2021届湘赣皖十五校高三下学期物理第一次联考试卷试题含答案

这是一份2021届湘赣皖十五校高三下学期物理第一次联考试卷试题含答案，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在物理学建立与开展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验奉献。关于这些奉献，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量
B. 安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向
C. 法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律
D. 爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化〞的传统观念
2.为了做好疫情防控工作，小区物业利用红外测温仪对出入人员进行体温检测。红外测温仪的原理是：被测物体辐射的光线只有红外线可被捕捉，并转变成电信号。图为氢原子能级示意图，红外线单个光子能量的最大值为1.62eV，要使氢原子辐射出的光子可被红外测温仪捕捉，最少应给处于 激发态的氢原子提供的能量为〔 〕
3.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的 。以刚开始下落时为计时起点，小球的v－t图像如下列图，不计空气阻力，以下说法正确的选项是〔 〕
A. 图像中选取竖直向下为正方向
B. 每个阶段的图线并不相互平行
C. 每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半
D. 每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半
4.光滑绝缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体A〔可认为电荷量全部在球心〕，另一带正电的小球B以一定的初速度冲向球体A，用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在r＞R的区域内，以下描述F随r变化关系的图象中可能正确的选项是〔 〕
A. B.
C. D.
5.如下列图，从高h=1.8m的A点将弹力球水平向右抛出，弹力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰撞，之后恰能返回A点。弹力球与接触面发生弹性碰撞，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂直于接触面方向的速度反向但大小不变，A点与竖直墙壁间的距离为4.8m，重力加速度g=10m/s2 ， 那么弹力球的初速度大小为〔 〕
A. 1.5m/s B. 2m/s C. 3.5m/s D. 4m/s
6.如下列图，三根完全相同的通电直导线a、b、c平行固定，三根导线截面的连线构成一等边三角形，O点为三角形的中心，整个空间有磁感应强度大小为B、方向平行于等边三角形所在平面且垂直bc边指向a的匀强磁场。现在三根导线中通以方向均向里的电流，其中Ib=Ic=I。通电长直导线在某点产生的磁感应强度的大小跟电流成正比，导线b在O点产生的磁感应强度大小为B。那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 假设O点的磁感应强度平行ac边，那么Ia=〔1＋ 〕I
B. 假设O点的磁感应强度平行ab边，那么Ia=〔1＋ 〕I
C. 假设O点的磁感应强度垂直ac边，那么Ia=〔 －1〕I
D. 假设O点的磁感应强度垂直ab边，那么Ia=〔 －1〕I
7.一平行板电容器的电容为C，A极板材料发生光电效应的极限波长为 ，整个装置处于真空中，如下列图。现用一波长为 〔 ＜ 〕的单色光持续照射电容器的A极板，B极板接地。假设产生的光电子均不会飞出两极板间，那么以下说法正确的选项是〔 〕〔真空中的光速为c，普朗克常量为h，光电子的电量为e〕
A. 光电子的最大初动能为
B. 光电子的最大初动能为
C. 平行板电容器可带的电荷量最多为
D. 平行板电容器可带的电荷量最多为
8.如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267-1273年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m=10kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L=5m的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角α=37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s=20m，空气阻力不计，g取10m/s2。那么〔 〕
A. 石块水平抛出时的初速度为l0 m/s
B. 石块水平抛出时的初速度为20m/s
C. 从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050J
D. 从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J
二、多项选择题
9.两汽车甲、乙分别挂上拖车，两汽车与两拖车的质量均相同，且阻力与质量成正比。开始两车以相同的速度v0做匀速直线运动，t=0时刻两拖车同时脱离汽车，汽车甲的牵引力不变，汽车乙的功率不变，经过相同的时间t0 ， 汽车甲、乙的速度大小分别为2v00。那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比为4：3 B. t0时刻，甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1
C. t0时刻汽车甲的功率为拖车脱离前功率的4倍 D. t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2
10.如下列图，质量为m的飞行器绕中心在O点、质量为M的地球做半径为R的圆周运动，现在近地轨道1上的P点开启动力装置，使其变轨到椭圆轨道3上，然后在椭圆轨道上远地点Q再变轨到圆轨道2上，完成发射任务。圆轨道2的半径为3R，地球的半径为R，引力常量为G，飞行器在地球周围的引力势能表达式为Ep= ，其中r为飞行器到O点的距离。飞行器在轨道上的任意位置时，r和飞行器速率的乘积不变。那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 可求出飞行器在轨道1上做圆周运动时的机械能是
B. 可求出飞行器在椭圆轨道3上运行时的机械能是-
C. 可求出飞行器在轨道3上经过P点的速度大小vP和经过Q点的速度大小vQ分别是 、
D. 飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P点开启动力装置至少需要获取的的动能是
11.有一台理想变压器及所接负载如以下列图所示。在原线圈c、d两端加上交变电流。b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。以下说法正确的选项是〔 〕
A. 开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小
B. 开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变
C. 保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大
D. 保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大
12.如下列图，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里，磁感应强度大小为B．导体棒A的一端固定在铜环的圆心O处，可绕O匀速转动，与半径分别为r1、r2的铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正对金属板P、Q连接成电路。R1、R2是定值电阻，R1=R0 ， R2=2R0 ， 质量为m、电荷量为Q的带正电小球通过绝缘细线挂在P、Q两板间，细线能承受的最大拉力为2mg，导体棒与铜环电阻不计，P、Q两板间距为d，重力加速度大小为g。现闭合开关，那么〔 〕
A. 当小球向右偏时，导体棒A沿逆时针方向转动
B. 当细线与竖直方向夹角为45°时，平行板电容器两端电压为
C. 当细线与竖直方向夹角为45°时，电路消耗的电功率为
D. 当细线恰好断裂时〔此时小球的加速度为零〕，导体棒A转动的角速度为
13.如下列图，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态，图中ad与T轴平行，cd与p轴平行，ab的延长线过原点，那么以下说法中正确的选项是〔 〕
A. 气体在状态a时的体积大于在状态b时的体积
B. 从状态b到状态a的过程，气体吸收的热量一定等于其增加的内能
C. 从状态c到状态d的过程，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加
D. 从状态a到状态d的过程，气体对外做功，内能不变
E. 从状态b到状态c的过程，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功
14.如下列图，一束红光从空气射向折射率n= 种玻璃的外表，其中i为入射角，那么以下说法正确的选项是〔 〕
A. 当i=45°时会发生全反射现象
B. 无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45°
C. 当入射角的正切值tani= ，反射光线与折射光线恰好相互垂直
D. 光从空气射入玻璃，速度减小
E. 假设将入射光换成紫光，那么在同样入射角i的情况下，折射角r将变大
三、实验题
2〕
〔1〕根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的________段〔用D1 ， D2 ， …，D15字母区间表示〕；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做________运动。
〔2〕根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为________m/s2；木块与桌面间的动摩擦因数为 =________。〔计算结果保存两位有效数字〕
〔3〕根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小〞的观点是________的。〔填“正确〞或“错误〞〕
16.温度传感器的核心局部是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：
A．直流电源，电动势E=6V，内阻不计；
B．毫安表A1 ， 量程为600mA，内阻约为0.5 ；
C．毫安表A2 ， 量程为10mA，内阻RA=100 ；
D．定值电阻R0=400 ；
E．滑动变阻器R=5 ；
F．被测热敏电阻Rt ， 开关、导线假设干。
〔1〕实验要求能够在0~5V范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路。
〔2〕某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1的示数I1和毫安表A2的示数I2 ， 那么计算热敏电阻阻值的表达式为Rt=________〔用题给的物理量符号表示〕。
〔3〕该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2－I1图象如图乙所示，由图可知，该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大而________〔填“增大〞“减小〞或“不变〞〕。
〔4〕该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所示电路，电路中电源电压恒为9V，内阻不计，理想电流表示数为0.7A，定值电阻R1=30 ，那么由以上信息可求出定值电阻R2的阻值为________ ，此时该金属热敏电阻的温度为________℃。
四、解答题
17.如下列图，Ⅰ、Ⅲ区域〔足够大〕存在着垂直纸面向外的匀强磁场，虚线MN、PQ分别为磁场区域边界，在Ⅱ区域内存在着垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界恰好与边界MN、PQ相切，S、T为切点，A、C为虚线MN上的两点，且AS=CS= R，有一带正电的粒子以速度v沿与边界成30°角的方向从C点垂直磁场进入Ⅰ区域，随后从A点进入Ⅱ区域，一段时间后粒子能回到出发点，并最终做周期性运动，Ⅱ区域内磁场的磁感应强度B2为Ⅰ区域内磁场的磁感应强度B1的6倍，Ⅲ区域与Ⅰ区域磁场的磁感应强度相等，不计粒子的重力。求：
〔1〕粒子第一次进入Ⅱ区域后在Ⅱ区域中转过的圆心角；
〔2〕粒子从开始运动到第一次回到出发点所经历的总时间。
18.如下列图，可视为质点的质量为m=0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口〔未画出，且入口和出口稍稍错开〕出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱〞，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=0.2m，水平距离为x=0.6m。滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2=2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为 =0．5，重力加速度g=10m/s2。
〔1〕求水平轨道AB的长度l1；
〔2〕试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱〞右侧的D点；
〔3〕假设在AB段水平拉力F作用的范围可变，要到达小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱〞的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。
19.如下列图，在竖直直角坐标系 内， 轴下方区域I存在场强大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场， 轴上方区域Ⅱ存在方向沿 轴正方向的匀强电场。图中点D的坐标为( )，虚线 轴。两固定平行绝缘挡板AB、DC间距为3L，OC在 轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点B在y轴上。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从D点由静止开始向上运动，通过 轴后不与AB碰撞，恰好到达B点，AB=14L，OC=13L。
〔1〕求区域Ⅱ的场强大小 以及粒子从D点运动到B点所用的时间 ；
〔2〕改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过 轴后第一次与AB相碰前瞬间动能恰好最大。
①求此最大动能 以及M点与 轴间的距离 ；
②假设粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y轴时的位置与O点的距离y2。
20.如下列图，在竖直圆柱形绝热汽缸内，可移动的绝热活塞a、b密封了质量相同的A、B两局部同种气体，且处于平衡状态。活塞的横截面积之比Sa：Sb=2：1，密封气体的长度之比hA：hB=1：3，活塞厚度、质量和摩擦均不计。
①求A、B两局部气体的热力学温度TA：TB的比值；
②假设对B局部气体缓慢加热，同时在活塞a上逐渐增加细砂使活塞b的位置不变，当B局部气体的温度为 时，活塞a、b间的距离h’a与ha之比为k：1，求此时A局部气体的绝对温度T’A与TA的比值。
21.如下列图，两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s。在t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m处重合。
①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标；
②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m处的质点到达波峰且为振动加强点？
答案解析局部
一、单项选择题
1.【解析】【解答】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选项A不符合题意；
B．安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B符合题意；
C．法拉第发现了“磁生电〞的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C不符合题意；
D．普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化〞的传统观念，选项D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】卡文迪许测出了引力常量；纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律；普朗克破除了能量连续变化的传统观念。
2.【解析】【解答】AB．处于n=2能级的原子不能吸收10.20eV、2.89eV的能量，那么选项AB不符合题意；
C．处于n=2能级的原子能吸收2.55eV的能量而跃迁到n=4的能级，然后向低能级跃迁时辐射光子，其中从n=4到n=3的跃迁辐射出的光子的能量小于1.62eV可被红外测温仪捕捉，选项C符合题意；
D．处于n=2能级的原子能吸收1.89eV的能量而跃迁到n=3的能级，从n=3到低能级跃迁时辐射光子的能量均大于1.62eV，不能被红外测温仪捕捉，选项D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用能级跃迁的能量可以判别需要提供的能量。
3.【解析】【解答】A．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向，故A不符合题意；
B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升过程中的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互平行，故B不符合题意；
C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得
与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得
根据题意有
解得
故C不符合题意；
D．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间
与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的
解得
故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】实验选取向上运动为正方向；利用加速度相同可以判别图线平行；利用动能定理可以判别高度的大小。
4.【解析】【解答】根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足 ，即随r增加，F非线性减小。
故答案为：C。

【分析】利用库仑定律可以判别库仑力和距离的关系。
5.【解析】【解答】由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，那么
由对称性可知，小球第一次落地时的水平位移为
那么初速度
故答案为：B。

【分析】利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小。
6.【解析】【解答】三条直导线在O点的磁场方向如图；其中Bc和Bb的合场强水平向右大小为Bbc=B；方向水平向右。
A．假设O点的磁感应强度平行ac边，那么三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ac方向的合磁场为零，即
其中Bc=B=kI，解得Ia=〔1＋ 〕I
选项A符合题意；
B．假设O点的磁感应强度平行ab边，那么三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在垂直于ab方向的合磁场为零，即
其中Bb=B=kI，解得Ia=〔 -1〕I
选项B不符合题意；
C．假设O点的磁感应强度垂直ac边，那么三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ac方向的合磁场为零，即
表达式无解，那么O点的磁感应强度的方向不可能垂直ac边，选项C不符合题意；
D．假设O点的磁感应强度垂直ab边，那么三条通电导线产生的磁场和匀强磁场在平行于ab方向的合磁场为零，即
其中Bc=B=kI，解得Ia=〔 +1〕I
选项D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】利用安培定那么可以判别磁感应强度的方向，结合磁感应强度的大小及场强的叠加可以求出通电导线电流的大小。
7.【解析】【解答】AB．根据光电效应方程可知
选项AB不符合题意；
CD．随着电子的不断积聚，两板电压逐渐变大，设最大电压为U，那么
且Q=CU
解得
选项C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用光电效应方程可以求出最大的触动能；利用遏止电压等于最大初动能结合电容的定义式可以求出电荷量的大小。
8.【解析】【解答】AB．石块被抛出后做平抛运动，竖直高度为
可得
水平方向匀速直线运动
可得平抛的初速度为
故AB不符合题意；
C D．石块从A点到最高点的过程，由动能定理
解得长臂对石块做的功为
故C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；利用动能定理可以求出长臂做功的大小。
二、多项选择题
9.【解析】【解答】A．对甲车拖车脱离后做匀加速运动经过t0的位移
对乙车功率一定，那么做加速度减小的加速运动，那么经过t0时的位移
那么t0时间内，甲、乙两汽车的位移之比
不可能为4：3，选项A不符合题意；
B．设汽车和拖车的质量均为m，那么汽车的牵引力为F=2kmg，对甲车拖车脱离后做匀加速运动的加速度
乙车功率一定P=Fv0=2kmgv0
在t0时刻乙车的加速度
那么甲、乙两汽车的加速度大小之比为3：1，选项B符合题意；
C．甲车拖车脱离前功率P=Fv0=2kmgv0
t0时刻汽车甲的功率为P0=2kmg∙2v0= 4kmgv0=2P
选项C不符合题意；
D．甲车牵引力做功
乙车牵引力做功
t0时间内，甲、乙两汽车牵引力做功之比为3：2，选项D符合题意。
故答案为：BD。

【分析】利用平均速度的公式结合运动的时间可以比较位移的大小；利用牛顿第二定律结合平衡方程可以求出加速度的大小；利用拉力的大小结合速率的大小可以求出功率的大小；利用拉力和位移及功率和时间可以求出拉力做功的大小。
10.【解析】【解答】A．飞行器在轨道1上做圆周运动，那么
那么动能
势能
机械能
选项A不符合题意；
BC．飞行器在椭圆轨道3上运行时
解得


选项BC符合题意；
D．飞行器要从轨道1转移到轨道3上，在P点开启动力装置至少需要获取的的动能是
选项D不符合题意。
故答案为：BC。

【分析】利用引力提供向心力结合势能和动能的表达式可以求出机械能的大小；利用机械能结合势能的大小可以求出速度的大小；利用动能的变化可以判别加速获得的动能大小。
11.【解析】【解答】A．开关S1始终接a，那么变压器次级电压不变，电压表V1示数不变，当滑片P向下滑动时，R变大，次级电流减小，电流表A2示数变小，R1电压减小，那么电压表V2示数变大，选项A符合题意；
B．开关S1始终接b，那么次级电压不变，U1不变；当滑片P向上滑动时，R减小，次级电流变大，R1的电功率增大，由于U2=U1-I2R1 ， 那么V2示数的变化量与A2示数的变化量之比 不变，选项B符合题意；
C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，初级匝数变大，那么次级电压减小，次级功率减小，那么变压器输入功率变小，选项C不符合题意；
D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，初级匝数减小，那么次级电压变大，电容器两端电压变大，所带电荷量的最大值将增大，选项D符合题意。
故答案为：ABD。

【分析】当开关位置不变时，利用输出电压不变，负载电阻的变化可以判别电流的变化及电压的变化；利用欧姆定律可以判别电压变化量和电流变化量的变化；利用负载电阻不变，匝数的比值可以判别输出电压的变化及输出功率和电荷量的变化。
12.【解析】【解答】A．当小球向右偏时，P板带正电，通过R2的电流向上，那么由右手定那么可知，导体棒A沿逆时针方向转动，选项A符合题意；
BC．当细线与竖直方向夹角为45°时，那么

解得平行板电容器两端电压为
此时电路中的电流
电路消耗的电功率为
选项BC不符合题意；
D．当细线恰好断裂时，此时
电动势

解得导体棒A转动的角速度为
选项D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】利用电场方向可以判别电流方向结合右手定那么可以判别导体切割的方向；利用平衡条件可以求出电容器两端电压的大小；利用欧姆定律结合热功率的表达式可以求出功率的大小；利用平衡条件结合欧姆定律和电动势的大小可以求出角速度的大小。
13.【解析】【解答】A．因ab连线过原点，可知是等容线，那么气体在状态a时的体积等于在状态b时的体积，选项A不符合题意；
B．从状态b到状态a的过程，气体体积不变，那么对外做功为零，即W=0，根据∆U=W+Q可知，气体吸收的热量一定等于其增加的内能，选项B符合题意；
C．从状态c到状态d的过程，气体的温度不变，压强变大，体积减小，那么气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加，选项C符合题意；
D．从状态a到状态d的过程，气体压强不变，温度升高，那么体积变大，气体对外做功，内能变大，选项D不符合题意；
E．从状态b到状态c的过程，气体温度升高，体积变大，内能增加，对外做功，根据∆U=W+Q可知，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功，选项E正确。
故答案为：BCE。

【分析】利用等容线可以判别体积的大小；利用热力学第一定律结合做功可以判别内能和吸热的大小；利用温度可以判别分子的平均动能，结合体积可以判别分子的密集程度；利用等压升温变化可以判别a至d过程内能变大；利用热力学第一定律可以判别b至c过程内能增大，所以吸热大于做功。
14.【解析】【解答】A．光线从空气进入玻璃中时，由光疏射向光密介质，不可能会发生全反射现象，选项A不符合题意；
B．根据 当i=90°时r=45°，可知无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45°，选项B符合题意；
C．当反射光线与折射光线恰好相互垂直时，那么
解得
选项C符合题意；
D．光从空气射入玻璃，由光疏射向光密介质，速度减小，选项D符合题意；
E．假设将入射光换成紫光，那么由于紫光的折射率大于红光，那么在同样入射角i的情况下，折射角r将变小，选项E错误。
故答案为：BCD。

【分析】利用全反射的条件可以判别是否发生全反射；由于紫光的折射率大所以折射角会偏小。
三、实验题
15.【解析】【解答】(1)第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，那么可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的 ；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。(2)由纸带可看出，第五个钩码落地后 根据 可得木块运动的加速度大小为
由
可得μ=0.51(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小〞的观点是错误的。

【分析】〔1〕利用木块的减速运动可以判别钩码的落体；利用落地前的间隔变化可以判别木块的速度变化；
〔2〕利用邻差公式可以求出加速度和动摩擦因数的大小；
〔3〕利用数据可以判别观点是错误的。
16.【解析】【解答】(1)题目中没有电压表，可用内阻的电流表A2与定值电阻R0串联构成量程为 的电压表；滑动变阻器用分压电路，电路如图：
；(2)由电流可知 (3)根据 可得
那么该热敏电阻的阻值随毫安表A2的示数的增大，斜率 变大，可知Rt变大。(4)通过R1的电流
那么通过R2和Rt的电流为0.4A；由I2-I1图像可知，I2=4mA，此时Rt两端电压为2V，那么R2两端电压为7V，那么
根据Rt-t图像可知
解得t=55℃

【分析】〔1〕由于A2知道内阻，所以A2可以与定值电阻串联改装为电压表；由于电压表内阻所以使用电流表A1外接法；滑动变阻器使用分压式接法；
〔2〕利用欧姆定律可以求出电阻的大小；
〔3〕利用图像可以判别电压表的读数变大而变大；
〔4〕利用欧姆定律可以求出电阻和温度的大小。
四、解答题
17.【解析】【分析】〔1〕利用几何关系可以求出轨道半径及圆心角的大小；
〔2〕利用圆心角结合弧长和速度的大小可以求出运动的时间。
18.【解析】【分析】利用牛顿第二定律结合机械能守恒定律和动能定理可以求出长度的大小；
〔2〕利用动能定理结合平抛运动的位移公式可以判别是否到达D点；
〔3〕利用动能定理结合牛顿第二定律可以判别距离的范围。
19.【解析】【分析】〔1〕利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度及运动的时间；
〔2〕利用类平抛的位移公式及速度公式结合动能的大小可以求出最大动能及距离y1的大小；利用位移公式结合类平抛的规律可以求出y2的大小。
20.【解析】【分析】〔1〕利用气体的等压变化可以求出温度的比值；
〔2〕利用理想气体的状态方程可以求出温度的比值。
21.【解析】【分析】〔1〕利用图像可以知道波长的大小结合波峰的位置可以判别振动加强点的坐标；
〔2〕利用传播的时间结合波长的大小可以传播的时间大小。