江西省新余一中高二物理上学期第三次段考试卷（含解析）.doc

江西省新余一中2015-2016学年高二（上）第三次段考物理试卷一、选择题（本大题共10小题，1-7题为单选，8-10题为多选，每题4分，共40分）1如图所示为某电场中的一条电场线，在该电场线上取a、b两点，并用ea、eb分别表示a、b两点处的电场强度，则（）aea、eb方向相同beaebceaebdea=eb2如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为b，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）a大小为，粒子带正电时，方向向上b大小为，粒子带负电时，方向向上c大小为bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关d大小为bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关3如图所示，一根长为l的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流i方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）a弹簧长度缩短了x，b=b弹簧长度缩短了x，b=c弹簧长度伸长了x，b=d弹簧长度伸长了x，b=4如图所示，有一带电粒子贴着a板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为u1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为u2时，带电粒子沿轨迹落到b板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）au1：u2=1：8bu1：u2=1：4cu1：u2=1：2du1：u2=1：15如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b经电压u加速（在a点初速度为零）后，进入磁感应强度为b的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板s上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）aa的质量一定大于b的质量ba的电荷量一定大于b的电荷量ca运动的时间小于b运动的时间da的比荷（）小于b的比荷（）6在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2、v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小7如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴p在金属板a、b间保持静止，现设法使p固定，再使两金属板a、b分别绕中心点o、o处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度，然后释放p，则p在电场内将做（）a匀运直线运动b水平向右的匀加速直线运动c斜向右下方的匀加速直线运动d曲线运动8目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板a、b，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）aa板带正电b有电流从b经用电器流向ac金属板a、b间的电场方向向下d等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力9如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为和（），加垂直于纸面向里的磁场分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（）a在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aaabba、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则vavbca、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sb，则sasbda、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则tatb10如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球o点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bo沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）a当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大b当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力c小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大d小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小二、填空题（本大题包括3小题，4分+8分+4分=16分）11有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数cm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是mm12将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5v，但这种电池并不能点亮额定电压为1.5v，额定电流为0.3a的小灯泡因为经实验测得“水果电池”与小灯泡直接相连接后，流过小灯泡的电流还不足3ma现要较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻，提供的仪器如下：量程合适的电流表（内阻约为1），量程为1.5v的电压表（内阻约为2k），滑动变阻器r1（030），滑动变阻器r2（03k）、开关及导线若干（1）本实验中滑动变阻器应选用（填字母代号：“r1”或“r1”）（2）在框中画出实验电路图（3）若根据实验记录的数据，经描点、连线得到的ui图象如图所示，则该水果电池的电动势e=v，内电阻r=（均保留三位有效数字）（4）不计偶然误差，用以上的方法测量出的水果电池的电动势和内阻与真实值相比电动势e，内阻r（填“偏大”、“偏小”或“相等”）13晖晖同学利用图a所示电路测量某电源的电动势e和内阻r，其中r为电阻箱，为使测量更加准确，多次改变电阻箱的阻值r，读出电流表的相应示数i，以为纵坐标，r为横坐标，画出与r的关系图线是一条直线，如图（b）所示将图线延长可得直线在纵轴的截距为m，直线的斜率为k则（1）e=，（2）r=三.计算题（本题共4小题，共44分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，结果必须明确写出数值和单位）14一个电源接8电阻时，通过电源的电流为0.15a，接13电阻时，通过电源的电流是0.10a，求电源的电动势和内阻15如图，在倾角为37的固定金属导轨上，放置一个长l=0.4m、质量m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好导体棒与导轨间的动摩擦因数=0.5金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源，电阻r=2.5，其余电阻不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现外加一与导体棒垂直匀强磁场，（sin37=0.6，cos37=0.8 g=10m/s2）求：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度b的大小和方向；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度b的最小值和方向16一电路如图所示，电源电动势e=28v，内阻r=2，电阻r1=12，r2=r4=4，r3=8，c为平行板电容器，其电容c=3.0pf，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关s处于断开状态，则当其闭合后，求流过r4的总电量为多少？（2）若开关s断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入c的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关s闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入c的电场中，能否从c的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）17如图所示，无限宽广的匀强磁场分布在xoy平面内，x轴上下方磁场均垂直xoy 平面向里，x轴上方的磁场的磁感应强度为b，x轴下方的磁场的磁感应强度为现有一质量为m，电量为q带负电粒子以速度v0从坐标原点o沿y方向进入上方磁场在粒子运动过程中，与x轴交于若干点不计粒子的重力求：（1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1（2）如把x上方运动的半周与x下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移的平均速度（3）在与x轴的所有交点中，粒子两次通过同一点的坐标位置2015-2016学年江西省新余一中高二（上）第三次段考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，1-7题为单选，8-10题为多选，每题4分，共40分）1如图所示为某电场中的一条电场线，在该电场线上取a、b两点，并用ea、eb分别表示a、b两点处的电场强度，则（）aea、eb方向相同beaebceaebdea=eb【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的大小由电场线的疏密表示，一条电场线无法判断疏密，就无法确定a、b两处场强的大小【解答】解：电场线的大小由电场线的疏密表示，由于a、b附近电场线的分布情况未知，一条电场线无法判断疏密，则ea、eb的大小不能确定，但根据某点的切线方向，即为电场强度的方向，可知，它们的方向相同故选：a【点评】本题要抓住电场线的疏密表示电场强度的相对大小，但一条电线线，不能反映电场线的疏密，所以不能确定场强的大小2如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为b，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）a大小为，粒子带正电时，方向向上b大小为，粒子带负电时，方向向上c大小为bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关d大小为bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关【解答】解：为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvb=qe，所以电场与磁场的关系为：e=vb，所以选项ab错误假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下，电场仍然向上所以电场力的方向始终向上，与粒子的电性无关选项c错误，选项d正确故选d【点评】在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvb=qe，只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转3如图所示，一根长为l的铝棒用两个劲度系数均为k的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁感应强度为b，方向垂直纸面向里，当铝棒中通过的电流i方向从左到右时，弹簧的长度变化了x，则下面说法正确的是（）a弹簧长度缩短了x，b=b弹簧长度缩短了x，b=c弹簧长度伸长了x，b=d弹簧长度伸长了x，b=【考点】安培力【分析】根据左手定则判断安培力的方向，则可明确弹簧的形变量的变化；分别对金属杆由平衡条件列式，联立可求得磁感应强度【解答】解：根据安培力和力的平衡条件有（设棒的重力为mg，原来的形变量为x）：因放入磁场后，由左手定则可知，安培力向上；故形变量减小了x；没有通电流时，由平衡关系可得：mg=2kx 当电流方向由左向右时：bil+2k（xx）=mg联立解得：b=故选：a【点评】本题考查安培力的计算，要注意正确应用共点力的平衡条件的应用；并掌握安培力方向的判断4如图所示，有一带电粒子贴着a板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为u1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为u2时，带电粒子沿轨迹落到b板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（）au1：u2=1：8bu1：u2=1：4cu1：u2=1：2du1：u2=1：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得故故选a【点评】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论5如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b经电压u加速（在a点初速度为零）后，进入磁感应强度为b的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板s上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）aa的质量一定大于b的质量ba的电荷量一定大于b的电荷量ca运动的时间小于b运动的时间da的比荷（）小于b的比荷（）【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解【解答】解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为s根据动能定理，得qu=mv2解得：v=由qvb=m解得：r=则s=2r得到： =由图，sasb，u、b相同，则；而周期t=，因此它们的运动时间是周期的一半，由于，所以a运动的时间小于b运动的时间，故c正确，abd错误；故选：c【点评】本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹6在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2、v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个 电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，即a1示数减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大，即a2示数增大故a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流7如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴p在金属板a、b间保持静止，现设法使p固定，再使两金属板a、b分别绕中心点o、o处垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度，然后释放p，则p在电场内将做（）a匀运直线运动b水平向右的匀加速直线运动c斜向右下方的匀加速直线运动d曲线运动【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】题中带电液滴p原来在水平放置的a、b金属板间的电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小，当两平行金属板a、b分别以o、0中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度，然后释放p，此时p受到重力、电场力，合力向右，故p向右的匀加速直线运动【解答】解：当a、b金属板水平放置时，带电液滴p在电场内处于静止状态，说明处于平衡状态，竖直向上的电场力大小等于重力的大小当两平行金属板a、b分别以o、0中心为轴在竖直平面内转过相同的较小角度，然后释放p，此时p受到竖直向下的重力、垂直金属板的电场力，电场力方向与竖直方向的夹角为，如图设板间距离原来为d，则由几何知识得知：转过角时，板间距离为dcos，板间场强为e=，电场力为f=qe=，电场力方向与竖直方向的夹角为，竖直方向的分力为fcos=而原来液滴处于静止状态，即有mg=qe=q，则得此时液滴竖直方向受力平衡，合力水平向右，故p将水平向右作匀加速直线运动故b正确故选b【点评】考查了已知受力求运动，正确受力分析，根据牛顿第二定律判断运动情况8目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说（呈中性）沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板a、b，这时金属板上就聚集了电荷在磁极配置如图所示的情况下，下述说法正确的是（）aa板带正电b有电流从b经用电器流向ac金属板a、b间的电场方向向下d等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力【考点】霍尔效应及其应用【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据左手定则判断出正负电荷所受洛伦兹力的方向，从而判断出正负电荷的偏转方向，带正电的极板电势高，电流从正极板流向负极板【解答】解：a、根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则a板带负电故a错误b、因为b板带正电，a板带负电，所以电流的流向为b流向a故b正确c、因为b板带正电，a板带负电，所以金属板间的电场方向向上故c错误d、等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力故d正确故选bd【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道电流在外电路中，由高电势流向低电势9如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为和（），加垂直于纸面向里的磁场分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（）a在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aaabba、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则vavbca、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sb，则sasbda、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则tatb【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】对两球分别进行受力分析，确定合力后，再由牛顿第二定律可以求出加速度，然后比较加速度大小，判断小球的运动性质；求出小球在斜面上运动的位移与运动时间，然后答题【解答】解：a、两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，则其加速度为aa=gsin ab=gsin 可见aaab 故a正确；b、当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面 则 mgcos=bqv 所以：，由于（）所以vavb，故b错误；c、又 v2=2gsinsa 求得 同理得：因，则 sasb 故c正确，d、又由v=gsinta 得 同理得 则tatb则d正确故选：acd【点评】本题考查小球在重力、支持力和洛伦兹力作用下的运动，会判断洛伦兹力的方向，明确其大小的决定因素10如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球o点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bo沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）a当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大b当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力c小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大d小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可【解答】解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大a、设电场力与重力的合力为f，小球从a点运动到b点，f做正功，小球的动能增大，从b运动到c，动能先增大后减小，bc弧的中点速度最大，动能最大，故a错误b、当小球运动到c点时，由支持力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，洛伦兹力方向向上，由fn+f洛mg=m，可知，fn不一定大于mg，故b错误c、小球从a点运动到b点，重力和电场力均做正功，则重力势能和电势能均减小，故c错误d、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，f先做正功后做负功，则动能先增大后减小故d正确故选：d【点评】该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题二、填空题（本大题包括3小题，4分+8分+4分=16分）11有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数1.050cm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是3.2043.208mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm=1.050cm2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.50.01mm=0.205mm，所以最终读数为3mm+0.205mm=3.205mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.2043.208之间故答案为：1.050；3.2043.208【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5v，但这种电池并不能点亮额定电压为1.5v，额定电流为0.3a的小灯泡因为经实验测得“水果电池”与小灯泡直接相连接后，流过小灯泡的电流还不足3ma现要较精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻，提供的仪器如下：量程合适的电流表（内阻约为1），量程为1.5v的电压表（内阻约为2k），滑动变阻器r1（030），滑动变阻器r2（03k）、开关及导线若干（1）本实验中滑动变阻器应选用r2（填字母代号：“r1”或“r1”）（2）在框中画出实验电路图（3）若根据实验记录的数据，经描点、连线得到的ui图象如图所示，则该水果电池的电动势e=1.30v，内电阻r=433（均保留三位有效数字）（4）不计偶然误差，用以上的方法测量出的水果电池的电动势和内阻与真实值相比电动势e相等，内阻r偏大（填“偏大”、“偏小”或“相等”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小（2）通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器（3）ui图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻（4）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，运用图象法分析误差【解答】解：（1）电源的内阻大约r=500，若选用030的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用r2（2）因为电流表内阻较小，分担电压较小，电流表采取外接法误差较小滑动变阻器采用限流式接法，串联在电路中，电路图如图所示： （3）ui图线的纵轴截距为1.30，知：水果电池的电动势e=1.30v，图线斜率的绝对值r=433，内电阻r=433（4）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在ui图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大故答案为：（1）r2；（2）电路图如图所示；（3）1.30；433；（3）相等；偏大【点评】解决本题的关键知道实验误差的来源，会从ui图线中获取电源的电动势和内电阻13晖晖同学利用图a所示电路测量某电源的电动势e和内阻r，其中r为电阻箱，为使测量更加准确，多次改变电阻箱的阻值r，读出电流表的相应示数i，以为纵坐标，r为横坐标，画出与r的关系图线是一条直线，如图（b）所示将图线延长可得直线在纵轴的截距为m，直线的斜率为k则（1）e=，（2）r=【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】根据电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内阻【解答】解：由图示电路图可知，电源电动势：e=i（r+r），则： =r+，由图示图象可知，m=，k=，电源电动势：e=，电源内阻：r=；故答案为：；【点评】本题考查了求电源电动势与内阻，应用欧姆定律求出图象的函数表达式是正确解题的关键三.计算题（本题共4小题，共44分解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，结果必须明确写出数值和单位）14一个电源接8电阻时，通过电源的电流为0.15a，接13电阻时，通过电源的电流是0.10a，求电源的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】设电源的电动势和内阻分别为e、r，根据闭合电路欧姆定律e=i（r+r）列出两种情况下的方程，联立求出电源的电动势和内阻【解答】解：设电源的电动势和内阻分别为e、r，根据闭合电路欧姆定律得： e=i1（r1+r） e=i2（r2+r）联立解得，r=代入解得，r=2代入得，e=0.15（8+2）v=1.5v答：电源的电动势和内阻分别为1.5v和2【点评】本题根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，联立求出电源的电动势和内阻，提供了测量电动势和内阻的方法：安阻法15如图，在倾角为37的固定金属导轨上，放置一个长l=0.4m、质量m=0.3kg的导体棒，导体棒垂直导轨且接触良好导体棒与导轨间的动摩擦因数=0.5金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源，电阻r=2.5，其余电阻不计，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现外加一与导体棒垂直匀强磁场，（sin37=0.6，cos37=0.8 g=10m/s2）求：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度b的大小和方向；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度b的最小值和方向【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，根据平衡条件求安培力大小，根据闭合电路欧姆定律求出电流大小然后根据安培力公式f=bil求b；（2）所加磁场的磁感应强度b的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上由受力平衡求安培力大小，然后根据安培力公式求b，由左手定则判断b的方向【解答】解：（1）设导体棒中电流大小为i，根据闭合电路欧姆定律：e=i（r+r），解得：i=1.5a，若导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，安培力竖直向上，且有mg=ilb解得：b=5t 根据左手定则可以判定，磁场的方向水平向左；（2）能使导体棒静止在斜面上，且所加磁场磁感应强度b的最小时，安培力的方向应平行于斜面向上，受力分析如图则mgsinmgcosilb=0代入数据：0.3100.60.50.3100.81.50.4b=0即：1.81.20.6b=0解得：b=1t根据左手定则可以判定，磁场的方向垂直于斜面向上答：（1）使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，所加磁场的磁感应强度b的大小为5t，方向水平向左；（2）使导体棒静止在斜面上，所加磁场的磁感应强度b的最小值为1t，方向垂直于斜面向上【点评】本题借助安培力考查了共点力平衡条件的应用关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力16一电路如图所示，电源电动势e=28v，内阻r=2，电阻r1=12，r2=r4=4，r3=8，c为平行板电容器，其电容c=3.0pf，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关s处于断开状态，则当其闭合后，求流过r4的总电量为多少？（2）若开关s断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入c的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关s闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入c的电场中