2022-2023學(xué)年江西省九校高二（下）第一次月考聯(lián)考物理試卷及答案解析

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2022-2023學(xué)年江西省九校高二（下）第一次月考聯(lián)考物理試卷1.為了消殺新冠病毒，防控重點(diǎn)場(chǎng)所使用一種人體感應(yīng)紫外線燈。這種燈裝有紅外線感應(yīng)開(kāi)關(guān)，人來(lái)燈滅，人走燈亮，為人民的健康保駕護(hù)航。下列說(shuō)法正確的是(

)A.紅外線和紫外線都是電磁波 B.紫外線能消殺病毒是因?yàn)樽贤饩€波長(zhǎng)長(zhǎng)

C.紅外線的波長(zhǎng)比無(wú)線電波長(zhǎng) D.只有熱的物體才能輻射紅外線2.一帶正電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)以一定初速度v0沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，已知x軸上各點(diǎn)電勢(shì)分布如圖，則粒子在0～x0區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法中正確的是A.該粒子的電勢(shì)能一直增大

B.該粒子的動(dòng)能先增大后減小

C.該粒子的加速度先減小后增大再減小

D.該粒子所受電場(chǎng)力先沿+x方向后沿?x方向3.如圖所示電路中，A、B為兩塊豎直放置的金屬板，G是一只靜電計(jì)，開(kāi)關(guān)S合上時(shí)，靜電計(jì)張開(kāi)一個(gè)角度，下列情況中可使指針張角增大的是(

)A.合上S，使A、B兩板靠近一些

B.合上S，使A、B正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些

C.斷開(kāi)S，使A、B兩板距離拉開(kāi)一些

D.斷開(kāi)S，使A、B兩板靠近一些4.圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2V，一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV.下列說(shuō)法正確的是(

)

A.平面c上的電勢(shì)為零

B.該電子可能到達(dá)不了平面f

C.該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4eV

D.該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍5.如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)物體，沿著傾角分別為α和β的兩個(gè)光滑斜面，由靜止從同一高度?2開(kāi)始下滑到同樣的另一高度?1的過(guò)程中，下列與A、B兩個(gè)物體有關(guān)的物理量相同的是(

)A.所受重力的沖量大小 B.所受支持力的沖量大小

C.所受合力的沖量大小 D.動(dòng)量的變化量6.如圖所示的電路中，燈泡A和燈泡B原來(lái)都是正常發(fā)光的，現(xiàn)在突然燈泡A比原來(lái)變暗了些，燈泡B比原來(lái)變亮了些，則電路中出現(xiàn)的故障可能是(

)A.R3斷路

B.R1短路

C.R2斷路

D.R7.如圖所示。用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物體B并留在其中。在下列依次進(jìn)行的四個(gè)過(guò)程中，由子彈、彈簧和A、B物塊組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒的是(

)A.彈射入木塊的過(guò)程

B.B物塊載著子彈一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程

C.彈簧推載著子彈的B物塊向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程

D.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，B物塊因慣性繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧伸長(zhǎng)最大的過(guò)程8.如圖所示，電路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r，開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)，理想電壓表V1、V2、V3的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為ΔU1、ΔU2、A.理想電壓表V3的示數(shù)變小 B.電源的輸出功率增大

C.ΔU29.如圖所示，a、b、c、d是以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓弧上的四個(gè)點(diǎn)，該圓的半徑R=5m。a、b、c、d在xOy坐標(biāo)系的x軸和y軸上，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與x軸正方向成θ=53°角，已知O點(diǎn)的電勢(shì)為零，a點(diǎn)的電勢(shì)為4V，則下列說(shuō)法正確的是(

)

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E=1V/m

B.b點(diǎn)電勢(shì)為2.5V

C.將一個(gè)帶電荷量為+1C的試探電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，試探電荷的電勢(shì)能減少8J

D.將一個(gè)帶電荷量為?1C的試探電荷從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為6J10.如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒，從兩平行金屬板正中央沿與勻強(qiáng)電場(chǎng)垂直的方向射入，不計(jì)微粒重力。當(dāng)微粒入射速度為v時(shí)，它恰好穿過(guò)電場(chǎng)而不碰金屬板，現(xiàn)使微粒入射時(shí)速度為v2，仍恰好穿過(guò)電場(chǎng)。保持其他量不變時(shí)，可行的方法是(

)

A.使微粒帶電荷量為原來(lái)的12 B.使兩板間電壓減為原來(lái)的14

C.使兩板間距離增為原來(lái)的2倍 D.11.如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中(

)

A.動(dòng)能增加52mv2 B.機(jī)械能增加2mv2

C.12.(1)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置是用來(lái)研究______(選填“電流的磁效應(yīng)”或“磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用”)的。

(2)實(shí)驗(yàn)前，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，小磁針靜止在水平桌面上，小磁針正上方的導(dǎo)線與小磁針的NS方向平行，此時(shí)，小磁針的N極指向地理______(選填“北極”或“南極”)附近。

(3)開(kāi)始實(shí)驗(yàn)，閉合開(kāi)關(guān)，從上往下看，小磁針將沿______(填“順時(shí)針“或“逆時(shí)針“)偏轉(zhuǎn)一定角度。13.用如圖所示①的電路測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。

(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數(shù)U。

(2)若斷開(kāi)S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向b，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電流表的讀數(shù)I。

(3)某同學(xué)分別按照以上兩種方式完成實(shí)驗(yàn)操作之后，利用圖線處理數(shù)據(jù)，得到如下兩個(gè)圖像(如圖②和③所示)，縱軸截距分別是b1、b2，斜率分別為k1、k2。若忽略電壓表的分流和電流表的分壓作用，則：

1、步驟(1)中測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)E1=

；內(nèi)阻r1=

。(用k1、b1表示)

2、步驟(2)中測(cè)得的電源內(nèi)阻r2=b2k2比真實(shí)值

14.如圖所示，AB為傾角θ=37°的粗糙斜面軌道，通過(guò)一小段光滑圓弧與光滑水平軌道BC相連接，質(zhì)量為m乙的小球乙靜止在水平軌道上，質(zhì)量為m甲的小球甲以速度v0與小球乙發(fā)生彈性正碰。若m甲：m乙=1：2，且軌道足夠長(zhǎng)。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)兩球第一次碰后小球甲、乙的速度；

15.如圖所示，電路中電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，其他各電阻阻值R1=R2=R，R3=3R。水平放置的平行金屬板A、B間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)。在A板的左下端且非常靠近板A的位置，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為?q的小液滴以初速度v0水平向右射入兩板間。(重力加速度用g表示)則：

(1)若使液滴能沿v0方向射出電場(chǎng)，電動(dòng)勢(shì)E116.如圖所示，空間中存在水平向右、場(chǎng)強(qiáng)大小為E=3×103N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。水平傳送帶BC的左端與水平面AB在B點(diǎn)平滑連接，右端與一個(gè)半徑為R的光滑14圓弧軌道CD水平相切與C點(diǎn)。AB=BC=R=3m，傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速率恒為v=6m/s。現(xiàn)將一質(zhì)量為m=0.4kg、帶正電且電荷量為q=1×10?3C的小滑塊，從A點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊與AB段和BC段間的摩擦因數(shù)均為μ=0.6。取g=10m/s2，求：

(1)小滑塊運(yùn)動(dòng)到水平面右端B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；

(2)小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道底端C

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.根據(jù)電磁波譜可知，電磁波包括可見(jiàn)光波段和不可見(jiàn)波波段，紅外線和紫外線都是電磁波，故A正確；

B.紫外線能消殺病毒是因?yàn)樽贤饩€波長(zhǎng)較短，具有較高的能量，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)電磁波譜可知，紅外線的波長(zhǎng)比無(wú)線電波短，故C錯(cuò)誤；

D.一切物體都在不停地輻射紅外線，溫度越高的物體輻射的紅外線越多，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

明確紅外線的產(chǎn)生，知道一切物體均可以向外輻射紅外線，明確紅外線的應(yīng)用；根據(jù)電磁波譜可知真空中紅外線的波長(zhǎng)比無(wú)線電波短；明確紫外線的頻率很高，能滅菌消毒。

本題以消殺新冠病毒為背景，考查了紅外線和紫外線的特點(diǎn)與應(yīng)用；此題非常符合新高考的理念，物理來(lái)源于生活，要求同學(xué)們能夠用所學(xué)知識(shí)去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象。

2.【答案】C

【解析】解：A、粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x=x0的過(guò)程中，電勢(shì)先升高后降低，根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，在電勢(shì)低處電勢(shì)能小，知粒子的電勢(shì)能先增大后減小，故A錯(cuò)誤；

B、粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能和動(dòng)能的總量保持不變，粒子的電勢(shì)能先增大后減小，則知粒子的動(dòng)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)E=△?△x知Φ?x圖象的斜率大小等于場(chǎng)強(qiáng)，由圖知，圖線切線斜率的絕對(duì)值先減小后增大再減小，則場(chǎng)強(qiáng)先減小后增大再減小，由牛頓第二定律知qE=ma，知粒子的加速度先減小后增大再減小，故C正確；

D、從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x=x0的過(guò)程中，電勢(shì)先升高后降低，則電場(chǎng)方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，而正電荷所受的電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，所以粒子運(yùn)動(dòng)的電場(chǎng)力先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，在電勢(shì)低處電勢(shì)能小，判斷電勢(shì)能的變化。由能量守恒定律分析動(dòng)能的變化。根據(jù)φ?x3.【答案】C

【解析】解：AB、合上S，電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，即兩極板間電壓保持不變，指針張角保持不變，故AB錯(cuò)誤；

C、斷開(kāi)S，由于靜電計(jì)所帶電荷量很小，所以可以認(rèn)為電容器所帶電荷量保持不變，使A、B兩板距離拉開(kāi)一些，根據(jù)C=?rS4πkd可知電容器電容減小，由C=QU知電容器的電壓增大，指針張角增大，故C正確；

D、斷開(kāi)S，電容器電荷量保持不變，使A、B兩板靠近一些，根據(jù)C=?rS4πkd可知電容器電容增大，由C=QU4.【答案】AB

【解析】【分析】

考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，掌握電勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，理解電勢(shì)為零處的電勢(shì)能為零是解題的關(guān)鍵。

【解答】

A、虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10eV，從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6eV，動(dòng)能減小了6eV，電勢(shì)能增加了6eV，因此等勢(shì)面間的電勢(shì)差為2V，因平面b上的電勢(shì)為2V，由于電子的電勢(shì)能增加，等勢(shì)面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢(shì)為零，故A正確；

B、由上分析，可知，當(dāng)電子由a向f方向運(yùn)動(dòng)，則電子到達(dá)平面f的動(dòng)能為2eV，由于題目中沒(méi)有說(shuō)明電子如何運(yùn)動(dòng)，因此也可能電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，則可能不會(huì)到達(dá)平面f，故B正確；

C、在平面b上電勢(shì)為2V，則電子的電勢(shì)能為?2eV，動(dòng)能為8eV，電勢(shì)能與動(dòng)能之和為6eV，當(dāng)電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，動(dòng)能為4eV，其電勢(shì)能為2eV，故C錯(cuò)誤；

D、電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的動(dòng)能是平面d的動(dòng)能2倍，電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍，故D錯(cuò)誤；

故選：AB。5.【答案】C

【解析】解：A.重力的沖量表示為IG=mgt，即重力的沖量大小與重力的作用時(shí)間也有關(guān)，而A、B兩個(gè)物體下滑的時(shí)間分別為tA、tB，則有?2??1sinα=12(gsinα)tA2?2??1sinβ=12(gsinβ)tB2

由此可知，A、B兩個(gè)物體在質(zhì)量相同即重力大小相等的條件下，下滑的時(shí)間不同，則所受重力的沖量大小不同，故A錯(cuò)誤；

B.AB6.【答案】C

【解析】解：A、若R3斷路，外電阻增大，路端電壓U增大，A、B兩燈的電壓和電流均增大，兩燈均變亮，不符合題意。故A錯(cuò)誤。

B、若R1短路，外電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，通過(guò)R3的電流減小，則通過(guò)A燈的電流增大，A燈變亮。B燈的電流增大，B燈變亮。不符合題意。故B錯(cuò)誤。

C、R2斷路，外電阻增大，路端電壓U增大，干路電流I減小，R3電流I3增大，則通過(guò)A的電流IA=I?I3減小，A燈變暗。B燈電壓UB=U?IA(RA+R1)增大，B燈變亮，符合題意。故C正確。

D、R2短路，B燈不亮，不符合題意。故D錯(cuò)誤。

7.【答案】D

【解析】解：A、子彈射入木塊過(guò)程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊組成的系統(tǒng)合外力近似為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，子彈的動(dòng)能有一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，則系統(tǒng)的機(jī)械能減小。所以機(jī)械能不守恒。故A錯(cuò)誤。

B、物塊載著子彈一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，系統(tǒng)受到墻壁的作用力，外力之和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。故B錯(cuò)誤。

C、彈簧推載著子彈的B物塊向右運(yùn)動(dòng)，直到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，墻對(duì)彈簧有向右的彈力，系統(tǒng)的外力之和不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。故C錯(cuò)誤。

D、在A離開(kāi)墻，B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)所受的外力之和，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。只有彈簧的彈力做功，機(jī)械能也守恒。故D正確；

故選：D。

動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力，或所受的外力之和為零。根據(jù)機(jī)械能守恒條件：只有重力或彈簧的彈力做功。對(duì)照動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒條件分析。

解決本題的關(guān)鍵要掌握動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件，要知道機(jī)械能等于動(dòng)能與勢(shì)能之和，可根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況判斷機(jī)械能是否守恒。

8.【答案】CD

【解析】解：A、根據(jù)電路圖可知，定值電阻R與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，滑片向上滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻變大，電路總電阻增大，干路電流減小，根據(jù)U3=E?I(R+r)可知，理想電壓表V3的示數(shù)變大，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)：P出=(ER+R滑+r)2(R+R滑)=E2R+R滑+r2R+R滑+2r

作出電源輸出功率與外電阻的關(guān)系如圖所示：

由于定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻r，則外電阻大于電源內(nèi)阻，當(dāng)滑片向上滑動(dòng)，外電阻增大，可知電源輸出功率減小，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)U2=E?Ir，可知ΔU2ΔI=r，故C正確；

D、根據(jù)電路關(guān)系有U3=E?I(R+r)，U29.【答案】AC

【解析】解：A、a、O間沿電場(chǎng)線方向的距離為d=Rsin53°=5×0.8m=4m

a、O間電勢(shì)差為UaO=φa?φO=4V?0=4V

由勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系得：E=UaOd=44V/m=1V/m

故A正確；

B、同理，b、O間沿電場(chǎng)線方向的距離為d′=Rcos53°=5×0.6m=3m

b、O間電勢(shì)差為UbO=Ed′=1×3V=3V

O點(diǎn)的電勢(shì)為零，可得b點(diǎn)電勢(shì)為φb=UbO?φO=3V?0=3V

故B錯(cuò)誤；

C、ac點(diǎn)的電勢(shì)差為Uac=2UaO=2×4V=8V

將一個(gè)帶電荷量為+1C的試探電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力做功為Wac=qUac=1×8J=8J

電場(chǎng)力做正功，試探電荷的電勢(shì)能減少8J，故C正確；

D、bd點(diǎn)的電勢(shì)差為Ubd10.【答案】BCD

【解析】解：設(shè)平行板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，板間電壓為U，恰能穿過(guò)一電場(chǎng)區(qū)域而不碰到金屬板上，沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有：t=Lv

垂直初速度方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：a=qUmd，位移：y0=d2=12at2

聯(lián)立可得：y0=d2=qUL22mdv2

B、使兩板間電壓減為原來(lái)的14，設(shè)微?？梢源┻^(guò)電場(chǎng)，則有y=qU4L22md(v2)2=y0=d11.【答案】BD

【解析】解：A.根據(jù)動(dòng)能增量定義式，小球動(dòng)能增加量ΔEk=12m(2v)2?12mv2=32mv2，故A錯(cuò)誤；

BC.小球在豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直速度減為零時(shí)，設(shè)上升高度為?，根據(jù)位移公式，有v2=2g?

解得?=v22g

根據(jù)重力勢(shì)能增量定義，則重力勢(shì)能增加量ΔEp=mg?，解得ΔEp=mv22

根據(jù)機(jī)械能定義，機(jī)械能增加量ΔE=ΔEk+ΔEp，解得ΔE=2mv2

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.12.【答案】電流的磁效應(yīng)

北極

順時(shí)針

【解析】解：(1)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，研究通電導(dǎo)線電流方向與磁場(chǎng)方向的關(guān)系，是用來(lái)研究電流的磁效應(yīng)的。

(2)實(shí)驗(yàn)前，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，小磁針靜止在水平桌面上，小磁針正上方的導(dǎo)線與小磁針的NS方向平行，由于地磁場(chǎng)方向由地理的南極指向地理的北極，因此此時(shí)，小磁針的N極指向地理北極附近。

(3)開(kāi)始實(shí)驗(yàn)，閉合開(kāi)關(guān)，電流從右向左，依據(jù)右手螺旋定則，則有從上往下看，小磁針將沿順時(shí)針偏轉(zhuǎn)一定角度。

故答案為：(1)電流的磁效應(yīng)；(2)北極；(3)順時(shí)針。

電流周圍存在磁場(chǎng)，依據(jù)地磁場(chǎng)，結(jié)合小磁針靜止時(shí)N極指向磁場(chǎng)方向，最后根據(jù)右手螺旋定則的內(nèi)容，即可求解。

考查電流的磁效應(yīng)，掌握右手螺旋定則的內(nèi)容，理解小磁針靜止時(shí)N極指向即為磁場(chǎng)方向，注意磁性的NS極與地理的南北兩極。

13.【答案】1b1

k1b1【解析】解：1、若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向a，改變電阻箱R的阻值得到一系列的電壓表的讀數(shù)U，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

E=U+Ir=U+URr

則1U=rER+1E，因此圖象的縱軸截距b1=1E，電動(dòng)勢(shì)E=1b1

圖象的斜率k1=rE，則電源內(nèi)阻r=k1b1；

2、根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I(R+r)變形，得到1I與R的關(guān)系式，1I=1ER+rE

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，1I?R圖象的斜率的倒數(shù)等于電源的電動(dòng)勢(shì)E，縱軸截距的絕對(duì)值代表rE。

考慮電流表的內(nèi)阻，即實(shí)際內(nèi)阻r=b2k2?RA，所以內(nèi)電阻的測(cè)量值與真實(shí)值相比偏大。

3、由以上分析可知，第二問(wèn)中電動(dòng)勢(shì)是準(zhǔn)確的，故E=1k214.【答案】解：(1)設(shè)甲乙第一次碰后速度分為v1、v2

由動(dòng)量守恒m甲v0=m甲v1+m乙v2

能量守恒12m甲v02=12m甲v12+12m乙v22

解得v1=?1【解析】(1)甲乙第一次碰后，滿足動(dòng)量守恒、能量守恒，聯(lián)立，求兩球第一次碰后小球甲、乙的速度；

(2)兩球能發(fā)生第二次碰撞，由動(dòng)能定理列式，同時(shí)滿足v3>|v1|，求小球乙與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。15.【答案】解：(1)由歐姆定律得：I=E1R1+R2=E12R

則兩板間的電勢(shì)差：UBA=IR2=E12

由平衡條件：mg=UBAqd=qE12d

聯(lián)立解得：E1=2mgdq

(2)利用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：L2=v【解析】(1)根據(jù)歐姆定律和平衡條件列式求解；

(2)通過(guò)閉合