江西省九江市九江一中20某年高中高二上學期期中物理試卷-Word版含解析

1、2018-2019學年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理試卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，共40分1-8題為單項選擇題，9-12題為多項選擇題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1奧斯特實驗證明了（）A通電導體周圍存在著大量的電荷B通電導體周圍存在著磁場C通電導體在磁場中要受到力的作用D通電導體內部存在磁場2A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度時間圖象如圖所示則這一電場可能是下圖中的（）ABCD3在圖的閉合電路中，當滑片P向右移動時，兩電表讀數(shù)的變化是（）AA變大，V變大BA變小，V變大CA變

2、大，V變小DA變小，V變小4三根無限長通電直導線分別沿空間坐標系坐標軸放置，電流方向如圖，已知沿x軸放置的電流在P（1，1，0）點處磁感應強度為B，無限長直導線在空間的磁感應強度與該點到導線距離成反比，則P點實際磁感應強度為（）ABB BC BD B5在磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則（） Aa、b兩處的磁感應強度的大小不等，且BaBbB同一電流元放在a處受力一定比放在b處受力大C電荷有可能僅在磁場作用下由a沿紙面運動到bD某正電荷在磁場和其他外力作用下從a到b，磁場對電荷做負功6如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質量為m、電荷量為+q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為g，下落高度H

3、到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是（）A該勻強電場的電場強度為B帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為C帶電物塊電勢能的增加量為mg（H+h）D彈簧的彈性勢能的增加量為mg（H+h）7如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以一定的速度進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸時坐標為（0，a），則該粒子在磁場中到x軸的最大距離為（）AaB2aC aD

4、 a8歐姆表的正、負插孔內分別插有紅、黑表筆，表內的電路圖應是下圖中的（）ABCD9如圖所示，直導線處于足夠大的勻強磁場中，與磁感線成=30°角，導線中通過的電流為I為了增大導線所受的磁場力，采取了下列四種辦法，其中正確的是（）A增大電流IB增加直導線的長度C使導線在紙面內順時針轉30°D使導線在紙面內逆時針轉60°10如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略一帶負電油滴被固定于電容器中的P點現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）A靜電計指針張角變小B平行板電容器的電容將變小C帶電油滴

5、的電勢能將增大D若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變11功率可調的直流電動機線圈內阻恒為2，接在電路中的A、B間，如圖，電源的電動勢為6V，內阻為2，下列說法正確的是（）A電動機輸出最大功率為2.25WB電源的最大輸出功率為4.5WC電動機輸出最大功率時電源輸出功率也最大D若將電動機改為范圍足夠大的滑動變阻器，電源可輸出得最大功率為4.5W12絕緣光滑斜面與水平面成角，質量為m、帶電荷量為q（q0）的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0（v00），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上如果斜

6、面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN則下列判斷正確的是（）A小球運動過程對斜面壓力越來越小B小球在斜面做變加速曲線運動C勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0BD小球達到底邊MN的時間t=二、實驗題（本大題共3小題，共20分）13某同學利用螺旋測微器測量一金屬板的厚度該螺旋測微器校零時的示數(shù)如圖（a）所示，測量金屬板厚度時的示數(shù)如圖（b）所示圖（a）所示讀數(shù)為0.010mm，圖（b）所示讀數(shù)為mm，所測金屬板的厚度為mm，用游標卡尺測金屬板的直徑如圖（c）所示，則金屬板直徑為cm14某同學做描繪小燈泡（額定電壓為3.8V，額定電流為0.32A）的伏安特性曲線實驗，實驗給定的實驗器材如下：直流電源的

7、電動勢為4V，內阻不計開關、導線若干電壓表V（量程4V，內阻約為5k）電流表A1（量程0.6A，內阻約為4）電流表A2（量程3A，內阻約為1）滑動變阻器R1（0到1000，0.5A）滑動變阻器R2（0到10，2A）（1）電路圖應選圖甲哪個，電流表應選，滑動變阻器應選（2）該同學按照正確的電路圖和正確的實驗步驟，根據(jù)測量結果描出了伏安特性曲線如圖乙如果用一個電動勢為3V，內阻為10的電源與該小燈泡組成電路則該小燈泡的實際功率約為W（保留兩位有效數(shù)字）15某同學用如甲圖所示的電路測定電源的電動勢和內阻，所用的實驗器材有：待 測電源E，電阻箱R（最大阻值99.99），定值電阻R0（阻值為2.0），電

8、壓表（量程為 3V，內阻約為2k），開關S實驗步驟：將電阻箱阻值調到最大，先閉合開關S，多次調節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應的阻值R，以為縱坐標，R為橫坐標，作圖線（如圖乙）（1）E為電源電動勢，r為電源內阻，寫出關系表達式（用E、r、R0表示）（2）根據(jù)圖線求得電源電動勢E=V，內阻r=（保留兩位有效數(shù)字）（3）用該種方法測電源電動勢存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是三、計算題（本大題共4小題，共42分解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16如圖1所示的電路滑動變阻器最大阻值為R0=58，電源路端電壓U

9、隨外電阻R變化的規(guī)律如圖2所示，圖中U=12V的直線為圖線的漸近線，試求：（1）電源電動勢E和內阻r；（2）A、B空載（沒接用電器）時輸出電壓的范圍17如圖所示，電子由靜止經(jīng)電壓U0加速后，從兩板正中間垂直電場方向射入間距為d電壓為U的平行板電容器間，電子恰好能穿過電場，忽略邊緣效應，求：（1）電子經(jīng)U0加速后的動能；（2）金屬板AB的長度18如圖倒“V”導軌，兩側導軌傾角為=30°，間距為L=0.5m分別平行底邊放置一根導體棒，其中ab棒質量為m1=2kg，電阻為R1=0.5，cd棒質量為m2=4kg，電阻為R2=2，兩棒與導軌的動摩擦因數(shù)均為=，導軌頂端MN間連接內阻為r=0.5

10、的電源，兩棒通過一根繞過頂端光滑定滑輪的絕緣輕線連接，細線平行于左右導軌平面，左右空間磁場均垂直于斜面向上，左右兩斜面磁感應強度均為B=2T，為了使兩棒保持靜止，電源電動勢的取值滿足什么條件19如圖，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，OCA=30°，OC的長度為L在OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B質量為m、電荷量為q的帶負電粒子，從坐標原點射入磁場不計重力（1）若粒子沿+y方向射入磁場，當初速度滿足什么條件時，粒子在磁場中運動的時間為定值；（2）大量初速度大小為v=的粒子以不同的方向射入第一象限，求從AC邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間，及該粒子的入射方向

11、與+x的夾角2018-2019學年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共12小題，每小題4分，共40分1-8題為單項選擇題，9-12題為多項選擇題全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）1奧斯特實驗證明了（）A通電導體周圍存在著大量的電荷B通電導體周圍存在著磁場C通電導體在磁場中要受到力的作用D通電導體內部存在磁場【考點】物理學史【分析】奧斯特實驗證明了通電導體周圍存在著磁場，揭示了電流與磁場的關系【解答】解：奧斯特實驗證明了通電導體周圍存在著磁場，即電流的磁效應，反映了電流與磁場的關系故ACD錯誤，B正確故選：B2A、B是一條電場線上的

12、兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度時間圖象如圖所示則這一電場可能是下圖中的（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像；電場線【分析】（1）速度時間圖象中，圖象的斜率表示加速度；（2）電場線分布密集的地方電場強度大，分布稀疏的地方，電場強度??；（3）負電荷受電場力的方向與電場強度方向相反；（4）對只受電場力作用的帶電微粒，電場力越大，加速度越大，也就是電場強度越大，加速度越大【解答】解：由圖象可知，速度在逐漸減小，圖象的斜率在逐漸增大，故此帶負電的微粒做加速度越來越大的減速直線運動，所受電場力越來越大，受力方向與運動方向相反故選：A3在圖的閉合電路中

13、，當滑片P向右移動時，兩電表讀數(shù)的變化是（）AA變大，V變大BA變小，V變大CA變大，V變小DA變小，V變小【考點】閉合電路的歐姆定律【分析】由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則可知總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流的變化，即可得出電壓表、電流表的變化【解答】解：閉合電路中，當滑片P向右移動時，滑動變阻器的電阻變大，使電路中電阻變大，由閉合電路歐姆定律可得電流變小，則內壓及R0的分壓減小時，故滑動變阻器兩端電壓變大故選B4三根無限長通電直導線分別沿空間坐標系坐標軸放置，電流方向如圖，已知沿x軸放置的電流在P（1，1，0）點處磁感應強度為B，無限長直導線在空間的磁感應強度與

14、該點到導線距離成反比，則P點實際磁感應強度為（）ABB BC BD B【考點】通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向；磁感應強度【分析】根據(jù)題意明確各導線在P點形成的磁感應強度大小，再根據(jù)安培定則明確磁場方向，根據(jù)疊加原理即可求出實際的磁感應強度【解答】解：x軸上的導線在P點的磁感應強度為B，根據(jù)磁感應強度與該點到導線距離成反比可知，沿y軸上的導線形成的磁感應強度為B，而z軸上的電流形成的磁場為=； 根據(jù)安培定則可知，x軸上電流形成的磁場向上，而y軸上電流形成的磁場向下，二者相互抵消，故合磁感應強度等于z軸上導線所形成的磁感應強度，故大小為，故C正確，ABD錯誤故選：C5在磁場中某區(qū)域的磁感線如圖

15、所示，則（） Aa、b兩處的磁感應強度的大小不等，且BaBbB同一電流元放在a處受力一定比放在b處受力大C電荷有可能僅在磁場作用下由a沿紙面運動到bD某正電荷在磁場和其他外力作用下從a到b，磁場對電荷做負功【考點】磁感線及用磁感線描述磁場；磁感應強度；洛侖茲力【分析】根據(jù)磁感應的疏密表示磁場的強弱，根據(jù)安培力的性質可明確安培力的大小情況；明確電荷在磁場中的受力情況，從而明確運動和做功情況【解答】解：A、磁感線的疏密表示磁場的強弱，故a、b兩處的磁感應強度的大小不等，且BaBb，故A正確；B、電流元的受力與放置夾角有關，故無法比較電流元的受力情況，故B錯誤；C、若粒子沿磁感線運動，則不受磁場力，

16、可以由a沿紙面運動到b，故C正確；D、磁場對電荷永不做功，故D錯誤故選：AC6如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質量為m、電荷量為+q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為g，下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是（）A該勻強電場的電場強度為B帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加量為C帶電物塊電勢能的增加量為mg（H+h）D彈簧的彈性勢能的增加量為mg（H+h）【考點】機械能守恒定律；電場強度；電勢能【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出電場強度的大小，根據(jù)除重力和

17、彈力以外其它力做功得出系統(tǒng)機械能的變化量根據(jù)電場力做功求出電勢能的變化量根據(jù)動能定理求出彈簧彈力做功，從而得出彈性勢能的變化量【解答】解：A、物體靜止開始下落時的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律得：mgqE=ma，解得：E=，故A錯誤B、從A到C的過程中，除重力和彈力以外，只有電場力做功，電場力做功為：W=qE（H+h）=，可知機械能減小量為故B錯誤C、從A到C過程中，電場力做功為mg（H+h），則電勢能增加量為mg（H+h）故C錯誤D、根據(jù)動能定理得：mg（H+h）mg（H+h）+W彈=0，解得彈力做功為：W彈=mg（H+h），即彈性勢能增加量為mg（H+h），故D正確故選：D7如圖所示，在x軸上

18、方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以一定的速度進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸時坐標為（0，a），則該粒子在磁場中到x軸的最大距離為（）AaB2aC aD a【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動【分析】根據(jù)帶電粒子的運動的情況，畫出粒子的運動的軌跡，再根據(jù)粒子運動軌跡的幾何關系求解【解答】解：由圖意可知粒子沿順時針方向運動，粒子的運動軌跡如圖中虛線，紅色線段為圓的半徑R，根據(jù)圖中的幾何關系可得，R=a；所以軌跡到x軸的最大距離為：ym=R+Rsin30°=；所以D正確、AB

19、C錯誤；故選：D8歐姆表的正、負插孔內分別插有紅、黑表筆，表內的電路圖應是下圖中的（）ABCD【考點】多用電表的原理及其使用【分析】測量電路中的電流由紅表筆進入歐姆表，由黑表筆流出歐姆表，紅表筆插在正極孔中，與內部電源的負極相連，選檔后要進行調零據(jù)此可確定電路【解答】解：A、C、D、電流由紅表筆流入，由黑表筆流出，則正插孔接電源的負極，則CD錯誤，A正確B、每次換擋時都要進行短接調零，所以電阻要可調節(jié)，故B錯誤故選：A9如圖所示，直導線處于足夠大的勻強磁場中，與磁感線成=30°角，導線中通過的電流為I為了增大導線所受的磁場力，采取了下列四種辦法，其中正確的是（）A增大電流IB增加直導

20、線的長度C使導線在紙面內順時針轉30°D使導線在紙面內逆時針轉60°【考點】安培力【分析】根據(jù)左手定則的內容，判定安培力的方向左手定則的內容是：伸開左手，讓大拇指與四指方向垂直，并且在同一平面內，磁感線穿過掌心，四指方向與電流的方向相同，大拇指所指的方向為安培力的方向而安培力的大小F=BIL，且B與I垂直； 若不垂直時，則將B沿導線方向與垂直方向進行分解【解答】解：A、由公式F=BIL，當增大電流時，可增大通電導線所受的磁場力故A正確；B、由公式F=BIL，當增加直導線的長度時，可增大通電導線所受的磁場力故B正確；C、當使導線在紙面內順時針轉30°時，導線有效切割

21、長度縮短，則所受磁場力變小，故C錯誤；D、當使導線在紙面內逆時針轉60°時，導線有效切割長度伸長，則所受磁場力變大，故D正確；故選：ABD10如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略一帶負電油滴被固定于電容器中的P點現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）A靜電計指針張角變小B平行板電容器的電容將變小C帶電油滴的電勢能將增大D若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變【考點】電容器的動態(tài)分析；電勢能【分析】電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，

22、根據(jù)電容器d的變化判斷電容的變化以及電場強度的變化，從而判斷電荷電勢能和電場力的變化【解答】解：現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距增大，A、靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變故A錯誤B、根據(jù)C=知，d增大，則電容減小故B正確；C、電勢差不變，d增大，則電場強度減小，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小故C錯誤D、若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E=，知電場強度不變，則油滴所受電場力不變故D正確故選：BD11功率可調的直流電動機線圈內阻

23、恒為2，接在電路中的A、B間，如圖，電源的電動勢為6V，內阻為2，下列說法正確的是（）A電動機輸出最大功率為2.25WB電源的最大輸出功率為4.5WC電動機輸出最大功率時電源輸出功率也最大D若將電動機改為范圍足夠大的滑動變阻器，電源可輸出得最大功率為4.5W【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【分析】電動機為非純電阻電路，不能直接利用閉合電路歐姆定律求解，但由于電源和電動機中的電流相等，故可以列出電動勢、路端電壓和電流的關系進行分析，再由數(shù)學規(guī)律求解最大值即可【解答】解：A、設電流為I，則此時電動機兩端的電壓為U=EIr，則電動機的輸出功率P出=UII2R=EII2（r+R）=6I4I2；

24、則由二次函數(shù)可知當I=0.75A時，電動機的輸出功率最大為2.25W；故A正確；B、電源的輸出功率P=EII2r=6I2I2；則由數(shù)學規(guī)律可知，當I=1.5A時，電源輸出功率最大，最大輸出功率為4.5W，故B正確；C、由AB分析可知，電動機輸出最大功率時電源輸出功率不是最大，故C錯誤；D、若將電動機改為范圍足夠大的滑動變阻器，電路為純電阻電路，電源可輸出得最大功率仍為4.5W，故D正確故選：ABD12絕緣光滑斜面與水平面成角，質量為m、帶電荷量為q（q0）的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0（v00），方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強磁場B中，磁場方向平行斜面向上如果斜

25、面足夠大，且小球能夠沿斜面到達底邊MN則下列判斷正確的是（）A小球運動過程對斜面壓力越來越小B小球在斜面做變加速曲線運動C勻強磁場磁感應強度的取值范圍為0BD小球達到底邊MN的時間t=【考點】帶電粒子在混合場中的運動；洛侖茲力【分析】根據(jù)受力分析，結合力的合成法則，并依據(jù)牛頓第二定律，及曲線運動條件，即可求解； 依據(jù)洛倫茲力小于等于重力的垂直斜面的分力；根據(jù)運動學公式，結合牛頓第二定律，即可求解【解答】解：A、對小球受力分析，重力，支持力，洛倫茲力，根據(jù)左手定則，可知，洛倫茲力垂直斜面向上，并且水平速度保持不變，故小球對斜面的壓力保持不變；B、由于小球在下滑過程中，速度的變化，不會影響重力與支

26、持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做勻變速曲線運動，故B錯誤；C、假設重力不做功，根據(jù)小球能夠沿斜面到達底邊MN，則小球受到的洛倫茲力0f=qv0Bmgcos；解得磁感應強度的取值范圍為0Bcos，故C確；D、小球做類平拋運動，則在斜面上，沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)力的分解法則，及牛頓第二定律，則小球的加速度a=gsin，再由運動學公式，球到達底邊MN的時間t=，故D正確；故選：CD二、實驗題（本大題共3小題，共20分）13某同學利用螺旋測微器測量一金屬板的厚度該螺旋測微器校零時的示數(shù)如圖（a）所示，測量金屬板厚度時的示數(shù)如圖（b）所示圖（a）所示讀數(shù)為0.010mm，圖

27、（b）所示讀數(shù)為6.870mm，所測金屬板的厚度為6.860mm，用游標卡尺測金屬板的直徑如圖（c）所示，則金屬板直徑為1.240cm【考點】刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用【分析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀【解答】解：該螺旋測微器校零時的示數(shù)如圖（a）所示，螺旋測微器的固定刻度為0mm，可動刻度為0.01×1.0mm=0.010mm，所以最終讀數(shù)為0.010 mm測量金屬板厚度時的示數(shù)如圖（b）所示螺旋測微器的固定刻度為6.5mm，可動刻度為0.01

28、5;37.0mm=0.370mm，所以最終讀數(shù)為6.870 mm所測金屬板的厚度為6.8700.010=6.860mm 游標卡尺的主尺讀數(shù)為12mm，游標尺上第8個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為8×0.05mm=0.40mm，所以最終讀數(shù)為：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm故答案為：6.870；6.860；1.24014某同學做描繪小燈泡（額定電壓為3.8V，額定電流為0.32A）的伏安特性曲線實驗，實驗給定的實驗器材如下：直流電源的電動勢為4V，內阻不計開關、導線若干電壓表V（量程4V，內阻約為5k）電流表A1（量程0.6A，內阻約為4）電流表A2（

29、量程3A，內阻約為1）滑動變阻器R1（0到1000，0.5A）滑動變阻器R2（0到10，2A）（1）電路圖應選圖甲哪個a，電流表應選A1，滑動變阻器應選R2（2）該同學按照正確的電路圖和正確的實驗步驟，根據(jù)測量結果描出了伏安特性曲線如圖乙如果用一個電動勢為3V，內阻為10的電源與該小燈泡組成電路則該小燈泡的實際功率約為0.21W（保留兩位有效數(shù)字）【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）根據(jù)實驗要求選擇合適的電路圖，選擇儀器是按方便，安全的原則選取（2）電源的UI圖線與小燈泡的伏安特性曲線的交點的橫縱坐標表示此時的電流和電壓，根據(jù)P=UI求出小燈泡的實際功率【解答】解：（1）從圖象知電壓

30、從零計故滑動變阻器應用分壓式接法，實驗電路應選擇圖乙中的電路圖（a）；因小燈泡額定電流為0.32A，用電流表A2量程太大，應用A1；因滑動變阻器應用分壓式接法，應選阻值小的變阻器R2；（2）如果用一個電動勢為3V，內阻為10的電源與該小燈泡組成電路在IU圖象中作出該電源的特性曲線，如圖所示電源的UI圖線與小燈泡的伏安特性曲線的交點的橫縱坐標表示此時的電流和電壓，P=UI=1.1×0.19=0.21W故答案為：（1）a，A1 ，R2（2）0.2115某同學用如甲圖所示的電路測定電源的電動勢和內阻，所用的實驗器材有：待 測電源E，電阻箱R（最大阻值99.99），定值電阻R0（阻值為2.0

31、），電壓表（量程為 3V，內阻約為2k），開關S實驗步驟：將電阻箱阻值調到最大，先閉合開關S，多次調節(jié)電阻箱，記下電壓表的示數(shù)U和電阻箱相應的阻值R，以為縱坐標，R為橫坐標，作圖線（如圖乙）（1）E為電源電動勢，r為電源內阻，寫出關系表達式（用E、r、R0表示）=+（2）根據(jù)圖線求得電源電動勢E=5.7V，內阻r=3.7（保留兩位有效數(shù)字）（3）用該種方法測電源電動勢存在系統(tǒng)誤差，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的原因是電壓表的分流作用【考點】測定電源的電動勢和內阻【分析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可明確對應表達式；（2）根據(jù)圖象的性質可求得電源的電動勢和內電阻；（3）分析電表內阻，從而明確系統(tǒng)誤差來源【解答】解

32、：（1）由電路圖可知，電壓表與R0并聯(lián)后與R串聯(lián)，則由閉合電路歐姆定律可知U=R0；變形可得：=+；（2）根據(jù)圖象可知，k=； =0.51解得：E=5.8V；r=3.7；（3）由于電壓表內阻不是無窮大，故由于其分流導致電流出現(xiàn)誤差；故答案為：（1）=+；（2）5.8；3.7；（3）電壓表的分流作用三、計算題（本大題共4小題，共42分解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）16如圖1所示的電路滑動變阻器最大阻值為R0=58，電源路端電壓U隨外電阻R變化的規(guī)律如圖2所示，圖中U=12V的直線為圖線的漸近線，試求：（1）電源

33、電動勢E和內阻r；（2）A、B空載（沒接用電器）時輸出電壓的范圍【考點】路端電壓與負載的關系；閉合電路的歐姆定律【分析】（1）當外電阻無窮大時，路端電壓等于電動勢，由圖象可知電源的電動勢，由閉合電路歐姆定律可求得電源的內阻； （2）AB輸出電壓為AB并聯(lián)的滑動變阻器部分電阻的電壓，根據(jù)滑動變阻器兩端的電壓范圍即可求出【解答】解：（1）當外電阻無窮大時，路端電壓等于電動勢由圖可知，當外電阻無窮大時，路端電壓接近12V，故說明電源的電動勢為：E=12V； 由圖象可知，當外電阻為R=2時，路端電壓為U=6V，由歐姆定律可得電路中電流為：I=A=3A，由Ur=EU=Ir，得內電阻為：r=2；（2）空載

34、時，當變阻器滑片移至最下端時，輸出電壓最小，為：U最小=0V當變阻器滑片移至最上端時，輸出電壓最大，為：U最大=×12=11.6V故空載時A、B兩端輸出的電壓范圍是011.6V答：（1）電源電動勢12V和內阻2；（2）A、B空載（沒接用電器）時輸出電壓的范圍011.6V17如圖所示，電子由靜止經(jīng)電壓U0加速后，從兩板正中間垂直電場方向射入間距為d電壓為U的平行板電容器間，電子恰好能穿過電場，忽略邊緣效應，求：（1）電子經(jīng)U0加速后的動能；（2）金屬板AB的長度【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；勻強電場中電勢差和電場強度的關系【分析】（1）電子在加速電場中運動過程，由動能定理求解電子

35、加速獲得的動能（2）電子進入偏轉電場后做類平拋運動，由牛頓第二定律和位移時間公式列式，可求得金屬板AB的長度【解答】解：（1）設電子被加速后速度大小為Ek，對于電子在加速電場中運動過程，運用動能定理得： eU0=Ek 所以Ek=eU0（2）在偏轉電場中，電子做類平拋運動，設加速度為a，極板長度為L，由于電子恰好射出電場，所以有： L=v0t=at2由牛頓第二定律得 a=又 Ek=聯(lián)立解得：L=d答：（1）電子經(jīng)U0加速后的動能為eU0（2）金屬板AB的長度為d18如圖倒“V”導軌，兩側導軌傾角為=30°，間距為L=0.5m分別平行底邊放置一根導體棒，其中ab棒質量為m1=2kg，電阻為R1=0.5，cd棒質量為m2=4kg，電阻為R2=2，兩棒與導軌的動摩擦因數(shù)均為=，導軌頂端MN間連接內阻為r=0.5的電源，兩棒通過一根繞過頂端光滑定滑輪的絕緣輕線連接，細線平行于左右導軌平面，左右空間磁場均垂直于斜面向上，左右兩斜面磁感應強度均為B=2T，為了使兩