PAGEPAGE6山東省商河縣第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題第Ⅰ卷一、選擇題（本題共15小題，1-10題只有一個選項(xiàng)符合題目要求的每小題3分；11-15題多個選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分.）1．關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，下列說法正確的是()A．線圈放在磁場中就肯定能產(chǎn)生感應(yīng)電流B．閉合線圈放在勻強(qiáng)磁場中做切割磁感線運(yùn)動時(shí)，肯定能產(chǎn)生感應(yīng)電流C．感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原來磁場的磁通量的變更D．穿過線圈的磁通量變更量越大，感應(yīng)電動勢越大2．一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為ρ，棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動的平均速率為v，則金屬棒內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為()A．eq\f(mv2,2eL)B．eq\f(mv2Sn,e)C．ρnev D．eq\f(ρev,SL)3．在光滑水平地面上勻速運(yùn)動的裝有沙子的小車，小車和沙子總質(zhì)量為M，速度為v0，在行駛途中有質(zhì)量為m的沙子從車上漏掉，沙子漏掉后小車的速度應(yīng)為()A．v0B.eq\f(Mv0,M－m)C.eq\f(mv0,M－m)D.eq\f(M－mv0,M)4．如圖所示，a、b是兩個勻強(qiáng)磁場邊界上的兩點(diǎn)，左邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面對里，右邊勻強(qiáng)磁場的磁感線垂直紙面對外，兩邊的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。電荷量為2e的正離子以某一速度從a點(diǎn)垂直磁場邊界向左射出，當(dāng)它運(yùn)動到b點(diǎn)時(shí)，擊中并汲取了一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子，不計(jì)正離子和電子的重力且忽視正離子和電子間的相互作用，則它們在磁場中的運(yùn)動軌跡是()5．在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示(取無窮遠(yuǎn)處電勢為0)。電場中四個點(diǎn)A、B、C和D的φ－r關(guān)系對應(yīng)圖中的a、b、c和d點(diǎn)。則下列敘述正確的是()A．該點(diǎn)電荷肯定是負(fù)電荷B．A、B、C和D點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向肯定相同C．A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之比為9∶1D．將一帶正電的摸索電荷由A點(diǎn)移動到C點(diǎn)和由B點(diǎn)移動到D點(diǎn)，電場力做功相同6．如圖所示，有一傾角為30°的光滑斜面，勻強(qiáng)磁場垂直斜面，勻強(qiáng)電場沿斜面對上并垂直斜面底邊。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以速度v在斜面上做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動。則()A．帶電粒子帶負(fù)電B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(mv,qR)C．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E＝eq\f(mg,q)D．帶電粒子在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒7．關(guān)于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，下列說法正確的是()A．線圈放在磁場中就肯定能產(chǎn)生感應(yīng)電流B．閉合線圈放在勻強(qiáng)磁場中做切割磁感線運(yùn)動時(shí)，肯定能產(chǎn)生感應(yīng)電流C．感應(yīng)電流的磁場總是阻礙原來磁場的磁通量的變更D．穿過線圈的磁通量變更量越大，感應(yīng)電動勢越大8.如圖，真空中有兩個等量異種點(diǎn)電荷A、B，M、N、O是AB連線的垂線上的點(diǎn)，且BO>AO.一質(zhì)子僅在電場力作用下，其運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示．設(shè)M、N兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為EM、EN，電勢分別為φM、φN.下列推斷中正確的是()A．EM>ENB．A點(diǎn)電荷肯定帶正電C．φM>φND．若質(zhì)子從N運(yùn)動到M，電場力做正功9.如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時(shí)間內(nèi)，磁場的方向不變，大小由B勻稱地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt)10.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的微粒以速度v與水平方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對里．假如微粒做勻速直線運(yùn)動，則下列說法正確的是()A．微粒受電場力、洛倫茲力、重力三個力作用B．微粒受電場力、洛倫茲力兩個力作用C．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(2mg,q)D．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mg,qv)11．(多選)等離子體氣流由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩極板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與P1、P2相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接．線圈A內(nèi)有如圖乙所示的變更磁場，且規(guī)定向左為磁場B的正方向，如圖甲所示，則下列敘述正確的是()A．0～1s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引B．1～2s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引C．2～3s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引D．3～4s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線相互吸引12．(多選)如圖所示，A和B為豎直放置的平行金屬板，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球，起先時(shí)開關(guān)S閉合，滑動變阻器的滑動頭P在a處，此時(shí)絕緣線向右偏離豎直方向(電源的內(nèi)阻不能忽視)，下列推斷正確的是()A．小球帶負(fù)電B．當(dāng)滑動頭從a向b滑動時(shí)，細(xì)線的偏角θ變小C．當(dāng)滑動頭從a向b滑動時(shí)，電流計(jì)中有電流，方向從上向下D．當(dāng)滑動頭從a向b滑動時(shí)，電源的總功率肯定變小13．(多選)用如圖所示的回旋加速器來加速質(zhì)子，為了使質(zhì)子獲得的最大動能增加為原來的4倍，可采納下列哪幾種方法()A．將其磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來的2倍B．將其磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來的4倍C．將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D．將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍14．(多選)如圖所示，光滑水平面上有甲、乙兩輛小車，用細(xì)線相連，中間有一個被壓縮的輕彈簧(彈簧未與小車固定)，小車處于靜止?fàn)顟B(tài)．燒斷細(xì)線后，由于彈力的作用兩小車分別向左右運(yùn)動．已知甲、乙兩小車質(zhì)量之比為m1:m2＝2:1，下列說法正確的是()A．彈簧彈開后甲、乙兩小車速度大小之比為1:2B．彈簧彈開后甲、乙兩小車動量大小之比為1:2C．彈簧彈開過程中甲、乙兩小車受到的沖量大小之比為1:1D．彈簧彈開過程中彈力對甲、乙兩小車做功之比為1:415．(多選)在如圖甲所示的電路中，L1、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當(dāng)開關(guān)S閉合后，電路中的總電流為0.25A，則此時(shí)()A．L2的電阻為12ΩB．L1消耗的電功率為0.75WC．L1、L2消耗的電功率的比值大于4D．L1兩端的電壓為L2兩端電壓的2倍第Ⅱ卷二、試驗(yàn)題（共2小題，滿分12分）16.(4分)用如圖所示的裝置進(jìn)行以下試驗(yàn):A.先測出滑塊A、B的質(zhì)量M、m及滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ,查出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭B.用細(xì)線將滑塊A、B連接,使A、B間的彈簧壓縮,滑塊B緊靠在桌邊C.剪斷細(xì)線,測出滑塊B做平拋運(yùn)動的落地點(diǎn)到重垂線的水平距離x1和滑塊A沿桌面滑行的距離x2(1)為驗(yàn)證動量守恒定律,寫出還需測量的物理量及表示它們的字母:

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(2)若mv為不變量,需驗(yàn)證的關(guān)系式為

______________。

17．(8分)一同學(xué)測量某干電池的電動勢和內(nèi)阻．(1)甲圖所示是該同學(xué)正打算接入最終一根導(dǎo)線(圖中虛線所示)時(shí)的試驗(yàn)電路．請指出圖中在器材操作上存在的兩個不妥之處．(2)試驗(yàn)測得的電阻箱阻值R和電流表示數(shù)I，以及計(jì)算的eq\f(1,I)數(shù)據(jù)見下表：R/Ω8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26eq\f(1,I)/A－16.75.95.34.53.8該同學(xué)依據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙上作出了R-eq\f(1,I)關(guān)系圖象．由圖象可計(jì)算出該干電池的電動勢為________V；內(nèi)阻為________Ω.(3)為了得到更精確的測量結(jié)果，在測出上述數(shù)據(jù)后，該同學(xué)將一只量程為100mV的電壓表并聯(lián)在電流表的兩端．調(diào)整電阻箱，當(dāng)電流表的示數(shù)為0.33A時(shí)，電壓表的指針位置如乙圖所示，則該干電池的電動勢應(yīng)為________V；內(nèi)阻應(yīng)為________Ω.三、本題共4小題，共43分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最終答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位.18.（10分）光滑水平面上有一質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的左側(cè)是一光滑的圓弧，圓弧半徑為R＝1m．一質(zhì)量為m的小球以速度v0向右運(yùn)動沖上滑塊．已知M＝4m，g取10m/s2，若小球剛好沒躍出eq\f(1,4)圓弧的上端，求：(1)小球的初速度v0是多少？(2)滑塊獲得的最大速度是多少？19．(10分)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′和QQ′之間距離為1m且足夠長，都處于同一水平面內(nèi)，P和Q之間連接一電阻R＝10Ω，整個裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，B＝2T．現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌放置一根導(dǎo)體棒MN，電路中導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻不計(jì)，用一水平向右F＝5N的力拉動導(dǎo)體棒MN從靜止起先運(yùn)動，則(1)導(dǎo)體棒中的電流方向？(回答M→N還是N→M)(2)當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時(shí)，棒中的電流大小是多少安？(3)導(dǎo)體棒做何種運(yùn)動？求最終的速度．20．(11分)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m＝5.0×10－8kg、電量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子，從靜止起先經(jīng)U0＝10V的電壓加速后，從P點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入磁場，已知OP＝30cm(粒子重力不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度v的大小；(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，粒子從x軸上的Q點(diǎn)離開磁場，求OQ的距離；(3)若粒子不能進(jìn)入x軸上方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′滿意的條件．21．(12分)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有虛線OP為志向邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，OP與x軸成45°角，OP與y軸之間的磁場方向垂直紙面對外，OP與x軸之間的電場平行于x軸向右，電場強(qiáng)度為E，在y軸上有一點(diǎn)M，到O點(diǎn)的距離為L，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m，帶電量為＋q的帶電粒子從靜止經(jīng)電壓為U的電場加速后從M點(diǎn)以垂直y軸的速度方向進(jìn)入磁場區(qū)域(加速電場圖中沒有畫出)，不計(jì)帶電粒子的重力，求：(1)從M點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場的帶電粒子速度的大?。?2)為使帶電粒子剛好不能進(jìn)入電場區(qū)域，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？(3)變更勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，使帶電粒子沿y軸負(fù)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則帶電粒子從x軸離開電場時(shí)的位置到O點(diǎn)的距離為多少？物理試題答案1.解析：選C感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是，只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變更，線圈中才會有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A錯誤；閉合線圈放在勻強(qiáng)磁場中做切割磁感線運(yùn)動時(shí)，若穿過線圈的磁通量變更，則產(chǎn)生感應(yīng)電流，若穿過線圈的磁通量不變，則沒有感應(yīng)電流，故B錯誤；電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，感應(yīng)電流的磁場總阻礙原來磁場的磁通量的變更，即原來的磁場增加，則感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，若原磁場減弱，則感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，故C正確；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，穿過線圈的磁通量變更量越快，感應(yīng)電動勢越大，而穿過線圈的磁通量變更量大，感應(yīng)電動勢不肯定大，故D錯誤2.解析：I＝eq\f(U,R)，I＝neSv，R＝ρeq\f(L,S)，E＝eq\f(U,L)，聯(lián)立得E＝ρnev，故選C。3.解析：設(shè)漏掉質(zhì)量為m的沙子后，沙子從車上漏掉的瞬間由于慣性速度仍舊為v0，汽車速度為v′，依據(jù)水平方向動量守恒可得：Mv0＝mv0＋(M－m)v′，解得：v′＝v0，故B、C、D錯誤，A正確．4.解析：正離子以某一速度擊中并汲取了一個處于靜止?fàn)顟B(tài)的電子后，速度不變，電荷量變?yōu)椋玡，由左手定則可推斷出正離子過b點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力方向向下，由r＝mv/qB可知，軌跡半徑增大到原來的2倍，所以在磁場中的運(yùn)動軌跡是圖D。5.解析：由圖象可知，點(diǎn)電荷四周的電勢隨距離增大而降低，可知該點(diǎn)電荷肯定是正電荷，選項(xiàng)A錯誤；A、B、C和D點(diǎn)不肯定在同一條電場線上，則四點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不肯定相同，選項(xiàng)B錯誤；由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)可得：Ea∶Ec＝eq\f(kQ,12)∶eq\f(kQ,32)＝9∶1，故C正確；因UAC＝4V，UBD＝2V，依據(jù)W＝Uq，則將一帶正電的摸索電荷由A點(diǎn)移動到C點(diǎn)和由B點(diǎn)移動到D點(diǎn)，電場力做功不相同，故D錯誤。6.解析：小球恰在斜面上做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，電場力與重力沿著斜面的分力相平衡，故粒子帶正電，故A錯誤；由上分析，依據(jù)牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)，得到，B＝eq\f(mv,qR)，重力沿斜面對下的分力與電場力平衡時(shí)，則有Eq＝mgsinθ得到，E＝eq\f(mgsinθ,q)，故B正確，C錯誤。雖然洛倫茲力不做功，但電場力做功，則粒子在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒，故D錯誤。7.解析：選C感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是，只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變更，線圈中才會有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故A錯誤；閉合線圈放在勻強(qiáng)磁場中做切割磁感線運(yùn)動時(shí)，若穿過線圈的磁通量變更，則產(chǎn)生感應(yīng)電流，若穿過線圈的磁通量不變，則沒有感應(yīng)電流，故B錯誤；電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，感應(yīng)電流的磁場總阻礙原來磁場的磁通量的變更，即原來的磁場增加，則感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，若原磁場減弱，則感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，故C正確；依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，穿過線圈的磁通量變更量越快，感應(yīng)電動勢越大；而穿過線圈的磁通量變更量大，感應(yīng)電動勢不肯定大，故D錯誤．8.解析：質(zhì)子受力的方向與電場線的方向相同，與彎曲的方向相同，故B應(yīng)帶正電荷，故A錯誤；在該連線上，從O到N到無窮遠(yuǎn)，E漸漸減小，故B錯誤．N點(diǎn)到負(fù)電荷A的距離近，故M點(diǎn)處的電勢肯定高于N點(diǎn)處的電勢，故C正確；M點(diǎn)處的電勢肯定高于N點(diǎn)處的電勢，從N到M電場力做負(fù)功，故D錯誤．9.解析：選B線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，B正確．10.解析：因?yàn)槲⒘Ｗ鰟蛩僦本€運(yùn)動，所以微粒所受合力為零，受力分析如圖所示，微粒在重力、電場力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態(tài)，可知，qE＝mg，qvB＝eq\r(2)mg，得電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，因此A正確．11.解析：選CD等離子體氣流通過勻強(qiáng)磁場時(shí)，正離子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn)，形成從a到b的電流．分析圖乙可知，線圈A中磁場勻稱變更，形成感應(yīng)電流，依據(jù)楞次定律可知，0～2s內(nèi)，cd導(dǎo)線中電流由d到c,2～4s內(nèi)，cd導(dǎo)線中電流由c到d，依據(jù)平行直導(dǎo)線的相互作用規(guī)律可知，同向電流吸引，異向電流排斥，故0～2s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線相互排斥，2～4s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線相互吸引，C、D選項(xiàng)正確．12.解析：選BC由圖，細(xì)線向右偏，電場力向右，則小球帶正電。故A錯誤；滑動頭向右移動時(shí)，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，路端電壓U＝E－Ir變小，電容器電壓變小，細(xì)線偏角變小，故B正確；滑動頭向右移動時(shí)，電容器電壓變小，電容器放電，因A板帶正電，則流過電流表的電流方向向下。故C正確；滑動頭向右移動時(shí)，R變小，外電路總電阻變小，總電流變大，電源電動勢不變，所以當(dāng)滑動頭從a向b滑動時(shí)，電源的總功率肯定變大，故D錯誤。13.解析：粒子在回旋加速器的磁場中繞行的最大半徑為R，由牛頓其次定律得：evB＝meq\f(v2,R)①質(zhì)子的最大動能：Ekm＝eq\f(1,2)mv2②解①②式得：Ekm＝eq\f(e2B2R2,2m).要使質(zhì)子的動能增加為原來的4倍，可以將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來的2倍或?qū)蒁形金屬盒的半徑增大為原來的2倍，故B項(xiàng)錯，A、C正確．質(zhì)子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故D項(xiàng)錯．14.解析：甲、乙兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)初動量為零，由動量守恒定律可知，彈簧彈開后系統(tǒng)總動量仍為零，即兩車動量大小相等、方向相反，動量大小之比為eq\f(p1,p2)＝eq\f(m1v1,m2v2)＝eq\f(2v1,v2)＝eq\f(1,1)，速度大小之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，故A正確，B錯誤；彈簧彈開過程中兩車受到的合力大小相等、方向相反、力的作用時(shí)間相等，小車受到的沖量I＝Ft大小相等，沖量大小之比為1:1，故C正確；由動能定理可知，彈力對小車做功W＝eq\f(1,2)mv2，故做功之比為eq\f(W1,W2)＝eq\f(\f(1,2)m1v\o\al(2,1),\f(1,2)m2v\o\al(2,2))＝eq\f(\f(p\o\al(2,1),2m1),\f(p\o\al(2,2),2m2))＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)，故D錯誤．答案：AC15.解析：L2和L3并聯(lián)后與L1串聯(lián)，L2和L3的電壓和電流均相同，則得L2的電流為0.125A，由圖可知，此時(shí)L2的電壓小于0.5V，依據(jù)R＝eq\f(U,I)可知，L2的電阻小于4Ω，故A錯誤；依據(jù)圖象可知，當(dāng)電流為0.25A時(shí)，電壓U＝3V，所以L1消耗的電功率P＝UI＝0.75W，故B正確；依據(jù)P＝UI可知，L2消耗的電功率P2＜0.125×0.5＝0.0625W，所以L1、L2消耗的電功率的比值大于4，故C正確；L1的電流為L2電流的2倍，由于燈泡是非線性元件，所以L1的電壓不是L2電壓的2倍，故D錯誤，故選BC。16.【解析】(1)要找出碰撞中的動量守恒,應(yīng)測出兩滑塊質(zhì)量及各自的速度。取向右方向?yàn)檎较?剪斷細(xì)線后,A向右做勻減速運(yùn)動,初速度vA′=QUOTE=QUOTE;B向左做平拋運(yùn)動,設(shè)桌面高度為h,則h=QUOTEgt2,由-x1=vB′t得vB′=-x1QUOTE,故要求出vB′,還應(yīng)測出h。(2)若mv為不變量,則碰前MvA+mvB=0,碰后MvA′+mvB′=0,故MvA+mvB=MvA′+mvB′,即MQUOTE-mx1QUOTE=0。答案:(1)桌面離水平地面的高度h(2)MQUOTE-mx1QUOTE=017.解析：(1)①開關(guān)不應(yīng)當(dāng)閉合，應(yīng)當(dāng)保持?jǐn)嚅_狀態(tài)．②電阻箱要以最大阻值接入，然后再調(diào)?。?2)由閉合電路歐姆定律，E＝IR＋I(xiàn)r得R＝E·eq\f(1,I)－r，類似于一次函數(shù)y＝kx＋b的形式，R-eq\f(1,I)圖象的斜率表示電動勢E，縱截距肯定值為內(nèi)阻r.讀圖可知，E＝1.4V，r＝1.2Ω.(3)因?yàn)殡妱觿菔且粋€常數(shù)1.4V，電流表的內(nèi)阻RA＝eq\f(UA,I)＝0.2Ω，內(nèi)阻為1.2Ω－0.2Ω＝1.0Ω.答案：(1)①開關(guān)未斷開②電阻箱阻值為零(2)1.4(1.30～1.44都算對)1.2(1.0～1.4都算對)(3)1.4[結(jié)果與(2)問第一個空格一樣]1.0[結(jié)果比(2)問其次個空格小0.2]第（2）題每空2分，其余每空1分18.解析：(1)當(dāng)小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v1，依據(jù)水平方向動量守恒有：mv0＝(m＋M)v1①因系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＋mgR②聯(lián)立①②，解得v0＝5m/s③(2)小球到達(dá)最高點(diǎn)以后又滑回，滑塊又做加速運(yùn)動，當(dāng)小球離開滑塊后滑塊速度最大．探討小球起先沖上滑塊始終到離開滑塊的過程，依據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：mv0＝mv2＋Mv3④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,3)⑤聯(lián)立③④⑤，解得v3＝eq\f(2mv0,m＋M)＝2m/s⑥答案：(1)5m/s(2)2m/s19.解析：(1)依據(jù)右手定則或者楞次定律可知，導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镹→M.(2)勻速運(yùn)動時(shí)，BIL＝F＝5N.解得I＝2.5A