2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末物理模拟练习试卷（含答案解析）

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2021-2022学年北京市昌平区高三（上）期末物理模拟练习试卷

1. 核反应方程 49Be+24He→612C+X中的X表示(    )
A. 中子 B. 电子 C. α粒子 D. 质子
2. 电荷量相等的两个电荷在空间形成的电场有对称美。如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O，在A、B所形成的电场中，以O为圆心，半径为R的圆垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两者的交点为e、f，g为圆上一点，则下列说法正确的是(    )

A. a与b、c与d是两对场强和电势均相同的点
B. 将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，其所受电场力先减小后增大
C. 将一电荷由e点沿直线eOf移到f点，其所受电场力先减小后增大
D. 将一电荷由a、b、c、d四点分别移到圆平面上任意一点时，其电势能的变化量大小均相等
3. 质点做简谐运动，其x−t关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v−t关系图是(    )


A. B.
C. D.
4. A、B两物体运动的位移-时间图像如图所示。下列说法正确的是(    )
A. A、B两物体开始时相距100m，运动方向相同
B. A物体沿折线运动，B物体沿直线运动
C. A、B两物体运动8s时，在距B出发点40m处相遇
D. A物体在2s∼6s时间内做匀速运动



5. 如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上，忽略空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的(    )


A. A的速度比B的大
B. A与B的向心加速度大小相等
C. 悬挂A与竖直方向的夹角比B缆绳与竖直方向的夹角小
D. 悬挂A的缆绳所受的拉力大于悬挂B的缆绳的拉力
6. 如图，在倾角为30∘的光滑斜面上有一物体A，通过不可伸长的轻绳与物体B相连，滑轮与A之间的绳子与斜面平行。如果物体B的质量是物体A的质量的2倍，即mB=2mA，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g，初始时用外力使A保持静止，去掉外力后，物体A和B的加速度的大小等于(    )


A. 23g B. 34g C. 56g D. 78g
7. 某同学做引体向上，他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)，稍作停顿。下列说法正确的是(    )
A. 在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
B. 在上升过程中单杠对人的作用力始终等于人的重力
C. 初始悬垂时若增大两手间的距离，单臂的拉力变大
D. 初始悬垂时若增大两手间的距离，两臂拉力的合力变大

8. 如图所示，在匀强磁场中，有一个正六边形线框，现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的受安培力的大小为(    )


A. 33F B. F C. 3F D. 2F
9. 如图所示，在暴雨前，有一带电云团(可近似看作带电绝缘球)正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是(    )


A. 带电体的电势能一定越来越大
B. 带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高
C. 带电体动能一定越来越小
D. 带电体的加速度一定越来越大
10. 科学家可以利用磁场对带电粒子的运动进行有效控制。如图所示，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内沿着与PO成θ=60∘角的方向射出，不计粒子重力。若要求粒子不能进入圆形区域，则粒子运动速度可以的为(    )
A. v≤8Bqr7m B. v≤8Bqr5m C. v≥8Bqr5m D. v≥8Bqr3m
11. 关于电流强度I、电压U、电阻R的下列说法，正确的是(    )
A. 由R=UI，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体内的电流强度成反比
B. 由R=UI，当导体内部电流强度I=0时，导体的电阻R等于无穷大
C. 由I=UR，两端电压大的导体，其内部的电流强度也一定大
D. 由I=UR，导体内部有电流的条件是导体两端加电压
12. 2019−2020赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛，女子3000米接力中国队夺冠，拿到本站比赛第二枚金牌。在比赛中“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，假设运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，则(    )
A. 甲、乙动量守恒
B. 甲对乙的力大于乙对甲的力
C. 甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小
D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
13. 关于电容器，下列说法正确的是(    )
A. 电容器所带的电荷量为两个极板所带电荷量的绝对值之和
B. 电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器
C. 某电容器所带电荷量越多，两极板间的电势差就越小
D. 电容器的电容跟它是否带电无关
14. 发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为3E4，设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是(    )
A. 飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为E16
B. 飞箭下落过程中重力做功为13E16
C. 飞箭在最高点具有的机械能为E8
D. 飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1：7
15. 如图所示是某同学设计的验证系统机械能守恒的实验装置图，他用两根轻质细线系住质量均为m的小钢球1、2，悬挂在铁架台上的O点，把线下垂时悬点O到钢球1的球心距离等于钢球1、2球心间的距离，在O点的正下方A点安装光电门，按下列步骤操作：
①调节光电门位置，使光电门中心与细线下垂时钢球2的球心重合，并用刻度尺测量悬点到光电门中心的距离L；
②将两钢球拉至水平位置，使细线伸直，由静止释放，记录钢球2经过光电门的挡光时间t；
③用螺旋测微器测量钢球2的直径d。
回答下列问题：
(1)两钢球重力势能的减少量△Ep=______，动能增加量△Ek=______，比较△Ep与△Ek，就能验证两钢球组成的系统机械能是否守恒(重力加速度为g)。
(2)在误差允许的范围内，有△Ep=△Ek，由此可得出每一个钢球的机械能也守恒。你是否同意该结论，请说明理由：______。

16. 某实验小组利用如图甲所示的电路图测定一电源的电动势(大约为6V)和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)在下列两个电压表中选择一个最合适的来改装成量程为0∼9V的电压表。
①量程为0∼2V、内阻为2kΩ的电压表
②量程为0∼3V、内阻为3kΩ的电压表
则应选择电压表______，且串联一个阻值为______kΩ的电阻，就可以改装成量程为0∼9V的电压表。
(2)现有电流表(0∼0.6A)，开关和导线若干，以及以下器材：
A.滑动变阻器R1(0∼50Ω)
B.滑动变阻器R2(0∼500Ω)
实验中滑动变阻器应选用______(填相应器材前的代号)。
(3)某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图乙的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并在坐标纸上正确作出U−I图线。
序号
1
2
3
4
5
6
电压U(V)
5.80
5.60
5.20
5.00
4.80
4.40
电流I(A)
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
(4)根据(3)中所画图线，可得出该电源的电动势E=______V，内电阻r=______Ω(结果均保留两位有效数字)。
(5)本次实验中，由于系统误差导致所测得的电源电动势______(填“偏大”“偏小”或”不变”)。
内阻______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

17. 场是物质存在的一种形式。我们可以通过物体在场中的受力情况来研究场的强弱，并由此定义了电场强度、磁感应强度等物理量。
(1)写出电场强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义；
(2)写出磁感应强度的定义式，并说明公式中各物理量的含义。
18. 如图a所示，在一平台上，用一弹簧弹射器将质量为m=0.6kg的小球(可看成质点)弹出，小球进入半径R=0.6m的光滑半圆形轨道，做圆周运动，当小球转到最高点A后经t=0.8s小球落地，落地点B与A点的水平距离x=4.8m，小球可视为质点，不计空气阻力，g=10m/s2求：
(1)平台距地面高度h；
(2)小球运动在A点时对轨道的压力。
(3)若将半圆形轨道换成半径为r=0.4m半圆形管道(管道内径远小于r)，如图b所示，弹簧被压缩到和先前相同位置后将小球弹入管道，小球运动到最高点D时对管道壁压力多大？方向如何？
19. 如图甲所示，水平面内固定两根间距为L=1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其右端接有阻值为R=1.5Ω的电阻，一阻值为r=0.5Ω、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d=2m处，且与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0∼1.0s内在金属棒的中点施加一水平外力，使金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下，从静止开始向左做加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动，导轨电阻不计。求：
(1)第1s内电阻产生的热量；
(2)2s时通过金属棒的电流大小；
(3)前2s内通过金属棒的电荷量。

20. 天文学家观察哈雷彗星的周期为75年，离太阳最近的距离为8.9×1010m，试根据开普勒第三定律计算哈雷彗星离太阳最远的距离。太阳系的开普勒常量k可取3.354×1018m3/s2。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：根据电荷数守恒、质量数守恒，知X的电荷数为0，质量数为1，可知X为中子．
故选：A.
根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X为何种粒子．
解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及知道常见粒子的电荷数和质量数．

2.【答案】D 
【解析】解：A.根据等量异种电荷等势面的分布，a与b、c与d是两对电势相等的点，根据等量异种电荷电场的分布，a与b、c与d是两对场强大小相等的点，但是方向不同。故A错误；
B.圆弧egf上电场强度大小相同，所以将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，其所受电场力大小不变。故B错误；
C.沿直线eOf，电场强度先增大后减小，所以将一电荷由e点沿直线eOf移到f点，其所受电场力先增大后减小。故C错误；
D.根据等量异种电荷等势面的分布，a、b、c、d四点与圆平面的电势差的绝对值相等，所以将一电荷由a、b、c、d四点分别移到圆平面上任意一点时，其电势能的变化量大小均相等。故D正确。
故选：D。
等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性。电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功。根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况。根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化。
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。

3.【答案】B 
【解析】解：由图象x−t图象可知，t=0时质点在正的最大位移处，速度为零，然后质点向平衡位置运动，速度方向是负的，经过T4，质点到达平衡位置，速度达到负的最大值，由图示v−t图象可知，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当质点通过平衡位置时速度最大，加速度为零；加速度与位移的关系是：a=−kxm，根据这些知识进行解答。
由振动图象读出质点的速度、加速度的方向和大小的变化是应掌握的基本能力，分析加速度，要根据简谐运动的基本特征：a=−kxm，进行判断。

4.【答案】C 
【解析】解：A、根据位移-时间图像知A开始运动时坐标位置为x=0，B开始运动时坐标位置为x=100m，故A、B两物体开始运动时相距100m。位移-时间图像的斜率表示物体运动的速度，斜率正负表示速度方向，则知A的速度为正，B的速度为负，两物体的速度方向相反，是相向运动，故A错误；
B、位移-时间图像的斜率表示速度，知A物体沿直线运动，B物体做匀速直线运动，故B错误；
C、t=8s时两图线相交，表示A、B两物体运动8s时，在距B的出发点40m处到达同一位置，即相遇，故C正确；
D、2∼6s内，物体A位置坐标不变，保持静止，即停止了4s，故D错误。
故选：C。
根据位移-时间图像直接读出A、B两物体开始运动时相距距离；根据图像的斜率大小等于速度的大小，斜率的正负表示速度方向，两图线的交点表示相遇。
本题是位移-时间图像问题，可直接读出小车开始运动的时刻和位置，根据铁斜率表示速度，分析小车的运动情况。

5.【答案】C 
【解析】解：A、A、B的角速度相等，由公式v=ωr知，A的运动半径小，A的速度小，故A错误；
B、由公式a=ω2r知，A的运动半径小，而A、B的角速度相等，A的向心加速度小，故B错误；
C、设物体与竖直方向的夹角为θ，重力与绳子拉力的合力提供向心力，则：mgtanθ=mω2r，tanθ=ω2rg，A的半径小，角速度相等，可知A与竖直方向夹角小，故C正确；
D、重力与缆绳的拉力的合力提供向心力，A的向心力小，由平行四边形法则知，A对缆绳的拉力小，故D错误；
故选：C。
A、B的角速度相等，分别由速度、加速度、向心力公式分析求解。
解决本题的关键是知道A、B的角速度相等，A的半径小，知道向心力的来源，结合牛顿第二定律求解。

6.【答案】C 
【解析】解：设绳子的拉力为F，对物体B，根据牛顿第二定律可得：mBg−F=mBa
对A，根据牛顿第二定律可得：F+mAgsin30∘=mAa
联立解得：a=56g，故ABD错误，C正确；
故选：C。
分别对物体A和B受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度大小。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，明确物体AB具有相同的加速度大小即可。

7.【答案】C 
【解析】解：AB、在上升或下降过程中，由于身体的运动性质不确定，因此无法确定，单杠对人的作用力与人的重力大小关系，故AB错误；
CD、对人进行受力分析，两臂的拉力、人的重力三力平衡。依据力的合成法则，当增大两手间的距离，即增大两拉力的夹角，因拉力的合力不变，则有拉力大小增大，故C正确，D错误。
故选：C。
据在上升或下降过程中，身体的运动情况，来判定力之间的关系；依据力的合成法则，结合三角知识，即可判定。
考查由运动情况来判定受力情况的方法，掌握力的合成法则，理解不论两拉力的夹角如何，两拉力的合力大小总不变，是解题的关键。

8.【答案】A 
【解析】解：根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，
中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60∘，
每边受安培力设为F1，则2F1cos30∘=F
可得：F1=33F，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据左手定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。
考查左手定则的应用，掌握矢量的合成法则内容，及理解几何关系的正确运用。

9.【答案】D 
【解析】解：A、带电体在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小。故A错误。
B、由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势的变化。故B错误。
C、开始电场力大于带电体的重力，越靠近场源，场强越大，所以电场力越来越大，合外力对带电体做正功，带电体的动能增加。故C错误。
D、根据电场强度越来越大，则电场力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大。故D正确。
故选：D。
越靠近场源，电场强度越大，从而可知带电体上升过程中与云层间电势差的变化。结合电场强度的变化，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。根据电场力做功判断电势能的变化。
解决本题的关键知道越靠近场源，电场强度越大，以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。

10.【答案】D 
【解析】解：若速度较小，粒子的轨迹圆如图所示，由几何关系可知：

在△OPO1中：(r+R1)2=R12+9r2−2⋅R1⋅3r⋅cos(π2−θ)
解得：R1=8r2+33
若速度较大，粒子的轨迹圆如图所示，根据几何关系可知，

在△OPO2中，(R2−r)2=R22+9r2−2R2⋅3r⋅cos(π2−θ)
解得：R2=8r33−2
由洛伦兹力提供向心力可知，Bqv=mv2R
即v=BqRm，
则可知v1=BqR1m=8Bqr(33+2)m，v2=BqRm=8Bqr(33−2)m。综上若要求粒子不能进入圆形区域，则粒子运动速度应满足的条件为：v≤8Bqr(33+2)m或v≥8Bqr(33−2)m，选项D正确。
故选：D。
明确粒子不能进入圆形区域的临界条件，即轨迹与圆弧相切，结合半径公式可判断速度大小。
临界问题是粒子在磁场中运动常见的问题之一，同学们要掌握相切的做题思想

11.【答案】D 
【解析】解：AB、R=UI是电阻的定义式，导体电阻由本身决定，与加在其两端的电压和通过的电流无关，故AB错误；
C、由欧姆定律I=UR，只有相同阻值的导体，两端电压大的导体，其内部的电流强度才一定大，故C错误；
D、导体内有自由电荷，保持导体两端有电压时就能形成持续的电流，故D正确；
故选：D。
通过电阻的定义式、决定式、欧姆定律求解。
本题考查欧姆定律、电阻的定义式和决定式，为基础题型，注意导体的电阻由本身决定。

12.【答案】C 
【解析】解：A、运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，甲、乙组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。
B、甲、乙间的作用力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故B错误。
C、甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故C正确。
D、甲、乙间的作用力大小相等，在两者相互作用过程中，两者的位移大小关系不知道，无法判断两者做功多少关系，故D错误。
故选：C。
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。
本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，故两个运动员系统的总动量守恒。

13.【答案】D 
【解析】解：A.电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，故A错误；
B.电容器是任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体组成的能够储存电荷和电能的装置，与是否带电无关，故B错误；
C.由U=QC知，电容器所带电荷量越多，两极板间的电势差就越大，故C错误；
D.电容由电容器本身决定，与是否带电无关，故D正确。
故选：D。
电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，电容器是任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体组成的能够储存电荷和电能的装置，由U=QC知，电容电荷量与电势差的关系，电容由电容器本身决定。
本题考查电容器与电容，解题关键掌握电容的概念，注意电容由电容器本身决定。

14.【答案】D 
【解析】解：A、飞箭上升阶段和下降阶段克服空气阻力做功相等，而且，上升阶段克服空气阻力做的功等于减少的机械能，为：Wf=12(E−34E)=E8，故A错误；
BC、下降过程，由动能定理得：WG−Wf=3E4，解得WG=78E，则飞箭在最高点具有的机械能为E最高=Ep=WG=78E，故BC错误；
D、对于下落过程，根据功的公式W=Fs可知fG=WfWG=17，故D正确。
故选：D。
飞箭上升阶段克服空气阻力做的功等于减少的机械能，根据功能关系求克服空气阻力做的功；对下落过程，利用动能定理求重力做功；根据功能关系求飞箭在最高点具有的机械能；根据下落过程中克服空气阻力做功与重力做功之比求空气阻力与重力大小之比。
解决本题的关键要掌握功能关系，并能熟练运用。运用时，要注意选择研究过程，确定能量的转化情况。

15.【答案】32mgL5md28t2  不同意；因为钢球2重力势能的减少量是钢球1重力势能减少量的2倍，但钢球2动能的增加量是钢球1动能增加量的4倍，两球组成的系统机械能守恒，但单个钢球的机械能不守恒 
【解析】解：(1)两钢球重力势能的减少量△Ep=mgL+mg⋅L2=32mgL，
钢球2经过光电门时的速度：v2=dt，
两球运动过程角速度ω相等，钢球2到达最低点时的速度v2=ωL，
钢球1到达最低点时的速度v1=ω⋅L2=12v1，
两钢球动能的增加量△Ek=12mv12+12mv22=5md28t2；
(2)钢球到达最低点过程，钢球2减小的重力势能是钢球1减少的重力势能的2倍，
到达最低点时钢球2的速度是钢球1速度的2倍，钢球2动能的增加量是钢球1增加动能的4倍，
每个钢球的机械能不守恒，两钢球组成的系统机械能守恒，不同意该同学的意见。
故答案为：(1)32mgL；5md28t2；(2)不同意；因为钢球2重力势能的减少量是钢球1重力势能减少量的2倍，但钢球2动能的增加量是钢球1动能增加量的4倍，两球组成的系统机械能守恒，但单个钢球的机械能不守恒。
(1)根据钢球的直径与球的挡光时间求出钢球经过光电门时的速度，根据重力势能的计算公式与动能的计算公式求出两钢球重力势能的减少量与动能的增加量。
(2)两钢球组成的系统动量守恒，根据每个钢球的重力势能与动能的变化量分析答题。
本题考查了验证机械能守恒定律实验，认真审题理解实验原理、分析清楚钢球的运动过程是解题的前提，应用重力势能与动能的计算公式即可解题。

16.【答案】②  6A6.03.3偏小  偏小 
【解析】解：(1)应选择量程为0∼3V、内阻为3kΩ的电压表②进行改装，改装后量程与内阻都扩大3倍，根据串联电路特点可知，串联分压电阻阻值为原电表内阻的2倍，串联电阻阻值为6kΩ。
(2)电源电动势约为6V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为R=EI=60.6Ω=10Ω，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A。
(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，偏离直线太远的点应舍去，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示；

(4)由图甲所示可知，路端电压U=E−Ir，由图示电源UI图象可知，电源电动势E=6.0V，内阻r=△U△I=6.0−4.00.6Ω≈3.3Ω。
(5)由图甲所示电路图可知，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U−I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．

故答案为：(1)②；6；(2)A；(3)图象如图所示；(4)6.0；3.3；(5)偏小；偏小。
(1)扩大电压表量程应串联分压电阻，根据题意与所给电压表分析答题。
(2)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象。
(4)根据图示图象求出电源电动势与内阻。
(5)根据图示电路图分析实验误差来源，根据实验误差来源分析实验误差。
本题考查了实验器材的选择、作图象、求电源电动势与内阻、实验误差分析等问题，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法；电源的U−I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻；要学会应用图象法分析实验误差的方法．

17.【答案】解：(1)电场强度定义式为E=Fq，E为电场强度，F为检验电荷受到的电场力，q为检验电荷的电荷量。
(2)磁感应强度B=FIL，B为磁感应强度，F为电流元受到的磁场力，IL为电流元。
答：见解析。 
【解析】(1)电场强度是描述电场强弱的物理量，通过比值定义，E=Fq，电场强度与电场力、电荷量均无关。
(2)磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过比值定义，B=FIL，磁感应强度与磁场力、电流元均无关。
本题考查了磁感应强度和电场强度的定义，解题的关键是公式的牢记以及公式意义的掌握。

18.【答案】解：(1)人撒手以后，小球做平抛运动，则：y=12gt2=3.2m
故平台离地高度h=y−2R=2m
(2)小球平抛初速度大小为：v=xt=4.80.8m/s=6m/s。
根据牛顿第二定律，小球在A点有：FN+mg=mv2R。
得：FN=30N。
由牛顿第三定律可知，球对轨道的压力为：FN′=30N。

(3)两次操作弹性势能相等
半圆形轨道时，由机械能守恒有：Ep=12mv2+mg2R=18J
依题换成管后，由机械能守恒有：Ep=12mv′2+mg2r
可求得：v′=44 m/s
在最高点，有：mg+F=mv2r。
解得：F=60N，方向向下。
答：(1)平台距地面高度为2m；
(2)小球运动在A点时对轨道的压力为30N；
(3)若将半圆形轨道换成半径为r=0.4m半圆形管道(管道内径远小于r)，如图b所示，弹簧被压缩到和先前相同位置后将小球弹入管道，小球运动到最高点D时对管道壁压力为60N，方向向上。 
【解析】(1)根据平抛运动的时间求出平抛运动的高度，结合几何关系求出平台距离地面的高度。
(2)根据水平位移和时间求出小球在A点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对小球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球运动轨道的压力。
(3)根据能量守恒求出D点的速度，结合牛顿第二定律求出弹力的大小，从而得出小球运动到最高点对管道的压力大小。
本题考查了平抛运动和圆周运动的综合运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。

19.【答案】解：(1)在0∼1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为：E=Ld△B△t=1×2×1.01.0V=2V
由闭合电路的欧姆定律可得电流的大小为：I=ER+r=21.5+0.5A=1A
第1s内电阻产生的热量为：Q=I2Rt=12×1.5×1J=1.5J；
(2)2s时金属棒的速度为v=at2=2×1m/s=2m/s
感应电动势大小为E′=BLv=1.0×1×2V=2V
根据闭合电路的欧姆定律可得2s时通过金属棒的电流大小为：I′=E′R+r=21.5+0.5A=1A；
(3)第1s内通过金属棒的电荷量为q1=It=1×1C=1C
金属棒在第2s内的位移大小为x=12at22=12×2×12m=1m
根据法拉第电磁感应定律可得：E−=△Φ△t
则第2s内通过金属棒的电荷量为q2=E−R+r△t=△ΦR+r=BLxR+r
代入数据解得：q2=0.5C
则前2s内通过金属棒的电荷量为：q=q1+q2=1C+0.5C=1.5C。
答：(1)第1s内电阻产生的热量为1.5J；
(2)2s时通过金属棒的电流大小1A；
(3)前2s内通过金属棒的电荷量为1.5C。 
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律可得电流的大小，根据焦耳定律求解第1s内电阻产生的热量；
(2)根据速度-时间关系求解2s时金属棒的速度，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆定律可得2s时通过金属棒的电流大小；
(3)根据电荷量的计算公式求解第1s内通过金属棒的电荷量和第2s内通过金属棒的电荷量，由此得到前2s内通过金属棒的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象与图象的结合，关键是能够根据图象获取对解题有用的信息，掌握感生电动势和动生电动势的计算方法，要能够根据电荷量的计算公式求解电荷量。

20.【答案】解：设哈雷彗星离太阳的最近距离为l1，最远距离为l2，则哈雷彗星运行的半长轴为a=l1+l22，
由开普勒第三定律得a3T2=k，
据题有：T=75×365×24×3600s，
联立代入数值解得：l2=5.27×1012m。
答：哈雷彗星离太阳最远的距离是5.27×1012m。 
【解析】由开普勒第三定律a3T2=k求得哈雷彗星轨道的半长轴，而半长轴的二倍等于最远距离加最近距离，可求得最远距离。
本题利用开普勒第三定律a3T2=k解答时，要明确公式中各个量的含义，知道半长轴与最近距离、最远距离的关系。