2021年湖北省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷(附答案详解)

2021年湖北省新高考“八省联考”高考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。

Q与P
的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()
A. P对Q做功为零
B. P和Q之间相互作用力做功之和为零
C. P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D. P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
2.一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。

下
列说法正确的是()
A. 通电直导线受到安培力的大小为ILB
B. 无论通电直线导如何放置，它都将受到安培力
C. 通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D. 安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功
3.用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核，生成两个动能均为8.919MeV的α
粒子(24He)，其核反应方程式为： 11H+37Li→24He+24He。

已知质子质量为1.007825u，锂原子核的质量为7.016004u，α粒子的质量为4.002603u，1u相当于931MeV。

若核反应释放的能量全部转化为α粒子的动能，则入射质子的动能约为()
A. 0.5MeV
B. 8.4MeV
C. 8.9MeV
D. 17.3MeV
4.如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，某电场线上
有两点M和N，距离为2d。

在M和N处分别固定电荷量为
+q和−q的两个点电荷。

下列说法正确的是()
A. 点电荷+q和−q受到的静电力大小均为qE，方向相反
B. 将点电荷+q沿MN连线向N点移动距离d，静电力对点电荷+q做功为qEd
C. 交换两个点电荷的位置，静电力对两个点电荷做功之和为零
D. 将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，静电力对两
个点电荷做功之和为零
5.一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为10m/s，t=0时刻的波形如图所示。

下
列说法正确的是()
A. 0～0.6s时间内，质点P运动的路程为18cm
B. t=0.6s时刻，质点P相对平衡位置的位移是6cm
C. t=1.2s时刻，质点Q加速度最大
D. t=1.4s时刻，质点M沿y轴负方向运动
6.如图所示，矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上，平板与水平面夹角为θ，AC
与AB的夹角也为θ。

质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下，沿AC方向匀速运动。

物块与平板间的动摩擦因数μ=tanθ，重力加速度大小为g，拉力大小为()
A. 2mgsinθcosθ
2B. 2mgsinθ C. 2mgsinθ
2
D. mgsinθcosθ
2
7.如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低
点。

一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。

小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。

小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()
A. 49H
sinθB. 39H
sinθ
C. 29H
sinθ
D. 20H
sinθ
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8.如图所示，一束复色光经三棱镜后分开成a、b、c和d四种单色光。

用这四种单色
光分别照射金属钾板，其中c光恰好可从金属钾板上打出光电子；也可以用这四种单色光分别作为双缝干涉实验的光源。

下列说法正确的是()
A. d光的频率最高
B. d光在棱镜中的折射率最小
C. a光产生的干涉条纹宽度最大
D. a光打出的光电子的遏止电压最大
9.嫦娥五号取壤返回地球，完成了中国航天史上的一次壮举。

如图所示为嫦娥五号着陆地球前部分轨道的简化示意图，其
中Ⅰ是月地转移轨道，在P点由轨道Ⅰ变为绕地椭圆轨道Ⅱ，
在近地点Q再变为绕地椭圆轨道Ⅲ。

下列说法正确的是()
A. 在轨道Ⅱ运行时，嫦娥五号在Q点的机械能比在P点的
机械能大
B. 嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长
C. 嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过Q点的加速度大小相等
D. 嫦娥五号分别沿轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运行时，经过Q点的速度大小相等
10.如图(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2=1：5，定值电阻R1的阻值
为10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω，定值电阻R3的阻值为10Ω，图中电表均为理想电表。

原线圈输入如图(b)所示的交变电流，其有效值不随负载变化。

当滑动变阻器接入电路的阻值由50Ω减小到0的过程中()
A. 电流表的示数为5A
B. 通过R2的电流减小
C. 电压表的示数减小
D. R2和R3的总电功率先增大后减小
11.如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变
化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。

一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。

在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。

在线框匀速进入磁场的过程中()
A. 线框中的电流始终为逆时针方向
B. 线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C. t=T
2时刻，流过线框的电流大小为√3ka2
6R
D. t=T
2时刻，流过线框的电流大小为5√3ka2
12R
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
12.由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。

基于热敏电阻对温度敏感原理制
作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50℃时，系统开始自动报警。

所用器材有：直流电源E(36V，内阻不计)；电流表(量程250mA，内阻约0.1Ω)；电压表(量程50V，内阻约1MΩ)；热敏电阻R T：报警器(内阻很小，流过的电流超过10mA 时就会报警，超过30mA时就会损伤)；滑动变阻器R1(最大阻值4000Ω)；电阻箱R2(
最大阻值9999.9Ω)；单刀单掷开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。

(1)用图(a)所示电路测量热敏电阻R T的阻值，当温度为27℃时，电压表读数为30.0V。

电流表读数为15.0mA；当温度为50℃时，调节R1，使电压表读数仍为30.0V，电流表指针位置如图(b)所示。

温度为50℃时，热敏电阻的阻值为______ Ω。

从实验原
理上看，该方法测得的阻值比真实值略微______ (填“偏大”或“偏小”)。

如果
热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度系数热敏电阻。

基于以上实验数据可知，该热敏电阻R T为______ (填“正”或“负”)温度系数热敏电阻。

(2)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图(c)所示，其中有一个器件的导线连接有误，该器件为______ (填器件名称)。

正确连接后，先
使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为______ Ω，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐
减小，直至报警器开始报警，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为______ Ω。

调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻R T接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。

13.某同学利用如图(a)所示的装置测量滑块与长金属板之间的动摩擦因数和当地重力
加速度。

金属板固定于水平实验台上，一轻绳跨过轻滑轮，左端与放在金属板上的滑块(滑块上固定有宽度为d=2.000cm的遮光条)相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N=6个，每个质量均为m0=0.010kg。

实验步骤如下：
①在金属板上适当的位置固定光电门A和B，两光电门通过数据采集器与计算机相
连。

②用电子秤称量出滑块和遮光条的总质量为M=0.150kg。

③将n(依次取n=1，2，3，4，5，6)个钩码挂在轻绳右端，其余N−n个钩码固定
在滑块上。

用手按住滑块，并使轻绳与金属板平行。

接通光电门，释放滑块。

计算机自动记录：
i.遮光条通过光电门A的时间△t1；
ii.遮光条通过光电门B的时间△t2；
iii.遮光条的后端从离开光电门A到离开光电门B的时间△t12；
④经数据处理后，可得到与n对应的加速度a并记录。

回答下列问题：
(1)在n=3时，△t1=0.0289s，△t2=0.0160s，△t12=0.4040s。

i.忽略遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的表达式为a1=______ ，测
=量值为______ m/s2(计算结果保留3位有效数字。

通过计算机处理得到1△t
1
=62.50s−1)
34.60s−1，1
△t2
ii.考虑遮光条通过光电门时速度的变化，滑块加速度的测量值a2______ a1(填“大于”“等于”或“小于”)。

(2)利用记录的数据拟合得到a−n图象，如图(b)所示，该直线在横轴上的截距为p、
纵轴上的截距为q。

用已知量和测得的物理量表示滑块与长金属板之间动摩擦因数的测量值μ=______ ，重力加速度的测量值g=______ (结果用字母表示)。

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
14.水银气压计上有细且均匀的玻璃管，玻璃管外标识有压
强刻度(1mm刻度对应压强值为1mmHg)。

测量时气压
计竖直放置，管内水银柱液面对应刻度即为所测环境大
气压强。

气压计底部有水银槽，槽内水银体积远大于管
内水银柱体积。

若气压计不慎混入气体，压强测量值将
与实际环境大气压强值不符。

如图所示，混入的气体被
水银密封在玻璃管顶端。

当玻璃管竖直放置时，气柱长
度为l1=100mm。

如果将玻璃管倾斜，水银柱液面降低的高度为ℎ=20mm，气柱长度为l2=50mm，倾斜过程中水银槽液面高度变化忽略不计。

整个过程中温度保持恒定，气体可近似为理想气体。

(1)已知环境大气压强为p0=760mmHg，求此时竖直放置气压计的压强测量值p1(
以mmHg为单位)；
(2)此后由于环境大气压强变化，竖直放置气压计压强测量值为p2=730mmg，求
此时气柱长度l3和环境大气压强p3(以mmHg为单位，保留3位有效数字)。

15.如图(a)，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B，A和B的质量均为m=
1kg，A与B之间的动摩擦因数μ=0.2。

t=0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。

取水平向右为正方向，B相对于A的速度用v BA=v B−v A 表示，其中v A和v B分别为A和B相对水平面的速度。

在0～2s时间内，相对速度v BA 随时间t变化的关系如图(b)所示。

运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取g= 10m/s2。

求：
(1)0～2s时间内，B相对水平面的位移；
(2)t=2s时刻，A相对水平面的速度。

16.在如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂
直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为φ(60°<φ< 90°)，不计重力。

(1)求带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)带电粒子每次离开磁场进入电场后，都从O点离开电场进入磁场，从而形成周
期性运动，求电场强度的大小E和粒子运动周期T；
v0、方向
(3)当粒子运动到磁场区离y轴最远处时，有一个质量为m、速度大小为3
2沿y轴负方向的电中性粒子与带电粒子发生弹性正碰，在碰撞过程中没有电荷转移。

求碰撞以后带电粒子第一次离开磁场进入电场的位置与O点的距离L。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，故A错误；
BCD、Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q 之间的弹力做功和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故B正确，CD错误。

故选：B。

力与物体在力的方向上有位移是做功的两个必要条件；系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；分析清楚物体的运动过程，根据做功的条件、动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。

知道做功的条件、动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，根据做功条件与动量守恒条件、机械能守恒条件即可解题。

2.【答案】C
【解析】解：A、只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到安培力的大小才为IBL，故A错误；
B、当通电导线与磁场平行时，它不受安培力，故B错误；
C、通电直导线所受安培力的方向既垂直于磁感应强度方向又垂直于电流方向，即垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面，故C正确；
D、安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电导线也能做功，故D错误。

故选：C。

只有当通电导线与磁场方向垂直时，通电导线受到安培力的大小才为IBL；当通电导线与磁场平行时，它不受安培力；通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面；安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，安培力对通电导线也能做功。

据此分析。

解答本题的关键是理解安培力公式，知道公式中各物理量的大小及方向关系；同时要注意安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力不做功，安培力对通电导线能做功。

3.【答案】A
【解析】解：由题目可知，该核反应方程为： 11H+37Li→24He+24He，且已知质子质量为1.007825u，锂原子核的质量为7.016004u，α粒子的质量为4.002603u，1u相当于931MeV，
故该反应损失的能量为：△E=(1.007825u+7.016004u−2×4.00260u)×931MeV= 17.34MeV，
此时，入射质子的动能加上损失的能量等于两个α粒子的动能，即：E kH=2E kα−△E= 8.919×2MeV−17.34MeV=0.498MeV≈0.5MeV；
故A正确，BCD错误；
故选：A。

已知在核反应方程中，会存在能量释放，释放的能量全部转化为α粒子的动能则可通过核反应方程和能量守恒进行分析；
本题主要考查了爱因斯坦质能方程的运用，解题关键在于入射质子的的动能加上自身的能量等于两个α粒子自身的能量加上它们的动能。

4.【答案】D
【解析】解：A、电场力、库仑力是同一性质的力都是静电
力，每个点电荷受到的静电力为匀强电场的电场力与电荷之
间的库仑力的合力，库仑力F=F′=k q2
，电场力大小为
4d2
qE，各力方向如图所示，可知：点电荷+q与−q受到的静电
力大小均为qE+k q2
，方向相反；故A错误；
4d2
B、将点电荷+q沿MN连线向N点移动距离d，静电力对其做功为电场力qE与库仑力F 做功的代数和，两力均做正功，其中电场力qE做功为qEd，则静电力对点电荷+q做功大于qEd，故B错误；
C、交换两个点电荷的位置，因每个点电荷的静电力方向与位移方向均相同，故静电力对两点电荷均做正功，做功之和大于零，故C错误；
D、依题意两点电荷保持距离不变，整体向右或向左平移距离d，由A选项分析可知两点电荷所受静电力等大反向，无论向左还是向右移动，两点电荷的位移相同，静电力做功的绝对值相等，做功正负相反，故静电力对两个点电荷做功之和为零，故D正确。

故选：D。

电场力、库仑力是同一性质的力都是静电力，每个点电荷受到的静电力为电场力与电荷之间的库仑力的合力，画出各自受力示意图，其合力明显可见；应用力做功的定义W= Fx，求静电力对点电荷做的功，注意做功的正负，力与位移夹锐角则为正功，夹钝角则为负功；功为标量，做功之和为代数和。

本题考查了静电力的概念和力做功正负的判断，以及矢量与标量求和的区别，做功的正负可由力与位移方向的夹角来判断(W=Fxcosθ)，功为标量，做功之和为代数和，与矢量求和应用平行四边形法则不同。

5.【答案】A
【解析】解：A、根据波形图可知该波的波长为λ=8m，则该机械波的周期为T=λ
T
=
8 10s=0.8s，0～0.6s时间内，质点P振动了0.6
0.8
T=3
4
T，则质点P运动的路程为s=3A=
3×6cm=18cm，故A正确；
B、t=0.6s时刻，即再经过3
4
T，此时质点P到达平衡位置，则此时质点P相对平衡位置的位移是0，故B错误；
C、在t=1.2s=11
2T时刻，质点Q在平衡位置，根据a=−kx
m
可知此时质点Q的加速
度为零，故C错误；
D、根据“同侧法”可知，在t=0时质点M沿+y方向运动，经过1.4s波向前传播x=vt= 10×1.4m=14m=13
4
λ，则此时刻，质点M在平衡位置以下沿y轴正方向运动，故D 错误。

故选：A。

根据波形图可知该波的波长，根据波速计算公式求解该机械波的周期，振动质点在一个周期内通过的路程为4A，由此分析0～0.6s时间内质点P运动的路程；
根据振动情况分析t=0.6s时刻质点P的位置即可；
t=1.2s质点Q在平衡位置，根据a=−kx
m
分析加速度大小；
根据“同侧法”结合“推波法”分析质点M在t=1.4s时刻的振动情况。

本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。

6.【答案】A
【解析】解：以物块为研究对象，受到重力、支持
力、拉力和摩擦力作用，其中摩擦力的方向与物块
相对于斜面运动方向相反，如图所示；
重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，摩擦力为：f=
μmgcosθ，
根据余弦定理可得：F=
√(mgsinθ)2+f2−2fmgsinθcos(π−θ)=
2mgsinθcosθ
2
，故A正确、BCD错误。

故选：A。

以物块为研究对象进行受力分析，其中摩擦力的方向与物块相对于斜面运动方向相反，根据力的合成结合余弦定理进行解答。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，根据余弦定理进行解答。

注意：滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反。

7.【答案】B
【解析】解：小物块第一次到达O点，获得的动能E k1=mgH，运动的路程s1=H
sinθ
，小球第一次通过O点损失的动能为0.05mgH，滑上斜面到最高点H1=0.95H，到第二
次到达O点运动的路程s2=H
sinθ+2×0.95H
sinθ
，小球第二次通过O点损失的动能为
0.05mgH1=(0.05)2mgH，滑上斜面最高点H2=0.95H1=0.952H，小球第三次到达O
点的路程s3=H
sinθ+2×0.95H
sinθ
+2H2
sinθ
=H
sinθ
+2×0.95H
sinθ
+2×0.952H
sinθ
，小球第三次通过O点损失
的动能为(0.05)3mgH……设当小球第n次到达O点时刚好静止，第n次损失的动能为
(0.05)n mgH=0，可得n趋于无穷大，则在整个过程中的路程s n==H
sinθ+2×0.95H
sinθ
+
2×0.952H
sinθ+⋯+2×0.95n−1H
sinθ
，根据等比数列求和公式可得s n=H
sinθ
+2×0.95H(1−0.95n−2)
0.05×sinθ
，当n
趋于无穷大时有s n=39H
sinθ。

故ACD错误，B正确。

故选：B。

根据动能定理及相应的几何关系，求出小球每次经过O点时通过的路程，进而推导出整个过程中运动总路程的表达式，再结合等比数列求和公式即可求解。

解答本题的关键是能够根据动能定理，借助于几何关系求出小球每次经过O点时通过的路程，推导出总路程的表达式，最后再根据等比数列求和公式求解。

8.【答案】BD
【解析】
【分析】
由光的色散现象可知，a光通过三棱镜的偏折程度最大，则折射率最大，频率最大；d
λ，可知，光的折射率最小，则频率最小；因a光的频率最大，则波长最短，根据Δx=l
d
a光产生的干涉条纹宽度最小；根据
U C e=1
mv m2=ℎν−w0，可知a光打出的光电子的遏止电压最大。

2
光的色散现象中紫光偏折的最厉害，折射率最大，学会用实验现象来记忆一些常用的结论。

【解答】
AB.由光的色散现象可知，a光通过三棱镜的偏折程度最大，则折射率最大，频率最大；d光的折射率最小，则频率最小，故A错误，B正确；
λ，可知，a光产生的干涉条纹宽度最C.因a光的频率最大，则波长最短，根据Δx=l
d
小，故C错误；
D.因为c光恰好可从金属钾板上打出光电子，则a光一定能发生光电效应，因a光的频
mv m2=ℎν−w0，可知a光打出的光电子的遏止电压最大，故D 率最大，则根据U C e=1
2
正确。

故选BD。

9.【答案】BC
【解析】解：A、嫦娥五号在轨道Ⅱ运行时，只受到地球对其万有引力的作用，则只有万有引力对其做功，动能与引力势能相互转化，机械能守恒，因此嫦娥五号在Q点的机械能与在P点的机械能相等，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可知，环绕同一中心天体，椭圆轨道的半长轴的立方与周期平方的比值一定，即半长轴的立方与周期平方成正比，由图知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅲ的半长轴长，因此嫦娥五号在轨道Ⅱ上运行的周期比在轨道Ⅲ上运行的周期长，故B正确；
C、Q点是轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上的同一点，嫦娥五号在Q点受到的万有引力是相同的，由牛顿第二定律可知，在Q点加速度是相同的，故C正确；
D、嫦娥五号由较高的轨道Ⅱ向较低的轨道Ⅲ在Q点变轨时，需要减速实现变轨，那么
变轨之后在轨道Ⅲ经过Q 点的速度必然要小于变轨之前在轨道Ⅱ经过Q 点的速度，故D 错误。

故选：BC 。

嫦娥五号环绕中心天体只受万有引力稳定运行过程，机械能是守恒的；根据开普勒第三定律可知，半长轴越长，周期越长；嫦娥五号在Q 点万有引力相同则加速度相同；轨道Ⅱ向轨道Ⅲ在Q 点变轨时，需要减速实现变轨。

本题考查天体运动的规律，环绕中心天体运动，轨道为圆周时，万有引力等于向心力，轨道为椭圆时，万有引力提供向心力但两者不相等，可应用开普勒三大行星定律处理椭圆的问题，应用离心和向心运动判断万有引力与向心力的大小关系。

10.【答案】AC
【解析】解：A 、设电流的有效值为I ，根据图(b)所示图象由焦耳定律得：I 2RT =(√2)2×R ×T 2+(√2
)2×R ×T
2，解得：I =5A ，电流表示数是5A ，故A 正确；
BC 、设副线圈电流为I′，由变压器的变流比I
I′=n 2
n 1
，代入数据解得：I′=1A ，原线圈输
入交变电流的有效值不随负载变化，因此副线圈电流I′保持不变；当滑动变阻器R 2接入电路的阻值由50Ω减小到0的过程中，副线圈总电阻R 减小，副线圈电压U =I′R 减小，电压表示数减小；副线圈两端电压U 减小，流过R 1的电流I 1=U
R 1
减小，通过R 2的电流
I 2=I′−I 1增大，故B 错误，C 正确； D 、由并联电路特点可知，流过R 2的电流I 2=I′R 1
R 1+R 2+R 3
，
R 2和R 3的总功率P =I 22
(R 2
+R 3)=
I′2R 12(R 2+R 3
)(R 1+R 2+R 3)2
=
I′2R 1
2R 12R 2+R 3
+(R 2+R 3)+2R
1
当R 12R
2+R 3
=R 2+R 3，即R 2=0时P 的功率最大，
当滑动变阻器R 2接入电路的阻值由50Ω减小到0的过程中，R 2和R 3的总电功率增大，故D 错误。

故选：AC 。

根据图(b)所示图象与电流有效值的定义式求出电流的有效值，然后求出电流表示数；根据图(a)所示电路图应用欧姆定律判断通过电阻R 2的电流如何变化，判断电压表示数如何变化；应用电功率公式求出R 2和R 3的总电功率的表达式，然后判断R 2和R 3的总电功率如何变化。

电流表示数等于交变电流的有效值，掌握有效值的定义式，根据图(b)所示图象求出电流有效值是解题的关键；应用电功率公式求出电阻电功率的表达式，应用数学知识分析
电功率的变化是本题的难点。

11.【答案】AD
【解析】解：AB、磁场垂直于纸面向里，由右手定则可知，线框向右运动过程，感应电流始终沿逆时针方向，故A正确，B错误；
CD、线框做匀速直线运动，线框的速度v=a
T ，t=T
2
时刻，线框切割磁感线的有效长度
L=2(a−v T
2)tan30°=√3
3
a，
此时磁感应强度B=kt=1
2
kT，
动生电动势E1=BLv=1
2kT×√3
3
a×a
T
=√3ka2
6
由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E2=△Φ
△t =△B
△t
S=k×3
4
×1
2√3
×a=√3ka2
4
由欧姆定律可知，感应电流I=E1+E2
R =5√3ka2
12R
，故C错误，D正确。

故选：AD。

应用右手定则判断出感应电流方向；求出T
2
时刻线框切割磁感线的有效长度，由E=BLv 求出动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，然后由欧姆定律求出感应电流大小。

分析清楚线框的运动过程、知道感应电动势包括动生电动势与感生电动势是解题的前提，应用右手定则、E=BLv与法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可解题。

12.【答案】600 偏大负滑动变阻器R1600 3000
【解析】解：(1)电流表量程是250mA，由图(b)所示表盘可知，其分度值为5mA，示数是50mA；
由欧姆定律可知，温度为27℃时热敏电阻阻值R T=U
I =30.0
15.0×10−3
Ω=2000Ω；
由欧姆定律可知，温度为50℃时热敏电阻阻值R T=U
I′=30.0
50×10−3
Ω=600Ω，
热敏电阻阻值随温度升高而减小，该热敏电阻R T为负度系数热敏电阻；
由图(a)所示电路图可知，电压表测的是热敏电阻与电流表串联电压，由欧姆定律求出的热敏电阻测量值是热敏电阻真实值与电流表内阻之和，因此热敏电阻测量值大于真实值。

(2)由图(c)所示电路图可知，两导线都接在滑动变阻器上端两接线柱上，滑动变阻器无法改变接入电路的阻值，滑动变阻器R1接线错误；
热敏电阻温度升高至50℃时，系统开始自动报警，由(1)可知，50℃时热敏电阻阻值R T= 600Ω，调试电路时电阻箱R2接入电路，电阻箱接入电路的阻值应等于热敏电阻报警时的阻值，因此电阻箱R2接入电路的阻值为600Ω，报警时电路电流I=10mA，报警器和电流表内阻很小，可以忽略不计，由闭合电路的欧姆定律可知，此时滑动变阻器接入电
路的阻值R1=E
I −R2=36
10×10−3
Ω−600Ω=3000Ω；
故答案为：(1)600；偏大；负；(2)滑动变阻器R1；600；3000。

(1)根据电流表量程由图(b)所示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数，应用欧姆定律求出热敏电阻指针；根据图(a)所示电路图应用欧姆定律分析实验误差；根据热敏电阻阻值与温度的关系判断热敏电阻的类型。

(2)滑动变阻器采用限流接法时应接一上一下两个接线柱，分析图示电路图找出电路连接错误；调试电路时电阻箱接入电路的阻值应等于热敏电阻报警时的阻值；根据图(c)所示电路图应用闭合电路的欧姆定律可以求出滑动变阻器接入电路的阻值。

要掌握常用器材的使用方法与读数方法，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要与刻度线垂直；理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚电路结构、应用欧姆定律即可解题。

13.【答案】d
△t2−d △t1
△t121.38小于
mp
M+Nm−mp
−q
mp
(M+Nm)+q
【解析】解：(1)i、在极短时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，滑块通过光电
门A的速度为：v A=d
△t1，滑块通过光电门B的速度为v B=d
△t2
，
则块加速度的表达式为a
1=v B−v A
△t12
=
d
△t2
−d
△t1
△t12
，其中d=2.000cm=2.000×10−2m，
代入数值解得：a1=1.38m/s2
ii、若考虑到遮光条通过光电门时速度的变化，实际的时间间隔为遮光片通过两个光电门所用时间的中间时刻
的时间间隔，则实际的时间间隔比测量值△t12大，所以加速度的真实值a2比测量值a1小；
(2)由牛顿第二定律可得：nmg−μ[Mg+(N−n)mg]=(M+Nm)a
解得a=mg+μmg
M+Nm
n−μg
则：−μg=q，mg+μmg
M+Nm
=−q
p
解得：μ=mp
M+Nm−mp
，g=−q mp(M+Nm)+q。

故答案为：(1)i、d
△t2−d △t1
△t12；1.38；ii、小于；(2)mp
M+Nm−mp
；
−q
mp
(M+Nm)+q。