江西省吉安一中高二物理上学期期中试卷 理（含解析）.doc

2015-2016学年江西省吉安一中高二（上）期中物理试卷（理科）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确。有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，多选题1、2题。单选题3、4、5、6、7、8、9、10题1如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则( )a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，增大s，则变大d保持d不变，增大s，则变小2如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )a所受重力与电场力平衡b电势能逐渐增加c动能逐渐增加d做匀加速直线运动3带电荷量为+q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )a只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同b如果把+q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变c洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直d粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变4如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心o，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )ao点的电场强度为零，电势最低bo点的电场强度为零，电势最高c从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低5如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向下滑动的过程中( )a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大6电源的电动势为e=30v，内阻为r=1，将它与一只“6v，12w”的灯泡和一台电阻为2的小电动机串联组成闭合电路当灯泡正常发光时，若不计摩擦，电动机输出机械功率与输入电功率之比约为( )a82%b67%c91%d60%7在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的金属小球，小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，小球d位于三角形的中心，如图所示现让小球a、b、c带等量的正电荷q，让小球d带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则q与q的比值为( )abc3d8在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为u的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积s、电流为i的电子束已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内的电子数是( )abcd9如图所示，一水平放置的n匝矩形线框面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，方向斜向上，与水平面成30角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是( )abcd10如图所示，金属棒mn两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由m向n的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角为，如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是( )a金属棒中的电流变大，角变大b两悬线等长变短，角变小c金属棒质量变大，角变大d磁感应强度变大，角变小二、填空题（共18分，11题每空2分，12题每空1分）11某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示图（a）所示读数为_mm，图（b）所示读数为_mm，所测金属板的厚度为_cm12多用电表表头的示意如图，在正确操作的情况下：（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是_，测量结果为_；（2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是_，测量结果为_；（3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是_，测量结果为_；（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：_，_，_（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到_或者_；（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从_色表笔经_插孔流入电表三、计算题：本题共4个小题，共42分，解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，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。13如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力14如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板a、b间的距离为d，金属板长为l在两金属板左端正中间位置m，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q要使液滴从b板右侧上边缘射出电场，电动势e是多大？重力加速度用g表示15在如图所示的电路中，r1、r2均为定值电阻，且r1=100，r2阻值未知，r3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中a、b两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻r2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值16（14分）如图，竖直平面坐标系xoy的第一象限，有垂直xoy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为b和e；第四象限有垂直xoy面向里的水平匀强电场，大小也为e；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为r的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点o相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于n一质量为m的带电小球从y轴上（y0）的p点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点o，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过n点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g）（1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；（2）p点距坐标原点o至少多高；（3）若该小球以满足（2）中op最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过n点开始计时，经时间t=2小球距坐标原点o的距离s为多远？2015-2016学年江西省吉安一中高二（上）期中物理试卷（理科）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确。有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，多选题1、2题。单选题3、4、5、6、7、8、9、10题1如图所示，用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素设两极板正对面积为s，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则( )a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，增大s，则变大d保持d不变，增大s，则变小【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式c=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，由电容的定义式c=分析板间电势差的变化，再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：a、b、根据电容的决定式c=得知，电容与极板间距离成反比，当保持s不变，增大d时，电容减小，由电容的定义式c=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；故a正确，b错误；c、d、根据电容的决定式c=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小s时，电容减小，极板所带电荷量q不变，则由电容的定义式c=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；故c错误，d正确；故选：ad【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键明确电键闭合时，电压等于电源的电动势；电键断开后，电容器的带电量不变2如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )a所受重力与电场力平衡b电势能逐渐增加c动能逐渐增加d做匀加速直线运动【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化【解答】解：a、d、带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故a错误，d也错误；b、电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故b正确；c、因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故c错误；故选：b【点评】考查根据运动情况来确定受力情况，并由电场力做功来确定电势能如何，以及动能的变化3带电荷量为+q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )a只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同b如果把+q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变c洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直d粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据洛伦兹力公式、左手定则分析答题【解答】解：a、粒子速度大小相同，由f=qvbsin可知，如果速度v与磁场b的夹角不同，洛伦兹力大小不同，即使洛伦兹力大小相同，速度方向不同，洛伦兹力方向不同，洛伦兹力不同，故a错误；b、如果把+q改为q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变，故b正确；c、洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向与电荷运动方向不一定垂直，故c错误；d、洛伦兹力对粒子不做功，粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变，速度大小不变，但速度方向发生变化，速度变化，故d错误；故选：b【点评】本题考查了洛伦兹力大小与方向、洛伦兹力方向与v、b的方向关系、洛伦兹力做功问题，应用洛伦兹力公式即可正确解题4如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心o，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )ao点的电场强度为零，电势最低bo点的电场强度为零，电势最高c从o点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高d从o点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析o点的场强根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低【解答】解：a、b、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在o点产生的场强抵消，合场强为零圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上o点的电势最高，故a错误，b正确；c、d、o点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从o点沿x轴正方向，场强应先增大后减小x轴上电场强度方向向右，电势降低，故cd错误故选：b【点评】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化5如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向下滑动的过程中( )a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知r2与r0并联后与r1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化【解答】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，r1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过r2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过r0的电流增大，则电流表的示数增大故d正确，abc错误；故选：d【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化6电源的电动势为e=30v，内阻为r=1，将它与一只“6v，12w”的灯泡和一台电阻为2的小电动机串联组成闭合电路当灯泡正常发光时，若不计摩擦，电动机输出机械功率与输入电功率之比约为( )a82%b67%c 91%d60%【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】根据小灯泡刚好正常发光，求解出电流；根据闭合电路欧姆定律求解出电动机两端的电压，由p=ui求得总功率；再根据p出=uii2r求解电动机的输出功率；则可求得输出功率与总功率的比值【解答】解：小灯泡刚好正常发光，故电流为：i=；根据闭合电路欧姆定律，电动机两端的电压：u=eirul=30216=22v；电动机的总功率p=ui=222=44w；电动机输出的功率为：p出=uii2r=222222=36w；故比值为：=82%；故选：a【点评】本题关键明确含电机电路是非纯电阻电路，小灯泡是纯电阻，根据小灯泡正常发光求电流，根据闭合电路欧姆定律求解电机电压，根据能量守恒定律求解电机的输出功率7在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的金属小球，小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，小球d位于三角形的中心，如图所示现让小球a、b、c带等量的正电荷q，让小球d带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则q与q的比值为( )abc3d【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】解答本题的关键是正确选择研究对象，在本题中可以选择a、b、c三个中的一个为研究对象，然后根据受力平衡列方程求解【解答】解：以a、b、c三个中的一个为研究对象，如以b为研究对象有：受到a、c的库仑斥力作用，同时受到d点点电荷的库仑引力作用，设三角形边长为l，根据受力平衡得：，所以解得：=，故abc错误，d正确故选d【点评】本题考查了在电场中的物体平衡，本质属于力学问题，对于这累问题要首先进行正确受力分析，然后根据平衡条件进行求解8在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为u的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积s、电流为i的电子束已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内的电子数是( )abcd【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v在一小段长为l内电子可以看成做匀速运动，由求出电子运动的时间，根据电流求出长为l电子束的电量，再求解电子数【解答】解：根据动能定理得 eu=得到，v= 在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内电子电量为q=it=i 电子数n= 联立得，n=故选b【点评】本题关键是建立物理模型，对电子束运动情况进行简化中等难度9如图所示，一水平放置的n匝矩形线框面积为s，匀强磁场的磁感应强度为b，方向斜向上，与水平面成30角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是( )abcd【考点】磁通量【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】线圈在匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量=bs，b是磁感应强度，s是线圈的面积当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量=0，若既不垂直，也不平行，则可分解成垂直与平行，根据=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）即可求解【解答】解：矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向右上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为1=bscos=当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90角时，穿过线圈反面，则其的磁通量2=bscos=因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为故选：c【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式=bssin（是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况注意夹角不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈10如图所示，金属棒mn两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由m向n的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角为，如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是( )a金属棒中的电流变大，角变大b两悬线等长变短，角变小c金属棒质量变大，角变大d磁感应强度变大，角变小【考点】安培力【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题【解答】解：导体棒受力如图所示，tan=，a、棒中电流i变大，角变大，故a正确；b、两悬线等长变短，角不变，故b错误；c、金属棒质量变大，角变小，故c错误；d、磁感应强度变大，角变大，故d错误；故选：a【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题二、填空题（共18分，11题每空2分，12题每空1分）11某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为5.870mm，所测金属板的厚度为0.5860cm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：图（a）中螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为1.00.01mm=0.010mm，所以最终读数为0mm+0.010mm=0.010mm图（b）中螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为37.00.01mm=0.370mm，所以最终读数为5.5mm+0.370mm=5.870mm所测金属板的厚度为5.870mm0.010mm=5.860mm=0.5860cm故答案为：0.010，5.870，0.5860【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量12多用电表表头的示意如图，在正确操作的情况下：（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是直流电压，测量结果为1.25v；（2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是直流电流，测量结果为49；（3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是电阻，测量结果为1700；（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：换用1k倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到off挡或者交流电压最高挡；（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经正插孔流入电表【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】根据选择开关所处位置确定多用电表所测量的物理量及其量程（倍率），然后根据表头确定其分度值，根据指针位置读出其示数；用多用电表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度附近，如果指针偏转角度太小，说明所选挡位太小，应换大挡，然后进行欧姆调零，再进行测量；多用电表使用完毕，把选择开关置于off挡或交流电压最高挡；使用多用电表时，红表笔插“+”插孔，黑表笔插“”插孔，电流由红表笔流入电表【解答】解：（1）若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是直流电压，多用电表量程为2.5v，分度值是0.05v，测量结果为1.25v（2）若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是直流电流，其量程为100ma，分度值为2ma，测量结果为49ma（3）若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是电阻，测量结果为17100=1700（4）若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小（相对于左侧），说明指针示数偏大，所选倍率太小，为准确测量电阻，接下应：换用1k挡，然后进行欧姆调零，再测电阻阻值（5）全部测量结束后，应将选择开关拨到off挡或者交流电压最高挡（6）无论用多用电表进行何种测量（限于直流），电流都应该从红色表笔经+插孔流入电表故答案为：（1）直流电压，1.25v（2）直流电流，49ma（3）电阻，1.7k（4）换用1k倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值（5）off，交流电压500v档位置（6）红，正【点评】本题考查了多用电表的读数及使用注意事项，是一道基础题，要掌握多用电表的读数方法及使用注意事项；在用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央附近三、计算题：本题共4个小题，共42分，解答时写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，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。13如图所示，两平行金属导轨间的距离l=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.50t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=4.5v、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻r0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60，cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【考点】安培力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式f=bil求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：i=1.5 a；（2）导体棒受到的安培力：f安=bil=0.51.50.4=0.30 n；（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：f1=mgsin 37=0.24 nf1f安，根据平衡条件：mgsin 37+f=f安代入数据得：f=0.06 n答：（1）通过导体棒的电流为1.5a；（2）导体棒受到的安培力大小0.30n；（3）导体棒受到的摩擦力为0.06n【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14如图所示，电路中电源内阻不计，水平放置的平行金属板a、b间的距离为d，金属板长为l在两金属板左端正中间位置m，有一个小液滴以初速度v0水平向右射入两板间，已知小液滴的质量为m，小液滴带负电，电荷量为q要使液滴从b板右侧上边缘射出电场，电动势e是多大？重力加速度用g表示【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；欧姆定律【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】通过闭合电路的欧姆定律求出平行板两端的电压，而离子在平行板中做类平抛运动，由此解得电源电动势【解答】解：平行板间电压为：u=r=负离子做类平抛运动：=at2l=v0t负离子在平行板间的加速度为：a=g联立解得电动势为：e=； 答：电源电动势应为【点评】本题是电路与电场两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系，掌握处理类平抛运动的分析方法与处理规律15在如图所示的电路中，r1、r2均为定值电阻，且r1=100，r2阻值未知，r3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中a、b两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻r2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，由闭合电路欧姆定律求出电动势（2）当滑片滑到最右端时，r1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，读出电流和电压，由欧姆定律求出r2的阻值；（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，由图读出电压和电流，由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值【解答】解：（1）电源的路端电压随电流的变化图线斜率大小等于电源的内阻，则有内阻r=|=20电源的电动势为e=u+ir，取电压u=16v，电流i=0.2a，代入解得，e=20v（2）当滑片滑到最右端时，r1被短路，外电路的电阻最小，电流最大，此时电压u=4v，电流i=0.8a，则定值电阻r2=5（3）滑动变阻器阻值最大时，外电阻最大，电流最小，此时电压u=16v，电流i=0.2a，外电路总电阻为 r=80又r=r2+，r1=100，r2=5代入解得，r3=300答：（1）电源的电动势和内阻分别为e=20v和