湖北省2024屆高三下學(xué)期四調(diào)（三模）考試物理試題（含答案）

湖北省2024屆高三下學(xué)期四調(diào)（三模）考試物理試題一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8~10題有多項符合題目要求。每小題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1．2023年11月6日，全球首座第四代核電站在山東石島灣并網(wǎng)發(fā)電，這標(biāo)志著我國在高溫氣冷堆核電技術(shù)領(lǐng)域領(lǐng)先全球。當(dāng)前廣泛應(yīng)用的第三代核電站主要利用鈾（92235U）裂變產(chǎn)能，鈾（92235U）的一種典型裂變產(chǎn)物是鋇（A．92235B．鈾原子核92235U的結(jié)合能大于鋇原子核C．重核裂變成中等大小的核，核的比結(jié)合能減小D．上述裂變反應(yīng)方程為：922．我國首個大型巡天空間望遠(yuǎn)鏡（CSST）將于2024年發(fā)射升空，它將與我國空間站共軌并獨立飛行，已知巡天空間望遠(yuǎn)鏡預(yù)定軌道離地面高度約為400km，地球同步衛(wèi)星離地面高度約為36000km，下列說法正確的是（）A．巡天空間望遠(yuǎn)鏡加速就可以與空間站對接B．巡天空間望遠(yuǎn)鏡運行的線速度大于7.9km/sC．巡天空間望遠(yuǎn)鏡在軌道上運行的周期比同步衛(wèi)星的周期大D．巡天空間望遠(yuǎn)鏡的加速度大于放在赤道上物體的向心加速度3．如圖所示，某款手機支架由“L型”擋板和底座構(gòu)成，擋板使用一體成型材料制成，其AB、BC部分相互垂直，可繞O點的軸在豎直面內(nèi)自由調(diào)節(jié)，AB、BC部分對手機的彈力分別為F1和F2（不計手機與擋板間的摩擦），在“L型”擋板由圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，下列說法正確的是（）A．F1逐漸增大，F(xiàn)2逐漸減小 B．F1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大C．F1逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小 D．F1先增大后減小，F(xiàn)2逐漸減小4．如圖所示，粗細(xì)均勻的玻璃管（上端開口，下端封閉）豎直放置，管內(nèi)用長為h=15cm的水銀柱封閉一段長l=30cm的理想氣體，現(xiàn)將玻璃管在豎直平面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)至水平放置（水銀未溢出）。已知大氣壓強p0=75cmHg，玻璃管導(dǎo)熱性能良好且環(huán)境溫度保持不變。下列說法正確的是（）A．玻璃管緩慢轉(zhuǎn)至水平放置的過程中，氣體放出熱量B．玻璃管緩慢轉(zhuǎn)至水平放置的過程中，外界對氣體做功C．玻璃管豎直放置時，封閉氣體的壓強為60cmHgD．玻璃管水平放置時，封閉氣體的長度為36cm5．金屬探測儀內(nèi)部電路可簡化為線網(wǎng)與電容器構(gòu)成的LC振蕩電路，某時刻電流方向和電容器極板間電場方向如圖所示，關(guān)于該時刻下列說法正確的是（）A．電路中的電流正在減小 B．a(chǎn)點電勢比b點電勢低C．電容器所帶電荷量正在減小 D．線圈磁場能正在增大6．如圖所示，在直角△MON區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），磁感應(yīng)強度大小為B，O點處的粒子源可向紙面內(nèi)磁場區(qū)域各個方向發(fā)射帶電粒子。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，速率均為v=qBd2m，ON長為d且A．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為πmB．自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為πmC．MN邊上有粒子到達區(qū)域的長度為dD．ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為37．如圖甲所示，轆轤是古代民間提水設(shè)施、由轆轤頭、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成。某次汲完水自水面由靜止開始上升的過程中，水斗的加速度a隨上升高度h的變化規(guī)律如圖乙所示，已知水斗上升10m至井口時速度剛好為零，下列說法正確的是（）A．0≤h≤2m時，水斗的加速度大小為2m/s2B．2m≤h≤5m時，水斗的速度大小為2m/sC．8m≤h≤10m時，水斗做勻減速直線運動D．水斗自水面上升10m所用時間為7.5s8．一列簡諧橫波沿x軸方向傳播，在t=0.6s時刻的波形圖如圖甲所示，此時質(zhì)點P的位移為+2cm，質(zhì)點Q的位移為-2cm，波上質(zhì)點A的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．該簡諧橫波沿x軸正方向傳播B．該簡諧橫波的波速為15m/sC．t=0.6s時，質(zhì)點Q正在向y軸負(fù)方向振動D．再經(jīng)過13s，質(zhì)點P通過的路程為9．如圖所示，正方形ABCD的對角線長為2a，在A、C兩點分別放置電荷量為+q的點電荷，P為正方形ABCD外接圓上任意一點，O為外接圓的圓心，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．B、D兩點的電場強度相同B．將負(fù)電荷沿直線由B移到D的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功C．對角線BD連線上電場強度E的最大值為4D．若兩點電荷在P點的電場強度大小分別是E1、E2，則10．如圖所示，某傳送帶的傾角α=37°，長為10.5m，以6m/s的速率逆時針運轉(zhuǎn)。在傳送帶頂端A點靜止釋放一個質(zhì)量為1kg的物體，同時傳送帶在電動機的帶動下，以4m/s2加速運轉(zhuǎn)，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物體從頂端A點運動至底端B點的過程中（）A．物體一直做勻加速直線運動B．物體從A點運動至B點所用時間為1.5sC．物體在傳送帶上留下劃痕的長度為3mD．物體從A點運動至B點的過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為20J二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11．某同學(xué)用實驗室現(xiàn)有器材設(shè)計了如圖甲所示裝置來測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。該同學(xué)進行了如下操作：①調(diào)整弧形槽末端水平并固定，再將金屬小球靜置于槽的末端。在小球靜止位置安裝一個光電門，接通電源、使光電門發(fā)出的光線與小球球心在同一水平線上；②測量金屬小球的直徑d以及弧形槽末端到水平地面的豎直高度h；③將金屬小球放在弧形槽一定高度靜止釋放；測量小球落點與球心在水平地面投影點間的距離x；（1）用螺旋測微器測得金屬小球的直徑d如圖乙所示，則d=mm；（2）某次實驗中，金屬小球通過光電門的時間為t，則金屬小球的速度v=；（用題目中物理量符號表示）（3）調(diào)整金屬小球釋放的位置，重復(fù)步驟③，得到多組對應(yīng)的x與t，作出的x?1t圖像為一條傾斜直線，測得斜率為k，則該地的重力加速度g=12．菜同學(xué)設(shè)計圖示電路測量一電源的電動勢E、內(nèi)阻r和電流表內(nèi)阻RA，閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄電阻箱阻值R、電壓表的示數(shù)U、電流表的示數(shù)I。（1）當(dāng)R讀數(shù)為R0時，電壓表、電流表讀數(shù)分別為U0、I0，則電流表內(nèi)阻RA=；（2）利用所測數(shù)據(jù)，作出的1U?1R+RA圖線為一條傾斜直線，計算得到直線的斜率為k1，在縱軸上的截距為b，則電源的電動勢（3）利用所測數(shù)據(jù)，作出的1I?R圖線為一條傾斜直線，計算得到直線的斜率為k2，則電源的電動勢E=，電動勢E的測量值13．如圖所示，△ABC為等腰直角三棱鏡的截面圖，AB=2（1）棱鏡對該單色光的折射率n；（2）若該單色光自P點平行于BC邊射入，折射光線經(jīng)Q點反射后從AC邊射出，求單色光在棱鏡中傳播的時間t。14．如圖，質(zhì)量M=3kg的木板靜止在光滑水平地面上右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)為k=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m=2kg的小物塊以水平向右的速度v0=5m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。已知木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，取重力加速度g=10m/s，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小v1；（2）求木板與彈簧接觸以后，小物塊與木板即將相對滑動時彈簧彈力的大小F；（3）彈簧的彈性勢能EP與形變量x的關(guān)系為EP=115．如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌ABCD區(qū)域有方向垂直軌道平面，面積為S的有界均勻磁場（圖中未畫出）；導(dǎo)軌EFNM區(qū)域有方向垂直軌道平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，導(dǎo)軌AH、BG及導(dǎo)線AB的電阻不計，導(dǎo)軌HM、GN單位長度電阻為r，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒P位于EFGH區(qū)域的磁場中，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，重力加速度為g。（1）若ABCD區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小隨時間t變化關(guān)系為B1=k1t（2）若ABCD區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小隨時間t變化關(guān)系為B2=k2t（3）若撤去ABGH區(qū)域的磁場，將GNMH區(qū)域的磁場設(shè)置為方向垂直軌道平面向上，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B3=k3t

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.根據(jù)原子核的書寫規(guī)律可知，92235U有92個質(zhì)子，235-92=143個中子，A不符合題意；

B.原子序數(shù)越大，原子核的結(jié)合能越大，所以鈾原子核92235U的結(jié)合能大于鋇原子核56144Ba的結(jié)合能，B符合題意；

C.核反應(yīng)中，生成物比反應(yīng)物更穩(wěn)定，而比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，所以重核裂變成中等大小的核，中等大小的核更穩(wěn)定，核的比結(jié)合能變大，C不符合題意；

D.重核裂變要用中子轟擊，所以根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知裂變反應(yīng)方程為

92235U+012．【答案】D【解析】【解答】A．天空間望遠(yuǎn)鏡與空間站共軌獨立飛行，若巡天空間望遠(yuǎn)鏡加速，巡天空間望將做離心運動，變軌到更高的軌道，不可能與空間站對接，故A錯誤；B．近地衛(wèi)星是指軌道在地球表面附近的衛(wèi)星，因為脫離了地面，近地衛(wèi)星受到的萬有引力就完全等于重力。計算時軌道半徑可近似取地球半徑。根據(jù)GMm可得v=地球第一宇宙速度7.9km/s是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最大線速度，等于地球表面軌道衛(wèi)星的線速度，則巡天空間望遠(yuǎn)鏡運行的線速度小于7.9km/s，故B錯誤；C．同步衛(wèi)星是相對地球靜止的衛(wèi)星，運行周期與地球自轉(zhuǎn)周期一致，所以其軌道半徑、線速度、角速度等都是確定數(shù)值。由萬有引力提供向心力可得GMm可得T=可知巡天空間望遠(yuǎn)鏡在軌道上運行的周期比同步衛(wèi)星的周期小，故C錯誤；D．由萬有引力提供向心力可得GMm可得a=可知巡天空間望遠(yuǎn)鏡的加速度大于同步衛(wèi)星的加速度，由v=ωr可知同步衛(wèi)星的加速度大于放在赤道上物體的向心加速度，則巡天空間望遠(yuǎn)鏡的加速度大于放在赤道上物體的向心加速度，故D正確。故選D。

【分析】本題考查第一宇宙速度和衛(wèi)星運行的追擊問題及運行規(guī)律的考查，基礎(chǔ)題目。根據(jù)萬有引力提供向心力列出牛頓第二定律方程得出加速度的大小關(guān)系，結(jié)合開普勒第三定律分析周期。3．【答案】A【解析】【解答】對手機受力分析，根據(jù)受力原理列式，來判斷F1和F2的變化情況。如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。對手機受力分析，如圖所示已知，AB、BC部分對手機的彈力分別為F1和F2相互垂直，即α=90°手機處于靜止?fàn)顟B(tài)，則手機受力平衡，根據(jù)拉密原理G因為，手機的重力G和α不變，所以上式的比值不變。擋板由圖示位置順時針緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，β由鈍角增大到180°，即sinβ減小，故F2變??；θ由鈍角減小到90°，即sinθ故選A。

【分析】本題考查物體受力分析，要求根據(jù)手機平衡狀態(tài)，結(jié)合共點力平衡條件列式進行分析。4．【答案】D【解析】【解答】根據(jù)平衡條件分別求解封閉氣體變化前后的壓強，根據(jù)玻意耳定律封閉氣柱的長度。玻璃管豎直放置時，封閉氣體的壓強為p=玻璃管水平放置時，封閉氣體的壓強為p由玻意耳定律可得plS=解得玻璃管水平放置時，封閉氣體的長度為l氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，氣體的體積增大，氣體對外做功，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析作答。玻璃管緩慢轉(zhuǎn)至水平放置的過程中，氣體溫度不變，則氣體內(nèi)能不變，氣體的體積增大，則氣體對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ可知氣體吸收熱量。故選D。

【分析】如果物體跟外界同時發(fā)生做功和熱傳遞的過程，那么外界對物體做的功W加上物體從外界吸收的熱量Q等于物體內(nèi)能的增加△U。理解理想氣體的內(nèi)能只與氣體的溫度有關(guān)。5．【答案】A【解析】【解答】在LC振蕩電路中，當(dāng)電容器放電時，電流在增大，電容器上的電荷量減小，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能，與正極板相連的點電勢高。電容器中場強向下，根據(jù)回路電流方向可知，電容器正在充電，電容器電荷量在增大，回路電流在減小，磁場能在減小，a點與正極板相連，b與負(fù)極板相連，則a點電勢比b點電勢高。故A正確BCD錯誤。故選A。

【分析】當(dāng)電容器充電時，電流在減小，電容器上的電荷量增大，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能，當(dāng)電容器放電時，電流在增大，電容器上的電荷量減小，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能。6．【答案】C【解析】【解答】AB．粒子在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子的軌跡半徑。根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在磁場中運動的最短時間和最長時間軌跡對應(yīng)的圓心角，從而求得最短時間和最長時間。根據(jù)幾何關(guān)系求MN邊上和ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度。根據(jù)qvB=m解得r=自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間的運動軌跡交MN于A點，圓弧所對應(yīng)的圓心角為60°，自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間的運動軌跡交MN于B點交ON于C點，圓弧所對應(yīng)的圓心角為120°，如圖所示根據(jù)T=解得T=綜上所述，可得tmin=故AB錯誤；C．MN邊上有粒子到達區(qū)域的長度為AB之間的距離，由幾何關(guān)系可得AB=2×故C正確；D．ON邊上有粒子到達區(qū)域的長度為OC之間的距離，由幾何關(guān)系可得OC=2×故D錯誤。故選C?！痉治觥繋щ娏Ｗ釉趧驈姶艌鲋凶鰟蛩賵A周運動的問題，要畫出粒子臨界情況的運動軌跡，再由相關(guān)規(guī)律求出相應(yīng)的求知數(shù)。7．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)va?h圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度平方的一半，則0-2m及5-10m面積相等2×a=解得0≤h≤2ma=1故A錯誤；B．根據(jù)v則2mv=故B正確；C．在8mD．從靜止開始上升10m過程中，先做勻加速運動，后做勻速運動，之后做勻減速直線運動，最后做加速度減小的減速運動，v?t圖像如圖所示如果最后階段一直勻減速運動，則減速運動時間為t根據(jù)圖像代表位移可知，實際做加速度減小的減速，則實際減速時間大于5s，總時間大于7.5s，故D錯誤。故選B。【分析】除了常見的x-t圖像，v-t圖像與a-t圖像外，還有一些少見的運動學(xué)圖像如v-x圖像、v2-x圖像等。這些圖像往往都與運動學(xué)的公式有關(guān)聯(lián)。8．【答案】A,B【解析】【解答】A．由乙圖讀出t=0.6s時刻質(zhì)點A的速度方向，在甲圖上，根據(jù)同側(cè)法判斷出波的傳播方向。根據(jù)甲圖寫出波動方程，求出波長，由乙圖讀出周期，即可求出波速。根據(jù)同側(cè)法分析t=0.6s時質(zhì)點Q的振動方向。根據(jù)x=vt波的傳播距離，再確定質(zhì)點P通過的路程。由質(zhì)點A的振動圖像可知，在t=0.6s時刻，質(zhì)點A在平衡位置向下振動，結(jié)合波形圖可知，該簡諧橫波沿x軸正方向傳播，選項A正確；B．波形圖的表達式為y=4將P點帶入可得2=4即2π解得λ=12m該簡諧橫波的波速為v=選項B正確；C．由“同側(cè)法”可知，t=0.6s時，質(zhì)點Q正在向y軸正方向振動，選項C錯誤；D．再經(jīng)過13x=vt=5m此時質(zhì)點P到達平衡位置向下振動，可知質(zhì)點P通過的路程為6cm，選項D錯誤。故選AB。

【分析】理解振動圖像和波動圖像各自的物理意義，由振動圖像能判斷出質(zhì)點的速度方向，更要把握兩種圖像的內(nèi)在聯(lián)系，能由質(zhì)點的速度方向，判斷出波的傳播方向。9．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，這種關(guān)系叫電場強度的疊加．電場強度的疊加遵循平行四邊形定則。B、D兩點的電場強度方向不同，即電場強度不同，A錯誤；B．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關(guān)，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增加。O點到B點的電場強度方向為向下，O點到D點電場強度方向為向上，將負(fù)電荷沿電場線由B移到D的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，B正確；C．設(shè)BD連線上某一點M到A點的角度為α，M點的受力如圖所示對M點進行受力分析可知E=則E由此解得當(dāng)sinα=33EC正確；D．設(shè)點P到A點的連線與AC的夾角為θ，則有EE即1D正確。故選BCD。

【分析】根據(jù)等量同種點電荷的電場的特點，由場強疊加求解合場強，結(jié)合電場強度公式求解大小。10．【答案】B,C【解析】【解答】物體由靜止釋放，開始階段受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由速度—時間公式求出物體與傳送帶共速時的速度以及所用時間，并求出該段過程物體與傳送帶通過的位移。共速后，假設(shè)物體與傳送帶可以保持相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律求出物體受到的摩擦力大小，與最大靜摩擦力比較，即可判斷共速后物體的運動情況，物體由靜止釋放，一開始受到的摩擦力沿傳送帶向下，由牛頓第二定律可得a=設(shè)經(jīng)過t1時間物體與傳送帶達到相同速度vv代入數(shù)據(jù)可得t1=1s該段過程物體與傳送帶通過的位移分別為x1=共速后，假設(shè)物體與傳送帶可以保持相對靜止，則有mg解得物體受到的靜摩擦力大小為f=2N<μmg則共速后物體與傳送帶一起以4m/s2的加速度向下做勻加速直線運動，設(shè)共速后經(jīng)過x解得t則物體從A點運動至B點所用時間為t=物體在傳送帶上留下劃痕的長度為Δ物體從A點運動至B點的過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=μmgcosα?故選BC?！痉治觥扛鶕?jù)運動學(xué)公式求出此后的運動時間，從而求得物體從A點運動至B點的總時間。根據(jù)相對位移求物體在傳送帶上留下劃痕的長度，進而求出因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。11．【答案】（1）11.859mm（2）d（3）2【解析】【解答】（1）螺旋測微計測量時被測物體長度的半毫米數(shù)由固定刻度讀出，不足半毫米部分由可動刻度讀出。測量值（mm）=固定刻度數(shù)（mm）（注意半毫米刻度線是否露出）+可動刻度數(shù)（估讀到下一位）×0.01（mm）。由螺旋測微計讀數(shù)可知d=11.5+35.9×0.01mm=11.859mm（2）根據(jù)速度的定義式可知v=（3）重力加速度又叫自由落體加速度，是物體在重力作用下具有的加速度，常用g來表示。根據(jù)平拋運動規(guī)律可知h=x=vt聯(lián)立上式可知x=解得重力加速度g為g=2d2hk2

本題考查利用平拋運動測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊膶嶒?；解決問題的關(guān)鍵是清楚實驗原理，會處理實驗數(shù)據(jù)，知道螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則。（1）由螺旋測微計讀數(shù)可知d=11.5+35.9×0.01mm=11.859mm（2）根據(jù)速度的定義式可知v=（3）根據(jù)平拋運動規(guī)律可知h=x=vt聯(lián)立上式可知x=解得重力加速度g為g=12．【答案】（1）U（2）1b；（3）1k【解析】【解答】（1）根據(jù)歐姆定律可得R可得電流表內(nèi)阻為R（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，再根據(jù)表達式特點，對表達式進行整理，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=U+整理可得1可知1Ub=可得電源的電動勢為E=根據(jù)1Uk可得內(nèi)阻為r=（3）根據(jù)等效電源法即可進行誤差分析。根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=I(R+整理可得1則有k解得電源的電動勢為E=該實驗的系統(tǒng)誤差來源主要是為考慮電壓表的分流作用，把電源和電壓表并聯(lián)看成一個等效電源，可知電動勢測量值為等效電源的電動勢，則電動勢測量值小于真實值。該實驗考查了測電源電動勢以及內(nèi)阻的實驗，能夠根據(jù)閉合電路歐姆定律對實驗方案進行分析，實驗數(shù)據(jù)的分析是該實驗的重點，題目難度較大。

【分析】（1）對電流表根據(jù)歐姆定律列式即可求解；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，再根據(jù)表達式特點，對表達式進行整理，即可確定在該種實驗方案下所測電源電動勢以及內(nèi)阻；

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，可確定在該種實驗方案下所測電源電動勢，再根據(jù)等效電源法即可進行誤差分析。（1）根據(jù)歐姆定律可得R可得電流表內(nèi)阻為R（2）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=U+整理可得1可知1Ub=可得電源的電動勢為E=1Uk可得內(nèi)阻為r=（3）[1]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=I(R+整理可得1則有k解得電源的電動勢為E=[2]該實驗的系統(tǒng)誤差來源主要是為考慮電壓表的分流作用，把電源和電壓表并聯(lián)看成一個等效電源，可知電動勢測量值為等效電源的電動勢，則電動勢測量值小于真實值。13．【答案】解：（1）光線垂直于AB邊射入棱鏡后光路圖如圖所示設(shè)光線在棱鏡中發(fā)生全反射的臨界角為C，由幾何關(guān)系可得C=45°又sin解得n=（2）光線自P點平行于BC邊射入棱鏡，光線恰好經(jīng)過Q點的光路圖如圖所示由折射定律得n=可得折射角為r=30°則有∠BPQ=90°+30°=120°在△BPQ中，由正弦定理可得PQ解得PQ=由對稱性可知，光線在棱鏡中通過的路程為s=2PQ=光線在棱鏡中的傳播速度為v=光線在棱鏡中傳播的時間t=【解析】【分析】（1）根據(jù)全反射臨界角公式