2025-2026学年江西省景德镇市高二上学期期中质量检测物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1景德镇市2025-2026学年上学期期中质量检测卷高二物理一、选择题（本题共10小题，共46分。第1-7题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1.景德镇陶瓷是古代海上丝绸之路和国内贸易的重要商品，在物流过程中需要安全和便捷地装运陶瓷。图中为清代督陶官唐英的《陶冶图说》中“将茭草置于内，竹篾横缠于外”的古代陶瓷运输保护措施，体现出劳动人民的智慧和创造性。关于这种保护措施正确的是（）A.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞时的动量B.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞过程中受到的冲量C.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞过程中动量的变化量D.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞过程中动量的变化率【答案】D【解析】A．瓷器在运输过程中发生碰撞，其碰撞前的速度和质量基本确定，因此其动量大小基本确定。茭草、竹篾包扎会略微增加总质量，但不会减小碰撞时的动量。故A错误。B．根据动量定理，瓷器在碰撞过程中受到的冲量等于其动量的变化量，瓷器碰撞过程中动量的变化量由碰撞前后的运动状态决定，因此茭草、竹篾包扎不能改变其受到的冲量，故B错误；C．瓷器在碰撞过程中，初末状态的速度变化是确定的（例如从某个速度减为零），其质量不变，所以动量的变化量是基本确定的，故C错误；D．茭草、竹篾等缓冲材料的作用是在碰撞发生时，通过自身的形变来延长碰撞作用的时间Δt。根据动量定理FΔt=Δp，在动量的变化量Δp一定的情况下，作用时间Δt越长，瓷器所受到的平均作用力F就越小，即减小瓷器碰撞过程中动量的变化率，故D正确。故选D。

2.铭记伟大历史胜利，凝聚正义和平力量。9月3日上午，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会在北京天安门广场隆重举行。如图为阅兵式上展示的激光武器，常见激光的频率为Hz至，借助已经公开OW5-50A激光武器推测，此激光武器功率可达50千瓦级。已知，根据所学知识估算该激光武器每秒可射出的光子数的数量级约为多少（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题可知，

激光武器功率则激光武器每秒发射的总能量为

则每个光子的能量约为该激光武器每秒可射出的光子数即该激光武器每秒可射出的光子数的数量级约为。故选C。3.均匀带电圆环带电量q，横截面积s，半径r，现使圆环绕垂直圆环所在平面且过圆心的轴匀速转动，且圆环上任意一点的线速度大小恒定v，则由圆环转动产生的等效电流为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】匀速转动的周期等效电流联立解得故选D。4.如图所示，匝数为N、面积为S闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，在此过程中说法正确的是（）A.线圈顺时针转动90°的过程中，线圈中磁通量先变大再变小B.线圈在实线位置与虚线位置的磁通量相同C.线圈水平放置时磁通量为D.整个过程中线圈中磁通量的变化量的大小为BS【答案】D【解析】设初位置时穿过线圈的磁通量为正，实线位置时，即线圈水平放置时的磁通量为线圈平面与磁场平行时，磁通量为零；末位置时，即虚线位置的磁通量为所以磁通量先减小后增大，初、末位置磁通量的变化量的大小为。故选D。5.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述说法正确的是（）A.此时硅光电池的内阻为12B.此时硅光电池的总功率为0.72WC.此时硅光电池的输出功率为0.3WD.此时硅光电池的输出效率为30％【答案】B【解析】A．从图线a与U轴的交点可知，电源的电动势从图中可以看出两图线的交点坐标，根据闭合电路欧姆定律有此时硅光电池的内阻为，A错误；B．此时硅光电池的总功率，B正确；C．此时硅光电池的输出功率，C错误；D．此时硅光电池的输出效率，D错误。故选B。6.某同学用如图所示的电路测电阻，电压表和电流表的读数分别为16V和0.2A，已知电流表的内阻为，测量时把电压表示数和电流表示数的比值作为的测量值，那么有关待测电阻的说法正确的是（）A.的测量值比真实值小B.的真实值为C.的真实值为D.由于电流表的分压，无法得到的真实值【答案】C【解析】A．由电路图可知，采用了电流表内接法，由于电流表的分压使电压测量值偏大，由欧姆定律可得可知测量值偏大，故A错误；BCD．测量值为电流表的内阻与真实值之和，由欧姆定律得故电阻的真实值为故BD错误，C正确。故选C。7.2025年9月3日举行的盛大阅兵式上直升机编队里共有9架由景德镇直升机厂所研制的直升机，已知直升机质量为M，空气密度为，重力加速度为g，当直升机在空中悬停时，桨叶旋转时形成的圆面半径为R，直升机的桨叶旋转推动空气，空气获得速度为v，不计空气浮力及风力影响，则下列说法正确的是（）A.发动机在悬停时的输出功率为B.单位时间内桨叶旋转推动空气的质量C.升力大小为D.直升机悬停在空中时其所受的合外力冲量不为零【答案】A【解析】B．时间内桨叶旋转推动空气的质量为则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为，故B错误；A．发动机在悬停时的输出功率为，故A正确；C．根据动量定理可得可得升力大小为，故C错误；D．直升机悬停在空中时，所受合力为零，则合外力冲量为零，故D错误。故选A。8.下列说法不正确的是（）A.安培分子电流假说说明了永磁体和电磁铁产生磁场的本质是不同的B.金属导体的电阻率只与材料有关，不受其他因素的影响C.电磁波电磁场在空间中传播，所以电磁波是一种物质D.电源内部静电力把正电荷从负极移送至正极所做的功与电荷量的比值为电动势【答案】ABD【解析】A．安培分子电流假说揭示磁现象的电本质，永磁体磁场源于分子内部环形电流（分子电流）的有序排列，电磁铁磁场源于外部宏观电流的磁效应，二者本质均为电流的磁效应，故“本质不同”表述错误，故A错误；B．金属导体的电阻率由材料和温度共同决定（如金属电阻率随温度升高而增大），并非“只与材料有关”，故B错误；C．电磁波是电磁场在空间传播形成的，电磁场属于物质的存在形式，因此电磁波是物质，故C正确；D．电源内部是非静电力将正电荷从负极移至正极，静电力起阻碍作用，题干中“静电力”表述错误，故D错误。故选ABD。9.如图所示，甲、乙都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组装成的电表的电路图，下列说法正确的是（）A.甲是电流表的电路图，R增大时，量程减小B.甲是电压表的电路图，R增大时，量程增大C.乙是电流表的电路图，R减小时，量程增大D.乙是电压表的电路图，R减小时，量程减小【答案】AD【解析】AB．灵敏电流表G只能测量小电流，满偏电流单位为μA或mA，甲图将其和电阻箱并联，电阻箱会和灵敏电流表一起分担电流，流入电路的电流I=Ig+IR，所以，甲是电流表的电路图。灵敏电流表G满偏时，电路两端的电压U=IgRg，电路两端的电压U不变，R增大时，IR减小，流入电路的电流最大值I减小，电流表量程减小，故A正确，B错误；CD．灵敏电流表G只能测量小电流，满偏电流单位为μA或mA，乙图将其和电阻箱串联，电阻箱会和灵敏电流表一起分担电压，电路两端的电压U=Ug+UR，所以，乙是电压表的电路图。灵敏电流表G满偏时，流入电路的电流I=Ig，流入电路的电流I不变，R减小时，UR减小，电路两端的电压U减小，电压表量程减小，故C错误，D正确。故选AD。10.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，、、为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，C为平行板电容器，在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态。由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（）A.电流表示数变小 B.电压表示数变大C.液滴将向下运动 D.液滴将向上运动【答案】BD【解析】AB．由题可知，当灯丝突然烧断，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知干路电流I减小，电容器两端的电压为电容器两端的电压增大，又因为故电流表的示数增大，电压表的示数因此电压表的示数也变大，A错误，B正确；CD．根据上述分析可知，电容器两端的电压增大，根据可知，两极板间的电场强度增大，因此液滴受到的电场力增大，液滴随之向上运动，C错误，D正确。故选BD。二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.某同学粗测一圆柱体的电阻率ρ，需要测量圆柱体的直径与长度及电阻。（1）先用游标卡尺测量长度如图（a）所示，长度L为_______cm，直径如图（b）所示，直径D为_______mm。（2）再用多用电表欧姆档粗测出电阻值，开始时他们用“×10”倍率测量阻值结果如图c中指针指在M位置，为减小误差，需要把选择开关拨至“_______”（选填“×1”或“×100”）倍率。最终指针指在N位置，测得圆柱体的电阻值R约为_______。（3）由上述实验测得的物理量可以粗略计算得出圆柱体的电阻率=_______。（用题目中所给的字母和通用数学符号表示）【答案】（1）##5.019##5.021（2）“×100”##1000.0（3）【解析】（1）[1]根据游标卡尺的读法，可知圆柱体的长度为[2]根据螺旋测微器的读法可知，圆柱体的直径为（2）[1]多用电表欧姆档粗测电阻使用“×10”倍率的挡位，指针指在M位置，说明所选挡位偏小，待测电阻较大，故应更换为“×100”倍率的挡位；[2]由多用表的示数可知，待测电阻的阻值为（3）根据电阻定律可得整理解得12.某实验小组进行测电源电动势与内阻的实验，要求测量结果准确。该小组设计了如图甲所示的电路图进行实验，其中保护电路电阻R1=1Ω。（1）闭合开关S1后，开关S2先后与a、b接通，并移动滑动变阻器获得多组数据，测得多组电压表读数U与对应的电流表读数I，并作出U−I图像如图乙所示。其中Ⅱ图线是根据开关接到_______（选填“a”或者“b”）所测的数据绘出的图像。（2）为减小误差，小组同学经过讨论后，根据图像计算出电源电动势_______V，内阻为_______Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）b（2）5.00.67【解析】（1）由闭合电路欧姆定律得，故U−I图像中U为路端电压，I为通过电源的电流。所以当S2与a接通时，把电流表、电源、R1看成等效电源Ⅰ，如图所示虚线部分当S2与b接通时，把电源、R1与电压表并联的电路看成等效电源Ⅱ，如图所示虚线部分即而电源的U−I图像斜率的绝对值等于电源的内阻，所以Ⅱ图线是根据开关接到“b”所测的数据绘出的图像。（2）[1]S2与a接通时，由图线Ⅰ可得等效电源Ⅰ的电动势①[2]S2与b接通时，由图线Ⅱ可得等效电源Ⅱ的电动势为②等效电源Ⅱ的内阻为③联立①②③解得13.如图所示，质量为0.5kg的物块放在固定斜面的底端，用沿斜面向上随时间均匀减小直至为零的作用力F作用于物块上，力的大小与时间的关系满足F=8-t，当t=8s后撤去作用力F，已知斜面倾角为37°，，物块与斜面之间的动摩擦因数为，求：（1）物块在运动过程中最大速度；（2）物块从开始运动到停止的过程中的时间。【答案】（1）（2）【解析】（1）当物块加速度为零时，速度达到最大，有可知此时从开始到，根据动量定理有其中拉力的冲量代入数据可得（2）物块从开始运动到速度减为零的时间为，根据动量定理有其中拉力的冲量可得此时拉力大小为，物块与斜面间的最大静摩擦力为受力分析可得，物块受静摩擦力向下，大小为可知物块减速为零后保持静止，t=8s后撤去作用力F因为可知物块仍静止，可知物块从开始运动到停止的过程中的时间为14.如图所示的电路中，电源电动势E=6V、内阻r=3、电阻，，滑动变阻器的最大阻值为6，闭合开关S，当滑动变阻器滑片从左向右滑动时，求：（1）电源最大输出功率P及对应的滑动变阻器的阻值大小。（2）消耗的功率最大值。【答案】（1）3W，（2）1W【解析】（1）闭合开关S，R2与R3串联，然后与R1并联，则外电阻为当时，可解得电源最大输出功率为（2）令R3的阻值为R时，R3消耗的功率最大值，由上可得总电流为通过R3的电流为R3消耗的功率联立可得当时，输出功率最大，即时，R3输出的最大功率为。15.如图所示，电路中使用电动机提升重物。已知电源电动势E=18V，内阻为r=2，电阻R=6，重物质量m=0.3kg，当将重物固定且电动机不转的时，理想电压表示数为当重物不固定且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，理想电压表示数，忽略摩擦，g取10m/。求：（1）重物固定时流过电源的电流；（2）电动机内部线圈的电阻；（3）重物匀速上升时的速度v。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）重物固定时，列闭合电路欧姆定律解得（2）重物固定时，对电动机列部分电路欧姆定律解得（3）匀速提升重物时，列闭合电路欧姆定律解得电动机的输出功率解得景德镇市2025-2026学年上学期期中质量检测卷高二物理一、选择题（本题共10小题，共46分。第1-7题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分）1.景德镇陶瓷是古代海上丝绸之路和国内贸易的重要商品，在物流过程中需要安全和便捷地装运陶瓷。图中为清代督陶官唐英的《陶冶图说》中“将茭草置于内，竹篾横缠于外”的古代陶瓷运输保护措施，体现出劳动人民的智慧和创造性。关于这种保护措施正确的是（）A.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞时的动量B.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞过程中受到的冲量C.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞过程中动量的变化量D.茭草、竹篾包扎可以减小瓷器碰撞过程中动量的变化率【答案】D【解析】A．瓷器在运输过程中发生碰撞，其碰撞前的速度和质量基本确定，因此其动量大小基本确定。茭草、竹篾包扎会略微增加总质量，但不会减小碰撞时的动量。故A错误。B．根据动量定理，瓷器在碰撞过程中受到的冲量等于其动量的变化量，瓷器碰撞过程中动量的变化量由碰撞前后的运动状态决定，因此茭草、竹篾包扎不能改变其受到的冲量，故B错误；C．瓷器在碰撞过程中，初末状态的速度变化是确定的（例如从某个速度减为零），其质量不变，所以动量的变化量是基本确定的，故C错误；D．茭草、竹篾等缓冲材料的作用是在碰撞发生时，通过自身的形变来延长碰撞作用的时间Δt。根据动量定理FΔt=Δp，在动量的变化量Δp一定的情况下，作用时间Δt越长，瓷器所受到的平均作用力F就越小，即减小瓷器碰撞过程中动量的变化率，故D正确。故选D。

2.铭记伟大历史胜利，凝聚正义和平力量。9月3日上午，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会在北京天安门广场隆重举行。如图为阅兵式上展示的激光武器，常见激光的频率为Hz至，借助已经公开OW5-50A激光武器推测，此激光武器功率可达50千瓦级。已知，根据所学知识估算该激光武器每秒可射出的光子数的数量级约为多少（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题可知，

激光武器功率则激光武器每秒发射的总能量为

则每个光子的能量约为该激光武器每秒可射出的光子数即该激光武器每秒可射出的光子数的数量级约为。故选C。3.均匀带电圆环带电量q，横截面积s，半径r，现使圆环绕垂直圆环所在平面且过圆心的轴匀速转动，且圆环上任意一点的线速度大小恒定v，则由圆环转动产生的等效电流为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】匀速转动的周期等效电流联立解得故选D。4.如图所示，匝数为N、面积为S闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，在此过程中说法正确的是（）A.线圈顺时针转动90°的过程中，线圈中磁通量先变大再变小B.线圈在实线位置与虚线位置的磁通量相同C.线圈水平放置时磁通量为D.整个过程中线圈中磁通量的变化量的大小为BS【答案】D【解析】设初位置时穿过线圈的磁通量为正，实线位置时，即线圈水平放置时的磁通量为线圈平面与磁场平行时，磁通量为零；末位置时，即虚线位置的磁通量为所以磁通量先减小后增大，初、末位置磁通量的变化量的大小为。故选D。5.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像（电池内阻不是常数），图线b是某电阻R的U-I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列相关叙述说法正确的是（）A.此时硅光电池的内阻为12B.此时硅光电池的总功率为0.72WC.此时硅光电池的输出功率为0.3WD.此时硅光电池的输出效率为30％【答案】B【解析】A．从图线a与U轴的交点可知，电源的电动势从图中可以看出两图线的交点坐标，根据闭合电路欧姆定律有此时硅光电池的内阻为，A错误；B．此时硅光电池的总功率，B正确；C．此时硅光电池的输出功率，C错误；D．此时硅光电池的输出效率，D错误。故选B。6.某同学用如图所示的电路测电阻，电压表和电流表的读数分别为16V和0.2A，已知电流表的内阻为，测量时把电压表示数和电流表示数的比值作为的测量值，那么有关待测电阻的说法正确的是（）A.的测量值比真实值小B.的真实值为C.的真实值为D.由于电流表的分压，无法得到的真实值【答案】C【解析】A．由电路图可知，采用了电流表内接法，由于电流表的分压使电压测量值偏大，由欧姆定律可得可知测量值偏大，故A错误；BCD．测量值为电流表的内阻与真实值之和，由欧姆定律得故电阻的真实值为故BD错误，C正确。故选C。7.2025年9月3日举行的盛大阅兵式上直升机编队里共有9架由景德镇直升机厂所研制的直升机，已知直升机质量为M，空气密度为，重力加速度为g，当直升机在空中悬停时，桨叶旋转时形成的圆面半径为R，直升机的桨叶旋转推动空气，空气获得速度为v，不计空气浮力及风力影响，则下列说法正确的是（）A.发动机在悬停时的输出功率为B.单位时间内桨叶旋转推动空气的质量C.升力大小为D.直升机悬停在空中时其所受的合外力冲量不为零【答案】A【解析】B．时间内桨叶旋转推动空气的质量为则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量为，故B错误；A．发动机在悬停时的输出功率为，故A正确；C．根据动量定理可得可得升力大小为，故C错误；D．直升机悬停在空中时，所受合力为零，则合外力冲量为零，故D错误。故选A。8.下列说法不正确的是（）A.安培分子电流假说说明了永磁体和电磁铁产生磁场的本质是不同的B.金属导体的电阻率只与材料有关，不受其他因素的影响C.电磁波电磁场在空间中传播，所以电磁波是一种物质D.电源内部静电力把正电荷从负极移送至正极所做的功与电荷量的比值为电动势【答案】ABD【解析】A．安培分子电流假说揭示磁现象的电本质，永磁体磁场源于分子内部环形电流（分子电流）的有序排列，电磁铁磁场源于外部宏观电流的磁效应，二者本质均为电流的磁效应，故“本质不同”表述错误，故A错误；B．金属导体的电阻率由材料和温度共同决定（如金属电阻率随温度升高而增大），并非“只与材料有关”，故B错误；C．电磁波是电磁场在空间传播形成的，电磁场属于物质的存在形式，因此电磁波是物质，故C正确；D．电源内部是非静电力将正电荷从负极移至正极，静电力起阻碍作用，题干中“静电力”表述错误，故D错误。故选ABD。9.如图所示，甲、乙都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱R组装成的电表的电路图，下列说法正确的是（）A.甲是电流表的电路图，R增大时，量程减小B.甲是电压表的电路图，R增大时，量程增大C.乙是电流表的电路图，R减小时，量程增大D.乙是电压表的电路图，R减小时，量程减小【答案】AD【解析】AB．灵敏电流表G只能测量小电流，满偏电流单位为μA或mA，甲图将其和电阻箱并联，电阻箱会和灵敏电流表一起分担电流，流入电路的电流I=Ig+IR，所以，甲是电流表的电路图。灵敏电流表G满偏时，电路两端的电压U=IgRg，电路两端的电压U不变，R增大时，IR减小，流入电路的电流最大值I减小，电流表量程减小，故A正确，B错误；CD．灵敏电流表G只能测量小电流，满偏电流单位为μA或mA，乙图将其和电阻箱串联，电阻箱会和灵敏电流表一起分担电压，电路两端的电压U=Ug+UR，所以，乙是电压表的电路图。灵敏电流表G满偏时，流入电路的电流I=Ig，流入电路的电流I不变，R减小时，UR减小，电路两端的电压U减小，电压表量程减小，故C错误，D正确。故选AD。10.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，、、为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，C为平行板电容器，在两板之间的带电液滴恰好处于静止状态。由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是（）A.电流表示数变小 B.电压表示数变大C.液滴将向下运动 D.液滴将向上运动【答案】BD【解析】AB．由题可知，当灯丝突然烧断，外电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知干路电流I减小，电容器两端的电压为电容器两端的电压增大，又因为故电流表的示数增大，电压表的示数因此电压表的示数也变大，A错误，B正确；CD．根据上述分析可知，电容器两端的电压增大，根据可知，两极板间的电场强度增大，因此液滴受到的电场力增大，液滴随之向上运动，C错误，D正确。故选BD。二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.某同学粗测一圆柱体的电阻率ρ，需要测量圆柱体的直径与长度及电阻。（1）先用游标卡尺测量长度如图（a）所示，长度L为_______cm，直径如图（b）所示，直径D为_______mm。（2）再用多用电表欧姆档粗测出电阻值，开始时他们用“×10”倍率测量阻值结果如图c中指针指在M位置，为减小误差，需要把选择开关拨至“_______”（选填“×1”或“×100”）倍率。最终指针指在N位置，测得圆柱体的电阻值R约为_______。（3）由上述实验测得的物理量可以粗略计算得出圆柱体的电阻率=_______。（用题目中所给的字母和通用数学符号表示）【答案】（1）##5.019##5.021（2）“×100”##1000.0（3）【解析】（1）[1]根据游标卡尺的读法，可知圆柱体的长度为[2]根据螺旋测微器的读法可知，圆柱体的直径为（2）[1]多用电表欧姆档粗测电阻使用“×10”倍率的挡位，指针指在M位置，说明所选挡位偏小，待测电阻较大，故应更换为“×100”倍率的挡位；[2]由多用表的示数可知，待测电阻的阻值为（3）根据电阻定律可得整理解得12.某实验小组进行测电源电动势与内阻的实验，要求测量结果准确。该小组设计了如图甲所示的电路图进行实验，其中保护电路电阻R1=1Ω。（1）闭合开关S1后，开关S2先后与a、b接通，并移动滑动变阻器获得多组数据，测得多组电压表读数U与对应的电流表读数I，并作出U−I图像如图乙所示。其中Ⅱ图线是根据开关接到_______（选填“a”或者“b”）所测的数据绘出的图像。（2）为减小误差，小组同学经过讨论后，根据图像计算出电源电动势_______V，内阻为_______Ω（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）b（2）5.00.67【解析】（1）由闭合电路欧姆定律得，故U−I图像中U为路端电压，I为通过电源的