2022-2023學(xué)年北京市海淀區(qū)高二（上）期末物理試卷、答案解析（附后）

2022-2023學(xué)年北京市海淀區(qū)高二(上)期末物理試卷

1.電磁波包含y射線、紅外線、紫外線、無線電波等，按波長由長到短的排列順序是()

A.紅外線、無線電波、y射線、紫外線B.y射線、紅外線、紫外線、無線電波

C.紫外線、無線電波、y射線、紅外線D.無線電波、紅外線、紫外線、y射線

2.下列情況能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()

A.如圖(a)所示，導(dǎo)體AB順著磁感線運動

B.如圖(b)所示，條形磁鐵插入線圈中不動時

C.如圖(c)所示，小螺線管A插入大螺線管8中不動，開關(guān)S一直接通時

D.如圖(c)所示，小螺線管A插入大螺線管8中不動，開關(guān)S一直接通，當(dāng)改變滑動變阻器

阻值時

3.硅光電池具有低碳環(huán)保的優(yōu)點.如圖所示，圖線。是該電池

在某光照強度下路端電壓U和電流/的關(guān)系圖象，圖線b是某電

阻R的U-/圖象.在該光照強度下將它們組成閉合回路，則硅

光電池的()

A.電動勢為5V

B.內(nèi)阻為5.50

C.輸出功率為0.72W

D.效率為50%

4.將一電源與一電阻箱連接成閉合回路，測得電阻箱所消耗功率y狀

P隨電阻箱讀數(shù)R變化的曲線如圖所示，由此可知（）

A.電源最大輸出功率可能大于45W

B.外電路阻值分別為2。和80時，電路的輸出功率相等

C.電源電動勢為30V

D.電阻箱所消耗功率「最大時，電源效率大于50%

5.如圖所示，豎直平面內(nèi)存在著兩個方向豎直向上的相同帶一「

狀勻強電場區(qū)，電場區(qū)的高度和間隔均為d,水平方向足夠長d

一個質(zhì)量為加、電荷量為+q的小球以初速度盯在距離電場上方

d處水平拋出，不計空氣阻力，貝歐）d

A.小球在水平方向一直做勻速直線運動捫二

B.小球在電場區(qū)可能做直線運動

C.若場強大小為等，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時間相等

D.若場強大小為等，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時間相等

6.如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q,半徑為R,圓心為‘

O,P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP=L（L>R）,則P點（R

的場強強度為（）

kQL

A，J（￡R2）3

kQL

B，J（L2-/?2）3

「kQ

c?笆

D.當(dāng)

L2

7.如圖所示，水平正對的金屬板A、8與干電池連接，8板接地，

靜電計的電荷量導(dǎo)線以及電池的內(nèi)阻均不計。開關(guān)S閉合，一帶負

電的油滴靜止于兩板間的P點。下列說法正確的是（）

A.若僅將4板上移一些，則靜電計指針的張角減小砂電計

B.若僅將B板下移一些，則油滴向下運動

C.若斷開S,且僅將B板下移一些，則油滴的電勢能增大

D.若斷開S,且僅在A、P間插入玻璃板，則油滴向上運動

8.如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，“、6兩帶電粒子

從電場中的。點以相同的初速度飛出.僅在電場力作用下，兩

粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（）

A.a一定帶正電，〃一定帶負電B.a的加速度減小，b的加速度增大

C.a的電勢能減小，6的電勢能增大D.a的動能減小，匕的動能增大

9.如圖所示，在世界女排大獎賽中，中國球員朱婷豎直跳起，恰好在

她達最高點時將水平飛來的排球迎面擊出，排球以更大的速率水平返回，

直接落在對方的場地上，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是（）

A.在擊打過程中朱婷與球組成的系統(tǒng)動量不守恒

B.擊打前后瞬間朱婷與球組成的系統(tǒng)的動能相等

C.朱婷與球在水平方向動量守恒

D.朱婷與球在水平方向的動量變化量相等

CBA=

A.三個原子核在電場中運動的時間相等

B.：“、包、；”的加速度關(guān)系是由>C12>

C.落在A點的原子核是

D.三個原子核剛到達下板時的動能相等

11.如圖所示，電源電動勢E=6V,內(nèi)阻r=20,/?!=in,R2=6fl,R3最大阻值為300,

電流表和電壓表均為理想表。當(dāng)滑動變阻器角的滑片由。向方端移動過程中，以下說法正確

的是（）

A.當(dāng)滑動變阻器的滑片在“端時，&功率最大

B.電壓表示數(shù)變化4U與電流表示數(shù)變化4/的比值一定保持不變

C.電源輸出效率一直減小，電源輸出功率先增大后減小

D.當(dāng)危=20時，/?3消耗功率最大，最大值為2W

12.如圖所示，E、F、G、例、N是在紙面內(nèi)圓上的五個點，其中..

EG、的連線均過圓心。點，EFJ.MN,在M、N兩點處垂直于/',沖、、

紙面放置兩根相互平行的長直細導(dǎo)線，兩根導(dǎo)線中分別通有大小相工,

（）

等的電流，已知通電直導(dǎo)線形成的磁場在空間某點處的磁感應(yīng)強度/;;

大小B=H，&為常量，，為該點到導(dǎo)線的距離，/為導(dǎo)線中的電流'+…JF

強度。則下列說法中正確的是（）

A.若兩根導(dǎo)線中電流同向，則。點磁感應(yīng)強度不為零

B.若兩根導(dǎo)線中電流同向，則E、F兩點磁感應(yīng)強度大小相等

C.若兩根導(dǎo)線中電流反向，則￡G兩點磁感應(yīng)強度相同

D.無論兩根導(dǎo)線中電流同向還是反向，E、F、G三點的磁感應(yīng)強度大小不相等

13.某同學(xué)想設(shè)計一個實驗測量某金屬棒的電阻率，提供的器材有:

4電流表4（滿偏電流/g=2OOM-內(nèi)阻Rg=loon）

B.電流表4（量程為0.64內(nèi)阻約為0.40）

C.電阻箱Ro（O~99999.90）

?；瑒幼冏杵鱎（0?50,最大允許電流2A）

￡干電池組（電動勢6匕內(nèi)阻約為0.050）

立一個開關(guān)我和導(dǎo)線若干

（1）如圖甲所示，用螺旋測微器測得金屬棒的直徑C=mm；如圖乙所示，用20分度游

標卡尺測得金屬棒的長度L=mm.

閣甲用乙陽內(nèi)

(2)該同學(xué)找來一個多用表，用歐姆擋“X10?！贝譁y金屬棒的電阻，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大,

他應(yīng)換用擋(填“x1?！被颉癤1000”),換擋后歐姆調(diào)零再次測量時指針靜止如圖

丙所示，則金屬棒的阻值氏約為0。

(3)為了精確地測量金屬棒的電阻，從而計算出電阻率，該同學(xué)將電流表4與阻值調(diào)為

Ro=O的電阻箱串聯(lián)改裝成量程為6V的電壓表，并在圖丁虛線框畫出測量原理圖。

圖丁

14.用圖1所示的電路。測定一節(jié)舊干電池的電動勢和內(nèi)阻。除電池、開關(guān)和導(dǎo)線外，可供

使用的實驗器材還有:雙量程電流表：4(量程0?0.6A,0?34)；雙量程電壓表:U(量程0?3V,

0-15K)；滑動變阻器：％(阻值范圍。?200,額定電流24)；滑動變阻器：/??(阻值范圍。?

10000,額定電流1A)

(1)為了調(diào)節(jié)方便，測量精度更高，實驗中應(yīng)選用電流表的量程為4電壓表的量程為

V,應(yīng)選用滑動變阻器(填寫滑動變阻器符號)。

(2)根據(jù)圖1正確連接圖2中的實物電路，注意閉合開關(guān)時滑動變阻器的滑片尸應(yīng)處于正確的

位置并選擇正確的電表量程進行連接。

圖2圖3

(3)通過多次測量并記錄對應(yīng)的電流表示數(shù)/和電壓表示數(shù)U,利用這些數(shù)據(jù)在圖3中畫出了

U-/圖線。由圖象可以得出，此干電池的電動勢E=V,內(nèi)阻r=

(4)引起該實驗的系統(tǒng)誤差的主要原因是。

4由于電流表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電源實際輸出的電流小

區(qū)由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電源實際輸出的電流大

C.由于電流表的分壓作用造成電壓表讀數(shù)總是比路端電壓小

D由于電流表的分壓作用造成電壓表讀數(shù)總是比路端電壓大

16.質(zhì)量為m=0.60kg的籃球從距地板H=0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈

上升的最大高度九=0.45m,從釋放到彈跳至〃高處經(jīng)歷的時間t=1.0s。忽略空氣阻力作用，

重力加速度取g=10m/s2,求：

(1)籃球剛接觸地板時和反彈離地時的速度大??；

(2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Γ?/p>

(3)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能4E。

17.矩形線框Hcd的邊長分別為k、12,可繞它的一條對稱軸。。'轉(zhuǎn)動，勻&

強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方向與0。'垂直，初位置時線框平面與B平行，如"J.

圖所示。|卜

(1)初位置時穿過線框的磁通量6為多少？」一,—L

(2)當(dāng)線框沿如圖所示方向繞過60°時，磁通量我為多少？這一過程中磁通量

的變化4%為多少？

18.如圖所示的電路中，電源的電動勢E為3.2V,電阻R的阻

值為300,小燈泡L的額定電壓為3.0V,額定功率為4.5小，當(dāng)

開關(guān)S接位置1時，電壓表的讀數(shù)為3.0U,求：

(1)電源的內(nèi)阻；

(2)當(dāng)開關(guān)S接位置2時，小燈泡L中的電流；

(3)此時小燈泡乙能正常發(fā)光嗎？實際功率是多少？

19.如圖所示為示波管的原理圖，在A板和電子槍之間加電壓使電子槍K發(fā)射出的電子經(jīng)電

壓由加速后沿中心線進入偏轉(zhuǎn)電場，在電場力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電子最終打在右側(cè)熒光屏上

的P點。已知M、N之間的電場可視為勻強電場，偏轉(zhuǎn)電極M、N之間的間距為"，極板長

度為人，偏轉(zhuǎn)電壓為極板右邊緣到熒光屏的距離為功。電子從電子槍發(fā)射時初速度可不

計，電子電荷為e、質(zhì)量為m,電子重力忽略不計。求：

(1)電子經(jīng)電壓力加速后的速度大小V；

(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y；

(3)熒光屏上的點尸到屏的中心位。的距離匕

20.如圖所示，水平絕緣軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓

形絕緣光滑軌道BC平滑連接,半圓形軌道的半徑R=0.40mo

軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E=1.0x

104N/C1,現(xiàn)有一電荷量q=+1.0x10-%,質(zhì)量m=0.10kg

的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的尸點由靜止釋放，

已知P點與圓形軌道最低點8距離s=2.5m,帶電體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)〃=0.50,

重力加速度g=10m/s2,取7~攵=1.4o求：

(1)帶電體運動到圓形軌道的最高點C時，對軌道的壓力大?。?/p>

(2)帶電體第一次經(jīng)過C點后，落在水平軌道上的位置到8點的距離？

(3)帶電體在軌道上運動時最大的動能是多少？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：按照波長從大到小的順序依次是無線電波、紅外線、紫外線和y射線。故。正確。

A3C錯誤，

故選：Do

電磁波譜按照波長從大到小的順序依次是無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線和y射線.

本題考查對電磁波譜的掌握情況，屬于識記類問題，要求能根據(jù)波長或頻率的大小關(guān)系牢記相應(yīng)

電磁波并掌握它們各自的性質(zhì)和應(yīng)用.

2.【答案】D

【解析】解：感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，

A、導(dǎo)體順著磁感線運動，通過閉合電路的磁通量不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯誤；

8、條形磁鐵插入線圈中不動時，線圈中沒有磁通量的變化，從而不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B錯誤；

C、小螺線管4插入大螺線管8中不動，開關(guān)S一直接通時，通過閉合回路的磁通量不變，不會

產(chǎn)生感應(yīng)電流，故C錯誤；

。、小螺線管A插入大螺線管B中不動，開關(guān)S一直接通，當(dāng)改變滑動變阻器的阻值時，電路中

電流發(fā)生改變，A產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化，8中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，故。正確；

故選：D。

根據(jù)感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化進行分析判斷有無感應(yīng)電流產(chǎn)生。

對于判斷有無感應(yīng)電流產(chǎn)生對照感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件，一定要抓住兩點：一是電路要閉合；二是

磁通量要變化。

3.【答案】B

【解析】解：AB、由閉合電路歐姆定律得

U=E-lr,

當(dāng)/=0時，E=U,由。與縱軸的交點讀出電動勢為E=3.6（根據(jù)兩圖線交點處的狀態(tài)可知，

將它們組成閉合回路時路端電壓為U=2.5乙電流為/=0.24,則電池的內(nèi)阻為

故4錯誤，8正確；

C、硅光電池的輸出功率

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

故C錯誤；

C、硅光電池的效率為

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

故o錯誤；

故選：Bo

由閉合電路歐姆定律得〃=后-/「，當(dāng)/=0時，E=U,由圖可知電池的電動勢；根據(jù)歐姆定律

求出硅光電池的內(nèi)阻；根據(jù)功率公式可求得輸出功率。

該題考查了對U-/圖象的理解能力，對于線性元件歐姆定律可以直接利用；但對于非線性元件不

能直接利用歐姆定律求解；同時對于電源的內(nèi)阻往往根據(jù)電源的U-/曲線研究斜率得到。

4.【答案】C

【解析】解：4電源最大輸出功率即電阻箱最大消耗功率，由圖可知為45W,不會大于45W,故

A錯誤；

E石2

BC.電源的輸出功率可表示為P=/2R=（急）27?=需一，當(dāng)R=r時，輸出功率最大，最大值

-R-+4r

為&=交，代入圖中數(shù)據(jù)解得E=30U,r=50；電源的輸出功率為P=/R=（七）2R,外電路

4丁K~vT

阻值R分別為20和12.5。時，代入上述表達式可知，電路的輸出功率相等，故B錯誤，C正確；

p[2Rn

。?電阻箱所消耗功率尸最大時，R=r,電源效率為4=六*100%=露=*100%=4入

廠總1（X+r）八十r

D

100%=-￡-x100%=50%,故。錯誤。

故選：Co

電源最大輸出功率即電阻箱最大消耗功率，根據(jù)圖像能判斷出電源的最大輸出功率；

電源輸出功率最大時即內(nèi)電阻和外電阻相等時，根據(jù)圖像可求電源電動勢；

P

電阻箱所消耗功率P最大時，電源效率4=/計算電源的效率；

總

本題考查電功率的計算，要注意明確電路輸出功率為最大時為內(nèi)電阻和外電阻相等，

5.【答案】ABD

【解析】

【分析】

本題將小球的運動沿水平方向和豎直方向正交分解后，對于豎直方向的運動，關(guān)鍵是找出小球的

運動的一般規(guī)律，然后分析計算。

將小球的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，其水平方向不受外力，做勻速直線運動，豎直

方向在無電場區(qū)做勻加速運動，有電場區(qū)做勻變速運動，但加速度不同，運用速度時間關(guān)系公式

分析，可以得到小球在豎直方向的運動規(guī)律。

【解答】

4將小球的運動沿著水平方向和豎直方向進行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直

以速度為做勻速直線運動，故A正確。

B、小球在電場區(qū)時，受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力，若電場力與重力大小相等，二力

平衡，小球能做勻速直線運動，故B正確。

C、若場強大小為器，則電場力等于〃火，在電場區(qū)小球所受的合力為零，在無電場區(qū)小球勻加速

運動，故經(jīng)過每個電場區(qū)時小球勻速運動的速度均不等，因而小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均不

等，故C錯誤。

D、當(dāng)場強大小為駕，電場力等于2〃?g,在電場區(qū)小球所受的合力大小等于，叫，方向豎直向上，

加速度大小等于g,方向豎直向上，根據(jù)運動學(xué)公式，有

經(jīng)過第一個無電場區(qū)d=gg廳

%=gh

經(jīng)過第一個電場區(qū)

1

d=

v2=v1-gt2

由①②③④聯(lián)立解得

G=，2

=0

接下來小球的運動重復(fù)前面的過程，即每次通過無電場區(qū)都是自由落體運動，每次通過電場區(qū)都

是末速度為零勻減速直線運動，因此，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時間相等，故。正確。

故選：ABD。

6.【答案】A

【解析】解：將圓環(huán)等分〃小段，每段看作點電荷，帶電量q=：

根據(jù)電場強度的決定式，每個點電荷在P處的場強E=上/=就不

由對稱性可知，各小段在P處的場強垂直于軸方向的分量抵消，沿軸向的分量之和為帶電圓環(huán)在

kQ_____L_kQL

產(chǎn)處的場強，大小為°=71

22

MR?+/）JR+LJ（12；R2）3

故A正確，BCD錯誤;

故選：A?

本題將圓環(huán)微分，看成點電荷，根據(jù)點電荷場強公式，結(jié)合對稱性，即可解答。

本題考查學(xué)生對點電荷場強公式以及電場疊加的掌握，難度不高，比較基礎(chǔ)。

7.【答案】B

【解析】解：A、當(dāng)開關(guān)S保持閉合時，則兩極板間的電勢差保持不變，將A板向上移一小段距

離后，則兩極板間的電勢差保持不變，靜電計指針的張角不變，故A錯誤；

B、當(dāng)開關(guān)S保持閉合時，則兩極板間的電勢差保持不變，根據(jù)公式E=習(xí)可知，將8板下移一小

段距離后，兩極板間的電場強度減小，電場力減小，故油滴向下運動，故B正確；

c、當(dāng)開關(guān)s斷開時，電容器的電荷量保持不變，根據(jù)公式c=品，（2=0/以及。=后＜/聯(lián)立可

得：E=贊，當(dāng)8板下移，d增大,場強不變，尸點到B板的距離變大，則P點電勢增大，電勢

能減小，故c錯誤；

D、當(dāng)在A、尸間插入玻璃板時，介電常數(shù)變大，則E變小，從而使電場力gE小于油滴重力，則

油滴向下運動，故。錯誤。

故選：瓦

根據(jù)開關(guān)的狀態(tài)得出過程中的不變量，根據(jù)公式C=黑，Q=CU以及U=Ed從而得出場強和電

471kd

勢能的變化。

本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵抓住不變量，當(dāng)電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當(dāng)

電容器與電源斷開，則電荷量不變.同時掌握電容的定義式與決定式的內(nèi)容，并在理解的基礎(chǔ)上

記住結(jié)論.

8.【答案】B

【解析】解：A、由運動軌跡如圖可知，〃做曲線運動，由于電場線方向未知，故人電性不

能確定，故A錯誤.

8、根據(jù)縱6兩粒子做曲線運動軌跡彎曲程度即電場線的疏密可知，人所處的電場線變密，電場

強度變強，所受的電場力在增大，加速度在增大；4所處的電場線變疏，電場強度變?nèi)酰艿?/p>

電場力在減小，加速度在減小，故B正確.

CD,根據(jù)圖知以b兩粒子的電場力、速度的夾角為銳角，電場力對電荷做正功，其動能都增大，

其電勢能都減小，故錯誤.

故選：B.

物體做曲線運動的條件：力與速度不共線，要明確力和運動軌跡間的關(guān)系；電場力做功與電勢能、

動能的關(guān)系，電場線與電場強度的關(guān)系判斷即可.

先有曲線運動的條件判斷電場力的方向；明確電場力做功與電勢能、動能的關(guān)系.

9.【答案】AC

【解析】解：AC、在擊打過程中，朱婷與球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向受到重力，

合外力不為零，受力不平衡，所以系統(tǒng)動量不守恒，水平方向動量守恒，故AC正確；

氏由于朱婷擊打球的過程中消耗體能，所以朱婷擊打球后朱婷與球組成的系統(tǒng)的動能增大，故3

錯誤；

。、在擊打過程中朱婷與球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則朱婷與球在水平方向的動量變化量

大小相等，方向相反，動量變化量不等，故。錯誤。

故選：AC。

根據(jù)動量守恒條件：合外力為零，分析動量是否守恒；根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化情況分析系統(tǒng)的動能的變

化；根據(jù)水平方向的合外力是否為零，分析水平方向動量是否守恒。結(jié)合動量守恒定律分析朱婷

與球在水平方向的動量變化量關(guān)系。

本題考查動量守恒定律和能量守恒定律。對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用

或某一方向不受外力作用（或合外力為零），能夠分析擊球過程中能量的轉(zhuǎn)化情況。

10.【答案】BC

X

【解析】解：A、原子核在電場中做類平拋運動：t=詬，初速度相同，水平位移不同，故運動時

間不同，故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律可得加速度：a吟,可知，質(zhì)量之比為1：2：3,則加速度的＞。2＞。3，

故B正確；

C、原子核在平行電場線方向做勻加速運動，根據(jù)y=2at2,可知，加速度最小，運動時間最

長，落在A點的原子核時間最長，故C正確；

。、根據(jù)：Uq=Ek'-Ek而初動能取=：m詔?？芍齻€原子核初動能不同，電場力做功相同，

故末動能不同，故。錯誤。

故選：BC.

三個粒子垂直射入勻強電場中都做類平拋運動，根據(jù)水平方向的勻速直線運動規(guī)律比較時間；

根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向分析粒子受到的電場力方向，根據(jù)牛頓第二定律比較加速度；

粒子豎直方向的偏轉(zhuǎn)量相同而水平位移不等，根據(jù)牛頓第二定律和位移公式寫出偏轉(zhuǎn)量的表達式,

再分析水平位移與質(zhì)量的關(guān)系；

寫出電場力做功的表達式分析電場力做功關(guān)系。

解決該題的關(guān)鍵要掌握類平拋運動問題的處理方法：運動的分解法，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)

公式得到豎直分位移表達式，根據(jù)表達式進行分析。

11.【答案】BCD

【解析】解：4當(dāng)干路中的電流達到最大時，定值電阻％消耗的功率最大，此時外電路的總電阻

應(yīng)最小，即滑動變阻器的滑片應(yīng)置于6端，故A錯誤；

8.根據(jù)閉合電路歐姆定律有

U

E=U+（瓦+/）&+%）

變形可得

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，電壓表示數(shù)變化與電流表示數(shù)變化的比值保持不變，故8正確;

C.電源的效率為

P出R1

1=kX100%=7^-7—x100%=——Fx100%

P總R+r1+殳

由此可知，隨著外電路電阻及減小，電源的效率減??；當(dāng)外電路的電阻等于電源內(nèi)阻時，電源的

輸出功率達到最大，即

R2R3

r=&+

R2+R3

代入數(shù)據(jù)解得

R3=1.20

所以當(dāng)滑片由。端向b端移動的過程中，電源的輸出功率先增大后減小，故C正確；

。.利用等效電源法，除滑動變阻器之外的其它部分當(dāng)作新電源的一部分，則

,R26

E'=n,,nE=…,x6V=4V

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

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

R2+r+RA~2+1+6

所以當(dāng)R3的阻值與新電源的內(nèi)阻相等時，新電源的輸出功率達到最大，/?3消耗的功率最大，即

故。正確。

故選；BCD。

先分析外電路總電阻的變化情況，從而判斷出電流表的示數(shù)變化情況，由路端電壓與外電阻的關(guān)

系分析電壓表示數(shù)的變化情況。當(dāng)內(nèi)外電阻差值最小時電源的輸出功率最大。

解決本題的關(guān)鍵要判斷外電阻與路端電壓、電流的關(guān)系。知道當(dāng)電源內(nèi)阻與外電阻相等時，電源

的輸出功率最大，然后結(jié)合閉合電路歐姆定律進行分析判斷。

12.【答案】BC

【解析】解：AB、若兩根導(dǎo)線中電流均向內(nèi)，由安培定則可知，它們在。點磁感應(yīng)強度恰好等大、

反向，故。點合磁感應(yīng)強度為零，同理可知，E、尸兩點磁感應(yīng)強度如圖1所示

圖1

故E、尸兩點的合磁感應(yīng)強度大小相等，方向不同，故A錯誤，B正確；

C、設(shè)M中電流向內(nèi)、N中電流向外，分別在E、G的磁感應(yīng)強度如圖2所示，可知E、F兩點的

合磁感應(yīng)強度相等，故C正確：

D、若M、N中電流均向內(nèi)，分別在E、G的磁感應(yīng)強度如圖3所示,

8左

圖3

則E、G兩點的合磁感應(yīng)強度大小相等，方向不同，以此類推，可知無論兩根導(dǎo)線中電流同向還

是反向，E、F、G三點的磁感應(yīng)強度大小都相等，故。錯誤；

故選：BC。

根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導(dǎo)線在0、E、F、G四點磁場的方向，根據(jù)平行四邊形定則進行合成。

解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關(guān)系，會根據(jù)平行四邊形定則進

行合成。

13.【答案】2.150102.30xW1729900

【解析】解：(1)由圖知，螺旋測微器的精度為O.Olnun,而其固定刻度為2〃?〃?，可動刻度讀數(shù)為

15.0x0.01mm=0.150mm,故金屬棒的直徑為2mm+0.150mm=2.150mm。

游標卡尺的精度為0.05nmi,而主尺讀數(shù)為10.2cm=102nun,游標尺第6條和主尺對應(yīng)最齊，故

游標尺讀數(shù)為6x0.05mm=0.30mm,故金屬棒的長度為102nlm+0.30mm=102.30m?n；

(2)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明表盤指針刻度值過小，使指針偏轉(zhuǎn)至中間刻度附近應(yīng)換用小倍率，即

換用x10。

由圖知，刻度值約為170,又倍率為x10,故金屬棒的阻值約為170；

6

(3)根據(jù)電路特點，串聯(lián)電阻分擔(dān)電壓為：U0=6V-200xIO-x100K=5.981/

根據(jù)歐姆定律有：&=曹=焉力=299000

igzUUXlU

測量原理圖如圖所示：

故答案為：(1)2.150,102.30；(2)xW,17；(3)29900,測量原理圖如解析所示。

(1)根據(jù)螺旋測微器和游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則，可以得出金屬棒的直徑和長度；

(2)根據(jù)歐姆表的工作原理，可知換用的倍率，根據(jù)讀數(shù)規(guī)則可讀出金屬棒的阻值；

(3)根據(jù)電表改裝的原理，可以求出需串聯(lián)電阻，根據(jù)測量金屬棒的電阻的原理，可以畫出測量原

理圖。

本題考查測定金屬的電阻率，在使用螺旋測微器和游標卡尺時，要注意螺旋測微器需要估讀，而

游標卡尺不需要估讀。

14.【答案】0?0.60?3%1.451.34

【解析】解：(1)一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V,則電

壓表選3V量程，應(yīng)用伏安法測一節(jié)干電池電動勢與內(nèi)

答國：

阻時，最大電流約為零點幾安培，則電流表選擇0.64量程，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選心；

(2)根據(jù)圖甲所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示。

(3)通過多次測量并記錄對應(yīng)的電流表示數(shù)/和電壓表示數(shù)U,利用這些數(shù)據(jù)在圖丙中畫出了U-/

圖線。

電源U-/圖象與縱軸交點坐標值是電動勢的測量值，圖象斜率絕對值是電源內(nèi)阻測量值。

由圖象可知，電動勢測量值E=1.45IZ,電源內(nèi)阻「=當(dāng)=席"0=1.30；

(4)由電路圖可知，相對于電源來說電流表采用了外接法，由于電壓表的分流產(chǎn)生了系統(tǒng)誤差。

引起該實驗的系統(tǒng)誤差的主要原因是由于電壓表的分流作用造成電流表讀數(shù)總是比電源實際輸出

的電流小，故A正確，8CZ)錯誤；

故選：Ao

故答案為：(1)0-0.6；0-3；%；(2)見答圖1；(3)1.45；1.3；(4)4。

(1)根據(jù)電路最大電流選擇電流表量程，根據(jù)電源電動勢選擇電壓表量程，在保證安全的前提下,

應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器；

(2)根據(jù)電路圖連接實物電路圖；

(3)電源U-/圖象與縱軸交點坐標值是電動勢的測量值，圖象斜率是電源內(nèi)阻測量值；

(4)由電路圖可知，相對于電源來說電流表采用了外接法，由于電壓表的分流產(chǎn)生了系統(tǒng)誤差。

本題考查了實驗器材的選擇，選擇實驗器材時要掌握一下原則：安全性原則、精確性原則、方便

實驗操作性原則。

電學(xué)實驗產(chǎn)生的系統(tǒng)誤差一般都來自電壓表的分流和電流表的分壓，正確分析誤差是解答本題的

關(guān)鍵，同時要結(jié)合數(shù)學(xué)知識理解圖象斜率和截距的含義。

15.【答案】解：對小球受力分析如圖所示,

mg

根據(jù)小球平衡可知電場力向右，沿電場線的方向，故小球帶正電，根據(jù)共點力平衡條件可知:

qE

tan60°=

mg

解得：E號

答：(1)帶電小球帶正電：(2)電場強度的大小為

q

【解析】對小球受力分析，根據(jù)共點力平衡條件進行分析，從而分析電性，并解得電場強度大小。

本題考查電場力與電場強度的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握小球的受力分析，注意電場力的計算公式。

16.【答案】解：(1)設(shè)籃球剛接觸地板時的速度大小為巧；反彈離地時的速度大小為玲，由動能

定理得：

下落過程：mgH=mvl

代入數(shù)據(jù)解得：vt=4m/s

上升過程：—mgh=0—1771V2

代入數(shù)據(jù)解得：v2=3m/s

(2)設(shè)籃球從〃高處下落到地板所用時間為口，上升的時間為12，由運動學(xué)公式得：

下落過程：-gtiti=J==0.4s

上升過程：v2=gt212=藁=景=0.3s

籃球與地板接觸時間為：△t=t一(匕+12)=1-(0.4+0.3)s=0.3s

地板對籃球的平均撞擊力F-,取豎直向上為正方向，由動量定理得：

(F—mg)△t=mv2-(一機女)

代入數(shù)據(jù)解得：F=20N

根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅椋篎'=20N,方向向下

(3)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為：

△E=mgH—mgh.=0.6x10x(0.8—0.45)/=2.1/

答：(1)籃球剛接觸地板時和反彈離地時的速度大小分別為4m/s、3m/s

(2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅?0M方向向下

(3)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能4E為2.1J

【解析】(1)用動能定理求速率

(2)用自由落體規(guī)律求時間，再用動量定理求作用力

(3)用能量守恒定律求解

本題考查自由落體運動、動能定理、動量定理、能量守恒定律，要注意籃球運動過程：下落、碰

地、反彈上升，注意速度的矢量性。

17.【答案】解：(1)線框在初始位置時，線框平面與磁場平行，有效面積為零，則%=0。

(2)當(dāng)線框繞軸00'沿圖示方向轉(zhuǎn)過60。時，線框與B的夾角為60。，則

①2=B-Ssin600=-BS=-Bl1l2

這一過程中穿過線框的磁通量的變化量為

yT3

=①一①0="-BliG

答：(1)初位置時穿過線框的磁通量初為0;

(2)穿過線框的磁通量。2為?引1，2,這一過程中穿過線框的磁通量的變化量為?引1，2。

【解析】(1)線圈在勻強磁場中，當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時，穿過線圈的磁通量中=BS,B是

磁感應(yīng)強度，S是線圈的面積.當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時，穿過線圈的磁通量。=0;

(2)磁場與線圈既不垂直，也不平行，則可分解成垂直與平行，根據(jù)。=BSsin。(。是線圈平面與磁

場方向的夾角)求解，根據(jù)初末磁通量即可求出磁通量的變化。

對于勻強磁場中磁通量的求解，可以根據(jù)一般的計算公式。=BSsin火。是線圈平面與磁場方向的

夾角)來分析線圈平面與磁場方向垂直、平行兩個特殊情況.注意夾角。不是磁場與線圈平面的夾

角，同時理解磁通量不是矢量，但注意分清正面還是反面通過線圈.

18.【答案】解：⑴當(dāng)開關(guān)接1時，電阻R的電流/=2=24=0.14,

K3U

根據(jù)閉合電路歐姆定律后={/+/「，代入3.2=3+O.lr；可得r=2D；

(2)燈泡的額定電流勿=卒=警4=1.54,電阻&=牛==2。

ULD*LLD

FQ9

當(dāng)開關(guān)接2時，燈泡電流4'=各=彩=0.84；

(3)根據(jù)(2)當(dāng)開關(guān)接2時，燈泡電流//=急=急=0.84小于燈泡的額定電流，實際功率小

于其額定功率，則燈泡L不能正常發(fā)光.

22

實際功率是P=IL'RL=0.8x2W=1.28W；

答：(1)電源的內(nèi)阻20；

(2)當(dāng)開關(guān)S接位置2時，小燈泡乙中的電流0.8A；

(3)燈泡L不能正常發(fā)