2022-2023学年北京市海淀区高二（上）期末物理试卷、答案解析（附后）

2022-2023学年北京市海淀区高二(上)期末物理试卷

1.电磁波包含y射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是()

A.红外线、无线电波、y射线、紫外线B.y射线、红外线、紫外线、无线电波

C.紫外线、无线电波、y射线、红外线D.无线电波、红外线、紫外线、y射线

2.下列情况能产生感应电流的是()

A.如图(a)所示，导体AB顺着磁感线运动

B.如图(b)所示，条形磁铁插入线圈中不动时

C.如图(c)所示，小螺线管A插入大螺线管8中不动，开关S一直接通时

D.如图(c)所示，小螺线管A插入大螺线管8中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器

阻值时

3.硅光电池具有低碳环保的优点.如图所示，图线。是该电池

在某光照强度下路端电压U和电流/的关系图象，图线b是某电

阻R的U-/图象.在该光照强度下将它们组成闭合回路，则硅

光电池的()

A.电动势为5V

B.内阻为5.50

C.输出功率为0.72W

D.效率为50%

4.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率y状

P随电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知（）

A.电源最大输出功率可能大于45W

B.外电路阻值分别为2。和80时，电路的输出功率相等

C.电源电动势为30V

D.电阻箱所消耗功率「最大时，电源效率大于50%

5.如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带一「

状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d,水平方向足够长d

一个质量为加、电荷量为+q的小球以初速度盯在距离电场上方

d处水平抛出，不计空气阻力，贝欧）d

A.小球在水平方向一直做匀速直线运动扪二

B.小球在电场区可能做直线运动

C.若场强大小为等，小球经过两电场区的时间相等

D.若场强大小为等，小球经过两电场区的时间相等

6.如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q,半径为R,圆心为‘

O,P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP=L（L>R）,则P点（R

的场强强度为（）

kQL

A，J（£R2）3

kQL

B，J（L2-/?2）3

「kQ

c・笆

D.当

L2

7.如图所示，水平正对的金属板A、8与干电池连接，8板接地，

静电计的电荷量导线以及电池的内阻均不计。开关S闭合，一带负

电的油滴静止于两板间的P点。下列说法正确的是（）

A.若仅将4板上移一些，则静电计指针的张角减小砂电计

B.若仅将B板下移一些，则油滴向下运动

C.若断开S,且仅将B板下移一些，则油滴的电势能增大

D.若断开S,且仅在A、P间插入玻璃板，则油滴向上运动

8.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，“、6两带电粒子

从电场中的。点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两

粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）

A.a一定带正电，〃一定带负电B.a的加速度减小，b的加速度增大

C.a的电势能减小，6的电势能增大D.a的动能减小，匕的动能增大

9.如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在

她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，

直接落在对方的场地上，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（）

A.在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒

B.击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等

C.朱婷与球在水平方向动量守恒

D.朱婷与球在水平方向的动量变化量相等

CBA=

A.三个原子核在电场中运动的时间相等

B.：“、包、；”的加速度关系是由>C12>

C.落在A点的原子核是

D.三个原子核刚到达下板时的动能相等

11.如图所示，电源电动势E=6V,内阻r=20,/?!=in,R2=6fl,R3最大阻值为300,

电流表和电压表均为理想表。当滑动变阻器角的滑片由。向方端移动过程中，以下说法正确

的是（）

A.当滑动变阻器的滑片在“端时，&功率最大

B.电压表示数变化4U与电流表示数变化4/的比值一定保持不变

C.电源输出效率一直减小，电源输出功率先增大后减小

D.当危=20时，/?3消耗功率最大，最大值为2W

12.如图所示，E、F、G、例、N是在纸面内圆上的五个点，其中..

EG、的连线均过圆心。点，EFJ.MN,在M、N两点处垂直于/',冲、、

纸面放置两根相互平行的长直细导线，两根导线中分别通有大小相工,

（）

等的电流，已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度/;;

大小B=H，&为常量，，为该点到导线的距离，/为导线中的电流'+…JF

强度。则下列说法中正确的是（）

A.若两根导线中电流同向，则。点磁感应强度不为零

B.若两根导线中电流同向，则E、F两点磁感应强度大小相等

C.若两根导线中电流反向，则£G两点磁感应强度相同

D.无论两根导线中电流同向还是反向，E、F、G三点的磁感应强度大小不相等

13.某同学想设计一个实验测量某金属棒的电阻率，提供的器材有:

4电流表4（满偏电流/g=2OOM-内阻Rg=loon）

B.电流表4（量程为0.64内阻约为0.40）

C.电阻箱Ro（O~99999.90）

。滑动变阻器R（0〜50,最大允许电流2A）

£干电池组（电动势6匕内阻约为0.050）

立一个开关我和导线若干

（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得金属棒的直径C=mm；如图乙所示，用20分度游

标卡尺测得金属棒的长度L=mm.

阁甲用乙阳内

(2)该同学找来一个多用表，用欧姆挡“X10。”粗测金属棒的电阻，发现指针偏转角度过大,

他应换用挡(填“x1。”或“X1000”),换挡后欧姆调零再次测量时指针静止如图

丙所示，则金属棒的阻值氏约为0。

(3)为了精确地测量金属棒的电阻，从而计算出电阻率，该同学将电流表4与阻值调为

Ro=O的电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，并在图丁虚线框画出测量原理图。

图丁

14.用图1所示的电路。测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供

使用的实验器材还有:双量程电流表：4(量程0〜0.6A,0〜34)；双量程电压表:U(量程0〜3V,

0-15K)；滑动变阻器：％(阻值范围。〜200,额定电流24)；滑动变阻器：/??(阻值范围。〜

10000,额定电流1A)

(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为4电压表的量程为

V,应选用滑动变阻器(填写滑动变阻器符号)。

(2)根据图1正确连接图2中的实物电路，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片尸应处于正确的

位置并选择正确的电表量程进行连接。

图2图3

(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数/和电压表示数U,利用这些数据在图3中画出了

U-/图线。由图象可以得出，此干电池的电动势E=V,内阻r=

(4)引起该实验的系统误差的主要原因是。

4由于电流表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小

区由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大

C.由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小

D由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大

16.质量为m=0.60kg的篮球从距地板H=0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹

上升的最大高度九=0.45m,从释放到弹跳至〃高处经历的时间t=1.0s。忽略空气阻力作用，

重力加速度取g=10m/s2,求：

(1)篮球刚接触地板时和反弹离地时的速度大小；

(2)篮球对地板的平均撞击力；

(3)篮球与地板撞击过程中损失的机械能4E。

17.矩形线框Hcd的边长分别为k、12,可绕它的一条对称轴。。'转动，匀&

强磁场的磁感应强度为B,方向与0。'垂直，初位置时线框平面与B平行，如"J.

图所示。|卜

(1)初位置时穿过线框的磁通量6为多少？」一,—L

(2)当线框沿如图所示方向绕过60°时，磁通量我为多少？这一过程中磁通量

的变化4%为多少？

18.如图所示的电路中，电源的电动势E为3.2V,电阻R的阻

值为300,小灯泡L的额定电压为3.0V,额定功率为4.5小，当

开关S接位置1时，电压表的读数为3.0U,求：

(1)电源的内阻；

(2)当开关S接位置2时，小灯泡L中的电流；

(3)此时小灯泡乙能正常发光吗？实际功率是多少？

19.如图所示为示波管的原理图，在A板和电子枪之间加电压使电子枪K发射出的电子经电

压由加速后沿中心线进入偏转电场，在电场力作用下发生偏转，电子最终打在右侧荧光屏上

的P点。已知M、N之间的电场可视为匀强电场，偏转电极M、N之间的间距为"，极板长

度为人，偏转电压为极板右边缘到荧光屏的距离为功。电子从电子枪发射时初速度可不

计，电子电荷为e、质量为m,电子重力忽略不计。求：

(1)电子经电压力加速后的速度大小V；

(2)电子从偏转电场射出时的侧移量y；

(3)荧光屏上的点尸到屏的中心位。的距离匕

20.如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆

形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.40mo

轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0x

104N/C1,现有一电荷量q=+1.0x10-%,质量m=0.10kg

的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的尸点由静止释放，

已知P点与圆形轨道最低点8距离s=2.5m,带电体与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.50,

重力加速度g=10m/s2,取7~攵=1.4o求：

(1)带电体运动到圆形轨道的最高点C时，对轨道的压力大小？

(2)带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到8点的距离？

(3)带电体在轨道上运动时最大的动能是多少？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、紫外线和y射线。故。正确。

A3C错误，

故选：Do

电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和y射线.

本题考查对电磁波谱的掌握情况，属于识记类问题，要求能根据波长或频率的大小关系牢记相应

电磁波并掌握它们各自的性质和应用.

2.【答案】D

【解析】解：感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，

A、导体顺着磁感线运动，通过闭合电路的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；

8、条形磁铁插入线圈中不动时，线圈中没有磁通量的变化，从而不会产生感应电流，故B错误；

C、小螺线管4插入大螺线管8中不动，开关S一直接通时，通过闭合回路的磁通量不变，不会

产生感应电流，故C错误；

。、小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，电路中

电流发生改变，A产生的磁场发生变化，8中的磁通量发生变化，产生感应电流，故。正确；

故选：D。

根据感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生。

对于判断有无感应电流产生对照感应电流产生的条件，一定要抓住两点：一是电路要闭合；二是

磁通量要变化。

3.【答案】B

【解析】解：AB、由闭合电路欧姆定律得

U=E-lr,

当/=0时，E=U,由。与纵轴的交点读出电动势为E=3.6（根据两图线交点处的状态可知，

将它们组成闭合回路时路端电压为U=2.5乙电流为/=0.24,则电池的内阻为

故4错误，8正确；

C、硅光电池的输出功率

P,/;=U/=2.5x0.2W=0.5W,

故C错误；

C、硅光电池的效率为

n=M100%=gX100%=gx100%=69.4%,

故o错误；

故选：Bo

由闭合电路欧姆定律得〃=后-/「，当/=0时，E=U,由图可知电池的电动势；根据欧姆定律

求出硅光电池的内阻；根据功率公式可求得输出功率。

该题考查了对U-/图象的理解能力，对于线性元件欧姆定律可以直接利用；但对于非线性元件不

能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的U-/曲线研究斜率得到。

4.【答案】C

【解析】解：4电源最大输出功率即电阻箱最大消耗功率，由图可知为45W,不会大于45W,故

A错误；

E石2

BC.电源的输出功率可表示为P=/2R=（急）27?=需一，当R=r时，输出功率最大，最大值

-R-+4r

为&=交，代入图中数据解得E=30U,r=50；电源的输出功率为P=/R=（七）2R,外电路

4丁K~vT

阻值R分别为20和12.5。时，代入上述表达式可知，电路的输出功率相等，故B错误，C正确；

p[2Rn

。・电阻箱所消耗功率尸最大时，R=r,电源效率为4=六*100%=露=*100%=4入

厂总1（X+r）八十r

D

100%=-£-x100%=50%,故。错误。

故选：Co

电源最大输出功率即电阻箱最大消耗功率，根据图像能判断出电源的最大输出功率；

电源输出功率最大时即内电阻和外电阻相等时，根据图像可求电源电动势；

P

电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率4=/计算电源的效率；

总

本题考查电功率的计算，要注意明确电路输出功率为最大时为内电阻和外电阻相等，

5.【答案】ABD

【解析】

【分析】

本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于竖直方向的运动，关键是找出小球的

运动的一般规律，然后分析计算。

将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直

方向在无电场区做匀加速运动，有电场区做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式

分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律。

【解答】

4将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直

以速度为做匀速直线运动，故A正确。

B、小球在电场区时，受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，若电场力与重力大小相等，二力

平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确。

C、若场强大小为器，则电场力等于〃火，在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速

运动，故经过每个电场区时小球匀速运动的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不

等，故C错误。

D、当场强大小为驾，电场力等于2〃?g,在电场区小球所受的合力大小等于，叫，方向竖直向上，

加速度大小等于g,方向竖直向上，根据运动学公式，有

经过第一个无电场区d=gg厅

%=gh

经过第一个电场区

1

d=

v2=v1-gt2

由①②③④联立解得

G=，2

=0

接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都

是末速度为零匀减速直线运动，因此，小球经过两电场区的时间相等，故。正确。

故选：ABD。

6.【答案】A

【解析】解：将圆环等分〃小段，每段看作点电荷，带电量q=：

根据电场强度的决定式，每个点电荷在P处的场强E=上/=就不

由对称性可知，各小段在P处的场强垂直于轴方向的分量抵消，沿轴向的分量之和为带电圆环在

kQ_____L_kQL

产处的场强，大小为°=71

22

MR?+/）JR+LJ（12；R2）3

故A正确，BCD错误;

故选：A«

本题将圆环微分，看成点电荷，根据点电荷场强公式，结合对称性，即可解答。

本题考查学生对点电荷场强公式以及电场叠加的掌握，难度不高，比较基础。

7.【答案】B

【解析】解：A、当开关S保持闭合时，则两极板间的电势差保持不变，将A板向上移一小段距

离后，则两极板间的电势差保持不变，静电计指针的张角不变，故A错误；

B、当开关S保持闭合时，则两极板间的电势差保持不变，根据公式E=习可知，将8板下移一小

段距离后，两极板间的电场强度减小，电场力减小，故油滴向下运动，故B正确；

c、当开关s断开时，电容器的电荷量保持不变，根据公式c=品，（2=0/以及。=后＜/联立可

得：E=赞，当8板下移，d增大,场强不变，尸点到B板的距离变大，则P点电势增大，电势

能减小，故c错误；

D、当在A、尸间插入玻璃板时，介电常数变大，则E变小，从而使电场力gE小于油滴重力，则

油滴向下运动，故。错误。

故选：瓦

根据开关的状态得出过程中的不变量，根据公式C=黑，Q=CU以及U=Ed从而得出场强和电

471kd

势能的变化。

本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当

电容器与电源断开，则电荷量不变.同时掌握电容的定义式与决定式的内容，并在理解的基础上

记住结论.

8.【答案】B

【解析】解：A、由运动轨迹如图可知，〃做曲线运动，由于电场线方向未知，故人电性不

能确定，故A错误.

8、根据纵6两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，人所处的电场线变密，电场

强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；4所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的

电场力在减小，加速度在减小，故B正确.

CD,根据图知以b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，其动能都增大，

其电势能都减小，故错误.

故选：B.

物体做曲线运动的条件：力与速度不共线，要明确力和运动轨迹间的关系；电场力做功与电势能、

动能的关系，电场线与电场强度的关系判断即可.

先有曲线运动的条件判断电场力的方向；明确电场力做功与电势能、动能的关系.

9.【答案】AC

【解析】解：AC、在击打过程中，朱婷与球组成的系统水平方向不受外力，竖直方向受到重力，

合外力不为零，受力不平衡，所以系统动量不守恒，水平方向动量守恒，故AC正确；

氏由于朱婷击打球的过程中消耗体能，所以朱婷击打球后朱婷与球组成的系统的动能增大，故3

错误；

。、在击打过程中朱婷与球组成的系统水平方向动量守恒，则朱婷与球在水平方向的动量变化量

大小相等，方向相反，动量变化量不等，故。错误。

故选：AC。

根据动量守恒条件：合外力为零，分析动量是否守恒；根据能量的转化情况分析系统的动能的变

化；根据水平方向的合外力是否为零，分析水平方向动量是否守恒。结合动量守恒定律分析朱婷

与球在水平方向的动量变化量关系。

本题考查动量守恒定律和能量守恒定律。对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用

或某一方向不受外力作用（或合外力为零），能够分析击球过程中能量的转化情况。

10.【答案】BC

X

【解析】解：A、原子核在电场中做类平抛运动：t=诟，初速度相同，水平位移不同，故运动时

间不同，故A错误；

B、根据牛顿第二定律可得加速度：a吟,可知，质量之比为1：2：3,则加速度的＞。2＞。3，

故B正确；

C、原子核在平行电场线方向做匀加速运动，根据y=2at2,可知，加速度最小，运动时间最

长，落在A点的原子核时间最长，故C正确；

。、根据：Uq=Ek'-Ek而初动能取=：m诏。可知，三个原子核初动能不同，电场力做功相同，

故末动能不同，故。错误。

故选：BC.

三个粒子垂直射入匀强电场中都做类平抛运动，根据水平方向的匀速直线运动规律比较时间；

根据粒子的偏转方向分析粒子受到的电场力方向，根据牛顿第二定律比较加速度；

粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，根据牛顿第二定律和位移公式写出偏转量的表达式,

再分析水平位移与质量的关系；

写出电场力做功的表达式分析电场力做功关系。

解决该题的关键要掌握类平抛运动问题的处理方法：运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学

公式得到竖直分位移表达式，根据表达式进行分析。

11.【答案】BCD

【解析】解：4当干路中的电流达到最大时，定值电阻％消耗的功率最大，此时外电路的总电阻

应最小，即滑动变阻器的滑片应置于6端，故A错误；

8.根据闭合电路欧姆定律有

U

E=U+（瓦+/）&+%）

变形可得

R，2F+，i)

/?2+r+RiRz+r+Ri

所以

AU_&&+&)6x(2+1)

0=20

4//?2+r+Ri2+1+6

由此可知，电压表示数变化与电流表示数变化的比值保持不变，故8正确;

C.电源的效率为

P出R1

1=kX100%=7^-7—x100%=——Fx100%

P总R+r1+殳

由此可知，随着外电路电阻及减小，电源的效率减小；当外电路的电阻等于电源内阻时，电源的

输出功率达到最大，即

R2R3

r=&+

R2+R3

代入数据解得

R3=1.20

所以当滑片由。端向b端移动的过程中，电源的输出功率先增大后减小，故C正确；

。.利用等效电源法，除滑动变阻器之外的其它部分当作新电源的一部分，则

,R26

E'=n,,nE=…,x6V=4V

/?2+r+/?i2+1+6

J?2(/?1+r)6X(2+1)

R2+r+RA~2+1+6

所以当R3的阻值与新电源的内阻相等时，新电源的输出功率达到最大，/?3消耗的功率最大，即

故。正确。

故选；BCD。

先分析外电路总电阻的变化情况，从而判断出电流表的示数变化情况，由路端电压与外电阻的关

系分析电压表示数的变化情况。当内外电阻差值最小时电源的输出功率最大。

解决本题的关键要判断外电阻与路端电压、电流的关系。知道当电源内阻与外电阻相等时，电源

的输出功率最大，然后结合闭合电路欧姆定律进行分析判断。

12.【答案】BC

【解析】解：AB、若两根导线中电流均向内，由安培定则可知，它们在。点磁感应强度恰好等大、

反向，故。点合磁感应强度为零，同理可知，E、尸两点磁感应强度如图1所示

图1

故E、尸两点的合磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误，B正确；

C、设M中电流向内、N中电流向外，分别在E、G的磁感应强度如图2所示，可知E、F两点的

合磁感应强度相等，故C正确：

D、若M、N中电流均向内，分别在E、G的磁感应强度如图3所示,

8左

图3

则E、G两点的合磁感应强度大小相等，方向不同，以此类推，可知无论两根导线中电流同向还

是反向，E、F、G三点的磁感应强度大小都相等，故。错误；

故选：BC。

根据右手螺旋定则确定两根导线在0、E、F、G四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。

解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进

行合成。

13.【答案】2.150102.30xW1729900

【解析】解：(1)由图知，螺旋测微器的精度为O.Olnun,而其固定刻度为2〃?〃?，可动刻度读数为

15.0x0.01mm=0.150mm,故金属棒的直径为2mm+0.150mm=2.150mm。

游标卡尺的精度为0.05nmi,而主尺读数为10.2cm=102nun,游标尺第6条和主尺对应最齐，故

游标尺读数为6x0.05mm=0.30mm,故金属棒的长度为102nlm+0.30mm=102.30m?n；

(2)指针偏转角度过大，说明表盘指针刻度值过小，使指针偏转至中间刻度附近应换用小倍率，即

换用x10。

由图知，刻度值约为170,又倍率为x10,故金属棒的阻值约为170；

6

(3)根据电路特点，串联电阻分担电压为：U0=6V-200xIO-x100K=5.981/

根据欧姆定律有：&=曹=焉力=299000

igzUUXlU

测量原理图如图所示：

故答案为：(1)2.150,102.30；(2)xW,17；(3)29900,测量原理图如解析所示。

(1)根据螺旋测微器和游标卡尺的读数规则，可以得出金属棒的直径和长度；

(2)根据欧姆表的工作原理，可知换用的倍率，根据读数规则可读出金属棒的阻值；

(3)根据电表改装的原理，可以求出需串联电阻，根据测量金属棒的电阻的原理，可以画出测量原

理图。

本题考查测定金属的电阻率，在使用螺旋测微器和游标卡尺时，要注意螺旋测微器需要估读，而

游标卡尺不需要估读。

14.【答案】0〜0.60〜3%1.451.34

【解析】解：(1)一节干电池的电动势约为1.5V,则电

压表选3V量程，应用伏安法测一节干电池电动势与内

答国：

阻时，最大电流约为零点几安培，则电流表选择0.64量程，为方便实验操作，滑动变阻器应选心；

(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示。

(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数/和电压表示数U,利用这些数据在图丙中画出了U-/

图线。

电源U-/图象与纵轴交点坐标值是电动势的测量值，图象斜率绝对值是电源内阻测量值。

由图象可知，电动势测量值E=1.45IZ,电源内阻「=当=席"0=1.30；

(4)由电路图可知，相对于电源来说电流表采用了外接法，由于电压表的分流产生了系统误差。

引起该实验的系统误差的主要原因是由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出

的电流小，故A正确，8CZ)错误；

故选：Ao

故答案为：(1)0-0.6；0-3；%；(2)见答图1；(3)1.45；1.3；(4)4。

(1)根据电路最大电流选择电流表量程，根据电源电动势选择电压表量程，在保证安全的前提下,

应选最大阻值较小的滑动变阻器；

(2)根据电路图连接实物电路图；

(3)电源U-/图象与纵轴交点坐标值是电动势的测量值，图象斜率是电源内阻测量值；

(4)由电路图可知，相对于电源来说电流表采用了外接法，由于电压表的分流产生了系统误差。

本题考查了实验器材的选择，选择实验器材时要掌握一下原则：安全性原则、精确性原则、方便

实验操作性原则。

电学实验产生的系统误差一般都来自电压表的分流和电流表的分压，正确分析误差是解答本题的

关键，同时要结合数学知识理解图象斜率和截距的含义。

15.【答案】解：对小球受力分析如图所示,

mg

根据小球平衡可知电场力向右，沿电场线的方向，故小球带正电，根据共点力平衡条件可知:

qE

tan60°=

mg

解得：E号

答：(1)带电小球带正电：(2)电场强度的大小为

q

【解析】对小球受力分析，根据共点力平衡条件进行分析，从而分析电性，并解得电场强度大小。

本题考查电场力与电场强度的关系，解题关键掌握小球的受力分析，注意电场力的计算公式。

16.【答案】解：(1)设篮球刚接触地板时的速度大小为巧；反弹离地时的速度大小为玲，由动能

定理得：

下落过程：mgH=mvl

代入数据解得：vt=4m/s

上升过程：—mgh=0—1771V2

代入数据解得：v2=3m/s

(2)设篮球从〃高处下落到地板所用时间为口，上升的时间为12，由运动学公式得：

下落过程：-gtiti=J==0.4s

上升过程：v2=gt212=藁=景=0.3s

篮球与地板接触时间为：△t=t一(匕+12)=1-(0.4+0.3)s=0.3s

地板对篮球的平均撞击力F-,取竖直向上为正方向，由动量定理得：

(F—mg)△t=mv2-(一机女)

代入数据解得：F=20N

根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力为：F'=20N,方向向下

(3)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：

△E=mgH—mgh.=0.6x10x(0.8—0.45)/=2.1/

答：(1)篮球刚接触地板时和反弹离地时的速度大小分别为4m/s、3m/s

(2)篮球对地板的平均撞击力为20M方向向下

(3)篮球与地板撞击过程中损失的机械能4E为2.1J

【解析】(1)用动能定理求速率

(2)用自由落体规律求时间，再用动量定理求作用力

(3)用能量守恒定律求解

本题考查自由落体运动、动能定理、动量定理、能量守恒定律，要注意篮球运动过程：下落、碰

地、反弹上升，注意速度的矢量性。

17.【答案】解：(1)线框在初始位置时，线框平面与磁场平行，有效面积为零，则%=0。

(2)当线框绕轴00'沿图示方向转过60。时，线框与B的夹角为60。，则

①2=B-Ssin600=-BS=-Bl1l2

这一过程中穿过线框的磁通量的变化量为

yT3

=①一①0="-BliG

答：(1)初位置时穿过线框的磁通量初为0;

(2)穿过线框的磁通量。2为?引1，2,这一过程中穿过线框的磁通量的变化量为?引1，2。

【解析】(1)线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量中=BS,B是

磁感应强度，S是线圈的面积.当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量。=0;

(2)磁场与线圈既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据。=BSsin。(。是线圈平面与磁

场方向的夹角)求解，根据初末磁通量即可求出磁通量的变化。

对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式。=BSsin火。是线圈平面与磁场方向的

夹角)来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况.注意夹角。不是磁场与线圈平面的夹

角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈.

18.【答案】解：⑴当开关接1时，电阻R的电流/=2=24=0.14,

K3U

根据闭合电路欧姆定律后={/+/「，代入3.2=3+O.lr；可得r=2D；

(2)灯泡的额定电流勿=卒=警4=1.54,电阻&=牛==2。

ULD*LLD

FQ9

当开关接2时，灯泡电流4'=各=彩=0.84；

(3)根据(2)当开关接2时，灯泡电流//=急=急=0.84小于灯泡的额定电流，实际功率小

于其额定功率，则灯泡L不能正常发光.

22

实际功率是P=IL'RL=0.8x2W=1.28W；

答：(1)电源的内阻20；

(2)当开关S接位置2时，小灯泡乙中的电流0.8A；

(3)灯泡L不能正常发