再分析F随x的变化情况；根据I=BLvR分析I与v的关系；根据q=It，I=BLvR分析q−t图像的斜率变化情况；线框进入磁场的过程中，根据Uad与感应电动势的关系列式分析Uad−x图像的形状。完全进入磁场后线框做匀速直线运动，速度保持不变，Uad不变，再选择图像。
解答本题的关键要熟练推导出安培力与速度的关系，运用动量定理确定速度与位移的关系。
11.【答案】BC 2.4 C
【解析】解：(1)A.由题图可知，细绳上的拉力大小由传感器读出，因此实验不需要用天平测出砂和砂桶的质量m，故A错误；
B.为了使小车受到的合力为力传感器示数的2倍，应平衡摩擦力，因此实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故B正确；
C.为了充分利用纸带，获取更多的数据，实验时小车应靠近打点计时器，应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，故C正确；
D.细绳上的拉力大小由传感器读出，因此实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。
故选：BC。
(2)纸带上相邻计数点间有4个点未画出，打点计时器所接交流电的频率为50Hz，因此纸带上相邻两计数点间的时间间隔为
T=0.02×5s=0.1s
由匀变速直线运动的推论Δx=aT2，可得小车的加速度大小为
a=ΔxT2=xBD−xOB4T2=28.81−9.61−9.614×0.12×10−2m/s2=2.4m/s2
(3)对小车和滑轮，由牛顿第二定律可得
2F=(m0+M)a
整理可得
a=2(m0+M)F
可知a−F图线的斜率为
k=2m0+M
解得
M=2k−m0
ABD错误，C正确。
故选：C。
故答案为：(1)BC；(2)2.4；(3)C
(1)根据实验原理、正确操作和注意事项分析作答；
(2)根据逐差法求加速度；
(3)根据牛顿第二定律结合图像斜率解得小车的质量。
本题考查了探究一定质量的小车其加速度与力的关系的实验，要明确实验原理，掌握实验的正确操作，掌握逐差法求加速度的方法，掌握牛顿第二定律的运用。
12.【答案】R1
甲
右
1.49
1.51

【解析】解：(1)采用R1可以将量程扩大至I=IA+IARAR1=10mA+10×491mA=500mA
R2只能扩大到I′=IA+IARAR2=10mA+10×4910mA=59mA
电源内阻只有几欧，故需要选用R1。
(2)由于改装的电流表内阻已知，选择甲图可以精确测量电动势和内阻，故应选择甲图进行实验。为了避免闭合开关后电流过大，应在闭合开关前将滑动变阻器的滑片置于右端。
(3)电流表电流为7.4mA时，干路电流I=7.4×50mA=0.37A
设一节干电池电动势为E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律U=2E−I(R并+2r)
其中R并为改装后电流表的内阻R并=RAR1RA+R1=49×149+1Ω=0.98Ω
由图可知2E=2.98V，R并+2r=|ΔUΔI|=2.98−Ω=4Ω
得E=1.49V，r=1.51Ω
故答案为：(1)R1；(2)甲，右；(3)1.49，1.51。
(1)根据并联电路规律和欧姆定律计算判断；
(2)根据改装后的电流表内阻已知选择电流表的接法判断，根据保证电路安全分析判断；
(3)根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算。
本题关键掌握测量电源电动势和内阻的实验原理，电流表的改装原理，利用图像处理问题的方法。
13.【答案】光线从AB边射入棱镜后的折射角为30° 从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角为45° 为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，棱镜底边BC长度的最小值为(3+ 3)h
【解析】解：(1)设折射角为r，根据几何关系可知入射角i=45°，根据折射定律有n=sinisinr
解得r=30°
(2)如图，根据几何关系，可知在BC边上反射时入射角α=75°
设全反射临界角为θ，根据sinθ=1n
解得θ=45°
由α>θ可知光在BC界面上发生全反射
根据对称性可以求得光线在CD面上折射时的入射角为30°，所以折射角等于45°。
(3)依题意，作出光路图
根据几何关系，可得∠CAE=75°
则有EC−=htan∠CAE=(2+ 3)h，BE−=htan45°=h
则可得BC−=BE−+EC−=(3+ 3)h
答：(1)光线从AB边射入棱镜后的折射角为30°；
(2)从CD边射出棱镜的光线与CD边的夹角为45°；
(3)为了实现图形翻转，从AB边上靠近A点的位置入射的光线，应恰能从CD边上靠近C点的位置射出，棱镜底边BC长度的最小值为(3+ 3)h。
(1)根据几何关系，结合折射定律分析求解；
(2)根据几何关系，结合全反射临界角公式分析求解；
(3)根据几何关系，结合光路图分析求解。
本题考查了光的折射和全反射相关知识，理解全反射的临界条件，熟练掌握折射定律和不同情况下的光路图是解决此类问题的关键。
14.【答案】粒子的电性为负电，初速度大小v0为qBrm 匀强电场的电场强度大小E为qB2rm 若从P点射出的粒子速度方向与y轴正方向的夹角α的范围是60°≤α≤120°，所有粒子从电场中射出时的速度与y轴正方向夹角的范围为45°∼60°
【解析】解：(1)根据左手定则，可知粒子带负电
根据几何关系，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径R=r
根据牛顿第二定律有qv0B=mv02R
联立解得v0=qBrm
(2)粒子在电场中沿y方向速度不变，到达y轴时的沿x方向速度为vx，则有tanθ=vxv0
在x方向上，根据运动学公式有vx2=2qEmr
又已知tanθ= 2
联立解得E=qB2rm
(3)所有粒子从P点射入后，经磁场偏转后，最终沿y轴正方向以相同的速度v0进入电场。设粒子穿过y轴时，与y轴正方向的夹角的最小值为θ1，最大值为θ2。根据几何关系，可知以α=60°入射的粒子，将从x1=r2处进入电场；则有vx12=2qEmx1，tanθ1=vx1v0
解得θ1=45°
以α=120°入射的粒子，将从x2=32r处进入电场，则有vx22=2qEmx2，tanθ2=vx2v0
解得θ2=60°
综上所述，θ的范围是45°∼60°
答：(1)粒子的电性为负电，初速度大小v0为qBrm；
(2)匀强电场的电场强度大小E为qB2rm；
(3)若从P点射出的粒子速度方向与y轴正方向的夹角α的范围是60°≤α≤120°，所有粒子从电场中射出时的速度与y轴正方向夹角的范围为45°∼60°。
(1)根据左手定则，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
(2)根据粒子在电场中沿y方向速度不变，结合x方向上做匀变速直线运动分析求解；
(3)根据所有粒子从P点射入后，经磁场偏转后，最终沿y轴正方向以相同的速度v0进入电场，结合几何关系分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解决此类问题的关键。
15.【答案】小球A、B碰撞后的速度大小之比为1：3 若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，小球B脱离轨道的位置距水平面的高度为53R 若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球的距离为l，运动过程中，A球没有接触轨道，B球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与A球的距离刚好也为l；A球的初速度v0大小需要满足的条件为v0≤43 3gR
【解析】解：(1)设小球A的初速度为v0，碰撞后，A、B两球的速度大小分别为vA、vB
由动量守恒定律得mv0=mvA+mvB
由题意可知vB−vAv0=0.5
联立解得vAvB=13
(2)B球在D点时，由牛顿第二定律得2mg=mvD2R
设B球在E点脱轨，O、E连线与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgcsθ=mvE2R
对从D运动到E的过程，由机械能守恒得12mvD2=mgRcsθ+12mvE2
联立解得csθ=23
故h=R+Rcsθ=53R
(3)设小球B从滑入轨道到滑出轨道所经历的时间为t，小球A在此过程中做匀速直线运动，依题意xA=xB=xC=vAt
由B球和轨道C组成的系统水平方向动量守恒mvB=mvBx+mCvC
对时间积累可得∑mvBΔt=∑mvBxΔt+∑mCvCΔt
即mvBt=mxB+mCxC
联立解得mC=2m
设B球以速度vB进入轨道恰好不脱离轨道，则B能到达圆形轨道的最高点为与圆心等高处，此时速度为v共，由水平方向动量守恒，有mvB=(m+mC)v共
由机械能守恒可得12mvB2=12(m+mC)v共2+mgR
解得vB= 3gR
则vA=13 3gR
又v0=vA+vB
故v0≤43 3gR
答：(1)小球A、B碰撞后的速度大小之比为1：3；
(2)若轨道C固定，小球B进入轨道后，在与圆心等高的D点时对轨道的压力为2mg，小球B脱离轨道的位置距水平面的高度为53R；
(3)若轨道C不固定，小球B刚滑入轨道时与A球的距离为l，运动过程中，A球没有接触轨道，B球没有脱离轨道，当B球从轨道上最低点滑出时与A球的距离刚好也为l。A球的初速度v0大小需要满足的条件为v0≤43 3gR。
(1)根据碰撞后动量守恒分析求解；
(2)根据B球在D点时，合外力提供向心力，结合从D运动到E的过程，机械能守恒分析求解；
(3)根据小球B从滑入轨道到滑出轨道过程中，小球A在此过程中做匀速直线运动，综合B球和轨道C组成的系统水平方向动量守恒，B球进入轨道恰好不脱离轨道，则B能到达圆形轨道的最高点为与圆心等高处分析求解。
本题考查了动量与能量，理解物体在不同时刻的运动状态，合理选取分析对象，正确知道动量守恒和能量守恒的条件是解决此类问题的关键。