高級中學名校試卷PAGEPAGE1物理試題一、單選題（共7小題，每題4分）1.下列關于電功、電功率和焦耳定律的說法，正確的是（）A.電功率越大，電流做功越快，電流做功一定越多B.W=UIt適用于任何電路C.在純電阻電路中，UI>I2RD.Q=I2Rt只適用于純電阻電路【答案】B【解析】A．電功率越大，電流做功越快，根據W=Pt可知，W由P和t共同決定。故A錯誤；B．電功的定義式W=UIt適用于任何電路。故B正確；C．在純電阻電路中，電流做功全部轉化為內能，則UI=I2R故C錯誤；D．焦耳定律Q=I2Rt適用于各種電路。故D錯誤。2.如圖所示，一塊均勻的長方體樣品，長為a，寬為b，厚為c。電流沿AB方向時測得樣品的電阻為R，則樣品的電阻率為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根據電阻定律可得解得故選B。3.如圖所示，兩根相互平行的長直導線分別固定在等腰直角三角形的C、D兩頂點，導線與三角形所在平面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。已知通電長直導線在某點產生的磁場的磁感應強度大小B與該點到導線的距離r的關系滿足，其中I為通過導線的電流，k為常量。若C處通電長直導線在A點產生的磁感應強度大小為，則A點的磁感應強度大小為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】令三角形直角邊長為a，則有D處通電長直導線在A點產生磁感應強度大小為根據安培定則，結合磁感應強度的疊加原理，作出合成示意圖，如圖所示由于可知，A點的磁感應強度大小為故選B。4.如圖所示，匝數為n、面積為S的線圈平面與水平面的夾角θ=60°，線圈處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。若線圈以cd為軸順時針轉過120°角，則此過程中線圈的磁通量的變化量為（）A.BS B.BS C. D.【答案】B【解析】當匝數為n、面積為S的線圈平面與水平面的夾角θ=60°時，穿過線圈的磁通量大小為若線圈以cd為軸順時針轉過120°角時，穿過線圈的磁通量大小由圖可知，當線圈以cd為軸順時針轉過120°角時，穿過線圈的磁通量的方向與開始時穿過線圈的磁通量的方向相反，所以磁通量的變化量為ACD錯誤，B正確。故選B。5.如圖所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是()A.都繞圓柱轉動B.以不等的加速度相向運動C.以相等的加速度相向運動D.以相等的加速度相背運動【答案】C【解析】同向環形電流間相互吸引，雖然兩電流大小不等，但據牛頓第三定律知兩線圈間相互作用力必大小相等，加速度大小相等。故選C。6.靈敏電流計G的0刻度在表盤的中央，當電流從左接線柱流入時指針向左偏轉；電流從右接線柱流入時指針向右偏轉。如圖是一個電路的一部分，其中，，，，，測電流計G的示數和指針的偏轉方向（）A.；向左偏轉 B.；向右偏轉C.，向右偏轉 D.，向左偏轉【答案】C【解析】由歐姆定律可知和兩端的電壓分別為左端與的左端電勢相等，，則右端的電勢高于右端的電勢，所以兩端的電壓為通過的電流為電流方向由下向上，設電流表的示數為，由于則有解得電流計G的示數為流過電流計的方向從右向左，即指針向右偏轉。故選C。7.如圖甲所示，電源電壓不變，小燈泡的額定電壓為3V。第一次只閉合、，將滑動變阻器R的滑片從最下端滑到最上端，第二次只閉合開關，將滑動變阻器R的滑片從最下端向上滑到中點時，電壓表的示數為1.5V，滑到最上端時，小燈泡正常發光。圖乙是兩次實驗中電流表A與電壓表、示數關系圖像，下列說法不正確的是（）A.小燈泡的額定功率為0.75WB.定值電阻的阻值為C.滑動變阻器R的最大阻值為D.兩次實驗中，電路最小功率為0.36W【答案】B【解析】第一次只閉合、，定值電阻與滑動變阻器R串聯，電壓表測路端電壓，電流表A測量此時的電路電流，將滑動變阻器R的滑片從最下端滑到最上端，滑動變阻器R接入的電阻由最大變為0。第二次只閉合開關，燈泡與滑動變阻器R串聯，電壓表測量燈泡的電壓。將滑動變阻器R的滑片從最下端向上滑到中點時，電壓表的示數為1.5V，滑到最上端時，電路中只有燈泡工作，小燈泡正常發光。說明電源電壓等于燈泡的額定電壓3V。A．從乙圖中可以看出，燈泡正常發光時的電流小燈泡的額定功率為故A正確，不符合題意；B．從乙圖中可以看出，當電路中只有定值電阻工作時，兩端電壓為路端電壓，電路的電流為的阻值為故B錯誤，符合題意；C．第二次只閉合開關，燈泡與滑動變阻器R串聯，電壓表測量燈泡的電壓。將滑動變阻器R的滑片從最下端向上滑到中點時，電壓表的示數為1.5V，從乙圖中可以看出，此時電路的電流此時滑動變阻器的電壓滑動變阻器R的最大阻值為故C正確，不符合題意；D．從乙圖可以看出，定值電阻與滑動變阻器R串聯，且滑動變阻器接入的電阻最大時，電路的電流最小，此時電功率最小，兩次實驗中，電路最小功率為故D正確，不符合題意。故選B。二、多選題（共3小題每題6分，漏選得3分，選錯得0分）8.當一帶正電q的粒子以速度v沿螺線管中軸線進入該通電螺線管，若不計重力，則：（）A.帶電粒子速度大小改變B.帶電粒子速度方向改變C.帶電粒子速度大小不變D.帶電粒子速度方向不變【答案】CD【解析】由于長通電螺線管中產生的磁場方向平行于螺線管的中心軸線，與正粒子的運動方向平行，則正粒子在磁場中不受洛倫茲力，正粒子重力又不計，則粒子做勻速直線運動，故AB錯誤，CD正確。故選CD。9.如圖甲所示的電路，其中電源電動勢，內阻，定值電阻，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值的關系如圖乙所示。則下列說法中正確的是（）A.圖乙中滑動變阻器的最大功率B.圖乙中，C.調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端，電源的輸出功率先增大后減小D.調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端，電源的效率一直增大【答案】ABD【解析】A．由閉合電路歐姆定律的推論可知，當電源外電阻R等于內阻時，輸出功率最大，最大值為把定值電阻看成電源內阻，由圖乙可知，當滑動變阻器消耗的功率最大，最大功率為故A正確；B．滑動變阻器的阻值為時與阻值為R2時消耗的功率相等，有解得故B正確；C．由于當電源外電阻等于內阻時，輸出功率最大，而定值電阻本省大于內阻，所以調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端，滑動變阻器阻值增大，則外電阻變大，所以電源的輸出功率減小，故C錯誤；D．電源的效率調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端時，變大，則變大，電源的效率一直變大，故D正確。故選ABD。10.如圖所示，兩長度均為的通電長直導線、鎖定在傾角為的光滑斜面上，質量分別為、，兩導線中通入的電流大小相等，均為，重力加速度大小為，現在導線的中點施加一沿斜面向上的拉力與此同時對兩導線解除鎖定，兩導線間距離不變并沿斜面向上做勻加速直線運動。下列說法正確的是（）A.兩導線中電流的方向可能相反B.兩導線間的安培力大小為C.若，撤去瞬間，導線、的加速度大小之比為D.去掉，導線僅在外加勻強磁場作用下靜止在斜面上，所加磁場的磁感應強度大小滿足【答案】BD【解析】A．分析可知、一定相互吸引，則、中電流一定同向，A錯誤；B．對、整體，有對進行受力分析，由牛頓第二定律有解得B正確；C．若，則、間安培力大小為，撤去外力瞬間，對受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向上對受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向下導線、加速度大小之比為，C錯誤；D．對受力分析如圖所示，當磁場方向垂直于斜面向下時，磁感應強度最小，由共點力平衡條件可知要使導線靜止在斜面上，需要外加勻強磁場的磁感應強度大小滿足，D正確；故選BD。三、實驗題：（共計14分）11.現有一合金制成的圓柱體。為測量該合金的電阻率，現用伏安法測量圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度。螺旋測微器和游標卡尺的示數如圖甲、乙所示。（1）由甲、乙兩圖讀得圓柱體的直徑為________mm，長度為________mm。（2）若流經圓柱體的電流為I，圓柱體兩端之間的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別用D、L表示，則用D、L、I、U表示的電阻率的關系式為=________。（3）某表頭滿偏電流為1mA、內阻為980，為了將表頭改裝成量程為50mA的電流表，需要一個阻值約為________的電阻與表頭并聯【答案】（1）1.844##1.845##1.84642.40（2）（3）20【解析】（1）[1]由圖a所示可知，螺旋測微器固定刻度示數為1.5mm，旋轉刻度為34.5×0.01mm=0.345mm螺旋測微器示數為1.5mm+0.345mm=1.845mm[2]由圖所示可知，游標卡尺主尺示數為42mm，游標尺示數為8×0.05mm=0.40mm游標卡尺示數為42mm+0.40mm=42.40mm（2）[3]根據電阻定律，有解得（3）[4]把表頭改裝成50mA的電流表需要并聯分流電阻，并聯的電阻阻值為12.某實驗小組要測量某型號電池的電動勢和內阻，在實驗室中找到如下器材：A．量程為6V的電壓表，內阻很大；B．量程為3V的電壓表，內阻很大；C．電阻箱R的調節范圍為0~999.9Ω；D．定值電阻，阻值約為10Ω；E．開關和導線若干。該實驗小組設計了如圖甲所示的電路圖，并完成了如下的操作：（1）組裝好實驗器材后，將電阻箱的阻值調到最大，開關閉合，減小電阻箱的阻值，讀出兩電壓表、的示數、及相應的電阻箱示數R，反復調節，記錄多組實驗數據；（2）該實驗小組利用（1）中的數據建立如圖乙所示的坐標系并繪制圖像，由圖像可知該電池的電動勢，E＝________V，內阻r＝________Ω（結果均保留2位有效數字）；（3）電源電動勢E的測量值________E的真實值（填“大于”或“小于”或“＝”）【答案】（2）6.03.0（3）小于【解析】[1][2]根據閉合電路歐姆定律得變形得由此可知，乙圖的縱截距為電源電動勢E=6.0V斜率的絕對值為電池內阻[3]由于電壓表的分流作用，導致干路電流偏小，根據閉合電路歐姆定律整理，可得由此可知電源電動勢E的測量值小于E的真實值。四、計算題（共計40分）13.如圖所示，水平導軌間距，導體棒的質量，與導軌保持良好接觸并與導軌垂直，細線繞過定滑輪，一端懸掛重物，另一端與導體棒相連；電源電動勢，內阻，定值電阻；外加勻強磁場的磁感應強度，方向水平向左；導體棒與導軌間動摩擦因數（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），不計定滑輪摩擦，不計導軌與導體棒的電阻，細線對的拉力為水平方向，重力加速度，導體棒處于靜止狀態。求：（1）導體棒受到的安培力；（2）所掛重物的重力的最大值。【答案】（1）0.6N，方向垂直ab向下；（2）2.8N【解析】（1）根據閉合電路歐姆定律可得，電流為則導體棒受到的安培力大小為根據左手定則可知，安培力方向垂直ab向下。（2）設所掛重物的重力的最大值為，根據受力平衡可得又聯立解得14.如圖所示，電源電動勢，內阻，電阻，，C為水平放置的平行板電容器，其電容，當開關閉合、斷開時，用絕緣細線懸掛的帶電小球A恰好懸浮，繩剛好水平拉直，其質量，（g取）則：（1）若開關閉合、斷開穩定時，求電容器兩端的電量；（2）若開關從斷開狀態到閉合狀態過程中，求流過的總電荷量；（3）若開關閉合，電路達到穩定的過程時間極短，若忽略此過程，則電路穩定后，試求小球運動到O點正下方時，細繩對小球的拉力大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）若開關閉合、斷開穩定時，外電阻只有R2，根據歐姆定律可得即流過R2的電流2A；電容器兩端的電壓等于電阻兩端的電壓電容器兩端的電量（2）若開關閉合，電阻R1、R2并聯，根據歐姆定律可得電路中干路上中電流電容器兩端電壓等于并聯電路兩端的電壓開關從斷開狀態到閉合狀態過程中流過R3的總電荷量（3）開關閉合、斷開時，小球A恰好懸浮，根據平衡條件，有電路穩定后，小球運動到O點正下方時，根據動能定理運動到最低點時，根據牛頓第二定律解得15.如圖所示，在豎直平面內在邊界以下存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為，為一根固定的粗糙傾斜絕緣桿，與水平方向的夾角為；邊界下方過桿端點的豎直邊界兩側分別存在著兩個方向相反的水平勻強磁場，左側磁場方向垂直電場方向向里，磁感應強度的大小為，右側磁場方向垂直電場方向向外，磁感應強度的大小為.現有一帶正電的小球，其質量為、電荷量為，以速度在過點的豎直邊界左側磁場區域做勻速直線運動，當小球經過位置時撤去磁場，運動一段時間后，小球上有一小孔剛好從端沿桿方向套在傾斜絕緣桿上，已知位置與絕緣桿端等高，小球與絕緣桿之間的動摩擦因數為，絕緣桿足夠長，不考慮磁場消失引起的電磁感應現象，重力加速度大小為，，求：（1）小球勻速運動的速度的大小；（2）小球套在傾斜桿上后，沿桿下滑的最大速度；（3）小球從位置運動至位置，電場力對小球做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球以速度在過點的豎直邊界左側磁場區域做勻速直線運動，則有解得（2）小球套在傾斜桿上后，當速度最大時受力平衡，沿桿方向根據平衡條件解得（3）在左側磁場運動過程中，由于重力與電場力大小相等，根據左手定則可知小球勻速時速度方向與水平方向夾角為45°斜向右上，當撤去磁場時，小球做類平拋運動，加速度大小為運動到M點時速度方向剛好沿桿，則有解得，根據動能定理電場力對小球做的功物理試題一、單選題（共7小題，每題4分）1.下列關于電功、電功率和焦耳定律的說法，正確的是（）A.電功率越大，電流做功越快，電流做功一定越多B.W=UIt適用于任何電路C.在純電阻電路中，UI>I2RD.Q=I2Rt只適用于純電阻電路【答案】B【解析】A．電功率越大，電流做功越快，根據W=Pt可知，W由P和t共同決定。故A錯誤；B．電功的定義式W=UIt適用于任何電路。故B正確；C．在純電阻電路中，電流做功全部轉化為內能，則UI=I2R故C錯誤；D．焦耳定律Q=I2Rt適用于各種電路。故D錯誤。2.如圖所示，一塊均勻的長方體樣品，長為a，寬為b，厚為c。電流沿AB方向時測得樣品的電阻為R，則樣品的電阻率為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根據電阻定律可得解得故選B。3.如圖所示，兩根相互平行的長直導線分別固定在等腰直角三角形的C、D兩頂點，導線與三角形所在平面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。已知通電長直導線在某點產生的磁場的磁感應強度大小B與該點到導線的距離r的關系滿足，其中I為通過導線的電流，k為常量。若C處通電長直導線在A點產生的磁感應強度大小為，則A點的磁感應強度大小為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】令三角形直角邊長為a，則有D處通電長直導線在A點產生磁感應強度大小為根據安培定則，結合磁感應強度的疊加原理，作出合成示意圖，如圖所示由于可知，A點的磁感應強度大小為故選B。4.如圖所示，匝數為n、面積為S的線圈平面與水平面的夾角θ=60°，線圈處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。若線圈以cd為軸順時針轉過120°角，則此過程中線圈的磁通量的變化量為（）A.BS B.BS C. D.【答案】B【解析】當匝數為n、面積為S的線圈平面與水平面的夾角θ=60°時，穿過線圈的磁通量大小為若線圈以cd為軸順時針轉過120°角時，穿過線圈的磁通量大小由圖可知，當線圈以cd為軸順時針轉過120°角時，穿過線圈的磁通量的方向與開始時穿過線圈的磁通量的方向相反，所以磁通量的變化量為ACD錯誤，B正確。故選B。5.如圖所示，兩個完全相同的線圈套在一水平光滑絕緣圓柱上，但能自由移動，若兩線圈內通以大小不等的同向電流，則它們的運動情況是()A.都繞圓柱轉動B.以不等的加速度相向運動C.以相等的加速度相向運動D.以相等的加速度相背運動【答案】C【解析】同向環形電流間相互吸引，雖然兩電流大小不等，但據牛頓第三定律知兩線圈間相互作用力必大小相等，加速度大小相等。故選C。6.靈敏電流計G的0刻度在表盤的中央，當電流從左接線柱流入時指針向左偏轉；電流從右接線柱流入時指針向右偏轉。如圖是一個電路的一部分，其中，，，，，測電流計G的示數和指針的偏轉方向（）A.；向左偏轉 B.；向右偏轉C.，向右偏轉 D.，向左偏轉【答案】C【解析】由歐姆定律可知和兩端的電壓分別為左端與的左端電勢相等，，則右端的電勢高于右端的電勢，所以兩端的電壓為通過的電流為電流方向由下向上，設電流表的示數為，由于則有解得電流計G的示數為流過電流計的方向從右向左，即指針向右偏轉。故選C。7.如圖甲所示，電源電壓不變，小燈泡的額定電壓為3V。第一次只閉合、，將滑動變阻器R的滑片從最下端滑到最上端，第二次只閉合開關，將滑動變阻器R的滑片從最下端向上滑到中點時，電壓表的示數為1.5V，滑到最上端時，小燈泡正常發光。圖乙是兩次實驗中電流表A與電壓表、示數關系圖像，下列說法不正確的是（）A.小燈泡的額定功率為0.75WB.定值電阻的阻值為C.滑動變阻器R的最大阻值為D.兩次實驗中，電路最小功率為0.36W【答案】B【解析】第一次只閉合、，定值電阻與滑動變阻器R串聯，電壓表測路端電壓，電流表A測量此時的電路電流，將滑動變阻器R的滑片從最下端滑到最上端，滑動變阻器R接入的電阻由最大變為0。第二次只閉合開關，燈泡與滑動變阻器R串聯，電壓表測量燈泡的電壓。將滑動變阻器R的滑片從最下端向上滑到中點時，電壓表的示數為1.5V，滑到最上端時，電路中只有燈泡工作，小燈泡正常發光。說明電源電壓等于燈泡的額定電壓3V。A．從乙圖中可以看出，燈泡正常發光時的電流小燈泡的額定功率為故A正確，不符合題意；B．從乙圖中可以看出，當電路中只有定值電阻工作時，兩端電壓為路端電壓，電路的電流為的阻值為故B錯誤，符合題意；C．第二次只閉合開關，燈泡與滑動變阻器R串聯，電壓表測量燈泡的電壓。將滑動變阻器R的滑片從最下端向上滑到中點時，電壓表的示數為1.5V，從乙圖中可以看出，此時電路的電流此時滑動變阻器的電壓滑動變阻器R的最大阻值為故C正確，不符合題意；D．從乙圖可以看出，定值電阻與滑動變阻器R串聯，且滑動變阻器接入的電阻最大時，電路的電流最小，此時電功率最小，兩次實驗中，電路最小功率為故D正確，不符合題意。故選B。二、多選題（共3小題每題6分，漏選得3分，選錯得0分）8.當一帶正電q的粒子以速度v沿螺線管中軸線進入該通電螺線管，若不計重力，則：（）A.帶電粒子速度大小改變B.帶電粒子速度方向改變C.帶電粒子速度大小不變D.帶電粒子速度方向不變【答案】CD【解析】由于長通電螺線管中產生的磁場方向平行于螺線管的中心軸線，與正粒子的運動方向平行，則正粒子在磁場中不受洛倫茲力，正粒子重力又不計，則粒子做勻速直線運動，故AB錯誤，CD正確。故選CD。9.如圖甲所示的電路，其中電源電動勢，內阻，定值電阻，已知滑動變阻器消耗的功率P與其接入電路的阻值的關系如圖乙所示。則下列說法中正確的是（）A.圖乙中滑動變阻器的最大功率B.圖乙中，C.調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端，電源的輸出功率先增大后減小D.調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端，電源的效率一直增大【答案】ABD【解析】A．由閉合電路歐姆定律的推論可知，當電源外電阻R等于內阻時，輸出功率最大，最大值為把定值電阻看成電源內阻，由圖乙可知，當滑動變阻器消耗的功率最大，最大功率為故A正確；B．滑動變阻器的阻值為時與阻值為R2時消耗的功率相等，有解得故B正確；C．由于當電源外電阻等于內阻時，輸出功率最大，而定值電阻本省大于內阻，所以調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端，滑動變阻器阻值增大，則外電阻變大，所以電源的輸出功率減小，故C錯誤；D．電源的效率調整滑動變阻器的阻值從最右端滑到最左端時，變大，則變大，電源的效率一直變大，故D正確。故選ABD。10.如圖所示，兩長度均為的通電長直導線、鎖定在傾角為的光滑斜面上，質量分別為、，兩導線中通入的電流大小相等，均為，重力加速度大小為，現在導線的中點施加一沿斜面向上的拉力與此同時對兩導線解除鎖定，兩導線間距離不變并沿斜面向上做勻加速直線運動。下列說法正確的是（）A.兩導線中電流的方向可能相反B.兩導線間的安培力大小為C.若，撤去瞬間，導線、的加速度大小之比為D.去掉，導線僅在外加勻強磁場作用下靜止在斜面上，所加磁場的磁感應強度大小滿足【答案】BD【解析】A．分析可知、一定相互吸引，則、中電流一定同向，A錯誤；B．對、整體，有對進行受力分析，由牛頓第二定律有解得B正確；C．若，則、間安培力大小為，撤去外力瞬間，對受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向上對受力分析可得解得，加速度方向沿斜面向下導線、加速度大小之比為，C錯誤；D．對受力分析如圖所示，當磁場方向垂直于斜面向下時，磁感應強度最小，由共點力平衡條件可知要使導線靜止在斜面上，需要外加勻強磁場的磁感應強度大小滿足，D正確；故選BD。三、實驗題：（共計14分）11.現有一合金制成的圓柱體。為測量該合金的電阻率，現用伏安法測量圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度。螺旋測微器和游標卡尺的示數如圖甲、乙所示。（1）由甲、乙兩圖讀得圓柱體的直徑為________mm，長度為________mm。（2）若流經圓柱體的電流為I，圓柱體兩端之間的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別用D、L表示，則用D、L、I、U表示的電阻率的關系式為=________。（3）某表頭滿偏電流為1mA、內阻為980，為了將表頭改裝成量程為50mA的電流表，需要一個阻值約為________的電阻與表頭并聯【答案】（1）1.844##1.845##1.84642.40（2）（3）20【解析】（1）[1]由圖a所示可知，螺旋測微器固定刻度示數為1.5mm，旋轉刻度為34.5×0.01mm=0.345mm螺旋測微器示數為1.5mm+0.345mm=1.845mm[2]由圖所示可知，游標卡尺主尺示數為42mm，游標尺示數為8×0.05mm=0.40mm游標卡尺示數為42mm+0.40mm=42.40mm（2）[3]根據電阻定律，有解得（3）[4]把表頭改裝成50mA的電流表需要并聯分流電阻，并聯的電阻阻值為12.某實驗小組要測量某型號電池的電動勢和內阻，在實驗室中找到如下器材：A．量程為6V的電壓表，內阻很大；B．量程為3V的電壓表，內阻很大；C．電阻箱R的調節范圍為0~999.9Ω；D．定值電阻，阻值約為10Ω；E．開關和導線若干。該實驗小組設計了如圖甲所示的電路圖，并完成了如下的操作：（1）組裝好實驗器材后，將電阻箱的阻值調到最大，開關閉合，減小電阻箱的阻值，讀出兩電壓表、的示數、及相應的電阻箱示數R，反復調節，記錄多組實驗數據；（2）該實驗小組利用（1）中的數據建立如圖乙所示的坐標系并繪制圖像，由圖像可知該電池的電動勢，E＝________V，內阻r＝________Ω（結果均保留2位有效數字）；（3）電源電動勢E的測量值________E的真實值（填“大于”或“小于”或“＝”）【答案】（2）6.03.0（3）小于【解析】[1][2]根據閉合電路歐姆定律得變形得由此可知，乙圖的縱截距為電源電動勢E=6.0V斜率的絕對值為電池內阻[3]由于電壓表的分流作用，導致干路電流偏小，根據閉合電路歐姆定律整理，可得由此可知電源電動勢E的測量值小于E的真實值。四、計算題（共計40分）13.如圖所示，水平導軌間距，導體棒的質量，與導軌保持良好接觸并與導軌垂直，細線繞過定滑輪，一端懸掛重物，另一端與導體棒相連；電源電動勢，內阻，定值電阻；外加勻強磁場的磁感應強度，方向水平向左；導體棒與導軌間動摩擦因數（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），不計定滑輪摩擦，不計導軌與導體棒的電阻，細線對的拉力為水平方向，重力加速度，導體棒處于靜止狀態。求：（1）導體棒受到的安培力；（2）所掛重物的重力的最大值。【答案】（1）0.6