高二上學期期末物理試卷3解析版

1、高二上學期期末物理試卷3一、單項選擇題：（本題共8小題，每小題4分在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1下列有關(guān)物理學史的說法中正確的是（）A奧斯特從實驗中發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應B庫侖提出了庫侖定律，并最早用實驗測得元電荷e的數(shù)值C焦耳發(fā)明了能在實驗室中產(chǎn)生高能粒子的回旋加速器D法拉第通過實驗最先得到了電流通過電阻產(chǎn)生熱量的規(guī)律2真空中有兩個點電荷，它們間的靜電力為F如保持它們間的距離不變，將其中一個的電量增大為原來的2倍，則它們間的作用力大小變?yōu)椋ǎ〢BCFD2F3下列說法正確的是（）A電場線和磁感線都是電場和磁場中客觀存在的曲線B磁場與電場一樣，對放入其中的電荷一定有力的作用C在公

2、式E=中，F(xiàn)與E的方向不是相同就是相反D由公式B=知，F(xiàn)越大，通電導線所在處的磁感應強度一定越大4電動勢為2V的電源接在純電阻電路上輸出1A的電流由此可以判定（）A內(nèi)電阻是2B路端電壓是1VC輸出功率是2WD總功率是2W5如圖所示，一帶電粒子進入一固定的正點電荷Q的電場中，沿圖中實線軌跡從a運動到b，a、b兩點到點電荷Q的距離分別為ra、rb（rarb），不計粒子的重力，則可知（）A運動粒子帶負電Bb點的場強大于a點的場強Ca到b的過程中，電場力對粒子不做功Da到b的過程中，粒子動能和電勢能之和減小6一段長0.2m，通過2.5A電流的直導線，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，受到的安培力為F，則

3、下列說法正確的是（）A如果B=2T，F(xiàn)一定是1N B如果F=0，B也一定為零C如果B=4T，F(xiàn)有可能是1N D如果F有最大值時，通電導線一定與B平行7連接著電池組的平行板電容器的兩極板靠近時，則（）A電容器的電容C變大 B電容器極板的帶電量Q變小C電容器極板間的電勢差U變小 D電容器兩極板間電場強度E不變8在如圖所示的各圖中，表示磁場方向、電流方向及導線受力方向的圖示正確的是（）ABCD二、不定項選擇題：（本題共4小題，每小題4分在每小題給出的四個選項中，有一項或多項符合題目要求全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯的或不答的得0分）91930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其核心部分

4、如圖所示勻強磁場垂直D 形盒底面，兩盒分別與交流電源相連則下列說法中正確的是（）A加速器的半徑越大，粒子射出時獲得的動能越大B粒子獲得的最大動能由交變電源的電壓決定C加速器中的電場和磁場都可以使帶電粒子加速D粒子在磁場中運動的周期與交變電壓的周期同步10如圖所示是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖，其中電動機內(nèi)電阻r=1，電路中另一電阻R=9，直流電壓U=180V，理想電壓表示數(shù)UV=135V，電動機正以v=1m/s勻速豎直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A通過電動機的電流是18A B輸入電動機的電功率是675WC電機的輸出功率是25W D重物的質(zhì)量是65kg11如圖

5、所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動已知電場強度為E，磁感應強度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為（）A，B，CB，D，12如圖所示，當滑動變阻器R3的滑動片向右移動時，兩電壓表示數(shù)變化的絕對值分別是U1和U2，則下列結(jié)論正確的是（）AU1U2B電阻R1的功率先增大后減小C電阻R2的功率一定增大D電源的輸出功率先增大后減小三、實驗（共16分，每空2分，）13一多用電表的電阻檔有三個倍率，分別是“×1”、“×10”、“×100”用“×10”檔測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為使測量

6、值更準確，應換到檔；如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù)，那么缺少的步驟是14實驗室中準備了下列器材：A待測干電池（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約為1.0）B電流表A1（滿偏電流1.5mA，內(nèi)阻為10）C電流表A2（量程00.60A，內(nèi)阻約為0.10）D電壓表V（量程015V，內(nèi)阻約為10k）E滑動變阻器R1（020，2A）F滑動變阻器R2（0100，1A）G電阻箱R3：最大阻值為999.9，允許通過的最大電流是0.6AH開關(guān)一個，導線若干（1）若要將電流表A1改裝成量程為1.5V的電壓表，需給該電流表聯(lián)一個的電阻（2）為了測量電池的電動勢和內(nèi)阻，小明按圖（a）設計好了測量的電路圖，在圖（a）

7、中，甲是，乙是，（填器材前面的序號）（3）為了能較為準確地進行測量和操作方便，圖（a）所示的測量電路中，滑動變阻器應選（填器材前面的序號）（4）圖（b）為小明根據(jù)圖（a）的測量電路測得的實驗數(shù)據(jù)作出的I1I2圖線（I1為電表乙的示數(shù)，I2為電表甲的示數(shù)），由該圖線可得：被測干電池的電動勢E=V，內(nèi)阻r=（保留兩位小數(shù)）三、計算題（共36分，解答應寫出必要的文字說明方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分本題共3小題，）15如圖所示的電路中，當S閉合時，電壓表和電流表（均為理想電表）的示數(shù)各為1.6V和0.4A；當S斷開時，它們的示數(shù)變?yōu)?.7V和0.3A，求電源的電動勢和內(nèi)阻16如圖所

8、示，一電子（質(zhì)量為m，電量絕對值為e）處于電壓為U的水平加速電場的左極板A內(nèi)側(cè)，在電場力作用下由靜止開始運動，然后穿過極板B中間的小孔在距水平極板M、N等距處垂直進入板間的勻強偏轉(zhuǎn)電場若偏轉(zhuǎn)電場的兩極板間距為d，板長為l，求：（1）電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0；（2）要使電子能從平行極板M、N間飛出，兩個極板間所能加的最大偏轉(zhuǎn)電壓Umax17在如圖所示的直角坐標中，x軸的上方有與x軸正方向成45°角的勻強電場，場強的大小為E=×104V/mx軸的下方有垂直于xOy面的勻強磁場，磁感應強度的大小為 B=2×102T把一個比荷為=2×108C/的正電荷從坐

9、標為（0，1.0）的A點處由靜止釋放電荷所受的重力忽略不計，求：（1）電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t；（2）電荷在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑；（3）電荷第三次到達x軸上的位置高二上學期期末物理試卷3參考答案與試題解析一、單項選擇題：（本題共8小題，每小題4分在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1下列有關(guān)物理學史的說法中正確的是（）A奧斯特從實驗中發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應B庫侖提出了庫侖定律，并最早用實驗測得元電荷e的數(shù)值C焦耳發(fā)明了能在實驗室中產(chǎn)生高能粒子的回旋加速器D法拉第通過實驗最先得到了電流通過電阻產(chǎn)生熱量的規(guī)律【考點】物理學史【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題【分析】根據(jù)

10、物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可【解答】解：A、奧斯特從實驗中發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故A正確；B、庫侖提出了庫侖定律，密里根最早用實驗測得元電荷e的數(shù)值，故B錯誤；C、勞倫斯發(fā)明了能在實驗室中產(chǎn)生高能粒子的回旋加速器，故C錯誤；D、焦耳通過實驗最先得到了電流通過電阻產(chǎn)生熱量的規(guī)律，故D錯誤；故選：A【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一2真空中有兩個點電荷，它們間的靜電力為F如保持它們間的距離不變，將其中一個的電量增大為原來的2倍，則它們間的作用力大小變?yōu)椋ǎ〢BCFD2F【考點】庫侖定律【專題】電場力與電勢的

11、性質(zhì)專題【分析】根據(jù)庫侖定律的公式F=求解靜電力的大小【解答】解：由庫侖定律的公式F=知，將其中之一的電量增大為原來的2倍，它們之間的距離不變，則們之間的靜電力大小變?yōu)樵瓉淼?倍故D確，A、B、C錯誤故選：D【點評】本題就是對庫侖力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了3下列說法正確的是（）A電場線和磁感線都是電場和磁場中客觀存在的曲線B磁場與電場一樣，對放入其中的電荷一定有力的作用C在公式E=中，F(xiàn)與E的方向不是相同就是相反D由公式B=知，F(xiàn)越大，通電導線所在處的磁感應強度一定越大【考點】磁感應強度；電場強度【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】（1）電場線和磁感線不是真實存在的線，它是為

12、了形象描述電場和磁場而引入的；（2）磁體周圍的磁感線從N極出發(fā)回到S極，在內(nèi)部則是從S極回到N極，磁感線的分布疏密可以反映磁場的強弱，越密越強，反之越弱；電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不相交不閉合，（3）磁體周圍有任何地方都有磁場，只要有磁場的地方就有磁感線根據(jù)磁感線的特點分析【解答】解：A、電場線和磁感線不是真實存在的線，它是為了形象描述電場和磁場而引入的故A錯誤；B、磁場對在磁場中運動的電荷才可能有力的作用，對磁場中的靜止電荷沒有力的作用；故B錯誤；C、在公式E=中，正電荷受力的方向與電場強度的方向相同，負電荷受力的方向與電場強度的方向相反；F與E的方向不是相同就是相反

13、故C正確D、公式B=是磁感應強度的定義式，由磁場本身決定，與安培力F的大小無關(guān)故D錯誤故選：C【點評】電場和磁場都是客觀存在的一種物質(zhì)，這種物質(zhì)與通常的實物不同，它們的基本特點是：電場對放入其中的電荷有力的作用，磁場對放入磁場的電流有力的作用4電動勢為2V的電源接在純電阻電路上輸出1A的電流由此可以判定（）A內(nèi)電阻是2B路端電壓是1VC輸出功率是2WD總功率是2W【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律I=，分析內(nèi)電阻；由U=EIr，分析路端電壓；電源的總功率公式P=EI【解答】解：A、根據(jù)閉合電路歐姆定律I=，得：R+r=2，可得內(nèi)、外電阻的總和為2，因電源

14、接在純電阻電路上，則內(nèi)電阻應r2，故A錯誤B、路端電壓U=EIr=2r，內(nèi)電阻不能確定，所以路端電壓不能確定，故B錯誤C、D、電源的總功率公式P=EI=2×1W=2W，所以輸出功率小于2W，故C錯誤，D正確故選：D【點評】本題只要掌握閉合電路歐姆定律I=和電源總功率公式P=EI，就能正確解題5如圖所示，一帶電粒子進入一固定的正點電荷Q的電場中，沿圖中實線軌跡從a運動到b，a、b兩點到點電荷Q的距離分別為ra、rb（rarb），不計粒子的重力，則可知（）A運動粒子帶負電Bb點的場強大于a點的場強Ca到b的過程中，電場力對粒子不做功Da到b的過程中，粒子動能和電勢能之和減小【考點】電勢能

15、；等勢面【分析】根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知粒子受到排斥力，即可判斷粒子的電性由于rarb，由公式E=k分析場強的大小a到b的過程中，電場力對粒子做負功a到b的過程中，粒子動能和電勢能之和保持不變【解答】解：A、根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向向左彎曲，可知粒子受到排斥力，則帶電粒子帶正電故A錯誤；B、由于rarb，由公式E=k分析可知，b點的場強大于a點的場強故B正確；C、a到b的過程中，電場力方向與粒子的速度方向成鈍角，對粒子做負功故C錯誤；D、粒子在運動過程中，動能與電勢能總和不變故D錯誤故選：B【點評】本題是電場中軌跡問題，首先根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子所受合力方向，再分析其他量的變化6一段長0.

16、2m，通過2.5A電流的直導線，放在磁感應強度為B的勻強磁場中，受到的安培力為F，則下列說法正確的是（）A如果B=2T，F(xiàn)一定是1NB如果F=0，B也一定為零C如果B=4T，F(xiàn)有可能是1ND如果F有最大值時，通電導線一定與B平行【考點】安培力【分析】通電導線在磁場中的受到安培力作用，由公式F=BILsin求出安培力大小，當夾角為零時沒有安培力； 當夾角為90°時，安培力最大； 則安培力在最大值與零之間【解答】解：A、如果B=2T，當直導線垂直于磁場時，則由公式可得安培力的大小為F=BIL=2×2.5×0.2N=1N若不垂直，則通電導線受到的安培力小于1N，故A錯誤

17、；B、如果F=0，直導線可能與磁場平行，則B不一定為零，故B錯誤；C、如果B=4 T，若垂直放置時，則安培力大小為F=BIL=4×2.5×0.2N=2N因此F有可能是1N，故C正確；D、如果F有最大值，通電導線一定與B垂直，故D錯誤，故選：C【點評】學會運用F=BIL計算安培力的大小，注意公式成立的條件是B與I相互垂直若不垂直則可將磁感應強度沿直導線與垂直導線兩方向進行分解，則平行的沒有安培力，垂直的安培力可用F=BIL計算安培力的大小7連接著電池組的平行板電容器的兩極板靠近時，則（）A電容器的電容C變大B電容器極板的帶電量Q變小C電容器極板間的電勢差U變小D電容器兩極板間

18、電場強度E不變【考點】電容器的動態(tài)分析【專題】電容器專題【分析】根據(jù)電容的決定式C=判斷電容的變化電容器的電壓不變，結(jié)合Q=CU判斷電荷量的變化，根據(jù)E=判斷電場強度的變化【解答】解：A、根據(jù)電容的決定式C=知，兩極板間的距離減小，則電容C增大故A正確B、由題知電容器與電池組保持相連，其電壓U不變，而電容C增大，由Q=CU可知，帶電量Q增大，故B錯誤C、因為電容器與電源始終相連，則兩端的電勢差不變，故C錯誤D、根據(jù)E=知，電勢差不變，d減小，則電場強度增大故D錯誤故選：A【點評】本題考查電容器的動態(tài)分析，知道電容器始終與電源相連，兩端的電勢差不變，電容器與電源斷開，電荷量不變，結(jié)合電容的決定式

19、和定義式分析求解8在如圖所示的各圖中，表示磁場方向、電流方向及導線受力方向的圖示正確的是（）ABCD【考點】左手定則【分析】已知電流方向與磁場方向，由左手定則可以判斷出導線所受安培力的方向【解答】解：A、如圖所示，由左手定則可知，通電導線所受安培力水平向上，故A正確；B、如圖所示，由左手定則可知，通電導線所受安培力水平向左，故B錯誤；C、如圖所示，由左手定則可知，通電導線所受安培力水平向左，故C錯誤；D、如圖所示，通電導線與磁場平行，沒有安培力，故D錯誤；故選：A【點評】熟練應用左手定則即可正確解題，本題是一道基礎(chǔ)題，同時注意與右手定則的區(qū)別二、不定項選擇題：（本題共4小題，每小題4分在每小題

20、給出的四個選項中，有一項或多項符合題目要求全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯的或不答的得0分）91930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其核心部分如圖所示勻強磁場垂直D 形盒底面，兩盒分別與交流電源相連則下列說法中正確的是（）A加速器的半徑越大，粒子射出時獲得的動能越大B粒子獲得的最大動能由交變電源的電壓決定C加速器中的電場和磁場都可以使帶電粒子加速D粒子在磁場中運動的周期與交變電壓的周期同步【考點】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，滿足qvB=m，運動周期T= （電場中加速時間忽略不計）對公式進行簡單推導

21、后，便可解此題【解答】解：A、B、由qvB=m 得v=，當r=R時，v最大，v=，所以最大動能EK=，由此可知質(zhì)子的最大動能只與粒子本身的荷質(zhì)比，加速器半徑，和磁場大小有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，故A正確，B錯誤；C、加速器中的電場可以使帶電粒子加速，而磁場使粒子偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D、根據(jù)加速原理，當粒子在磁場中運動的周期與交變電壓的周期同步時，才能處于加速狀態(tài)故D正確；故選：AD【點評】理解回旋加速器工作原理，熟練運用相關(guān)公式，便可解出此題，特別注意加速獲得的最大動能與電場的電壓無關(guān)10如圖所示是一提升重物用的直流電動機工作時的電路圖，其中電動機內(nèi)電阻r=1，電路中另一電阻R=9，直流電壓U=180

22、V，理想電壓表示數(shù)UV=135V，電動機正以v=1m/s勻速豎直向上提升某重物，g取10m/s2，下列判斷正確的是（）A通過電動機的電流是18AB輸入電動機的電功率是675WC電機的輸出功率是25WD重物的質(zhì)量是65kg【考點】電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】（1）根據(jù)歐姆定律求出通過R的電流；（2）電動機的輸入功率為P1=U2I；（3）電動機內(nèi)電阻的發(fā)熱功率為 P2=I2r，輸出的機械功率為P3=P1P2由公式P3=Fv=mgv求解物體的質(zhì)量【解答】解：A、通過R的電流為：I=A=5A； 故A錯誤；B、電動機的輸入功率為：P1=U2I=135×5W=675W；故B正確；C、

23、電動機內(nèi)電阻的發(fā)熱功率為：P2=I2r=52×1W=25W，輸出的機械功率為：P3=P1P2=（67525）W=650W； 故C錯誤；D、P3=Fv=mgv解得：m=65kg，故D正確；故選：BD【點評】本題考查了機械公式和電功功率以及電功公式的靈活應用，關(guān)鍵是知道電動機做功的功率加上線圈的發(fā)熱功率即為電動機消耗電能的功率，難度適中11如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動已知電場強度為E，磁感應強度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為（）A，B，CB，D，【考點】帶電粒子在混合場中的運動【專題】帶電粒子在復合場中的運動專題【分析

24、】液滴在復合場中做勻速圓周運動，可判斷出電場力和重力為平衡力，從而可求出液滴的質(zhì)量并可判斷電場力的方向，結(jié)合電場的方向便可知液滴的電性根據(jù)洛倫茲力的方向，利用左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向結(jié)合重力與電場力平衡以及液滴在洛倫茲力的作用下的運動半徑公式，可求出線速度【解答】解：液滴在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，液滴受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相同，故可知液滴帶正電磁場方向向里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷液滴的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針；由液滴做勻速圓周運動，得知電場力和重力大小相等，得：mg=qE得：m=液滴在洛倫茲力的作

25、用下做勻速圓周運動的半徑為：R= 聯(lián)立得：v=故選：D【點評】此題考察了液滴在復合場中的運動復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場液滴在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對液滴的運動形式的分析就顯得極為重要該題就是根據(jù)液滴的運動情況來判斷受到的電場力情況12如圖所示，當滑動變阻器R3的滑動片向右移動時，兩電壓表示數(shù)變化的絕對值分別是U1和U2，則下列結(jié)論正確的是（）AU1U2B電阻R1的功率先增大后減小C電阻R2的功率一定增大D電源的輸出功率先增大后減小【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】由于

26、滑片右移，阻值變小，總電阻變小，據(jù)閉合電路的歐姆定律知，干路電流增大，內(nèi)電壓和R2的電壓增大，判斷R1兩端的電壓變小，從而判斷ABC選項；利用結(jié)論當外電阻等于內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大分析D選項【解答】解：A、因為滑片右移，R3變小，總電阻變小，干路電流增大，內(nèi)電壓增大，路端電壓變小，即V1的示數(shù)變小，V2的示數(shù)變大，所以V1變小的部分應該等于V2增大的部分加上內(nèi)阻的電壓增大的值，即U1U2，故A正確B、由A分析知，干路電流增大，所以通過R2的電流變大，即功率增大；V1的示數(shù)變小，即通過R1 的電流減小，所以R1的功率變小，故B錯誤C、由B分析知，干路電流增大，所以通過R2的電流變大，電阻R2

27、的功率一定增大，C正確D、利用結(jié)論當外電阻等于內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大；當滑片右移動時，總電阻減小，但無法判斷外電阻與內(nèi)阻的關(guān)系，所以電源的輸出功率無法判斷，故D錯誤故選：AC【點評】動態(tài)電路的分析步驟：局部整體局部的思路；注意判斷電壓變化量的方法，據(jù)閉合電路的歐姆定律分析各用電器的電壓變化進行判斷；注意電源輸出功率最大時的條件三、實驗（共16分，每空2分，）13一多用電表的電阻檔有三個倍率，分別是“×1”、“×10”、“×100”用“×10”檔測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，為使測量值更準確，應換到×100檔；如果換檔

28、后立即用表筆連接待測電阻進行讀數(shù)，那么缺少的步驟是歐姆調(diào)零【考點】用多用電表測電阻【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】使用歐姆表測電阻時應選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近；歐姆表換擋后要重新進行歐姆調(diào)零【解答】解：用“×10”檔測量某電阻時，表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很小，說明所選擋位太小，為使測量值更準確，應換大擋，應換到×100擋；換擋后要重新進行歐姆調(diào)零，然后再測電阻阻值故答案為：×100；歐姆調(diào)零【點評】本題考查了歐姆表的實驗注意事項與使用方法，使用歐姆表測電阻時應選擇合適的擋位，使指針指在中央刻度線附近；歐姆表換擋后要重新進行歐姆調(diào)零14實驗室中準備了下列

29、器材：A待測干電池（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻約為1.0）B電流表A1（滿偏電流1.5mA，內(nèi)阻為10）C電流表A2（量程00.60A，內(nèi)阻約為0.10）D電壓表V（量程015V，內(nèi)阻約為10k）E滑動變阻器R1（020，2A）F滑動變阻器R2（0100，1A）G電阻箱R3：最大阻值為999.9，允許通過的最大電流是0.6AH開關(guān)一個，導線若干（1）若要將電流表A1改裝成量程為1.5V的電壓表，需給該電流表串聯(lián)一個990的電阻（2）為了測量電池的電動勢和內(nèi)阻，小明按圖（a）設計好了測量的電路圖，在圖（a）中，甲是C，乙是B，（填器材前面的序號）（3）為了能較為準確地進行測量和操作方便，圖（a）所

30、示的測量電路中，滑動變阻器應選E（填器材前面的序號）（4）圖（b）為小明根據(jù)圖（a）的測量電路測得的實驗數(shù)據(jù)作出的I1I2圖線（I1為電表乙的示數(shù)，I2為電表甲的示數(shù)），由該圖線可得：被測干電池的電動勢E=1.47V，內(nèi)阻r=0.76（保留兩位小數(shù)）【考點】測定電源的電動勢和內(nèi)阻【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】（1）根據(jù)電表的改裝原理可知改裝的方法；（2）根據(jù)題意可明確應選擇的電流表和電壓表；（3）根據(jù)電路的選擇可得出滑動變阻器的作用，則可以選擇滑動變阻器；（4）根據(jù)圖象的意義及閉合電路歐姆定律可求得電源的電動勢和內(nèi)電阻【解答】解：（1）電流表的內(nèi)阻為10；滿偏電壓為Um=1.5×

31、;103×10=1.5×102V；若改裝后1.5V的電壓表，則應串聯(lián)的電阻為：R=990；（2）根據(jù)題意可知，乙為電流表C與電阻箱結(jié)合作為電壓表使用，甲為電流表B，作為電流表使用；（3）因內(nèi)阻較小，故滑動變阻器略大于內(nèi)阻即可，故滑動變阻器選擇E；（4）由閉合電路歐姆定律可得：I1（R3+RA）=EI2r變形得：I1=I2； 由數(shù)學知可得：圖象中的k=；b=；由圖可知：b=1.46；k=0.76×103； 故解得：E=1.46V（1.461.48），r=0.76（0.760.78）故答案為：（1），990；（2）C，B；（3）E；（4）1.47，0.76【點評】本題

32、要注意電路中采用的是安安法測電動勢和內(nèi)電阻，其本質(zhì)就是用其中的表頭改裝電壓表；另外在解題時要注意一些細節(jié)，如圖象中的縱坐標不是從零開始變化的，并且其單位為mA等，都應細心觀察三、計算題（共36分，解答應寫出必要的文字說明方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分本題共3小題，）15如圖所示的電路中，當S閉合時，電壓表和電流表（均為理想電表）的示數(shù)各為1.6V和0.4A；當S斷開時，它們的示數(shù)變?yōu)?.7V和0.3A，求電源的電動勢和內(nèi)阻【考點】閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】當電鍵閉合時，電阻R1、R2并聯(lián)，電壓表測量路端電壓，電流表測量干路電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律列出含E

33、和r的方程；當電鍵斷開時，電壓表示數(shù)增大為1.7V，電流表示數(shù)減小為0.3A，再由閉合電路歐姆定律列出含E和r的方程，聯(lián)立組成方程組求解E和r【解答】解：S閉合時，根據(jù)閉合電路歐姆定律E=U+Ir得： E=U1+I1r即 E=1.6+0.4r S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得： E=U2+I2r即 E=1.7+0.3r 聯(lián)立式得：E=2.0V，r=1答：電源的電動勢為2.0V，內(nèi)阻為1【點評】求解電源的電動勢和內(nèi)阻，常常根據(jù)兩種情況由閉合電路歐姆定律列方程組求解16如圖所示，一電子（質(zhì)量為m，電量絕對值為e）處于電壓為U的水平加速電場的左極板A內(nèi)側(cè)，在電場力作用下由靜止開始運動，然后穿過極板B中間的小孔在距水平極板M、N等距處垂直進入板間的勻強偏轉(zhuǎn)電場若偏轉(zhuǎn)電場的兩極板間距為d，板長為l，求：（1）電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0；（2）要使電子能從平行極板M、N間飛出，兩個極板間所能加的最大偏轉(zhuǎn)電壓U