2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期末物理试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，本題共2小题，共14分．等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求，第10-14题有多个选项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．（3分）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（　　）
A．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电生磁的规律
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．楞次首先引人了电场概念，并提出用电场线表示电场
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
2．（3分）把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足（　　）
A．U甲U乙=1 B．U甲U乙=22
C．U甲U乙=2 D．U甲U乙=2
3．（3分）水平桌面上的闭合导体线圈a正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线在同一条竖直线上，螺线管、滑动变阻器、电源连接成如图所示电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列正确的是（　　）

A．线圈a有扩张的趋势
B．穿过线圈a的磁通量减少
C．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
4．（3分）有一大小和方向随时间变化的电流如图所示，周期为1s，当通过一阻值R＝100Ω的电阻时，电阻两端电压的有效值为（　　）

A．12V B．410V C．15V D．85V
5．（3分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（　　）

A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
6．（3分）两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（　　）

A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等
7．（3分）在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子（重力不计）从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（　　）

A．一定带正电
B．可能带负电
C．若速度v＞EB，粒子在板间的运动是类平抛运动
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入平行板，仍做直线运动
8．（3分）两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L．导轨上横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，ab棒的电阻为R，cd棒的电阻为2R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场磁感应强度为B，开始时，cd棒静止，ab棒有指向棒cd的初速度v，若两导体棒在运动中始终不接触，cd榉达到的最大速度为v2，则在两根棒到达共同速度的过程中，下列说法中错误的是（　　）

A．ab棒的最小速度为v2
B．ab棒和cd棒的加速度大小始终相同，方向始终相反
C．安培力对cd棒做的功为mv28，cd棒产生热量为mv28
D．ab棒克服安培力做功为3mv28，两根导体棒生热为mv24
9．（3分）以MN为直径O为圆心的半圆弧上有M、N、P三点，如图所示，其中∠MOP＝60°，在MN两处各放置一条通有等大电流的长直导线垂直穿过半圆弧面，方向如图，这时O点的磁感应强度大小为B1．若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，则B2与B1之比为（　　）

A．3：1 B．3：2 C．1：1 D．1：2
10．（3分）在收音机线路中经天线接收到的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级需要把低频成分和高频成分分开只让高频成分输入给下一级，采用了如图所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是（　　）

A．a是电容器 B．b是电容器
C．a是电感线圈 D．b是电感线圈
11．（3分）如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所受，则下列说法正确的是（　　）

A．曲线a表示的交变电动势瞬时值e＝36sin25πt（V）
B．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8V
C．t＝5×10﹣2s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32：2
D．t＝6×10﹣2s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0
12．（3分）远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，当K由2改接为1时，下列说法正确的是（　　）

A．电压表读数变大 B．电流表读数变大
C．电流表读数变小 D．输电线损失的功率减小
13．（3分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是（　　）

A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大D形金属盒的半径
14．（3分）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（　　）

A．0～t1时间内，升降机可能匀速运动
B．0～t1时间内，升降机可能减速上升
C．t1～t2时间内，升降机可能匀速上升
D．t1～t2时间内，升降机可能加速上升
二、本題共2小题，共14分．
15．（6分）某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带领物理研究性学习小组做如下测量。

（1）用多用电表测量该导线的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择　 　倍率的电阻挡（填：“×10”或“×1k”），欧姆调零后再次进行测量，多用电表的示数如图所示，则测量结果R为　 　Ω。
（2）用螺旋测微器测量金属导线的直径，示数如图所示，则直径d是　 　mm。
16．（8分）某物理兴趣小组要测量电源的电动势E和内阻r（E约为4.5V，r约为1Ω）。
实验室可提供的实验器材有：
A．电压表V1（量程0﹣3V，内阻R1约为3kΩ）
B．电压表V2（量程0﹣15V，内阻R1约为15kΩ）
C．电流表A（量程0﹣0.6A，内阻RA为9Ω）
D．滑动变阻器R（0﹣10Ω，额定电流为2A）
E．开关S以及导线若干
在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：
（1）在虚线方框中画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中给出的符号或字母标注。
（2）在所完成实验电路中，电压表选择正确，按正确实验操作，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2，则E＝　 　，r＝　 　。

三、本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
17．（8分）如图所示，单匝矩形线框abcd以ad边为轴在磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中逆时针匀速转动，lab＝0.4m，lbc＝0.5m，线框电阻r＝1Ω，ad间接入的电阻R＝9Ω，电流表为理想电表，线圈角速度ω＝102rad/s。求：
（1）线框从图示位置转过30°时电流的方向及电流表的示数；
（2）线框匀速转动t＝10min，电阻R上产生的热量QR。

18．（11分）如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线。热灯丝逸出的电子（初速度、重力均不计）在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场（图中未画出）后沿OO′做直线运动。已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。
（1）求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；
（2）若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离x。

19．（12分）一电路如图所示，电源电动势E＝28V，内阻r＝2Ω，电阻R1＝12Ω，R2＝R4＝4Ω，R3＝8Ω，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＝1.0×10﹣2m．
（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）

20．（13分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.400的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻r＝0.30Ω的金属棒ab紧貼在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，其下滑的距离与时间的关系如下表所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。
时间t（s）
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
下滑距离h（m）
0
0.1
0.3
0.7
1.4
2.1
2.8
3.5
试求：
（1）当t＝0.6s时，重力对金属棒ab做功的功率；
（2）金属棒ab在开始运动的0.6s内，电阻R上产生的焦耳热；
（3）从开始运动到t＝0.6s的时间内，通过金属棒ab的电荷量


2020-2021学年河南省洛阳市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求，第10-14题有多个选项符合题目要求．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电生磁的规律，故A错误；
B、焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，故B错误；
C、法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场，故C错误；
D、楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即楞次定律，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2．【分析】根据电阻定律求出两电阻丝电阻之比，由公式P=U2R分析要使两电阻丝消耗的电功率相等时两电阻丝上的电压之比．
【解答】解：
根据电阻定律：R甲＝ρlS甲，R乙＝ρ2lS乙，
由公式P=U2R可知甲乙的功率分别为：
P甲=U甲2R甲，
P乙=U乙2R乙，
根据题意，若使P甲＝P乙，即：
U甲2R甲=U乙2R乙，
解得：
U甲U乙=R甲R乙=ρlπd24ρ2lπd2=2。
故C正确。
故选：C。
【点评】本题是电阻定律和功率公式的综合应用，要注意电阻丝的截面积S=πd24，S与直径的平方成正比．
3．【分析】此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向。本题利用“楞次定律的第二描述”求解将更为简便。
【解答】解：AB、滑动变阻器滑片P向下滑动，线圈b电流增大，则使得穿过线圈a的磁通量增大，再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势。故A错误，B错误。
C、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故C正确；
D、由安培定则可知，穿过线圈a的磁场方向竖直向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故D错误。
故选：C。
【点评】首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便。
4．【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量。
【解答】解：由有效值的定义可得：
I12Rt1+I22Rt2=U2RT，
代入数据得：（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=U2R×1，
将R＝100Ω带入解得：U＝410V，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查有效值的定义，关键是根据交变电流有效值的定义，计算有关交变电流的有效值，注意只有正弦式交流电，则最大值等于有效值的2倍关系。
5．【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误。
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E=△BS△t得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误。
C、根据安培力公式F＝BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误。
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f＝F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。
6．【分析】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小．
【解答】解：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引。因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
7．【分析】带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，通过比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，判断是否平衡，从而确定能否沿虚线路径通过。
【解答】解：AB、粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F＝qvB＝qE，两个力平衡，速度v=EB，粒子做匀速直线运动。故A错误，B正确。
C、若速度v＞EB，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，做曲线运动；但洛伦兹力方向不断变化，故合力不恒定，不是类似平抛运动；故C错误。
D、此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动。故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡与电量、电性无关。
8．【分析】根据动量守恒定律求解速度；根据牛顿第二定律可得a=BILm，由此分析ab棒和cd棒的加速度；根据动能定理分析安培力做的功，根据功能关系求解整个过程中动能损失，根据焦耳定律分析产生的热。
【解答】解：A、cd榉达到的最大速度为v2，两棒的总动量守恒，此时ab棒的速度最小，根据动量守恒定律可得mv＝mvA+m⋅v2，解得：vA=v2，故A正确；
B、根据右手定则可知感应电流方向为cdba，根据左手定则可知ab受到的安培力方向向右、cd受到的安培力方向向左，安培力大小相等，根据牛顿第二定律可得a=BILm，所以ab棒和cd棒的加速度大小始终相同，方向始终相反，故B正确；
C、安培力对cd棒做的功为W=12m(v2)2=mv28，整个过程中动能损失为Q=12mv2-12×2m×(v2)2=14mv2，cd棒产生热量为Qcd=2R2R+RQ=mv26，故C错误；
D、ab棒克服安培力做功为Wab=12mv2-12×m(v2)2=3mv28，整个过程中动能损失为Q=12mv2-12×2m×(v2)2=14mv2，则两根导体棒生热为mv24，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
9．【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感应强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感应强度；即可求得比值。
【解答】解：依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为B12，方向竖直向下，则当M移至P点时，O点合磁感强度大小为：B2＝2×B12×cos30°=32B1
则B2与B1之比为3：2；故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度，再由矢量的合成方法﹣平行四边形求得总的磁感应强度。
10．【分析】本题综合考查电路和交变电流的知识，电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小。电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈，其自感系数应该较小。
【解答】解：根据交流电路中电容的通高频阻低频和电感线圈的通低频阻高频作用可知，元件a要让高频信号通过，阻止低频信号通过，故元件a是电容较小的电容器；元件b要让低频信号通过，阻止高频信号通过，故元件b是高频扼流圈，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
【点评】根据电感和电容对交流电的作用去判断，首先分清用哪种电器。
11．【分析】根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式既可进行判断
【解答】解：A、a的周期为8×10﹣2s，则ω=2πT=25π，a表示的交变电动势瞬时值为e＝36sin25πt（V），则A正确；
B、由图可知，a的周期为8×10﹣2s；b的周期为12×10﹣2s，则由n=1T可知，转速与周期成反比，
故转速之比为：3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是36V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是24V，故B错误；
C、b产生的感应电动势的瞬时表达式为：e＝24sin503πt（V），代入时间曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32：2，故C正确；
D、t＝6×10﹣2s时，a产生的感应电动势为负的最大，故此时磁通量最大，b产生的感应电动势为eb＝0，故磁通量最大，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量
12．【分析】正确解答本题需要掌握：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。理想变压器电压和匝数关系。
【解答】解：A、k接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2升高（U1：U2＝N1：N2，N2增多）。所以输电线电压增大，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，A正确。
B、输送的电压增大，输送功率不变，电流表的示数减小，B错误，C正确；
D、电流表示数减小，输电线损失功率减小，D正确；
故选：ACD。
【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。
13．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．
【解答】解：由qvB＝mv2R，解得v=qBRm。
则动能EK=12mv2=q2B2R22m，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能，
但增大磁感应强度，依据T=2πmBq，即会改变周期，从而影响加速条件，故D正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关．
14．【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态．
【解答】解：A、0～t1时间内，电流不变，则电阻R不变，说明重物对压敏电阻的压力不变，则加速度不变，所以升降机可能匀速运动，可能减速上升，故AB正确；
C、t1～t2时间内，电流随时间增大，则电阻减小，所以压力增大，故加速度方向向上，所以升降机可能加速上升，但不可能匀速上升，故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点评】本题是信息题，首先要抓住题中信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题．
二、本題共2小题，共14分．
15．【分析】（1）使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数。
（2）螺旋测微器的固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分。两部分读数相加即为该金属导线的直径。
【解答】解：（1）选用“×100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于×10挡；
由图示可知，欧姆表示数为7×10Ω＝70Ω；
（2）由图读出，螺旋测微器的固定刻度读数为2.0mm，可动刻度读数为0.150mm，则该金属导线的直径为D＝2.0mm+0.150mm＝2.150mm。
故答案为：（1）×10，70；（2）2.150
【点评】本题考查了欧姆表的使用方法、欧姆表读数以及螺旋测微器的读数方法，注意使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近。
16．【分析】（1）明确实验原理，从而确定实验应采用的电路图；
（2）根据闭合电路欧姆定律列式，联立即可求出电动势和内电阻。
【解答】解：（1）由于电源电动势约为4.5V，故电压表选择A，误差较小，同时电流表的内阻已知，采用相对电源的电流表内接法，从而减小实验误差，若滑动变阻器接入电路的阻值为零，闭合开关S时，电压表被短路，则电路中电流为：I=ERA+r=4.51+9A=0.45A＜0.6A，即电流表不会被烧坏。电路设计如图所示，
（2）根据闭合电路欧姆定律，则有：
U1＝E﹣I1（r+RA）
U2＝E﹣I2（r+RA）
联立可以得到：E=I1U2-I2U1I1-I2；r=U2-U1I1-I2-RA。

故答案为：（1）电路如图所示，

（2）I1U2-I2U1I1-I2 U2-U1I1-I2-RA

【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻，同时注意器材的选择。
三、本题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位
17．【分析】（1）由右手定则可以判断，可以判断感应电流的方向，根据公式I=ER+r，E=22Em，Em＝BSω可以求出电流；
（2）根据公式QR＝I2Rt可以求出电阻R上产生的热量。
【解答】解：（1）由右手定则可以判断，从图示位置转过30°时线框中感应电流的方向为abcda。
电流表显示的是电流的有效值，则有：
I=ER+r
E=22Em，
Em＝BSω
S＝lab×lbc
解得：I＝0.1A
（2）10min内电阻产生的热量：
QR＝I2Rt
解得：QR＝54J
答：（1）线框从图示位置转过30°时电流的方向及电流表的示数为0.1A；
（2）线框匀速转动t＝10min，电阻R上产生的热量为54J。
【点评】本题考查了交流的峰值、有效值以及它们的关系、电功、电功率、右手定则等知识点。熟练掌握各个公式之间的联系是本题的关键。
18．【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可；
（2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；
【解答】解：（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU=12mv2
由于电子在两板间做匀速运动，则evB＝eE，其中E=2UL
联立解得：B=1L2mUe
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；
（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：
evB=mv2r，其中由（1）得到v=2eUm
设电子打在N板上时的速度方向与N板的夹角为θ，由几何关系有：cosθ=r-L2r
由几何关系有：x＝rsinθ
联立解得：x=32L。
答：（1）板间匀强磁场的磁感应强度的大小为1L2mUe，方向垂直纸面向外；
（2）从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离是32L。
【点评】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可。
19．【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压．当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移．
【解答】解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：U3=R3R2+R3+rE=16V
S闭合后，外阻为：R=R1(R2+R3)R1+(R2+R3)=6Ω
路端电压为：U=RER+r=21V
电阻R3两端电压为：U3'=R3UR2+R3=14V
则所求流过R4的总电量为：Q＝CU3﹣CU3′＝6.0×10﹣12C
（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：qdU3=mg
当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则有：mg-qU3'd=ma
设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t=Lv0
竖直方向：y=12at2
由以上各式求得：y=6.25×10-3m＞d2
故微粒不能从C的电场中射出
答：（1）流过R4的总电量为6.0×10﹣12C；
（2）微粒不能从C的电场中射出．
【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动．
20．【分析】（1）从金属棒ab下滑的距离与时间的关系知道：金属棒先做加速运动，从0.3s后做匀速直线运动，求出匀速运动的速度，由P＝mgv求重力对金属棒ab做功的功率；
（2）金属棒ab在下滑过程中，重力势能转化为动能和电能，根据能量守恒定律求电阻R上产生的焦耳热Q。
（3）根据金属棒处于平衡状态下，求出磁感应强度与长度的乘积，从而算出在0.4s的时间内，通过金属棒ab的电荷量q。
【解答】解：（1）由表格中数据可以知道：金属棒ab先做加速运动，从0.3s后做匀速直线运动，匀速直线运动的速度为：v=△h△t=2.1-1.40.5-0.4=7m/s
t＝0.6s时金属棒重力的功率为：PG＝mgv＝0.01×10×7＝0.7W
（2）在0.6s内，由能量守恒定律得：mgh＝Q+12mv2
电阻R上产生的热量为：QR=RR+rQ
代入数据计算得出：QR＝0.02J
（3）导体棒匀速运动时受到的安培力为：F安＝BIL＝mg
又 I=BLvR+r
解得：BL＝0.1Tm
q=I⋅△t
则：q=BLhR+r=0.4C
答：（1）当t＝0.6s时，重力对金属棒ab做功的功率是0.7W；
（2）金属棒ab在开始运动的0.6s内，电阻R上产生的焦耳热Q是0.02J；
（3）从开始运动到t＝0.6s的时间内，通过金属棒ab的电荷量q是0.4C。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，从力学的角度来看，关键是分析清楚金属棒的运动情况和受力情况，搞清楚是如何转化。从电磁感应的角度来看，要熟练推导出电荷量与磁通量变化量的关系是关键。