《高中試卷》2017-2018學年廣東省深圳市高中聯(lián)盟高二（上）期末物理試卷

1、2017-2018學年廣東省深圳市高中聯(lián)盟高二（上）期末物理試卷一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題3分，共24分在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1（3分）關于磁感應強度b的概念，下面說法中正確的是（）a由磁感應強度的定義式b=fil可知，磁感應強度與磁場力成正比，與電流和導線長度的乘積成反比b一小段通電導線在空間某處不受磁場力的作用，那么該處的磁感應強度一定為零c一小段通電導線放在磁場中，它受到的磁場力可能為零d磁場中某處的磁感應強度的方向，跟電流在該處所受磁場力的方向可以不垂直2（3分）在電場中某點，若放入一個電荷量為+q的試探電荷，測得該處場強為e；若放入一個電荷量為2

2、q的試探電荷，測得該處場強為e則（）aee，方向相同bee，方向相反ce2e，方向相同de2e，方向相反3（3分）如圖，兩個帶電金屬小球中心距離為r，帶電荷量相等為q，則它們之間電荷的相互作用力大小f的說法正確的是（）a若是異種電荷fkq2r2b若是同種電荷fkq2r2c若是異種電荷fkq2r2d不論是何種電荷fkq2r24（3分）在如圖所示的電路中，當滑動變阻器的滑片向b端移動時（）a電壓表的讀數(shù)增大，電流表的讀數(shù)減小b電壓表和電流表的讀數(shù)都增大c電壓表和電流表的讀數(shù)都減小d電壓表的讀數(shù)減小，電流表的讀數(shù)增大5（3分）電阻r、電容c與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，n極朝下，

3、如圖所示?，F(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在n極接近線圈上端的過程中，流過r的電流方向和電容器極板的帶電情況是（）a從a到b，上極板帶正電b從a到b，下極板帶正電c從b到a，上極板帶正電d從b到a，下極板帶正電6（3分）如圖所示，a、b為平行金屬板，靜電計的外殼接地，合上開關s后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的辦法是（）a使a、b板的距離增大一些b使a、b板的正對面積減小一些c斷開s，使a板向左平移一些d斷開s，使a、b板的正對面積增大一些7（3分）兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心o沿著ao方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖。若不計粒子的重力，則下

4、列說法正確的是（）aa粒子帶正電，b粒子帶負電ba粒子在磁場中所受洛倫茲力較大cb粒子動能較大db粒子在磁場中運動時間較長8（3分）如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的d形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的a處開始加速。已知d型盒的半徑為r，磁場的磁感應強度為b，高頻交變電源的電壓為u、頻率為f，質子質量為m，電荷量為q。下列說法錯誤的是（）a質子的最大速度不超過2rfb質子的最大動能為q2b2r22mc增大b，并適當增大f，可增大質子的最大速度d電壓u越大，質子的最大動能越大二、多項選擇題（本題包括5小題，每小題5分，共25分每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得5

5、分，選對但不全得3分，有選錯的得0分）9（5分）如圖所示，在傾角為的光滑“u”形金屬導軌上，接觸良好，放置一根長為l，質量為m的導體棒。在導體棒中通以電流i時，欲使導體棒靜止在斜面上，下列外加勻強磁場的磁感應強度b的大小和方向正確的是（）a方向垂直斜面向上，b=mgsinilb方向垂直斜面向下，b=mgsinilc方向豎直向下，b=mgtanild方向豎直向上，b=mgtanil10（5分）如圖（a）所示，半徑為r1的n匝的圓形金屬線圈，阻值為2r，與阻值為r的電阻連結成閉合回路。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內，存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度b隨時間t變化的關系圖線如圖（b）所示

6、。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和b0，導線的電阻不計。則0t1時間內（）a通過電阻r的電流方向自b向ab通過電阻r的電流方向自a向bc電阻兩端的電壓為nr12b03t0d電阻兩端的電壓為nr22b03t011（5分）如圖所示電路中，電源電動勢e10v，內阻r0.5燈泡l“8v、16w”恰能正常發(fā)光，電動機m繞組的電阻r01則下列說法中正確的是（）a流經電源的電流是2ab電動機的輸出功率12 wc流經電動機的電流是2ad電源的輸出功率是32 w12（5分）如圖所示，a、b是x軸上關于o點對稱的兩點，c、d是y軸上關于o點對稱的兩點，c、d兩點分別固定等量異種點電荷，一帶負電的檢驗電荷僅在電場力

7、作用下從a點沿曲線運動到b點，e為第一象限內軌跡上的一點，以下說法正確的是（）ac點的電荷帶負電ba點電勢高于e點電勢ce點電場強度方向沿軌跡在該點的切線方向d檢驗電荷從a到b過程中，電勢能先增加后減少13（5分）如圖，平面直角坐標系xoy中有一勻強電場，abc構成正三角形，a點坐標為（2cm，0），c點坐標為（2cm，0）。將電量為q8×1016c的試探電荷從a點移到b、c兩點，靜電力做功分別為2.0×1015j、4.0×1015j，以下說法正確的是（）aa、c兩點電勢差為uac5vby軸上所有點電勢相等c將電量為8.0×1016c正電荷有b點移到c點

8、電勢能增加2.0×1015jd該勻強電場的場強為250n/c三、實驗填空及論述計算題（本題包括5小題，共51分實驗填空題只寫出最后結果；論述計算題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）14（6分）張明同學在測定某種合金絲的電阻率時：（1）用螺旋測微器測得其直徑為 mm（如圖甲所示）；（2）用20分度的游標卡尺測其長度為 cm（如圖乙所示）；（3）用圖丙所示的電路測得的電阻值將比真實值 （填“偏大”或“偏小”）。15（9分）測量一個“水果電池”的電動勢和內電阻：將一銅片和一鋅片分別插入一只蘋果內，就構成了一個簡單

9、的“水果電池”其電動勢約為1.5v可是這種電池并不能點亮手電筒上的額定電壓為1.5v，額定電流為0.3a的小燈泡，原因是流過小燈泡的電流太小了，經實驗測得還不足3ma現(xiàn)要求用量程合適的電壓表（內阻較大）、電流表（內阻較小）以及滑動變阻器、開關、導線等實驗器材盡量準確地測定水果電池的電動勢e和內電阻r本實驗的電路應該選擇下面的圖甲或圖乙中的： ；若給出的滑動變阻器有兩種規(guī)格：a（030）、b（03k），本實驗中應該選用的滑動變阻器規(guī)格為： ，簡述選用的理由： ；實驗中測出六組（u，i）的值，在ui坐標系中描出圖丙所示的六個點，分析圖中的點跡，可得出水果電池的電動勢為e v；內電阻為r ；（均保留

10、3位有效數(shù)字）若不計測量中的偶然誤差，根據(jù)你在中所選擇的電路來測量得出的電動勢e和內電阻r（測量值）與真實值相比：電動勢e ，內電阻r （均選填“偏大”、“相等”、或“偏小”）16（10分）如圖所示，一個質量為 m2.0×1011kg，電荷量 q+1.0×105c 的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經 u1100v 電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場，偏轉電場的電壓 u2100v金屬板長l20cm，兩板間距d10cm求：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v0大?。唬?）微粒射出偏轉電場時的偏轉角。17（12分）如圖所示，一矩形金屬框架與水平面成角37°，

11、寬l0.4m，上、下兩端各有一個電阻r02，框架的其他部分電阻不計，框架足夠長，垂直于金屬框架平面的方向有一向上的勻強磁場，磁感應強度b1.0tab為金屬桿，與框架良好接觸，其質量m0.1kg，電阻r1.0，桿與框架的動摩擦因數(shù)0.5桿由靜止開始下滑，在速度達到最大的過程中，上端電阻r0產生的熱量q00.5j（取g10m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8）。求：（1）流過ab桿的電流方向及最大電流im；（2）ab桿的最大速度vm；（3）從開始到速度最大的過程中ab桿沿斜面下滑的距離s。18（14分）如圖，裝置中，區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，電場強度為e，區(qū)域

12、內有垂直紙面向外的水平勻強磁場，磁感應強度為b區(qū)域中有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度為2b一質量為m、帶電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊界o點正上方的m點以速度v0水平射入電場，經水平分界線op上的a點與op成60°角射入區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界cd進入區(qū)域的勻強磁場中。求：（1）粒子在區(qū)域勻強磁場中運動的軌道半徑（2）o、m間的距離（3）粒子從m點出發(fā)到第二次通過cd邊界所經歷的時間。2017-2018學年廣東省深圳市高中聯(lián)盟高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題3分，共24分在每小題列出的四個選項中，只有一項符合題目要求）1

13、【分析】磁感應強度采用比值法定義的，磁感應強度與電流元il無關；磁感應強度可以用磁感線形象的描述。【解答】解：a、公式b=fil是磁感應強度的定義式，是用比值法定義的，磁感應強度與電流元il的大小無關，故a錯誤；b、一小段通電導線在某處不受磁場力作用，該處的磁感應強度不一定為零，可能是電流元方向與磁場方向平行造成的，故b錯誤；c、一小段通電導線放在磁場中，如果電流和磁場相互垂直，則它受到的磁場力為零，故c正確；d、根據(jù)左手定則，磁場中某處磁感應強度的方向，與直線電流在該處所受磁場力方向垂直，故d錯誤；故選：c?！军c評】本題關鍵是明確磁感應強度的定義，知道用比值法定義的物理量與分子和分母的具體大

14、小無關，只是等于比值，同時注意安培力和磁感應強度的方向一定是相互垂直。2【分析】電場強度是由電場本身決定，與試探電荷無關，故放入電荷量為+q的試探電荷時的電場強度與放入電荷量為2q的試探電荷時的電場強度相同?！窘獯稹拷猓弘妶鰪姸仁敲枋鲭妶鰪娙鹾头较虻奈锢砹浚呻妶霰旧頉Q定，與試探電荷的有無、電性、電量的大小無關。故在該點放入電荷量為+q的試探電荷時電場強度為e，改放電荷量為2q的試探電荷時電場強度 ee，方向相同。故a正確，bcd錯誤。故選：a?！军c評】電場強度是由電場本身決定，與試探電荷無關是解決該題的關鍵，可根據(jù)比值法定義的共性來理解。3【分析】根據(jù)庫侖定律fkq2r2，及其成立條件：真空

15、中點電荷，由于間距導致，不能看成點電荷，根據(jù)電荷電性來確定電荷的間距，從而確定求解?！窘獯稹拷猓篴、當是異種電荷時，電荷間相互吸引，導致電荷間距比r還小，因此庫侖力fkq2r2，故a錯誤，c正確；b、若是同種電荷，則出現(xiàn)相互排斥，導致電荷間距比r還大，因此庫侖力fkq2r2，故b錯誤，d、由上分析可知，d錯誤；故選：c?！军c評】考查庫侖定律的內容，掌握庫侖定律的成立條件，理解點電荷的條件。4【分析】當滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，由歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，再分析流過變阻器電流的變化，來判斷電表讀數(shù)的變化。【解答】解：當滑動變阻器的滑動

16、觸點向b端移動時，變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻r增大，由歐姆定律分析總電流i減小，路端電壓ueir增大，電阻r2的電壓u2ei（r+r1）增大，流過電阻r2的電流i2增大，則流過電流表的電流i3ii2減小。所以伏特表v的讀數(shù)增大，安培表a的讀數(shù)減小。故選：a。【點評】本題是簡單的電路動態(tài)變化分析問題，往往按“部分整體部分”的順序分析。5【分析】現(xiàn)使磁鐵開始自由下落，在n極接近線圈上端的過程中，導致線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產生感應電動勢，線圈中出現(xiàn)感應電流，由楞次定律可判定電流的方向。當線圈中有電動勢后，對電阻來說通電后發(fā)熱，對電容器來說要不斷充電直至穩(wěn)定?！窘獯稹拷猓寒敶盆Fn極向下

17、運動時，導致向下穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得，感應磁場方向與原來磁場方向相反，再由安培定則可得感應電流方向沿線圈盤旋而下，由于線圈相當于電源，則流過r的電流方向是從b到a，對電容器充電下極板帶正電。故選：d?！军c評】此時線圈相當于電源，則外電路的電流方向是從正極到負極，而內電路則是從負極到正極。同時電容器在充電時電壓隨著電量增加而增大。6【分析】靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，合上開關，電容器兩端的電勢差不變，斷開s，電容器的電荷量不變，根據(jù)電容的變化判斷電容器兩端電勢差的變化?！窘獯稹拷猓篴b、開關閉合，不論使a、b板的距離增大一些，還是使a、b板的正對面積減小一些，電容器兩端的電

18、勢差總不變，故a、b錯誤。c、斷開s，電荷量不變，使a板向左平移一些，即使a、b板的距離增大一些，根據(jù)c=s4kd知，電容c減小，則u=qc，可知電勢差增大，故c正確。d、斷開s，電荷量不變，使a、b板的正對面積增大一些，根據(jù)c=s4kd知，電容c增大，則u=qc，可知電勢差減小，故d錯誤。故選：c?！军c評】解決本題的關鍵知道斷開開關，電荷量不變，閉合開關，電容器兩端的電勢差不變，結合電容的決定式和定義式進行分析。7【分析】a、b兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子以不同的速率對向射入圓形勻強磁場區(qū)域，偏轉的方向不同，說明受力的方向不同，電性不同，可以根據(jù)左手定則判定。從圖線來看，a的半徑較

19、小，可以結合洛倫茲力提供向心力，寫出公式，進行判斷，之后，根據(jù)公式，再判定動能和運動的時間?！窘獯稹拷猓毫Ｗ酉蛴疫\動，根據(jù)左手定則，b向上偏轉，應當帶正電；a向下偏轉，應當帶負電，故a錯誤。洛倫茲力提供向心力，即：qvb=mv2r，得：r=mvqb，故半徑較大的b粒子速度大，動能也大。故c正確。由公式；fqvb，故速度大的b受洛倫茲力較大。故b錯誤。磁場中偏轉角大的運動的時間也長；a粒子的偏轉角大，因此運動的時間就長。故d錯誤。故選：c?！军c評】該題考查帶電粒子在勻強磁場中的偏轉，可以結合兩個公式進行判定。屬于簡單題目。8【分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力

20、可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動能?！窘獯稹拷猓篴、質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為r，則v=2rt=2rf所以最大速度不超過2fr故a正確。bd、質子的最大動能ekm=12mv2=q2b2r22m，與電壓無關，故b正確，d錯誤；c、質子的最大動能ekm=12mv2=q2b2r22m，只增大磁感應強度，并適當增大f，可增大質子的最大動能，即可增大質子的最大速度，故c正確；本題選錯誤的，故選：d。【點評】解決本題的關鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關。二、多項選擇題（本題包括5小題，每小題5分，共25分每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不

21、全得3分，有選錯的得0分）9【分析】通電導線在磁場中的受到安培力作用，由公式fbil求出安培力大小，由左手定則來確定安培力的方向。【解答】解：a、外加勻強磁場的磁感應強度b的方向垂直斜面向上，則沿斜面向上的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)，則大小bmgsinil；故a正確；b、外加勻強磁場的磁感應強度b的方向垂直斜面向下，則沿斜面向下的安培力、支持力與重力，所以棒不可能處于平衡狀態(tài)，故b錯誤；c、外加勻強磁場的磁感應強度b的方向豎直向下，則水平向左的安培力、支持力與重力，所以棒不可能處于平衡狀態(tài)；故c錯誤；d、外加勻強磁場的磁感應強度b的方向豎直向上，則水平向右的安培力、支持力與重力，處于平

22、衡狀態(tài)，則大小b=mgtanil，故d正確；故選：ad?！军c評】學會區(qū)分左手定則與右手定則，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感應電流的方向。10【分析】線圈平面垂直處于勻強磁場中，當磁感應強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發(fā)生變化，從而導致出現(xiàn)感應電動勢，產生感應電流。由楞次定律可確定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律可求出感應電動勢大小，從而求得感應電流大小，最后求出電阻兩端的電壓?！窘獯稹拷猓篴b、由楞次定律可判斷通過電阻r1上的電流方向為從b到a，故a錯誤，b正確；cd、由圖象分析可知，0至t1時間內有：bt=b0t0由法拉第電磁感應定律有：ent=nbts面積為：sr22由閉合

23、電路歐姆定律有：i=er1+r聯(lián)立以上各式解得，通過電阻r上的電流大小為：i=nb0r223rt0uir1=nr22b03t0，故d正確，c錯誤；故選：ad。【點評】考查楞次定律來判定感應電流方向，由法拉第電磁感應定律來求出感應電動勢大小。還可求出電路的電流大小，同時磁通量變化的線圈相當于電源。11【分析】圖中燈泡兩端的電壓等于路端電壓，燈泡正常發(fā)光，其電壓就等于燈泡的額定電壓。對內電路研究，由歐姆定律求出流過電源的電流，由pei求解電源的總功率。由總功率減去內部損耗的功率即得電源的輸出功率。電動機兩端電壓等于燈泡的額定電壓，根據(jù)電源的電流和燈泡的電流求出電動機的電流，根據(jù)pui求得電動機消耗

24、的電功率；根據(jù)能量守恒求解電動機的輸出功率?！窘獯稹拷猓篴、燈泡正常發(fā)光，其電壓為額定電壓u額8v，則路端電壓uu額8v則電源內阻的電壓為：u內eu1082（v）由歐姆定律得流過電源的電流為：i=u內r=20.5a4a，故a錯誤。d、電源的總功率為：p總ei10×4w40w所以電源的輸出功率為：p出p總p損p總i2r4042×0.5（w）32w；故d正確。bc、燈泡的電流為：i燈=p額u額=168a2a電動機總功率為：p1uimu（ii燈）8×（42）w16w； 電動機的電流為：imii燈422（a）電動機消耗的電功率為：pmuim8×216（w）電動機

25、發(fā)熱功率為：p熱im2r022×14（w）所以電動機的輸出功率為：p輸出pmp熱16412（w）；故bc正確。故選：bcd。【點評】對于電動機電路，要正確區(qū)分是純電阻電路還是非純電阻電路：當電動機正常工作時，是非純電阻電路；當電動機被卡住不轉時，是純電阻電路。對于電動機的輸出功率，往往要根據(jù)能量守恒求解。12【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向得到電場力的方向，再判斷c、d點兩個電荷的電性；最后根據(jù)電場力做的功等于電勢能的減小量進行分析。【解答】解：a、帶負電的檢驗電荷僅在電場力的作用下從a點沿曲線運動到b點，合力指向曲線的內側，故上面的電荷帶同種電，即c點電荷帶負電，故a正確；b、從e點到b

26、點電場力做正功，電勢能減小，由于是負電荷，故從e到b電勢要升高，即b點的電勢高于e點的電勢。又因為等量異號電荷的連線的中垂線是等勢面，故a、b兩個點電勢相等，所以a點電勢高于e點電勢，故b正確；c、e點的切線方向為速度方向，e點的場強方向應與電場力方向在一直線，而曲線運動的受力與速度方向不可能在同一直線上，即e點場強方向不可能是該點的切線方向，故c錯誤；d、檢驗電荷從a到b過程中，電場力先做正功后做負功，故電勢能先增加后減小，故d正確。故選：abd?！军c評】本題的突破口在根據(jù)軌跡的彎曲方向得到電場力的方向，然后根據(jù)功能關系判斷電勢能的變化和電勢的高低情況。13【分析】根據(jù)電勢差公式u=wq求解

27、電勢差；電勢能的大小與0勢能點的選擇有關；根據(jù)電場力做功與電勢能的關系判斷電勢能的變化；根據(jù)電場強度的計算公式求解電場強度?！窘獯稹拷猓篴、根據(jù)電勢差公式有：uac=wacq=4.0×10-15-8×10-16=-5v故a錯誤；b、由于aooc，所以將電量為q8×1016c的試探電荷從a點移到o點，靜電力做功為2.0×1015j，所以o點和b點的電勢相等，y軸是一條等勢線，其上所有點電勢相等，故b正確；c、由于o點和b點電勢相等，所以將電量為8.0×1016c點電荷有b點移到c點電場力做功2.0×1015j，而將電量為8.0×

28、;1016c正電荷有b點移到c點克服電場力做功2.0×1015j，其電勢能增加2.0×1015j，故c正確；d、根據(jù)電場線與等勢面垂直，所以電場線方向垂直于y軸沿x軸負方向，根據(jù)電場強度的計算公式可得電場強度的大小為：e=|uac|xac=50.04v/m125v/m，故d錯誤。故選：bc。【點評】本題關鍵要掌握電場力做功與電勢差的關系、電勢差與電勢的關系；知道電場力做功的計算公式為wabquab，解答時做功的正負和電荷量的正負一并代入計算；另外要掌握電勢的定義式，即電荷在某點的電勢能與該電荷電荷量的比值就等于該點的電勢，計算時電勢能和電荷量的正負號一并代入計算。三、實驗填

29、空及論述計算題（本題包括5小題，共51分實驗填空題只寫出最后結果；論述計算題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）14【分析】（1）解決本題的關鍵明確：螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀。（2）游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀。（3）由電阻定律可以求出電阻率的表達式。根據(jù)電阻率的表達式，根據(jù)電表內阻的影響確定誤差情況。【解答】解：（1）螺旋測微器的固定刻度為3.0mm，可動刻度為20.5×0.01mm0.205mm，所以最終讀數(shù)為3.0mm+0.205

30、mm3.205mm。（2）20分度的游標卡尺，精確度是0.05mm，游標卡尺的主尺讀數(shù)為50mm，游標尺上第3個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為3×0.05mm0.15mm，所以最終讀數(shù)為：50mm+0.15mm50.15mm5.015cm。（3）由歐姆定律得，電阻阻值r=ui，由于電壓表的分流作用使電流偏大，則電阻偏小。故答案為：（1）3.205（3.2023.205）（2）5.015（3）偏小。【點評】考查螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)；游標卡尺不需要估讀、螺旋測微器需要估讀。掌握電阻定律的內容，注意單位的統(tǒng)一。15【分析】電流表的內阻很小，分擔的電

31、壓很小，可以忽略，所以用伏安法測電源電動勢和內阻時，電流表采取外接法誤差較小通過水果電池的內阻大小，選擇合適的滑動變阻器ui圖線的縱軸截距表示電源的電動勢，圖線斜率的絕對值表示水果電池的內阻由于電流表的分壓，使得路端電壓存在誤差，運用圖象法分析誤差【解答】解：因為電流表內阻較小，分擔電壓較小，電流表采取外接法誤差較小電源的內阻大約r=ei=1.53×10-3=500，若選用030的滑動變阻器，移動滑片，電流基本不變，所以本實驗中滑動變阻器應選用b圖線的縱軸截距等于電源的電動勢，e1.50v，圖線斜率的絕對值等于內阻，內電阻i=1.503×10-3=500由于電流表的分壓，使

32、得路端電壓存在誤差，而電流沒有誤差，運用圖象法分別在ui圖上由測量數(shù)據(jù)作出的圖線1和修正誤差后真實值作出的圖線2，由圖看出，電動勢沒有系統(tǒng)誤差，即電動勢值與真實值相等，內阻的測量值偏大故答案為：（1）圖甲，b因電池內阻較大，若選擇a，當滑動觸頭移動時，兩電表示數(shù)幾乎不變1.50v、500相等；偏大【點評】解決本題的關鍵知道實驗誤差的來源，會從ui圖線中獲取電源的電動勢和內電阻16【分析】（1）粒子在加速電場中，電場力做功為qu1，由動能定理求出速度v0。（2）粒子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運用運動的分解法，根據(jù)牛頓第二定律、運動學和速度的分解求解偏轉角的正切，再得到偏轉角?！窘獯稹拷猓海?

33、）微粒在加速電場中運動過程，由動能定理得： qu1=12mv02 解得 v0=2qu1m=2×10-5×1002×10-11=1.0×104 m/s；（2）微粒在偏轉電場中做類平拋運動，有：加速度為 a=qu2md，飛出電場時，豎直分速度為 vyat運動時間為 t=lv0所以速度偏轉角的正切為：tan=vyv0=u2l2u1d代入解得：tan=100×0.22×100×0.1=1 解得：45°；答：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v0大小是1.0×104 m/s；（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角是45°?！军c評】本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，關鍵是分析粒子的受力情況和運動情況，用力學的方法處理。17【分析】（1）導體棒沿斜面向下先做加速運動，后做勻速運動，導體棒達到最大速度時，受力平衡，寫出受力平衡的方程，即可求得最大電流；（2）根據(jù)切割公式和歐姆定律列式求解最大速度即可；（3）當電阻r0中產生的熱量q00.5j，根據(jù)焦耳定律分析電路中產生的總熱量。棒下滑過程中，重力勢能轉化為棒的動能、回路的焦耳熱和摩擦生熱，