甘肅省白銀市靖遠(yuǎn)第一中學(xué)2020-2021學(xué)年高二物理下學(xué)期開學(xué)考試試題（含解析）

1、教育文檔 可修改 歡迎下載 甘肅省白銀市靖遠(yuǎn)一中2020-2021學(xué)年高二（下）開學(xué)物理試卷一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）1.如圖所示，在一條直線上有兩個(gè)相距的點(diǎn)電荷A、B，A帶電，B帶電現(xiàn)引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，恰好使三個(gè)點(diǎn)電荷均在電場(chǎng)力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為A. 正B的右邊m處B. 正B的左邊m處C. 負(fù)A的左邊m處D. 負(fù)A的右邊m處【答案】C【解析】AB：若C帶正電若C放在A左邊，B所受庫(kù)侖力均向左，B不可能平衡。則不可能；若C放在AB連線上，C受力均向右，C不可能平衡。則不可能；若C放在B的右邊，A的電荷量小于B且AC距離大于BC距離，據(jù)可得A對(duì)C的力

2、小于B對(duì)C的力，C不可能平衡。則不可能。綜上，AB兩項(xiàng)均不正確。CD：若C帶負(fù)電若C放在B的右邊，A受力均向右，A不可能平衡。則不可能；若C放在AB連線上，C受力均向左，C不可能平衡。則不可能；若C放在A左邊，設(shè)AC間距為x，AB間距為r，則要使三者均平衡，對(duì)C分析可得：，解得：綜上C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：三個(gè)點(diǎn)電荷的自平衡可總結(jié)為：兩同夾異(從力的方向角度分析)，兩大夾小(從力的大小角度分析)。2.如圖所示，直線b為電源的圖，直線a為電阻R的圖.現(xiàn)在用該電源E、該電阻R、一個(gè)電阻箱組成閉合電路，為了使電源輸出功率最大，下列操作正確的是A. 電阻箱調(diào)到與該電阻并聯(lián)后連接到電源B. 電阻箱調(diào)到

3、與該電阻串聯(lián)后連接到電源C. 電阻箱調(diào)到與該電阻串聯(lián)后連接到電源D. 電阻箱調(diào)到與該電阻并聯(lián)后連接到電源【答案】D【解析】由a圖線得到，電阻，由b圖線可知，電源的電動(dòng)勢(shì)為E=3V，內(nèi)阻為：，當(dāng)時(shí)，電源輸出功率最大，由此可知電阻箱R0調(diào)到1與該電阻并聯(lián)后的總外阻為，故D正確，ABC錯(cuò)誤。3.如圖，平行板電容器與電源相連充電后，切斷電源，然后將電介質(zhì)插入電容器板板間，則兩板間的電勢(shì)差U及場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況為A. U變大，E變大B. U變小，E變小C. U不變，E不變D. U變小，E不變【答案】B【解析】【詳解】在空氣平行板電容器兩極板間插入電介質(zhì)，根據(jù)電容的決定式分析得知，電容C增大，因切斷電源，則

4、兩極板所帶電荷量Q一定，由電容的定義式得到，板間電壓U減小。根據(jù)，可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，故B正確，ACD錯(cuò)誤；4.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)有無(wú)數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向以相同的速率通過(guò)P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長(zhǎng)是圓周長(zhǎng)的將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從原來(lái)的變?yōu)?，結(jié)果相應(yīng)的弧長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則等于A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【詳解】設(shè)圓的半徑為r(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí),從P點(diǎn)射入的粒子與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為M,最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場(chǎng)邊界圓的交點(diǎn),POM=120，如圖所

5、示：所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為：sin60=R/r,得：R= r磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí),從P點(diǎn)射入的粒子與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為N,最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場(chǎng)邊界圓的交點(diǎn),PON=60，如圖所示：所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為：sin30=R/r,得：R=r/2由帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R=得：R= R= 得： B2：B1=故選：B【點(diǎn)睛】畫出導(dǎo)電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，找出臨界條件和角度關(guān)系，利用圓周運(yùn)動(dòng)由洛侖茲力充當(dāng)向心力，分別表示出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，進(jìn)行比較即可5.一帶電粒子以初速度先后通過(guò)勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，如圖甲所示，電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)粒子做功為；若把電場(chǎng)和磁場(chǎng)正交疊加后，如圖乙所示，粒子仍以的速度

6、穿過(guò)疊加場(chǎng)區(qū)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)粒子做功為不計(jì)重力的影響，則A. B. C. D. 無(wú)法比較【答案】C【解析】【詳解】由于洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，所以甲圖和乙圖中電場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)粒子做的功就等于電場(chǎng)做的功，所以只要判斷出偏轉(zhuǎn)的位移大小即可得出做功大小。根據(jù)左手定則判斷可知：乙圖中洛倫茲力有與電場(chǎng)力方向相反的分力；而在甲圖中電場(chǎng)和磁場(chǎng)是分開的，所以在甲圖的情況下，粒子沿電場(chǎng)方向的位移較大，電場(chǎng)力做功較多，所以選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確。6.如圖所示，金屬桿MN的電阻為R，金屬桿PQ的電阻為2R，平行金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，電壓表為理想直流電壓表。當(dāng)MN以速度v向右勻速滑動(dòng)而PQ固定不動(dòng)時(shí)，電壓表正常工作且示數(shù)為

7、U；若MN固定不動(dòng)，為使電壓表讀數(shù)不變，下面做法可行的是A. 使PQ以速度2v向右勻速滑動(dòng)B. 使PQ以速度2v向左勻速滑動(dòng)C. 使PQ以速度向右勻速滑動(dòng)D. 使PQ以速度向左勻速滑動(dòng)【答案】A【解析】設(shè)導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)MN以速度v向右勻速滑動(dòng)而PQ固定不動(dòng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)為：，電流為：，電壓表正常工作且示數(shù)為：，根據(jù)右手定則可知上方電勢(shì)高；若MN固定不動(dòng)，為使電壓表讀數(shù)不變，應(yīng)該使PQ向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則，解得v=2v，故A正確，BCD錯(cuò)誤。7.如圖，矩形ABCD位于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向平行于矩形平面。已知，P是CD邊的中點(diǎn)。A、B、D的電勢(shì)分別為6V、2V、4V，初

8、動(dòng)能為6eV、電荷量大小為e的帶電粒子從A沿著AC方向射入電場(chǎng)，恰好經(jīng)過(guò)不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是A. 該粒子一定帶正電B. 該粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為10eVC. 若僅改變粒子的初速度大小，該粒子可能經(jīng)過(guò)c點(diǎn)D. 若僅改變粒子的初速度方向，該粒子可能做直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)【答案】D【解析】根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，則A-B=D-C，則C的電勢(shì) C=0取AB的中點(diǎn)O，則O點(diǎn)的電勢(shì)為，連接OD則為等勢(shì)線，電場(chǎng)強(qiáng)度與等勢(shì)面垂直，且有高電勢(shì)指向低電勢(shì)，電場(chǎng)強(qiáng)度垂直O(jiān)D斜向上，由物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，電場(chǎng)力斜向下，故電荷為負(fù)電荷；故A錯(cuò)誤粒子從A到B，由動(dòng)能定理，得qUAB=EkB

9、-EKA，-e（6-2）=EKB-6eV，則該粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能 EKB=2eV，故B錯(cuò)誤若僅改變粒子的初速度大小，因粒子所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)E方向相反，則該粒子不可能經(jīng)過(guò)c點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因AP在電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向上，則若改變粒子的初速度方向，使得初速度沿AP方向，則該粒子可沿AP做勻減速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，選項(xiàng)D正確；故選D.點(diǎn)睛：此題關(guān)鍵要掌握：勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，找到等勢(shì)線，利用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系以及電場(chǎng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系求解8.如圖所示，邊長(zhǎng)為的正方形abcd區(qū)域內(nèi)包括邊界存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在a點(diǎn)處有一粒子源，能夠沿ab方向

10、發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的粒子，粒子射出的速率大小不同。粒子的重力忽略不計(jì)，也不考慮粒子之間的相互作用。則A. 軌跡不同的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同B. 從c點(diǎn)射出的粒子入射速度大小為C. 從d點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D. 粒子在邊界上出射點(diǎn)距a點(diǎn)越遠(yuǎn)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)【答案】C【解析】能從ad邊射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤，C正確；從點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的半徑為r=l0，則入射速度大小為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；故選C.9.如圖所示的電路中，、是定值電阻，R是滑動(dòng)變阻器，電流表A和電壓表V均為理想電表。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P從左端滑向右端的過(guò)程

11、中，下列說(shuō)法中正確的是A. 表V示數(shù)增大，表A示數(shù)減小，電容器C的電荷量減小B. 表V示數(shù)減小，表A示數(shù)增大，電容器C的電荷量減小C. 表V示數(shù)增大，表A示數(shù)增大，電容器C的電荷量減小D. 表V示數(shù)減小，表A示數(shù)減小，電容器C的電荷量增大【答案】D【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P從左端滑向右端的過(guò)程中，變阻器接入電路的電阻減小，電阻R與并聯(lián)的電阻減小，外電路總減小，總電流增大，故路端電壓減小，則電壓表V的示數(shù)減小，又流過(guò)的電流即為總電流，故兩端的電壓增大，而電容器與并聯(lián)，故電容器兩端的電壓也增大，根據(jù)Q=CU，可知電容器的電荷量增大；因路端電壓減小，而兩端的電壓增大，故R與并聯(lián)的電壓減小，故流過(guò)的

12、電流減小，即電流表的示數(shù)減小，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選D?！军c(diǎn)睛】當(dāng)滑動(dòng)變阻器的觸頭P從左端滑向右端的過(guò)程中，分析外電路總電阻的變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，判斷電壓表示數(shù)的變化根據(jù)歐姆定律分析R、并聯(lián)的電壓如何變化，分析通過(guò)的電流如何變化，再分析電流表示數(shù)的變化根據(jù)電壓的變化，判斷電容器所帶電量的變化。二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）10.如圖所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量1kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)開始計(jì)時(shí)，此時(shí)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1V，在時(shí)刻線框到達(dá)2位置開始離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)此過(guò)程中v-t圖象如圖所示，那么A. 在時(shí)刻線框右

13、側(cè)的邊兩端MN間電壓為VB. 恒力F的大小為NC. 線框完全離開磁場(chǎng)的瞬間位置3速度為2D. 線框完全離開磁場(chǎng)的瞬間位置3速度為1【答案】AC【解析】【詳解】由圖讀出時(shí)和時(shí)刻的速度相等，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，由題知，時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，則時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也為，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為：故A正確；B、在內(nèi)，線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，由速度時(shí)間圖象的斜率表示加速度，求得，則得故B錯(cuò)誤。C、D由b圖象看出，在時(shí)刻線框到達(dá)2位置開始離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)與線框進(jìn)入時(shí)速度相同，則線框出磁場(chǎng)與進(jìn)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則知線框完全離開磁場(chǎng)的瞬間位置3速度與時(shí)刻的速度相等，即為。故C正確

14、，D錯(cuò)誤。故選：AC。11.如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定的足夠長(zhǎng)的斜面，將一帶正電的小球從斜面上某點(diǎn)以水平向右的速度拋出，小球最終落到斜面上。當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為時(shí)，小球從拋出至落到斜面上所用的時(shí)間為，機(jī)械能的增量為，動(dòng)能的增量為，動(dòng)量變化量大小為；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為時(shí)，小球從拋出至落到斜面上所用的時(shí)間為，機(jī)械能的增量為，動(dòng)能的增量為，動(dòng)量變化量大小為已知電場(chǎng)強(qiáng)度，則以下判斷正確的是A. B. C. D. 【答案】BC【解析】加電場(chǎng)時(shí)，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則x=v0t，y=at2，且 ,，解得 ；場(chǎng)強(qiáng)越大，則a越大，則t越小，因E2E1，則t1t2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；動(dòng)能增量為may=2mv02tan，可

15、知加電場(chǎng)時(shí)，動(dòng)能增量不變，選項(xiàng)B正確；有電場(chǎng)時(shí)，機(jī)械能增量等于電場(chǎng)力做功 可知E越大，機(jī)械能增量越大，選項(xiàng)C正確；動(dòng)量的變化 ，可知兩種情況動(dòng)量變化相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選BC.12.如圖所示，圖中的四個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向右端滑動(dòng)時(shí)，下面說(shuō)法正確的是( )A. 電壓表的讀數(shù)減小，電流表的讀數(shù)增大B. 電壓表讀數(shù)變化量的大小與電流表讀數(shù)變化量的大小比值增大C. 若電壓表讀數(shù)變化量大小為，電流表讀數(shù)變化量的大小為，則D. 若，則電壓表的讀數(shù)與電流表讀數(shù)的乘積增大【答案】AC【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸點(diǎn)P向右端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律得

16、知，干路電流I增大，路端電壓U減小，則電流表A1讀數(shù)增大；電壓表V1讀數(shù)U1=E-I（R1+r），I增大，其他量不變，則U1減小；故A正確根據(jù)閉合電路歐姆定律有 U1=E-I（R1+r），則得，保持不變，故B錯(cuò)誤電流表A1的讀數(shù)等于電流表A2的讀數(shù)與R2的電流之和，即I1=I2+IR2，因I1增大，I2減小，IR2變大，則IR2I2，則，選項(xiàng)C正確；將R1+r看做是電源的內(nèi)阻，則電壓表V1的讀數(shù)與電流表A1讀數(shù)的乘積等于電源的輸出功率，當(dāng)R1=R3時(shí)，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸點(diǎn)P越向左移動(dòng)，則外電阻越接近R3，電源的輸出功率越大，則選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選BC. 點(diǎn)睛：本題是簡(jiǎn)單的電路動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，按“部分整

17、體部分”的思路進(jìn)行分析對(duì)于電壓表讀數(shù)的變化量與電流表讀數(shù)的變化量之比，往往根據(jù)閉合電路歐姆定律分析13.如圖所示，長(zhǎng)均為d的CD、EF兩條金屬導(dǎo)軌水平平行放置，導(dǎo)軌間距為導(dǎo)軌的D、F間接有一電阻R，左端C、E分別與彎曲的光滑軌道平滑連接。矩形CDFE區(qū)域內(nèi)存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為將一電阻為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。已知水平金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，與導(dǎo)體棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，重力加速度為g，不計(jì)電磁輻射。在導(dǎo)體棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是A. 流過(guò)電阻R的電荷量為B. 電阻

18、R的最大電流為C. 電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為D. 導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大加速度為【答案】BC【解析】流過(guò)電阻R的電荷量，故A錯(cuò)誤；金屬棒下滑過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：，解得：金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度，金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場(chǎng)受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)體棒剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，最大的感應(yīng)電流為，最大加速度為，故B正確，D錯(cuò)誤；金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：，則克服安培力做功：，所以整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱，故C正確；故選BC。【點(diǎn)睛】金屬棒在彎曲軌道下滑時(shí)，只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械

19、能守恒定律或動(dòng)能定理可以求出金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度，由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后求出感應(yīng)電流；由可以求出流過(guò)電阻R的電荷量；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由動(dòng)能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱三、填空題（本大題共1小題，共6.0分）14.如圖是一簡(jiǎn)易多用電表的內(nèi)部電路圖，已知表頭G的滿偏電流，內(nèi)阻，電阻、當(dāng)電表的測(cè)量表筆與a、b連接時(shí)，一般用于測(cè)量_，量程_；當(dāng)電表的測(cè)量表筆與a、c連接時(shí)，一般用于測(cè)量_，量程_.【答案】 (1). 電流 (2). 10mA (3). 電壓 (4). 3V【解析】當(dāng)電表的測(cè)量表筆與a、b連接時(shí)，電阻與表頭G并聯(lián)，根據(jù)電流

20、表的改裝原理可知，此檔一般用于測(cè)量電流，設(shè)量程為I，則有：，解得：I=10mA；當(dāng)電表的測(cè)量表筆與a、c連接時(shí)，電阻與表頭G并聯(lián)，再與串聯(lián)，根據(jù)電流表的改裝原理可知，此檔一般用于測(cè)量電壓，設(shè)量程為U，則有：.【點(diǎn)睛】把小量程電流表改裝成大量程電流表需要并聯(lián)分流電阻，應(yīng)用并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出并聯(lián)電阻阻值把小量程電流表改裝成大量程電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值四、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共1小題，共8.0分）15.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室中有如下器材：A.待測(cè)干電池B.電流表，內(nèi)電阻C.電流表，內(nèi)電阻D.滑動(dòng)變阻器甲最大阻值E

21、.滑動(dòng)變阻器乙最大阻值F.定值電阻G.定值電阻H.定值電阻以及導(dǎo)線和開關(guān)由于沒有電壓表，為此他設(shè)計(jì)了如圖所示的電路完成了實(shí)驗(yàn)要求的測(cè)量(1)為了方便并能較準(zhǔn)確測(cè)量，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選_，定值電阻應(yīng)選用_填寫各器材前的序號(hào)(2)若某次測(cè)量中電流表G的示數(shù)為，電流表A的示數(shù)為；改變滑動(dòng)變阻器的位置后，電流表G的示數(shù)為，電流表A的示數(shù)為則可知此電源的內(nèi)電阻_，電動(dòng)勢(shì)_用給出和測(cè)得的物理量表示【答案】 (1). D (2). G (3). (4). 【解析】【分析】將電流表B串聯(lián)一個(gè)電阻，可以改裝成較大量程的電壓表，采用較小最大值的滑動(dòng)變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測(cè)量和誤差的減小根據(jù)閉合回路歐姆定律列出等式求解電

22、動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【詳解】(1)由于滑動(dòng)變阻器的最大電阻普遍小于定值電阻阻值，所以判定通過(guò)滑動(dòng)變阻器的電流大于通過(guò)定值電阻的電流，因此電流表A為A2，根據(jù)估測(cè)電阻即根據(jù)歐姆定律可估測(cè)出R0約為15左右比較合適，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇D，同理，可估測(cè)出定值電阻阻值在500左右比較合適，因此定值電阻選擇G.(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律列方程如下：可得：,【點(diǎn)睛】本題為測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)的變形，注意由于沒有電壓表，本實(shí)驗(yàn)中采用改裝的方式將表頭改裝為電壓表，再根據(jù)原實(shí)驗(yàn)的研究方法進(jìn)行分析研究，注意數(shù)據(jù)處理的方法五、計(jì)算題（本大題共3小題，共34.0分）16.如圖所示，一帶電荷量為、質(zhì)量為m的小物塊處于

23、一傾角為37的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，求：(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，小物塊的加速度是多大；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離2L時(shí)的動(dòng)能.【答案】（1） （2）0.3g（3） 【解析】【分析】帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則可根據(jù)重力、支持力，又處于平衡，可得電場(chǎng)力方向，再由電荷的電性來(lái)確定電場(chǎng)強(qiáng)度方向；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度減半后，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度。借助于電場(chǎng)力由牛頓第二定律可求出加速度大??；選取物體下滑距離為L(zhǎng)作為過(guò)程，利用動(dòng)能定理來(lái)求出動(dòng)能?！驹斀狻啃∥飰K靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力， 可得電場(chǎng)強(qiáng)度 （2）若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)，則變?yōu)?可得加速度。 物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功由動(dòng)能定理則有：可得動(dòng)能17.如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌和之間距離為1