2023-2024学年云南省昆明一中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明一中高二（上）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.如图是静电喷涂示意图，被涂物M带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电，在静电力作用下向M运动，最后吸附在其表面上，忽略微粒间相互作用，则涂料微粒在靠近M的过程中( )
A. 电势能减少B. 电势能增大
C. 受到的电场力保持不变D. 受到的电场力一直减小
2.如图为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形盒之间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝时间可忽略。匀强磁场B与盒面垂直，粒子在磁场中运动周期为TB，两D形盒间的狭缝中的交变压周期为TE，若不考虑相对论效应和粒子重力的影响，则( )
A. 带电粒子从磁场中获得能量
B. TB=TE
C. 带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径无关
D. 加速电压越大，带电粒子加速所获得的最大动能越大
3.关于传感器的应用，下列说法中正确的是( )
A. 全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，该装置可能是压力传感器
B. 温度升高时，双金属片会发生形变，双金属片属于力敏感元件
C. 发光二极管是一种常用的光传感器，其作用是将光信号转换为电信号
D. 霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电阻这个电学量
4.如图所示，在A、B两点放置电荷量之比为1：2的两个正点电荷，O为AB的中点，以O为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中a、b在AB连线上，cd与AB垂直，已知a点场强为零，则下列说法正确的是( )
A. c、d两点电场强度相同
B. 将电子从c点沿着圆弧顺时针移动到d点过程中，电势能先增大后减小
C. bO之间的电势差大于Oa之间的电势差
D. ab与AB间距之比为1：4
5.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻．下列说法正确的是( )
A. 在t=0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零
B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt(V)
C. Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变
D. Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大
6.如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一A个闭合线圈始终竖直向下加速运动，并始终保持水平。在位置B时N极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离相等，且都比较小。下列说法正确的是( )
A. 线圈在位置A时感应电流的方向为顺时针(俯视)
B. 线圈在位置C时感应电流的方向为顺时针(俯视)
C. 线圈在位置B时线圈中无感应电流
D. 线圈在位置C时的感应电流比在位置A时的大
7.如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M.一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央水平射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( )
A. 板间的电场强度大小为2mgq
B. 质点在板间运动时动能的增加量等于电场力做的功
C. 小球在板间所受电场力方向为竖直向下
D. 质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
8.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面内，导轨的左端P、M之间接有电容器C。在x>0的区域内存在着垂直于导轨平面向下的磁场，其磁感应强度B随坐标x的变化规律为B=kx(k为大于零的常数)。金属棒ab与导轨垂直，从x=0的位置在水平外力F的作用下沿导轨做匀速直线运动，金属棒与导轨接触良好，金属棒及导轨的电阻均不计。关于电容器的带电量Q、金属棒中的电流I、拉力F、拉力的功率P随x的变化图象正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是( )
A. 电源的电动势为6.0V
B. 电源的内阻为12Ω
C. 当外电阻为12Ω时，电源的输出功率最大
D. 电流为0.4A时的外电阻是13Ω
10.小明设计了一个能够测量磁感应强度大小的传感器，如图所示。a、b、c是矩形金属薄片的长、宽及厚度，M、Q、N、P是焊接在金属薄片四个侧面的电极，已知薄片单位体积内自由电子数为n，电子的电荷量为e。现将传感器置于某磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，使磁感线垂直于金属薄片的表面，则( )
A. 若电流从M进N出，则电子所受洛伦兹力方向指向P端
B. 若电流从M进N出且大小为I，则|UPQ|=IBneb
C. 若电流从Q进P出，则M点电势比N点高
D. 若电流从Q进P出且大小恒定，则减小c可以提高霍尔电压
11.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m、电阻为r的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示。在这过程中( )
A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
B. 金属棒克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和
C. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
12.如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A. 两导线框中均会产生正弦交流电
B. 两导线框中感应电流的周期都等于T
C. 在t=T8时，两导线框中产生的感应电动势相等
D. 两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
13.宜昌是相杪之都。是某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的相橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响，实验器材如下实物图所示。

①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式______ ，利用测量数据作出U−I图像，得出E和r。
②可将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，某同学在实物图中连接电路如图1所示。
③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U−I图像如图2中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知：在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势______ (填“增大”“减小”或“不变”)，电源内阻______ (填“增大”“减小”或“不变”)。
曲线(c)对应的电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω，当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P= ______ mW。(均保留三位有效数字)
14.某实验小组为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻，实验室提供的器材有：
A.电流表G1(内阻Rg1=100Ω，满偏电流Ig1=10mA)
B.电流表G2(内阻Rg2=100Ω，满偏电流Ig2=25mA)
C.定值电阻R0(100Ω,1A)
D.电阻箱R1(0−9999Ω,1A)
E.滑动变阻器R2(100Ω,1A)
F.电源E(36V，内阻不计)
G.多用电表
H.开关S和导线若干
某同学进行了以下操作：
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡测量时，发现指针偏转角度过小，为了更准确地测量该电阻丝的阻值，将多用电表的欧姆挡位换到______ (填“×1”或“×100”)进行再次测量，并重新进行______ (填“机械调零”或“欧姆调零”)，若测量时指针位置如图甲所示，则示数为______ Ω。

(2)测量电阻丝阻值，某同学设计电路图如图乙所示。为采集到多组数据，应尽可能让电表同时接近满偏状态。所以图乙中，A1处应选择______ (填“G1”或“G2”)与电阻箱串联，改装成量程为36V的电压表
(3)调节滑动变阻器的滑片到合适位置测得电流表G1的示数为I1，电流表G2的示数为I2，则该种材料的电阻R= ______ 。
四、简答题：本大题共1小题，共15分。
15.如图所示，在xOy平面内，x轴下方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方存在电场强度的大小为E、与y轴负方向成θ=30°的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以垂直电场方向的初速度v0从y轴上的M点开始运动，从x轴上的N点进入磁场，进入磁场时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向夹角也为θ，粒子恰好从坐标原点O第2次通过x轴。忽略边界效应，不计粒子重力，求：
(1)M、N两点的电势差；
(2)N点到坐标原点O的距离；
(3)带电粒子从M点运动到O点所用的时间。
五、计算题：本大题共2小题，共22分。
16.如图所示，水平面上固定一高度为H的光滑绝缘斜面，斜面倾角为α(α>45°)，为使一质量为m、带电荷量为+q的物块(视为质点)静止在斜面顶端，可在该空间内加入水平方向的匀强电场。(重力加速度为g)
(1)求匀强电场的电场强度大小和方向；
(2)若将匀强电场反向，求物块落地时的速度大小。
17.如图所示，线框用裸导线组成，足够长的cd、ef两边竖直放置且相互平行，裸导体ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动并接触良好，而导体棒ab所在处为匀强磁场B2=2T，已知ab长L=0.1m，裸导体棒ab电阻R=5Ω，其它电阻不计。螺线管匝数n=4，螺线管横截面积S=0.1m2.在螺线管内有图示方向磁场B1，若ΔB1Δt=10T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，(g=10m/s2)试求：
(1)通过导体棒ab的电流大小？
(2)导体棒ab质量m为多少？
(3)现去掉磁场B1，导体棒ab下落时能达到的最大速度为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：AB、被涂物M带正电，涂料微粒带负电，涂料微粒在靠近M的过程中，电场力做正功，涂料微粒的电势能减少，故A正确，B错误；
CD、被涂物M越近，电场线越密，电场越强，涂料微粒所受的静电力越大，故CD错误。
故选：A。
涂料微粒在靠近M的过程中，分析电场力做功正负，判断电势能的变化。根据电场线疏密变化，分析场强变化，判断电场力大小变化。
本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况。
2.【答案】B
【解析】解：A.洛伦兹力不做功，所以带电粒子从电场中获得能量，故A错误；
B.粒子每运动半周，被电场加速一次，故粒子在磁场中的运动周期与两D形盒间的狭缝中的交变电压变化周期相等，即TB=TE，故B正确；
CD.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=my2r，设D形盒的半径为R，当r=R时，带电粒子的速度最大，最大速度vm=qBRm，粒子获得的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m
可知带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关，与加速电压的大小无关，故CD错误。
故选：B。
在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力分析最大动能。
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。
3.【答案】A
【解析】解：A、全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置，由于不同段位不的压力不同，所以该装置可能是利用压力传感器制成，故A正确；
B、温度升高时，双金属片会发生形变，双金属片属于热敏感元件，故B错误；
C、发光二极管是发光元件，发光二极管不是光传感器，故C错误；
D、霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量，故D错误。
故选：A。
传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析。
传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据电场的分布情况和对称性可知，c、d两处电场强度大小相等，但是方向不同，则电场强度不相同，故A错误；
B、由于B点处点电荷的电荷量较大，则将电子由c沿圆弧顺时针移动到d，距B处正点电荷先近后远，电势先升高后降低，结合负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知电子电势能先减小后增大，故B错误；
C、因a点场强为零，bO之间场强更大，根据U=Ed，知bO之间的电势差大于Oa之间的电势差，故C正确；
D、因a点场强为零，A、B电荷量之比为1：2，根据点电荷场强公式E=kQr2
可得Aa：aB=1： 2
根据几何关系可知：ab：AB=( 2−1)：( 2+1)=1：( 2+1)2，故D错误。
故选：C。
根据电场的分布情况分析c、d两处电场强度关系。将电子从c点沿着圆弧顺时针移动到d点过程中，分析电势变化，再判断电子的电势能变化。根据U=Ed分析bO间的电势差与Oa间的电势差大小。已知a点场强为零，两个正点电荷在a点的电场强度大小相等，方向相反，由点电荷场强公式求解Aa与aB间距之比，再求ab与AB间距之比。
本题考查判断场强的能力，要利用场强的合成法对各点的场强进行判定，同时，要明确电势的变化情况。
5.【答案】D
【解析】解：AB、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36 2V，周期0.02s，故角速度是ω=100π，u=36 2sin100πt(V)，当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，故AB错误；
C、R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；
D、R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确；
故选：D。
由图甲可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=Umsinωt(V)，由图乙可知交流电压有效值，根据电压与匝数成正比知副线圈电压，原、副线圈的交流电的功率相等，R1处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、在位置A时，穿过线圈的磁感应强度方向斜向右上方，线圈向下运动，磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”和安培定则，可知线圈中感应电流的方向为逆时针(俯视)，故A错误；
B、线圈在位置C时，穿过线圈的磁感应强度斜向右下方，线圈向下运动，磁通量增加，根据楞次定律“增反减同”和安培定则，可知线圈中感应电流的方向为逆时针(俯视)，故B错误；
C、线圈在位置B时，线圈平面和磁场平行，磁通量为0，但是磁通量的变化率不为0，所以依然有感应电流，故C错误；
D、A、C两处磁通量大小相等，但是线圈加速下降，所以在C处磁通量变化快，磁通量变化率更大，根据
E=NΔΦΔt
可知，在C时，线圈中感应电动势大，感应电流大，故D正确。
故选：D。
线圈在位置B时，线圈平面和磁场平行，磁通量为0，根据各个位置磁通量变化情况和磁场方向，由楞次定律判断感应电流方向。结合法拉第电磁感应定律分析感应电动势大小，再判断感应电流大小。
解答本题关键要掌握感应电流的产生条件，及掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用；C选项也可以根据E=BLv，结合靠近磁铁处的磁感应强度大，离磁铁远处的磁感应强度小分析。
7.【答案】A
【解析】解：AC、据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，电场力向上，
根据牛顿第二定律得，qE−mg=mg，得到E=2mgq.故A正确，C错误。
B、质点在运动中，受到重力与电场力，根据动能定理可知，动能的增加量等于电场力与重力做的总功，故B错误；
D、由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等。故D错误。
故选：A。
根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力。质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上。第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小。水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等。
本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解。
8.【答案】C
【解析】解：A、金属棒做匀速直线运动，则x=v0t，金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLv0=kxLv0电容器两端的电压等于电动势，即U=E，电容器带电量Q=CU=CkxLv0，即电容器带电量Q与x成正比关系，故A错误；
B、金属棒中的电流等于电容器的充电电流，即I=ΔQΔt=CkLv0⋅ΔxΔt，即金属棒中的电流I不随x变化，故B错误；
C、根据平衡条件有，拉力为F=BIL=kxCkL2v02=CL2v02k2x，即拉力F与x成正比关系，故C正确；
D、拉力的功率为P=Fv0=CL2v03k2x，即拉力的功率P与x成正比关系，故D错误。
故选：C。
金属棒做匀速直线运动，根据电磁感应计算感应电动势表达式，根据电容的计算公式解得；根据电流的定义式分析电流的变化情况；根据平衡条件分析拉力的表达式，根据功率的计算公式解得功率的表达式。
解决该题关键是知道金属棒做匀速运动时外力和安培力二力平衡，熟记安培力的计算公式，掌握电荷量的求解方法，知道金属棒电功率的计算公式。
9.【答案】AD
【解析】解：AB、根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir
可知，图线与纵轴交点坐标表示电源的电动势，则电源的电动势E=6.0V
图线的斜率绝对值表示电源的内阻，则电源的内阻为
r=ΔUΔI=6.0−5.00.5Ω=2Ω，故A正确，B错误；
C、当外电阻与内电阻相等时，即R=r=2Ω时，电源的输出功率最大，故C错误；
D、当电流为0.4A时，根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER+r，代入数据解得：R=13Ω，故D正确。
故选：AD。
根据闭合电路欧姆定律分析图像的意义，图像与纵轴的交点坐标表示电源的电动势，图像的斜率绝对值表示电源的内阻。当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大。结合闭合电路欧姆定律可求得短路电流及电流为0.4A时的外电阻。
本题主要考查闭合电路的欧姆定律，从纵轴截距分析出电源的电动势，从斜率的绝对值求出电源的内阻，要注意原点的坐标不是(0,0)。
10.【答案】CD
【解析】解：A、若电流从M进N出，则电子由N向M运动，根据左手定则可知，电子将受到指向Q端的洛伦兹力的作用而向Q偏转，故A错误；
BD、若电流从M进N出，P、Q端累积正负电荷之后，形成电场，P端带正电，Q端带负电，则P点电势比Q点高，电子又将受到指向P的电场力作用，当电场力等于洛伦兹力时，有qUb=qvB
此时，电子不再偏转，P、Q两端电压稳定，又由电流微观表达式有：I=nebcv
联立解得：|UPQ|=IBnec
同理，若电流从Q进P出且大小恒定，则减小c，则霍尔电压升高，故B错误，D正确；
C、若电流从Q进P出，电子由P向Q运动，根据左手定则可知，电子将受到指向N端的洛伦兹力的作用而向N偏转，使得M点的电势高于N点，故C正确。
故选：CD。
若电流从M进N出，根据电流的流向判断电子运动方向，由左手定则判断电子受到的洛伦兹力方向。当电场力等于洛伦兹力时，由平衡条件和电流的微观表达式得到求解P、Q两端电压表达式。若电流从Q进P出，根据左手定则，电子受到的洛伦兹力方向，分析M点与N点电势高低。结合B项表达式分析D项。
本题主要考查霍尔效应的相关应用，熟练运用左手定则，同时结合电场力和洛伦兹力的等量关系联立等式即可完成分析。
11.【答案】BD
【解析】解：AD、金属棒沿导轨匀速上滑，金属棒受重力、安培力和恒力F作用，由动能定理有：W合=WF+WG+WA=ΔEk=0
即作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，故A错误，D正确；
B、由于导轨自身的电阻可忽略不计，则根据功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和，故B正确；
C、由AD分析可知，恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力做的功，则恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R和r上产生的焦耳热之和，故C错误。
故选：BD。
金属棒匀速上升过程中，作用于棒上各力的合力为零，根据动能定理分析合力做功情况以及各力做功情况；结合功能关系分析。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据功能关系、动能定理等进行解答。
12.【答案】BC
【解析】【分析】
正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于导线框匀速转动，因此产生的感应电动势是恒定的，计算有效值根据有效值的定义。
本题考查了法拉第电磁感应定律E=BLv=12BL2ω在转动切割类型中的应用，掌握楞次定律，会判断感应电流的方向。理解有效值的定义，掌握好有效值的定义就可以计算非正弦交变电流的有效值。
【解答】
A.半径切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv−=BL0+v2=12BL⋅ωL=12BL2ω，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故A错误；
B.M、N两线框匀速转动，M线框第一个12T电流方向逆时针，第二个12T电流顺时针方向；N线框，相框转动一圈，只有12T的时间有感应电流，第一个14T电流逆时针，第二个14T电流为0.第三个14T电流顺时针方向，第四个14T没有电流，依次循环。画出M、N线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，都等于T，故B正确；
C.t=T8时，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小均为12BL2ω，故C正确；
D.根据电流的热效应，对M线框有E2RT=IM2RT，N线框转动一周只有12T时间内有感应电流，则有：E2R×T2=IN2RT，联立解得IM= 2IN，故D错误。
故选BC。
13.【答案】U=E−Ir 不变 增大 0.975 478 0.268
【解析】解：①由闭合电路欧姆定律：E=U+Ir
变形可得：U=E−Ir
③由U−I图像可以看出，减小铜片与锌片间距，纵轴截距不变，即电源电动势不变，由于U−I图像的斜率随两电极间距离减小而增大，根据电源内阻：r=|ΔUΔI|，可知电源内阻逐渐增大。
对于曲线(c)，与纵轴交点U=0.975V，即为电源电动势，根据电源内阻公式：r=|ΔUΔI|，
代入数据可得：r=|0.600−|Ω=478Ω。
当R=2500Ω时，根据：P=(ER+r)2R
代入数据得到：P=0.268mW
故答案为：①U=E−Ir；③不变、增大、0.975、478、0.268。
①根据闭合电路欧姆定律变形后得到路端电压与电流的关系；
③根据图像分析出电源电动势和内阻的变化，求出图像(c)对应的电动势、内阻和输出功率。
本题主要考查了电源电动势和内阻的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据图线得出电动势和内阻的数值，在计算过程中要注意单位的换算。
14.【答案】×100 欧姆调零 900 G1 I1(Rg1+R1)2I2−I1
【解析】解：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值时，指针偏转角度过小，说明电阻较大，应该换用大倍率的，即将多用电表的欧姆挡位换到×100进行再次测量，并重新进行欧姆调零。则图甲的读数为：9×100Ω=900Ω；
(2)根据题意可知，让电表同时接近满偏状态，A1处电表改装后量程为36V，由欧姆定律可知，流过Rx的电流为：I1=URx；代入数据得：I1=0.04A=40mA；
若A2处选择G1，和R0并联后量程为20mA，不能满足实验要求，则应A1处选择G1，A2处选择G2。
(3)由于R0与G2内阻相等，则流过R0的电流为I2，则流过Rx的电流为：Ix=2I2−I1
Rx两端的电压为：Ux=I1(Rg1+R1)
由欧姆定律可得：Rx=UxIx=I1(Rg1+R1)2I2−I1。
故答案为：(1)×100、欧姆调零、900；(2)G1；(3)I1(Rg1+R1)2I2−I1。
(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(2)把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值。
(3)根据图示电路图求出电阻两端电压与通过电阻的电流，应用欧姆定律求出待测电阻阻值。
要掌握欧姆表的使用方法与注意事项、读数方法，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近；根据题意分析清楚图示电路图，求出通过待测电阻的电流与待测电阻两端电压，应用欧姆定律求金属丝阻值的表达式。
15.【答案】解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹如图所示。

粒子从M→N过程，根据动能定理得
qUMN=12m(2v0)2−12mv02
解得：UMN=3mv022q
(2)对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
x0=v0t1
沿电场方向，由牛顿第二定律有
qE=ma
由运动学公式有
2v0sin2θ=at1
y0=12at12
根据几何关系可知，N点到坐标原点O的距离为
d=x0csθ+y0sinθ
联立解得：t1= 3mv0qE，d=9mv024qE
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径为
r=d
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T=2πr2v0=πrv0
粒子从N点运动到O点轨迹对应的圆心角为
α=300°
所以粒子从N点运动到O点所用的时间为
t2=300°360∘T
解得：t2=15πmv08qE
则带电粒子从M点运动到O点所用的时间
t=t1+t2
解得：t=mv0qE( 3+15π8)
答：(1)M、N两点的电势差为3mv022q；
(2)N点到坐标原点O的距离为9mv024qE；
(3)带电粒子从M点运动到O点所用的时间为mv0qE( 3+15π8)。
【解析】(1)带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，根据动能定理求解M、N两点的电势差；
(2)根据牛顿第二定律和分运动的规律分别列方程，结合几何关系求N点到坐标原点O的距离；
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨迹半径，求出粒子在磁场中运动的周期，根据几何知识找到粒子做圆周运动的圆心角即可求解粒子在磁场中的运动时间，再求总时间。
解决该题的关键要明确带电粒子的运动情况，知道其类平抛运动的规律，能正确作出粒子做圆周运动的运动轨迹以及根据几何知识求解其运动的轨迹半径，确定轨迹对应的圆心角，来求粒子在磁场中的运动时间。
16.【答案】解：(1)物块静止在斜面顶端时，由平衡条件知物块所受的电场力方向水平向右，由于物块带正电，所以匀强电场方向水平向右。
根据平衡条件有
mgtanα=Eq
解得：E=mgtanαq
(2)当电场反向时，对物块进行受力分析。如图所示，物块受重力和
水平向左的电场力，电场力和重力的合力F合与竖直方向的夹角为α，由于α>45°，所以物块将在重力和水平向左的电场力作用下离开斜面而做匀加速直线运动直到到达地面。
电场力和重力的合力大小为F合=mgcsα
从开始至到达地面物块的位移大小为x=Hcsα
根据动能定理得：F合x=12mv2
解得物块落地时的速度大小为v= 2gHcsα。
答：(1)匀强电场的电场强度大小为mgtanαq，方向水平向右；
(2)物块落地时的速度大小为 2gHcsα。
【解析】(1)物块静止在斜面顶端时，受力平衡，分析其受力情况，根据平衡条件和电场力与电场强度的关系求解电场强度；
(2)若将匀强电场反向，物块所受的电场力反向，物块将沿电场力和重力的合力方向做匀加速直线运动，画出物块的运动轨迹，运用动能定理解决问题。
本题是带电体在电场中的运动类型，关键要对物块进行受力分析，判断其运动情况。涉及到力在空间的效果时，可根据动能定理求速度，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式相结合处理。
17.【答案】解：(1)螺线管产生的感应电动势为：
E=nΔΦΔt=nSΔB1Δt=4×0.1×10V=4V
根据闭合电路欧姆定律，有：
I=ER=45A=0.8A
(2)ab所受的安培力为：
F=B2IL=2×0.8×0.1N=0.16N
导体棒静止时有：
F=mg
求得：m=Fg=0.1610kg=0.016kg
(3)去掉磁场B1后，导体棒ab向下做加速度减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，有：
mg=B2IL
而I=E′R=B2LvmR
联立可得：vm=mgRB22L2=20m/s
答：(1)通过导体棒ab的电流大小是0.8A；
(2)导体棒ab质量m为0.016kg；
(3)现去掉磁场B1，导体棒ab下落时能达到的最大速度为20m/s。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流；
(2)先求解导体棒ab受到的安培力，然后根据平衡条件求解导体棒ab的质量；
(3)当导体棒匀速下滑时，根据平衡条件及安培力公式、欧姆定律等代入平衡条件求出速度。
本题关键是先明确电路结构，然后根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，最后结合闭合电路欧姆定律和共点力平衡条件列式求解。