2024-2025学年山西省晋城市高二上学期12月大联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024—2025学年山西省高二12月大联考物理试题（考试时间75分钟，满分100分）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。一、选择题（1-7题为单项选择，每题只有一项符合题意，每题4分，共28分。8-10为多项选择题，每题至少有两项符合题意，每题6分，少选得3分，错选、不选不得分，共18分，本大题46分）1.下列有关物体的动能和动量说法正确的是（）A.物体的动能改变，动量一定改变B.物体的动量改变，动能一定改变C.动量大的物体，动能一定大D.动能大的物体，动量一定大【答案】A【解析】AB．根据动能和动量的定义式，即，可知动能改变动量一定改变，动量改变有可能速度方向发生改变，动能不变，故A正确，B错误；CD．根据动能和动量的关系可知，动能大的物体，动量不一定大。动量大的物体，动能也不一定大，故CD错误。2.下列有关物理学家的贡献，说法正确的是（）A.法拉第发现了电流的磁效应B.奥斯特通过实验捕捉到了电磁波C.赫兹发现了“磁生电”的电磁感应现象D.普朗克根据能量子假说解释了黑体辐射现象【答案】D【解析】A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故B错误；C．法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D．普朗克根据能量子假说解释了黑体辐射现象，故D正确。故选D。3.将滑动变阻器的导线拆下围成如图所示的线圈，其中大圆的面积为，小圆的面积均为，将线圈放入垂直纸面向外的匀强磁场B中，则此时通过线圈磁通量为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根据磁通量的定义计算出磁通量的大小，磁通量故选A。A.该电池储存的电能为14.4JB.该数码相机工作时的电流为4AC.关闭液晶屏幕时拍一张照片消耗电能43.2JD.打开液晶屏幕时拍一张照片液晶屏消耗电能172.8J【答案】C【解析】A．根据铭牌可知，该电源充满电后储存电能为故A错误；B．根据题中信息无法求出数码相机的工作电流，故B错误；C．关闭液晶屏时能够拍摄1200张照片，故拍摄一张照片消耗的电能为故C正确；D．打开液晶屏拍摄一张照片消耗的电能为液晶屏消耗的电能为故D错误。故选C。5.某小组用微安表头（量程内阻900Ω）改装成一个量程为1mA和一个量程为3V的两挡电表，如图所示，电阻箱和电阻箱可以根据需要调节。根据上述要求，下列说法正确的是（）A.a为电压挡 B.的阻值为90ΩC.的阻值为2910Ω D.用b挡时电表的内阻为30kΩ【答案】C【解析】A．用a挡时，表头与电阻并联。将表头改装成电流表，故A错误；B．改装的电流表量程为1mA，扩成了满偏电流的10倍，根据并联电路电流与电阻规律可知，应为表头内阻的，即故B错误；CD．微安表头（量程内阻900Ω）改装成一个量程为1mA的电流表，其内阻接b挡时，是将1mA的电流表改装成电压表，改装的电压表量程是表头满偏电压0.09V的倍故电压表总内阻为1mA电流表内阻90Ω的倍，故则故C正确，D错误。故选C。6.示波器在物理研究中有着重要的作用，其中重要器件示波管是电子在电场的作用下发生偏转，最终打在荧光屏上，使荧光物质发光，形成显示的图像。图甲是示波管的原理图，两个偏转电极不加电压时，右侧荧光屏的中心处产生一个亮斑。某次实验中，在两个电极上应该加上下列选项中的何种电压与时间的关系（图像）可得到一条如图乙所示的函数图像（）A. B.C. D.【答案】A【解析】BC．由图乙可知，在方向上电势高，故BC错误；AD．当图像在波谷时，的电势高，故A正确，D错误。故选A。7.如图所示的电路中，电源的电动势，内阻，定值电阻，，滑动变阻器的取值范围为0~20Ω，所有的电表为理想电表，在滑动变阻器由最左端a向最右端b滑动的过程中，电流表A、电压表和电压表的示数变化量分别为、和，则下列说法正确的是（）A.大于B.，C.的功率一直变小，最大功率为3.67WD.电源的输出功率一直变大，最大功率为13.5W【答案】D【解析】AB．根据路端电压和电路电流的关系可知，电压表测量的电压，测量的电压，则，即由此可得小于，故AB错误；C．的功率表达式为根据二次函数知识可知，当时功率最大，最大功率为故C错误；D．电源的输出功率表达式当外电路电阻等于2Ω时，电源的输出功率最大，但是外电路总电阻最小为6Ω，故电源的输出的功率一直变大，最大功率为外电阻最小时，即6Ω，最大功率为故D正确。8.压力传感器在物理实验中应用非常广泛，它是将压力转化为电信号，内部简化原理图如图所示，电容的两个平行极板A、B分别与一个灵敏电流计和电源串联，下列说法正确的是（）A.若开关闭合，增大待测压力，电容器的电容减小B.若开关闭合，增大待测压力，电流表中的电流方向向左C.若将开关断开再增大压力，电容器极板间的电压减小D.若将开关断开再增大压力，电流表中的电流方向向右【答案】BC【解析】A．当开关闭合时，电容器两端的电压不变，当极板间距离减小时，根据平行板电容器决定式，可知电容增大，故A错误；B．根据电容的定义式，电容增大，电荷量增大，电容需要充电，电流方向向左，故B正确；CD．当开关断开时，电容的电荷量不变，同上分析，电容增大，极板间电压减小，开关断开，没有形成闭合回路，此时电路中没有电流，故C正确，D错误。故选BC。9.近年来，作为重要清洁能源之一的风能正迈入前所未有的高速发展时代。相关数据显示，中国风电累计吊装容量占全球装机近一半。已知某风力发电风机的扇叶的长度为10m，空气密度为，垂直吹向发电机的空气有一半吹到扇叶后动能变为零，另一半原速率穿过发电机，取3，不考虑其他能量消耗。若某日垂直吹向发电机的风速为8m/s，则下列说法正确的是（）A.该发电机的发电功率约为46kWB.该发电机的发电功率约为5.8kWC.空气对风力发电机平均作用力约为D.空气对风力发电机平均作用力约为【答案】AD【解析】AB．由题意可知，风的动能有一半用来发电，设空气密度为，扇叶长度为R，风速为v，取一小段时间t，可计算出发电功率解得故A正确，B错误；CD．根据动量定理可得解得故C错误，D正确。10.光滑水平面上有一个质量为的木板乙，其上相对静止放置一个质量为的滑块甲（视为质点），二者以的初速度一起向右做匀速直线运动，木板乙与墙壁碰后的速度大小均变为碰前的n倍，方向反向。已知滑块甲与木板乙间的动摩擦因数，滑块甲始终未脱离木板，木板乙与墙壁每一次碰撞时甲、乙已达到共速，g取。（）A.若，木板乙与墙壁第一次碰撞后共速的速度大小为B.若，木板乙与墙壁第一次碰撞后共速的速度大小为C.若，木板的最短长度为8mD.若，木板的最短长度为【答案】ABD【解析】A．若，木板碰撞原速率反弹，地面光滑，设向右为正方向，第1次碰撞后动量守恒，设共速为，得解得故A正确；B．若，碰撞后木板的速度大小为，可知第1次碰撞后动量守恒，设此后共速为，得解得故B正确；C．若，说明碰撞墙壁没有机械能的损失，最终木板和木块速度趋于零，故开始的动能全部转化为摩擦产生的内能，设板长为L，由能量守恒得解得故C错误；D．若，第1次碰撞，木板损失的机械能为以上分析可知，第1次碰后共速为，之后木板因碰撞损失的机械能为联立以上解得第2次碰撞后动量守恒，设此后共速为，由动量守恒，得碰撞后木板损失的机械能为联立解得综合以上分析可得，每次损失的动能为（n=1，2，3...）可知最终损失的机械能（n=1，2，3...）最终损失的机械能由能量守恒可知，摩擦产生的内能为设板长为，根据内能的产生表达式可知联立解得故D正确。二、实验题（每空2分，共16分）11.某小组在验证“动量守恒定律”实验中，用到了如下器材：A、B两个质量不同的小球和、光滑斜面导轨、挡片S、天平和刻度尺。将白纸和复写纸铺在地面上，调平斜面轨道末端，固定挡片S的位置，记录重垂线在白纸上的投影为O，A小球由挡片处静止释放后做平抛运动后的落点为P。现将B小球放置于水平轨道的末端，再将A小球由挡片处由静止释放，碰B后A小球的落点为M点，B小球的落点为N点，用刻度尺测出OM、OP、ON的长度为、和，用天平称出两个小球的质量和，由操作可知小球质量______（选填“>”“<”和“=”），若等式______成立，则可验证动量守恒。若发现碰后小球A做自由落体运动（小球碰撞看成弹性碰撞），则两个小球质量关系为______（选填“>”“<”和“=”）。【答案】>=【解析】[1]根据动量守恒可知，A小球能够碰后向右平抛，由此可知；[2]根据动量守恒列出方程两个小球抛出后做平抛运动，竖直方向，根据可知运动时间相等，水平方向根据小球的水平射程与抛出速度成正比，故上式化简为[3]当碰后小球A做自由落体运动，故小球A碰撞后速度变为零，根据动量守恒和总动能不变，可得，解出两小球的质量关系为12.两个物理小组要测量一节新干电池的电动势和内阻（内阻较小），实验室有如下器材：①电流表A（量程2mA，内阻约1Ω）②电压表（量程3V，内阻约6kΩ）③电压表（量程1V，内阻约6kΩ）④变阻箱（0~999Ω）⑤滑动变阻器（最大阻值10Ω）⑥定值电阻（阻值1Ω）⑦开关，导线若干。第一小组根据给定的器材，设计了四种测量电路图，为了使电动势和内阻的测量值更准确，应选择______图更为合适。其中电压表应选用______（填器材前面的序号）。第二小组利用合适电压表（示数为U）、变阻箱（示数为R）和定值电阻测量该电源电动势和内阻，设计的电路图如图所示。为求出电源的电动势和内阻，该小组同学利用多次实验数据应该作出______图像（选填“””或“”），根据图像计算出图像的斜率为0.75，纵轴截距为0.68（单位均为国际单位制单位），由此可得该电源的电动势为______V，内阻为______Ω（结果保留2位小数）。【答案】丙②1.470.10【解析】[1][2]由于电源内阻较小，直接测量不易测出，需要将定值电阻串联在电路中测量，为了减小测量误差，测量电路常选用外接法，故实验的设计电路应选择丙图。电源电动势为1.5V，故电压表选量程为3V的电压表，即②号电压表。[3]第二小组利用电压表和变阻箱设计了如题图的电路，根据电压表和变阻箱的示数得化简得由此可知需要作出图像；[4][5]图像的斜率为截距为解得电源电动势，三、计算题（13题8分，14题13分，15题17分，共38分）（1）匀强电场的电场强度E；（2）将电荷量为的点电荷由电场中的A点移动到O点，静电力做的功W。【答案】（1）200V/m，方向由AB的中点D指向O点（2）【解析】（1）由图可知，O点电势为0，A点和B点的电势均为4V，故AB为一个等势面，由O向AB作垂线，垂足为D，如图所示根据几何关系可知OD的长度为根据匀强电场中电场强度公式有沿着电势降低最快的方向，即电场强度方向由AB的中点D指向O点。（2）根据电场力做功表达式14.如图所示，高为的光滑斜面顶端有一辆质量为的小车乙，足够长的光滑水平面上静止着质量为的小车甲，甲车上站立一个质量为的小孩。现将乙小车由静止释放，为了使两小车不相撞，有以下两种方法：（1）小孩由甲车跳向乙车，为保证两小车不相撞，求跳车后甲车的最小速度；（2）若甲车上有若干个质量为1kg的小球（一共25个小球），若保证小车均安全，小孩以相对地面以2m/s的水平速度向乙车扔实心球，小球落入乙车随乙车运动，小孩一次性抛出小球个数的范围是多少（后续不再扔球）。【答案】（1）1m/s（2）22个≤n≤25个【解析】（1）由于地面光滑，根据动能定理可得解得当小孩向乙车跳车时，保证不相撞时跳后甲车的速度等于跳后乙车的速度，即三者共速，由动量守恒定律得解得（2）为了使两小车不相撞。甲、乙两车向左共速或乙车向右运动速度与甲车速率相同，设小孩扔出实心球n个，若两车最终共速，即解得共速的速度为再针对甲车列出动量守恒解得个即最少扔出22个。当乙小车与甲小车速率相同得再以甲车为研究对象可得本方程无解。故人的扔球个数的范围是22个≤n≤25个。15.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在一个匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点以初速度射入电场，方向与直径AB成60°角，从B点射出电场，且出电场时的速度大小为，方向与直径AB成30°角，不考虑粒子的重力。粒子的运动平面始终平行于电场。求：（1）电场强度的大小；（2）若粒子垂直电场方向射入，为使粒子出电场时获得的动能最大，粒子射入的初动能；（3）若粒子以任意速度射入电场，为使粒子出电场时动能增量为零，粒子射入的的最小初动能。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根据题意设电场方向与直径AB的夹角为，如图所示。将两个速度沿垂直电场方向及平行电场方向进行分解，由于垂直电场方向的速度未发生变化，则有可得根据动能定理得解得（2）当粒子获得动能最大，即电场力做功最多，如图所示。根据类平抛运动规律可得解得则粒子射入的动能为（3）当粒子的动能增量为零，即粒子落在等势面上，如图所示。粒子做类斜抛运动，当与等势面成45°角时射出的初动能最小。根据斜抛运动规律可知，，解得所以粒子射入的最小初动能为2024—2025学年山西省高二12月大联考物理试题（考试时间75分钟，满分100分）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上。4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。一、选择题（1-7题为单项选择，每题只有一项符合题意，每题4分，共28分。8-10为多项选择题，每题至少有两项符合题意，每题6分，少选得3分，错选、不选不得分，共18分，本大题46分）1.下列有关物体的动能和动量说法正确的是（）A.物体的动能改变，动量一定改变B.物体的动量改变，动能一定改变C.动量大的物体，动能一定大D.动能大的物体，动量一定大【答案】A【解析】AB．根据动能和动量的定义式，即，可知动能改变动量一定改变，动量改变有可能速度方向发生改变，动能不变，故A正确，B错误；CD．根据动能和动量的关系可知，动能大的物体，动量不一定大。动量大的物体，动能也不一定大，故CD错误。2.下列有关物理学家的贡献，说法正确的是（）A.法拉第发现了电流的磁效应B.奥斯特通过实验捕捉到了电磁波C.赫兹发现了“磁生电”的电磁感应现象D.普朗克根据能量子假说解释了黑体辐射现象【答案】D【解析】A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；B．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，故B错误；C．法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D．普朗克根据能量子假说解释了黑体辐射现象，故D正确。故选D。3.将滑动变阻器的导线拆下围成如图所示的线圈，其中大圆的面积为，小圆的面积均为，将线圈放入垂直纸面向外的匀强磁场B中，则此时通过线圈磁通量为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根据磁通量的定义计算出磁通量的大小，磁通量故选A。A.该电池储存的电能为14.4JB.该数码相机工作时的电流为4AC.关闭液晶屏幕时拍一张照片消耗电能43.2JD.打开液晶屏幕时拍一张照片液晶屏消耗电能172.8J【答案】C【解析】A．根据铭牌可知，该电源充满电后储存电能为故A错误；B．根据题中信息无法求出数码相机的工作电流，故B错误；C．关闭液晶屏时能够拍摄1200张照片，故拍摄一张照片消耗的电能为故C正确；D．打开液晶屏拍摄一张照片消耗的电能为液晶屏消耗的电能为故D错误。故选C。5.某小组用微安表头（量程内阻900Ω）改装成一个量程为1mA和一个量程为3V的两挡电表，如图所示，电阻箱和电阻箱可以根据需要调节。根据上述要求，下列说法正确的是（）A.a为电压挡 B.的阻值为90ΩC.的阻值为2910Ω D.用b挡时电表的内阻为30kΩ【答案】C【解析】A．用a挡时，表头与电阻并联。将表头改装成电流表，故A错误；B．改装的电流表量程为1mA，扩成了满偏电流的10倍，根据并联电路电流与电阻规律可知，应为表头内阻的，即故B错误；CD．微安表头（量程内阻900Ω）改装成一个量程为1mA的电流表，其内阻接b挡时，是将1mA的电流表改装成电压表，改装的电压表量程是表头满偏电压0.09V的倍故电压表总内阻为1mA电流表内阻90Ω的倍，故则故C正确，D错误。故选C。6.示波器在物理研究中有着重要的作用，其中重要器件示波管是电子在电场的作用下发生偏转，最终打在荧光屏上，使荧光物质发光，形成显示的图像。图甲是示波管的原理图，两个偏转电极不加电压时，右侧荧光屏的中心处产生一个亮斑。某次实验中，在两个电极上应该加上下列选项中的何种电压与时间的关系（图像）可得到一条如图乙所示的函数图像（）A. B.C. D.【答案】A【解析】BC．由图乙可知，在方向上电势高，故BC错误；AD．当图像在波谷时，的电势高，故A正确，D错误。故选A。7.如图所示的电路中，电源的电动势，内阻，定值电阻，，滑动变阻器的取值范围为0~20Ω，所有的电表为理想电表，在滑动变阻器由最左端a向最右端b滑动的过程中，电流表A、电压表和电压表的示数变化量分别为、和，则下列说法正确的是（）A.大于B.，C.的功率一直变小，最大功率为3.67WD.电源的输出功率一直变大，最大功率为13.5W【答案】D【解析】AB．根据路端电压和电路电流的关系可知，电压表测量的电压，测量的电压，则，即由此可得小于，故AB错误；C．的功率表达式为根据二次函数知识可知，当时功率最大，最大功率为故C错误；D．电源的输出功率表达式当外电路电阻等于2Ω时，电源的输出功率最大，但是外电路总电阻最小为6Ω，故电源的输出的功率一直变大，最大功率为外电阻最小时，即6Ω，最大功率为故D正确。8.压力传感器在物理实验中应用非常广泛，它是将压力转化为电信号，内部简化原理图如图所示，电容的两个平行极板A、B分别与一个灵敏电流计和电源串联，下列说法正确的是（）A.若开关闭合，增大待测压力，电容器的电容减小B.若开关闭合，增大待测压力，电流表中的电流方向向左C.若将开关断开再增大压力，电容器极板间的电压减小D.若将开关断开再增大压力，电流表中的电流方向向右【答案】BC【解析】A．当开关闭合时，电容器两端的电压不变，当极板间距离减小时，根据平行板电容器决定式，可知电容增大，故A错误；B．根据电容的定义式，电容增大，电荷量增大，电容需要充电，电流方向向左，故B正确；CD．当开关断开时，电容的电荷量不变，同上分析，电容增大，极板间电压减小，开关断开，没有形成闭合回路，此时电路中没有电流，故C正确，D错误。故选BC。9.近年来，作为重要清洁能源之一的风能正迈入前所未有的高速发展时代。相关数据显示，中国风电累计吊装容量占全球装机近一半。已知某风力发电风机的扇叶的长度为10m，空气密度为，垂直吹向发电机的空气有一半吹到扇叶后动能变为零，另一半原速率穿过发电机，取3，不考虑其他能量消耗。若某日垂直吹向发电机的风速为8m/s，则下列说法正确的是（）A.该发电机的发电功率约为46kWB.该发电机的发电功率约为5.8kWC.空气对风力发电机平均作用力约为D.空气对风力发电机平均作用力约为【答案】AD【解析】AB．由题意可知，风的动能有一半用来发电，设空气密度为，扇叶长度为R，风速为v，取一小段时间t，可计算出发电功率解得故A正确，B错误；CD．根据动量定理可得解得故C错误，D正确。10.光滑水平面上有一个质量为的木板乙，其上相对静止放置一个质量为的滑块甲（视为质点），二者以的初速度一起向右做匀速直线运动，木板乙与墙壁碰后的速度大小均变为碰前的n倍，方向反向。已知滑块甲与木板乙间的动摩擦因数，滑块甲始终未脱离木板，木板乙与墙壁每一次碰撞时甲、乙已达到共速，g取。（）A.若，木板乙与墙壁第一次碰撞后共速的速度大小为B.若，木板乙与墙壁第一次碰撞后共速的速度大小为C.若，木板的最短长度为8mD.若，木板的最短长度为【答案】ABD【解析】A．若，木板碰撞原速率反弹，地面光滑，设向右为正方向，第1次碰撞后动量守恒，设共速为，得解得故A正确；B．若，碰撞后木板的速度大小为，可知第1次碰撞后动量守恒，设此后共速为，得解得故B正确；C．若，说明碰撞墙壁没有机械能的损失，最终木板和木块速度趋于零，故开始的动能全部转化为摩擦产生的内能，设板长为L，由能量守恒得解得故C错误；D．若，第1次碰撞，木板损失的机械能为以上分析可知，第1次碰后共速为，之后木板因碰撞损失的机械能为联立以上解得第2次碰撞后动量守恒，设此后共速为，由动量守恒，得碰撞后木板损失的机械能为联立解得综合以上分析可得，每次损失的动能为（n=1，2，3...）可知最终损失的机械能（n=1，2，3...）最终损失的机械能由能量守恒可知，摩擦产生的内能为设板长为，根据内能的产生表达式可知联立解得故D正确。二、实验题（每空2分，共16分）11.某小组在验证“动量守恒定律”实验中，用到了如下器材：A、B两个质量不同的小球和、光滑斜面导轨、挡片S、天平和刻度尺。将白纸和复写纸铺在地面上，调平斜面轨道末端，固定挡片S的位置，记录重垂线在白纸上的投影为O，A小球由挡片处静止释放后做平抛运动后的落点为P。现将B小球放置于水平轨道的末端，再将A小球由挡片处由静止释放，碰B后A小球的落点为M点，B小球的落点为N点，用刻度尺测出OM、OP、ON的长度为、和，用天平称出两个小球的质量和，由操作可知小球质量______（选填“>”“<”和“=”），若等式______成立，则可验证动量守恒。若发现碰后小球A做自由落体运动（小球碰撞看成弹性碰撞），则两个小球质量关系为______（选填“>”“<”和“=”）。【答案】>=【解析】[1]根据动量守恒可知，A小球能够碰后向右平抛，由此可知；[2]根据动量守恒列出方程两个小球抛出后做平抛运动，竖直方向，根据可知运动时间相等，水平方向根据小球的水平射程与抛出速度成正比，故上式化简为[3]当碰后小球A做自由落体运动，故小球A碰撞后速度变为零，根据动量守恒和总动能不变，可得，解出两小球的质量关系为12.两个物理小组要测量一节新干电池的电动势和内阻（内阻较小），实验室有如下器材：①电流表A（量程2mA，内阻约1Ω）②电压表（量程3V，内阻约6kΩ）③电压表（量程1V，内阻约6kΩ）④变阻箱（0~999Ω）⑤滑动变阻器（最大阻值10Ω）⑥定值电阻（阻值1Ω）⑦开关，导线若干。第一小组根据给定的器材，设计了四种测量电路图，为了使电动势和内阻的测量值更准确，应选择______图更为合适。其中电压表应选用______（填器材前面的序号）。第二小组利用合适电压表（示数为U）、变阻箱（示数为R）和定值电阻测量该电源电动势和内阻，设计的电路图如图所示。为求出电源的电动势和内阻，该小组同学利用多次实验数据应该作出______图像（选填“””或“”），根据图像计算出图像的斜率为0.75，纵轴截距为0.68（单位均为国际单位制单位），由此可得该电源的电动势为______V，内阻为______Ω（结果保留2位小数）。【答案】丙②1.470.10【解析】[1][2]由于电源内阻较小，直接测量不易测出，需要将定值电阻串联在电路中测量，为了减小测量误差，测量电路常选用外接法，故实验的设计电路应选择丙图。电源电动势为1.5V，故电压表选量程为3V的电压表，即②号电压表。[3]第二小组利用电压表和变阻箱设计了如题图的电路，根据电压表和变阻箱的示数得化简得由此可知需要作出图像；[4][5]图像的斜率为截距为解得电源电动势，三、计算题（13题8分，14题13分，15题17分，共38分）（1）匀强电场的电场强度E；（2