2022-2023學(xué)年河北省承德市高一（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年河北省承德市高一（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.關(guān)于電場中的能量特征，下列說法正確的是（）

A.電勢差由電場本身決定，與檢驗電荷無關(guān)

B.電勢能大小與檢驗電荷所帶的電荷量無關(guān)

C.勻強電場中任意兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點間距離的乘積

D.電場力對檢驗電荷做功多少與檢驗電荷的電荷量、移動路徑都無關(guān)

2.2023年5月30日16時29分，“神舟十六號”載人飛船成功對接于空間站核心艙（以下簡稱

空間站）徑向端口?！吧裰凼枴陛d人飛船（以下簡稱飛船）進(jìn)入的預(yù)定圓軌道距離地球表面

高度低于空間站繞地運行的圓軌道距離地球表面高度，因此飛船會進(jìn)行6次變軌，不斷抬升自

己的軌道高度，縮小與空間站之間的距離。下列說法正確的是（）

A.飛船在預(yù)定軌道上運行時的線速度大小小于空間站運行的線速度大小

B.飛船在預(yù)定軌道上運行時的周期大于空間站運行的周期

C.飛船在預(yù)定軌道上運行時的向心加速度大小小于空間站運行的向心加速度大小

D.飛船每次進(jìn)行變軌抬升自己的軌道高度時都應(yīng)加速

3.如圖甲所示，摩托車騎手正在球形鐵籠豎直面內(nèi)沿內(nèi)壁進(jìn)行“飛車走壁”表演，其模型

可簡化為圖乙。鐵籠的半徑為R,鐵籠的最高點、最低點分別為4、B,重力加速度大小為g,

A.騎手經(jīng)過4點時的速度可以為0

B.騎手經(jīng)過4點時處于超重狀態(tài)

C.騎手經(jīng)過B點時處于失重狀態(tài)

D.騎手經(jīng)過B點時騎手對摩托車的作用力大于騎手受到的重力

4.圖為游客在某景區(qū)蹦極的情景，游客將一根彈性繩子的一端系在身上,

另一端固定在高處的。點，然后從高處跳下。其中04為彈性繩子的原長，

B點是繩子彈力等于游客所受重力的位置，C點是游客所能到達(dá)的最低點,

不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.游客從A點運動到C點的過程中動能一直減小

B.游客從4點運動到C點的過程中機械能一直減小

?A

C.游客運動到B點時機械能最大?B

D.游客從。點運動到C點的過程中加速度一直增大

5.人體含水量約70%,水中有鈉離子、鉀離子等離子存在，因此容易導(dǎo)電，脂肪則不容易

導(dǎo)電。某脂肪測量儀如圖甲所示，其原理就是根據(jù)人體電阻的大小來判斷脂肪所占比例，其

內(nèi)部電路可簡化為圖乙，不計電源內(nèi)阻。測量時，閉合開關(guān)，測試者兩手分別握手柄4、B,

體型相近的兩人相比，脂肪含量高者握著手柄時（）

roB

甲乙

A.電流表的讀數(shù)更大B.電壓表的讀數(shù)更大

C.定值電阻R兩端的電壓更大D.電壓表的讀數(shù)與電流表的讀數(shù)的比值更小

6.某電場的電場線分布如圖所示，在4點給一帶負(fù)電的粒子水平向右

的初速度，使其僅在電場力作用下運動到B點，這個過程中粒子的速度

一時間O—t）圖像可能正確的是（）

7.如圖甲所示的電路中，定值電阻％、/?2的阻值均為10，滑動變阻器R的最大阻值為40,

電源的路端電壓U隨電流/變化的圖像如圖乙所示。閉合開關(guān)，滑動變阻器的滑片從下端緩慢

A.定值電阻RI消耗的電功率先增大后減小B.電容器所帶的電荷量逐漸減少

C.電源的輸出功率的最大值為0.98WD.滑動變阻器消耗的電功率一直增大

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.我國某科研團隊在距離地球約300光年到1萬光年的地方，發(fā)現(xiàn)了罕見的“霧繞雙星”，

其電腦模擬圖如圖甲所示。假設(shè)某“雙星”系統(tǒng)示意圖如圖乙所示，兩恒星4、B以連線上的

某一點。為圓心做勻速圓周運動，兩恒星4、B間的距離保持不變。已知恒星4、B的質(zhì)量分別

為mi、62,恒星4、B到。點的距離分別為乙、r2,兩恒星均可看成質(zhì)點，引力常量為G,則

下列說法正確的是（）

甲乙

A."?=上

τ∏2^-r1

B.恒星4轉(zhuǎn)動的角速度為3駟

n+r2-√r2

C.恒星B轉(zhuǎn)動的周期為2n3+勾）f?

?bm2

Ctvγ?

D.恒星A的向心加速度大小為箸

9.圖為有兩個量程的電流表內(nèi)部簡化電路圖，表頭的內(nèi)阻

——

Rg=4900,滿偏電流∕g=2m4,已知電流表兩量程分別為

i?

）則下列說法正確的是（）

07.14,0-14,RlRi

δO

AB

A.當(dāng)使用A、B兩個端點時，該電流表的量程為0-0.14

B.當(dāng)使用4、B兩個端點時，該電流表的量程為0?14

C.Rl=1。

D.R2=IOP

10.如圖所示，連接在恒壓電源兩端的電容器的水平a、b極板

中間開有一小孔（不影響極板電荷分布），閉合開關(guān)S,將一帶電

液滴（可視為點電荷）由b極板小孔的正上方的P點由靜止釋放，

液滴恰好在到達(dá)a極板小孔處沿原路返回。已知帶電液滴的比荷

為k,a、b板板間的距離為d,P點到b極板的距離為九，重力加

速度大小為g,兩極板間的電場可視為勻強電場。若經(jīng)過如下調(diào)整后，仍將液滴從P點由靜止

釋放，下列說法正確的是（）

A.僅將恒壓電源的電壓調(diào)整為型臀，液滴將穿過a極板

B.保持開關(guān)閉合，僅將匕極板向下移動（液滴仍會在到達(dá)a極板小孔處沿原路返回

C.斷開開關(guān)，僅將a極板向下移動g,液滴將穿過a極板

D.斷開開關(guān)，僅將b極板向上移動亨，液滴在距離b極板g處沿原路返回

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某多用電表的歐姆擋內(nèi)部電路示意圖如圖所示。其中，電流表滿偏

電流/g=250μA,電源的電動勢E=1.5V.

⑴該多用電表的A表筆為(填“紅”或“黑”)表筆。

(2)正確操作后，測量某電阻時，電流表的讀數(shù)/=150μA,則該電阻的阻值RX=0。

(3)若使用一段時間后，歐姆表內(nèi)部電源的電動勢沒變，但內(nèi)阻增大，仍然按照正確操作步驟

去調(diào)零，測未知電阻，則測量結(jié)果將(填“偏大”、“偏小”或“準(zhǔn)確”)。

12.求知實驗小組驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖甲所示。在懸點處裝有拉力傳感器,

可記錄小球在擺動過程中各時刻受到的拉力大小。擺線的質(zhì)量和擺動過程中擺線長度的變化

可忽略不計，己知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。實驗過程如下：

拉力傳感器3cm主尺

IO游標(biāo)尺

°02h/m

丙

(1)測量小球的質(zhì)量m、擺線長L和小球的直徑d,用游標(biāo)卡尺測小球的直徑，測量的示數(shù)如圖

乙所示，則小球的直徑d=mm；

(2)將小球拉離最低點某一高度八處無初速度釋放，在拉力傳感器采集的數(shù)據(jù)中提取最大值F,

若zng∕ι=(用/、L、d、m.g表示)成立，則說明小球在這個過程中機械能守恒；

(3)改變小球釋放的高度八，重復(fù)上述過程，獲取多組擺動高度無與對應(yīng)過程的拉力最大值F的

數(shù)據(jù)，在F-九坐標(biāo)系中描點連線，最終得出如圖丙所示的圖像。若小球在擺動過程中機械能

守恒，根據(jù)F-∕ι圖線中的數(shù)據(jù)，可求得小球的質(zhì)量m=kg,擺線長L=m。

(取重力加速度大小g=10m∕s2,計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

四、簡答題(本大題共3小題，共39.0分)

13.汽車蓄電池供電的簡化電路圖如圖所示。當(dāng)汽車啟動時，啟Li

動開關(guān)S閉合，電動機正常工作，車燈會變暗；當(dāng)汽車啟動之后，____r??_1_____.

啟動開關(guān)S斷開，電動機停止工作，車燈恢復(fù)正常工作。已知電動

機正常工作時的電壓為15V,電動機的電阻為0.50,汽車左側(cè)燈Ll

和右側(cè)燈6完全一樣，規(guī)格均為“20叭40小”，不考慮車燈電阻ETy

的變化，蓄電池的電動勢為24V?求：

(1)電源的內(nèi)阻；

(2)電動機正常工作時的輸出功率。

14.如圖所示，傾角為37。的足夠長的光滑斜面固定在水平地面上，勁度系數(shù)為晨豎直的輕

彈簧兩端拴接著B,C物塊，跨過輕滑輪的輕繩拴接著4B物塊。開始時4物塊在外力作用下

處于靜止?fàn)顟B(tài)，繩恰好繃直且無張力?，F(xiàn)撤去外力，4物塊將沿斜面運動，C物塊恰好離開地

面。已知，B、C物塊的質(zhì)量均為m,彈簧初始時的彈性勢能為Ep,重力加速度大小為g,忽

略一切摩擦,4B、C物塊均可視為質(zhì)點,取SiT;37。=0.6,CoS37。=0.8。

求：

(IM物塊的質(zhì)量；

(2)4物塊的最大速度。

B

C

"

15.如圖所示，豎直放置的足夠大的平行金屬板4、B間的距離?n∩

d=1.68m,4、B板與恒壓電源保持連接后，金屬板間的電場可二J.0Q

視為勻強電場。一質(zhì)量Wi=2kg、電荷量q=2.52X10-2。的帶彳火

正電小球(可視為點電荷)通過絕緣輕繩固定在兩板正中間的。點，［|C

小球靜止于C點時輕繩與豎直方向的夾角為37。。已知輕繩長度L=0.4m,重力加速度大小g=

10m∕s2,sin37o=0.6,cos370=0.8,不計空氣阻力。

(1)求金屬板4、B間的電勢差；

(2)若某時刻連接小球的輕繩突然斷開，求小球運動到8板時的速度大??；

(3)若在C點給小球一個垂直于輕繩方向的初速度，使小球恰能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動,

求小球在C點的初速度大小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4電勢差由電場本身決定，與檢驗電荷無關(guān)，故A正確；

8.根據(jù)Ep=q%電勢能大小與檢驗電荷所帶的電荷量q和電勢8均有關(guān)，故5錯誤；

C勻強電場中任意兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點間沿著電場線方向距離的乘積，故C錯

誤；

。.電場力對檢驗電荷做功多少與檢驗電荷的電荷量有關(guān)，與移動路徑無關(guān)，故O錯誤。

故選：Ao

電勢差由電場本身決定，根據(jù)Ep=q<p分析8項，根據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系分析C,

根據(jù)電場力做功的特點分析D。

本題考查電場力作用與電勢能變化的關(guān)系，解題關(guān)鍵掌握電勢差和電場力做功的特點。

2.【答案】D

【解析】解：4飛船繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得：G粵=m匕,解得:

V=J與；由于預(yù)定圓軌道距離地球表面高度低于空間站繞地運行的圓軌道距離地球表面高度,

所以飛船在預(yù)定軌道上運行時的線速度大小大于空間站運行的線速度大小，故A錯誤；

民飛船繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得G粵=Tn絆r,解得：T=∣0

由于預(yù)定圓軌道距離地球表面高度低于空間站繞地運行的圓軌道距離地球表面高度，所以飛船在

預(yù)定軌道上運行時的周期小于空間站運行的周期，故8錯誤；

C.根據(jù)牛頓第二定律可得G鬻=mα,解得：α=瞿；由于預(yù)定圓軌道距離地球表面高度低于空

間站繞地運行的圓軌道距離地球表面高度，所以飛船在預(yù)定軌道上運行時的向心加速度大小大于

空間站運行的向心加速度大小，故C錯誤；

D飛船每次進(jìn)行變軌抬升自己的軌道高度時都要做離心運動，應(yīng)加速，故。正確。

故選：0。

飛船繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力求解線速度、周期、向心加速度的表達(dá)式進(jìn)

行分析；根據(jù)變軌原理分析。選項。

本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是知道向心力的來源，能夠根據(jù)萬有引

力定律、向心力的計算公式進(jìn)行分析。

3.【答案】D

【解析】解：AB,騎手經(jīng)過4點時有向下的指向圓心的加速度，速度不可能為0,處于失重狀態(tài),

故AB錯誤；

CD,騎手經(jīng)過B點時加速度的方向向上，處于超重狀態(tài)，騎手對摩托車的作用力大于騎手受到的

重力，故C錯誤，。正確。

故選：D。

當(dāng)物體具有向上的加速度時，處于超重狀態(tài)。當(dāng)物體具有向下的加速度時，處于失重狀態(tài)。

失重還是超重現(xiàn)象產(chǎn)生的條件，是看加速度的方向，可以根據(jù)牛頓運動定律理解。

4.【答案】B

【解析】解：AB點是繩子彈力等于游客所受重力的位置，游客從4點運動到C點的過程中合外力

先做正功、后做負(fù)功，游客的動能先增大，至加點時動能最大，然后減小，至IJC點動能為零，故A

錯誤；

BC.游客從4點運動到C點的過程中繩子彈力一直做負(fù)功，機械能一直減小，故B正確、C錯誤；

D游客從。點運動到4點的過程中做自由落體運動、加速度不變；從4點運動到B點的過程中合外

力方向向下且逐漸減小，則加速度減??；從B點運動到C點的過程中合外力方向向上且逐漸增大、

則加速度增大，故。錯誤。

故選：Bo

游客離開跳臺至最低點的過程中，根據(jù)合外力做功情況判斷動能大小變化；根據(jù)繩子拉力做功情

況判斷機械能變化；通過分析人的受力情況，判斷其加速度的情況。

解答本題的關(guān)鍵要抓住繩子的彈力是變化的，先小于重力，后大于重力，通過分析受力情況來確

定運動情況。

5.【答案】B

【解析】解：由題可知脂肪含量高者不容易導(dǎo)電，則電阻較大，所以脂肪含量高者握著手柄，電

流較小，則定值電阻R兩端的電壓由U=/R知，定值電阻R兩端的電壓更小，電壓表示數(shù)U'=e-

IR-Ir,則壓表示數(shù)更大，電壓表的讀數(shù)與電流表的讀數(shù)的比值更大。

故選：Bo

脂肪含量高者，電阻較大，由閉合電路的歐姆定律分析電流強度的大小，再分析電壓表示數(shù)的大

小。

本題考查歐姆定律中的動態(tài)分析，解題方法一般是先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、

內(nèi)電壓的變化、路端電壓的變化。

6.【答案】C

【解析】解：負(fù)電荷所受的電場力沿電場線反方向，在4點給一帶負(fù)電的粒子水平向右的初速度，

電場力向右，電荷向右做加速運動，另外電場中電場線越密的地方電場強度越大，從4到B的電場

強度逐漸減小，可知粒子向右做加速度逐漸減小的加速運動，根據(jù)U-t圖像的切線斜率表示加速

度，可知切線逐漸減小。故ABO錯誤，C正確。

故選：Co

電場線的疏密表示場強的大小，沿電場線方向電勢逐漸降低。速度一時間圖象中，圖象的斜率表

示加速度，根據(jù)其V-t圖象知道粒子的加速度逐漸增大，速度逐漸減小，所以電場力做負(fù)功，且

電場力逐漸變大。

理解電場線的特點：電場線的疏密表示場強的大小，沿電場線方向電勢逐漸降低。V-t圖象的應(yīng)

用和電場線的相關(guān)知識，要明確斜率的含義，要能根據(jù)圖象判斷物體的運動情況，進(jìn)而分析受力

情況。能根據(jù)電場線的分布判斷電場強度的大小，難度適中。

7.【答案】C

【解析】解：4滑動變阻器的滑片從下端緩慢地移動到上端的過程中，滑動變阻器接入電路中的

電阻逐漸減小，流過Rl電流逐漸增大，根據(jù)

2

P=IR1

定值電阻RI消耗的電功率逐漸增大，故4錯誤；

兩端電壓逐漸增大，電容器兩端電壓逐漸增大

Q=UC

電容器所帶的電荷量逐漸增大，故B錯誤；

C.由乙圖知，電源電動勢E=2.8V

內(nèi)阻r=崎

當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，即電源的輸出功率的最大值為

Pm=(?)2r

解得=0.98W

故C正確；

。.當(dāng)滑動變阻器接入電路中的電阻等于r+%時，滑動變阻器消耗的電功率最大，故滑動變阻器

消耗的電功率先增大后減小，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)電功率的計算公式分析RI消耗的電功率；根據(jù)電容的定義式分析電荷量變化；根據(jù)閉合電路

歐姆定律結(jié)合圖像可知電動勢與內(nèi)阻，當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，當(dāng)滑動

變阻器接入電路中的電阻等于r+Rl時，滑動變阻器消耗的電功率最大。

本題考查閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握電功率的計算公式及外電阻電功率最大的計算

方法。

8.【答案】AC

【解析】解：ABC,雙星系統(tǒng)的周期相等，兩恒星體做勻速圓周運動的向心力來源于兩恒星之間

的萬有引力，設(shè)兩恒星相距為3根據(jù)牛頓第二定律：吟^=Tnl糕=7712^^

解得

也=%

τ∏2一r1

解得恒星B轉(zhuǎn)動的周期為：T=2ττ(r1+r2)f?,恒星4轉(zhuǎn)動的角速度為上乒；

Gm

yj2r1+r2y∣r1

故AC正確，8錯誤；

。、恒星4的向心加速度大小為α=r1-=產(chǎn)力，故。錯誤；

T(ri+r2)

故選：AC.

雙星做勻速圓周運動的周期相等，萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律可以

解答各項。

本題為雙星問題，要把握住雙星的特點：彼此間的萬有引力提供雙星做勻速圓周運動需要的向心

力，雙星做勻速圓周運動的周期、角速度相等。

9.【答案】BC

【解析】解：當(dāng)使用4、B兩個端點時，由電路圖可知，表頭與7?2串聯(lián)后和Rl并聯(lián)有

JI∕g(Rg+R2)一,

ls+-K--A

當(dāng)使用力、C兩個端點時，由電路圖可知，Rl與&串聯(lián)后再和表頭并聯(lián)，有

通過比較兩個公式，可知人>/2,則

I1=IA

I2=0.14

當(dāng)使用4、B兩個端點時，該電流表的量程為0?14,解得：Ri=IO

R2=9。

故AO錯誤，BC正確；

故選：BCo

把表頭改裝成電流表需要并聯(lián)分流電阻，并聯(lián)分流電阻阻值越大改裝后電流表量程越小，并聯(lián)分

流電阻阻值越小改裝后電流表量程越大；應(yīng)用并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電阻阻值，然后分析

答題。

本題考查了電流表的改裝，理解電流表改裝原理是解題的前提，應(yīng)用并聯(lián)電路特點與歐姆定律即

可解題。

10.【答案】BD

【解析】解：4B、液滴從靜止釋放恰好到達(dá)ɑ極板過程，利用動能定理：mg(h+d)-Uq=0-0,

則有：mg[h+d^)=Uq

若僅將恒壓電源的電壓調(diào)整，假設(shè)液滴仍能到達(dá)ɑ極板，液滴從釋放到到達(dá)ɑ極板過程，利用動能

定理：mg(Jι+d)-q=Ekal-0,已知k=g

代入數(shù)據(jù)可得：Ekal=-mg(h+d)<0,與實際不符，可知液滴未達(dá)到α極板已經(jīng)反向原路返回，

保持開關(guān)閉合，僅將b極板向下移動，則兩極板的電壓U不變，

假設(shè)液滴仍能到達(dá)ɑ極板,液滴從釋放到到達(dá)α極板過程,利用動能定理:mg(h+d)-Uq=Ekal-

?？傻肊kaI=0,所以液滴恰好到達(dá)ɑ極板小孔處沿原路返回，故A錯誤，B正確；

CD、斷開開關(guān)，電容器電荷量Q不變，兩極板間的電場強度E=3

aCa

平行板電容器的電容C=生，代入上式，則E=第

若改變兩極板的距離，則兩極板間的場強E不變，

液滴從靜止釋放恰好到達(dá)。極板過程，利用動能定理：mg(h+d)-Eqd=0-0,則有：mg(h÷

d)=Eqd

若僅將α極板向下移動號,假設(shè)液滴仍能到達(dá)ɑ極板，液滴從釋放到到達(dá)ɑ極板過程，利用動能定理：

mg(h+d+務(wù)-Eq(d+務(wù)=Eka2-0

代入數(shù)據(jù)可得：E.2=-竽，可知液滴未達(dá)到α極板已經(jīng)原路返回，

若僅將b極板向上移動去假設(shè)液滴在距離b極板?處沿原路返回，液滴從釋放到到達(dá)距離b極板B處

過程，利用動能定理：mg(^+^-Eq×^=Ek-0

代入數(shù)據(jù)可得：Ek=O,可知液滴在距離b極板B處沿原路返回，故C錯誤，。正確。

故選：BD.

AB,液滴從靜止釋放恰好到達(dá)ɑ極板過程利用動能定理，可得重力做功和電場力做功的關(guān)系式，

調(diào)整電壓后，假設(shè)液滴仍能到達(dá)α板，利用動能定理可得液滴到達(dá)α板的動能，若動能大于零，則

液滴穿過ɑ極板向下運動，若動能等于零，則液滴恰好到達(dá)ɑ極板原路返回，若動能小于零，與實

際不符，則液滴未到達(dá)ɑ極板則原路返回。

保持開關(guān)閉合，僅將b極板向下移動，但兩極板電壓U不變，根據(jù)動能定理可得液滴到達(dá)ɑ極板的

動能大小，同理，根據(jù)動能的大小可判斷液滴到達(dá)α極板的運動情況；

CD、斷開開關(guān)，電荷量不變，則電容器兩極板電場強度不變，液滴從靜止釋放恰好到達(dá)ɑ極板過

程利用動能定理，可得重力做功和電場力做功的關(guān)系式，移動極板過程，對液滴利用動能定理，

可得液滴動能大小，同理，根據(jù)動能的大小可判斷液滴的運動情況。

本題考查了帶電液滴在電場中的運動，解題的關(guān)鍵利用假設(shè)法求出液滴到達(dá)α極板的動能，根據(jù)動

能的大小可判斷液滴速度的運動情況，注意斷開開關(guān)，兩極板間的場強不變。

11.【答案】紅4000準(zhǔn)確

【解析】解：(1)該多用電表的4表筆接內(nèi)部電源的負(fù)極，根據(jù)電表的接線規(guī)則，4應(yīng)為紅表筆。

(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律，歐姆調(diào)零時使電流表滿偏：%=不

解得歐姆調(diào)零后的歐姆表內(nèi)部電阻為：r的=6000。

E

又當(dāng)再接入待測電阻時：/r=「后

內(nèi)x

解得該電阻的阻值：Rx=4000/2

(3)使用一段時間，歐姆表電源的電動勢沒變，內(nèi)阻增大，但仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零，則有：'=~

9內(nèi)

由于滿偏電流不變，電源的電動勢不變，說明歐姆調(diào)零后歐姆表內(nèi)阻不變，故測量結(jié)果仍準(zhǔn)確。

故答案為：(1)紅;(2)4000；(3)準(zhǔn)確。

(1)歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負(fù)極與紅表筆相連，根據(jù)圖示電路圖分析答題；

(2)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出待測電阻的阻值；

(3)由歐姆表的工作原理和實際操作過程，分析測量結(jié)果的誤差。

本題考查了歐姆表的使用，知道歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律是解題的前提與關(guān)鍵，

分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用閉合電路的歐姆定律即可解題。

12.【答案】21.6(F-m)(2L+d)θ10049

4

【解析】解：(I)Io分度游標(biāo)卡尺的精度為Slnun,小球的直徑為d=21nun+0?l∕mnx6=

21.6mm

(2)根據(jù)機械能守恒定律得：mgh=?mv2

在最低點根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=m^

擺長為為：I=L+^

解得：mgh=(F-嗎3+d)

若上式成立，則說明小球在這個過程中機械能守恒。

(3)根據(jù)：mgh=VR產(chǎn)士或

整理得：F=鵠∕ι+mg

根據(jù)圖像的斜率和截距可得：

4mg

1.8—1.0.τ,

Tng=1.0N

其中：d=21.6mm=0.0216m

解得：

m=0.10kg

L=0.49m

故答案為：(1)21.6；(2)(3)0.10i0.49

(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法解答；

(2)抓住小球在最低點拉力最大，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力和速度的關(guān)系，從而求出機械能守恒

的表達(dá)式；

(3)根據(jù)機械能守恒定律和牛頓第二定律得出拉力F和九的關(guān)系式,結(jié)合圖線的斜率和截距進(jìn)行求解。

考本題查牛頓第二定律與向心力表達(dá)式的內(nèi)容，掌握機械能守恒定律的應(yīng)用，理解圖象的斜率及

截距在本題的運用。

13.【答案】解：(1)開關(guān)S斷開時，兩車燈正常工作，則每盞燈的電流為:

,PL40Wπ.

I1=—=-----=2A

LUL20V

由閉合電路歐姆定律有：

E=UL+ULY

代入數(shù)據(jù)可得：r=1。

(2)車燈的電阻：&=的=翳=10。

開關(guān)S閉合，電動機正常工作，此時通過車燈的電流：

L

'~RL~10。-LbA

由閉合電路歐姆定律有：E=UM+Ir

代入數(shù)據(jù)可得干路電流為：/=94

通過電動機的電流：/M=/-2∕√=94-2X1.54=6A

電動機正常工作時的輸出功率：P出=UMlM一而M

代入數(shù)據(jù)可得：P出=72W

答：(1)電源的內(nèi)阻為10;

(2)電動機正常工作時的輸出功率為72〃。

【解析】(1)開關(guān)S斷開時，兩車燈正常工作，根據(jù)車燈的額定電壓和額定功率可得車燈的電流，

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電源內(nèi)阻；

(2)根據(jù)車燈的額定電壓和電流可得車燈的內(nèi)阻，開關(guān)S閉合，電動機正常工作，電動機與車燈并

聯(lián)，兩者電壓相等，根據(jù)車燈的電阻和電壓可得車燈內(nèi)電流大小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得干

路中電流，則可得電動機內(nèi)電流大小，電動機正常工作時的輸出功率等于電動機消耗總功率與內(nèi)

阻熱功率之差。

本題考查了閉合電路歐姆定律、電功和電功率，解題的關(guān)鍵是首先簡化電路，知道電路如何連接，

根據(jù)串并聯(lián)電路的特點可得電壓和電流。

14.【答案】解：(1)未撤去外力時，對B物塊分析，根據(jù)平衡條件可得：kx1=mg

撤去外力后C物塊恰好未離開地面，C物塊與地面之間的彈力為O的瞬間，對C根據(jù)平衡條件可得:

kx2=mg

解得：Xl=X2,此時4B物塊的速度恰好為0,彈簧的彈性勢能恰好等于初始時的彈性勢能。

o

對系統(tǒng)由機械能守恒定律有：mg(x1+x2)=皿4。(%1+x2')sin37

解得4物塊的質(zhì)量為：mA=.o