重庆市巴蜀中学2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题(附答案解析)

重庆市巴蜀中学高2020届（二上)期末考试物理试题
一、单选择题
1.下列说法正确的是( )
A. 处于静电平衡的导体,内部的电场强度和电势均为零
B. 电势、电势差、电势能都是电能的概念,都与放入电场中的电荷无关
C. 电动势数值上就等于电源正负极之间的电压
D. 金属中的涡流会产生热量,生活中的电磁炉是利用这原理而工作的
【答案】D
【解析】
【详解】处于静电平衡的导体,内部的电场强度为零，导体是等势体，电势不为零，选项A错误；电势、电势差、电势能都是电能的概念，电势、电势差与放入电场中的电荷无关，而电势能与放入电场中的电荷有关，选项B错误；电动势数值上就等于外电路断开时电源正负极之间的电压，选项C错误；金属中的涡流会产生热量，生活中的电磁炉是利用这原理而工作的，选项D正确；故选D.
2.如图,一个水平放置的矩形线圈abcd,在细长水平磁铁的S极附近竖直下落,由位置I经位置Ⅱ到位置Ⅲ。

位置Ⅱ与磁铁同一平面,位置I和Ⅲ都很靠近Ⅱ,则在下落过程中,线圈中的感应电流的方向为( )
A. adcba
B. abcda
C. 从abcda到adcba
D. 从adcba到abcda 【答案】A
【解析】
【分析】
结合磁场的特点与线圈的位置变化，先判断出穿过线圈的磁通量发生变化，然后可以根据楞次定律来确定感应电流的方向．
【详解】如图所示，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，穿过线圈方向向下的磁通量减小，则产生感应电流；根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向下，属于感应电流的方向为adcba方向；
线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，穿过线圈向上的磁通量增加，所以感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba方向。

所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba方向。

故A选项正确，BCD 错误。

故选A。

【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确原磁场与感应电流的磁场间的关系，明确“增反减同”的正确应用．
3.如图所示的电路中,AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成,流过的电流为I1,CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，流过的电流为I2,已知AB支路稳定时电阻较小,CD支路电阻较大,若只考虑电流大小,则( )
A. 接通S的瞬间I l<I2断开S后I1>I2
B. 接通S的瞬间I1<I2,断开S后I1=I2
C. 接通S的瞬间I1=I2,斯开S后I l<I2
D. 接通S的瞬间I1>I2,断开S后I1=I2
【答案】B
【解析】
【分析】
电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化。

【详解】如图所示，当接通瞬间，通过线圈L的电流要增加，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流增加，从而使得电流慢慢增加。

故 I1＜I2；当断开瞬间，通过线圈L的电流要减小，则线圈的产生感应电动势去阻碍电流减小，从而使得电流慢慢减小。

但两电流表是串联，故电流相等，I1=I2，故B正确，ACD错误。

故选B。

【点睛】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极。

当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。

4.一个电流表,刻度盘的每1小格代表1uA,内阻为Rg。

如果把它改装成量程较大的电流表,刻度的每一小格代
表nμA,则( )
A. 给它并联一个电阻,阻值为R g/n
B. 给它并联一个电阻,阻值为R g/（n-1）
C. 给它串联一个电阻,阻值为n R g
D. 给它串联一个电阻,阻值为(n-1)R g
【答案】B
【解析】
【分析】
如果把它改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，改装后刻度盘的每一小格代表nμA，即想要量程扩大n倍．
【详解】设电流表刻度盘总共有N个小格，则满偏电流为NμA，改装后量程为nNμA，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：I R=（nN-N）μA，满偏电压：U g=N•R gμV；根据欧姆定律：；即需要并联一个阻值的电阻。

故选B。

【点睛】电流表的原理是并联电阻起到分流作用．改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和．也等于满偏电压除以并联后的总电阻．
5.一平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,在两极饭间有一带电油滴(电量很小,不响电场分布)位于P 点且恰好处于平衡。

如图所示,若保持正极板不动,将负极板移到图中虚线所示的位置,则（）
A. 带电油滴将沿竖直方向向下运动
B. 电容器的电压增大
C. P点的电势将不变
D. 带电油滴的电势能升高
【答案】C
【解析】
【分析】
平行板电容器充电后与电源断开后所带电量不变．移动极板，根据推论分析板间场强是否变化．由电容的决定式分析电容的变化，确定电压U的变化．根据P点与上板间电势差的变化，分析P点的电势如何变化，判断电势能的变化．
【详解】平行板电容器充电后与电源断开后所带电量Q不变，根据推论得知，板间场强E不变，油滴仍然平衡，A错误。

将负极板移到图中虚线所示的位置，电容器板间距离减小，由电容的决定式
得知电容C增大，由电容的定义式分析得知，电压U变小。

由U=Ed得知，P点与下板间的电势差不变，则P点的电势不变，负电荷的电势能W不变，则C正确，BD错误。

故选C。

【点睛】电容器的电量和正对面积不变，板间场强E不变是重要的推论，要能根据电容的决定式、电容的定义式和场强推论进行分析．
6.根据电、磁场对运动电荷的作用规律我们知道,电场可以使带电粒子加(或减)速,磁场可以控制带电粒子的运动方向.回旋加速器,图示的质谱仪都是利用以上原理制造出来的高科技设备,如图中的质谱仪是把从S1出来的带电量相同的粒子先经过电压U使之加速,然后再让他们进入偏转磁场B,这样质量不同的粒子就会在磁场中分离.下述关于回旋加速器，质谱仪的说法中错误的是
A. 经过回旋加速器加速的同种带电粒子，其最终速度大小与高频交流电的电压无关
B. 经过回旋加速器加速的同种带电粒子，其最终速度大小与D型盒上所加磁场强弱有关
C. 图示质谱仪中，在磁场中运动半径大的粒子，其质量也大.
D. 图示质谱仪中，在磁场中运动半径大的粒子，其电荷量也大.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据洛伦兹力提供向心力，通过回旋加速器的最大半径，求出粒子的最大速度，从而判断出粒子的最终速度与什么因素有关．根据圆周运动的半径公式得出轨道半径与粒子质量和电量的关系，从而进行分析．【详解】根据，解得，则粒子的最终速度与交流电压无关，与D形盒上所加的磁场强弱有关。

故A B正确。

根据得，根据qU＝mv2得，，则，则在磁场中运动半径大的粒子，其电荷量小，其质量大；故C正确，D错误。

本题选错误的，故选D。

7.如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小为B和2B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L；边长为L的正方形框abed的be边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框匀速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
线框以速度v匀速穿过磁场区域，穿过线框的磁通量由磁场与面积决定，而面积却由线框宽度与位移决定，但位移是由速度与时间决定，所以磁通量是磁场、线框宽度、速度及时间共同决定．由于线框匀速穿过方
向大小不同的磁场，因此当在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流大小相等，方向相同．当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁感线，产生的感应电动势正好是两者之和，所以电流是两者之和，且方向相反．
【详解】线圈的bc边进入磁场运动0-L的过程中，线框中产生逆时针方向的电流，大小为；线圈的bc边进入磁场运动L-2L的过程中，线框的bc边和ad边均产生顺时针方向的电流，两部分电流相加，大小
为；线圈的bc边进入磁场运动2L-3L的过程中，线框的ad边在右边磁场中切割磁感线，产生逆时针方向的电流，大小为；故选项A正确，BCD错误；故选A.
8.如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U，距离为d。

两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1。

圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2。

一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场。

已知ab为圆形区域的水平直径，∠cOb=60°，∠dOb=120°。

不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是
A. 金属板A、B分别接电源的负极、正极
B. 进入圆形磁场的粒子的速度大小为
C. 1、2两束粒子的比荷之比为1∶3
D. 1、2两束粒子的比荷之比为1∶2
【答案】C
【解析】
由圆形磁场中粒子的运动轨迹可知粒子带正电，粒子在金属板间受力平衡，故电场方向向下，金属板A接电源的正极，金属板B接电源的负极，A错误；由，可知，B错误；设粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示，
利用几何关系可知，可知，而题图中，则1、2两束粒子的比荷之比为1∶3，C正确D错误．
【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．
二、多项选择题
9.关于电场和磁场的概念,以下说法正确的是()
A. 电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场
B. 放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零
C. 一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零
D. 电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度一定为零
【答案】AB
【解析】
【详解】电荷放入电场中某区域内的任意位置，电荷受到的电场力相同，则该区域内的电场一定是匀强电场，选项A正确；放入电场中某位置的电荷受到的电场力不为零，则该位置的电场强度一定不为零，选项B正确；一小段通电导体在磁场中某位置受到的磁场力为零，可能是导线放置的方向与磁场平行，而该位置的磁感应强度不一定为零，选项C错误；电荷在磁场中某位置受到的磁场力为零，可能是电荷的速度为零或者速度方向与磁场平行，而该位置的磁感应强度不一定为零，选项D错误；故选AB.
10.如图所示,三条虚线表示某电场的三个等势面,其中Φ1=30V,Φ2=20V, Φ3=10V,一个带电粒子只受电场力作用,
按图中实线轨迹从A点运动到B点,由此可知( )
A. 粒子带正电
B. 粒子的速度变小
C. 粒子的加速度变大
D. 粒子的电势能变小
【答案】AD
【解析】
【分析】
做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．
【详解】由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向右。

因为带电粒子受力与电场的方向相同，所以粒子带正电。

故A正确。

由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，速度变小，故B错误。

由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误。

由电场力做功的公式W AB=qU AB得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小。

故D正确。

故选AD。

【点睛】本题以带电粒子在电场中的运动为背景考查了带电粒子的电性以及粒子的速度、加速度、电势能等物理量的变化情况；关键是先能根据轨迹判断电场力的方向．
11.在某控制电路中,需要连成如图所示的电路,主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值定阻R1、R2及电位器（滑动变阻器)R连接而成,L1、L2是红、绿两个指示灯,当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时,下列说法中正确的是
A. L1、L2两个指示灯都变亮
B. L1、L2两个指示灯都变暗
C. R2两端电压增大
D. R1两端电压增大
【答案】BD
【解析】
【分析】
当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再由欧姆定律分析并联部分电压的变化，分析电流表示数的变化. 【详解】触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电阻减小，则总电流要变大，则内压变大，外压变小，则L1变暗，因总电流变大，L1的电流变小，则R1的电流大，分压变大，则L2以及R2的分压变小，则L2变暗，R2两端电压减小。

则AC错误，BD正确；故选BD.
【点睛】本题先分析变阻器接入电路电阻的变化，再分析外电路总电阻的变化，路端电压的变化，根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化，是电路动态分析问题常用的分析思路.
12.如图，纸面内有U形属导轨，AB部分是直导线，虚线范图内有向纸里的均匀磁场，AB右侧有圆线圈C；为了使C中产生时顺针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情是( )
A. 向左加速运动
B. 向左减速运动
C. 向右加速运动
D. 向右减速运动
【答案】BC
【解析】
【分析】
导线MN运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断出感应电流的方向．此感应电流流过AB时，产生磁场，就有磁通量穿过线圈C，根据安培定则可判断感应电流产生的磁场方向，再根据楞次定律判断线圈C中产生的电流方向，即可选择符合题意的选项．
【详解】导线MN加速向右运动时，导线MN中产生的感应电动势和感应电流都增大，由右手定则判断出来MN中感应电流方向由N→M，根据安培定则判断可知：AB在C处产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过C磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈C产生顺时针方向的感应电流。

同理，MN向左减速运动时，线圈C中也产生时顺针方向的感应电流；MN向左加速或者向右减速运动时，线圈C中产生时逆针方向的感应电流；故BC正确，AD错误；故选BC。

【点睛】本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，要按程序法依次运用右手定则、楞次定律和安培定则进行判断．
13.如图甲,电动势为E,内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器R p、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值R p的关系如图乙,下列说法正确的是
A. 电源的电动势E=V,内阻r=4Ω
B. 定值电阻R消耗的最大功率为0.96W
C. 图乙中R x=25Ω
D. 调整滑动变阻器R p的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W
【答案】BC
【解析】
【分析】
将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时R P的功率最大，由图读出R P的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势。

根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为R x时消耗的功率相等列式，可求得R x．当R P=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大。

根据内外电阻相等时电源
的输出功率最大求该电源的最大输出功率。

【详解】由图乙知，当R P=R+r=10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6Ω，可得内阻r=4Ω
最大功率P==0.4W，解得E=4V，故A错误。

滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为R x时消耗的功率相等，有4R x=（R+r）2，解得R x=25Ω，故C正确。

当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为P max=()2R=0.96W，故B正确。

当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。

本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器R P的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为P
=()2R=0.96W，故D错误。

故选BC。

出max
【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大。

对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大。

对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究。

14.如图所示,给一块金属导体通以向右的电流I,金属导体的高为h,厚度为d,已知电流与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv。

则下列说法中正确的是( )
A. 在上、下表面形成电势差的过程中,电子受到的洛仑兹力方向向下
B. 达到稳定状态时,金属板上表面A的电势低于下表而A’的电势
C. 只将金属板的厚度d减小为原来的一半,则上,下表面之间的电势差大小变为U/2
D. 只将电流I减小为原来的一半,则上、下表面之间的电势差大小变为U/2
【答案】BD
【解析】
【分析】
金属中移动的是自由电子，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，从而得出电势的高低．最终电子受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出电势差的大小．
【详解】电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上；故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高；故A错误；B正确；电子最终达到
平衡，有：evB=e，则：U=vBh；电流的微观表达式：I=nevS=nevhd，则：，代入得：；只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I 减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为U/2，故D正确。

故选BD。

【点睛】解决本题的关键会运用左手定则判断电子的偏转方向，当上下表面有电荷后，之间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡．
15.如图所示,边长为L的单匝正方形金属框,质量为m,电阻为R,用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘,金属框的上半部处于磁场内,下半部处于磁场外,磁场随时间的变化规律为B=kt(k>0),已知细线所能承受的最大拉力为5mg下列说法正确的是()
A. 只有ab边受到安培力作用
B. 线圈回路中的电流在均匀的增大
C. 线圈的感应电动势大小为kL2/2
D. 从t=0开始直到细线会被拉断的时间为8mgR/k2L3
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据法拉第电磁感应定律求出线圈回路电流方向，然后求出安培力的大小和方向，根据平衡条件进一步求解．
【详解】线圈的ab、ad、bc都受到安培力作用，选项A错误；感应电动势，电动
势恒定不变，则线圈中的电流不变，故B错误，C正确；安培力，根据左手定则可知，安培力方向向下。

故当细线承受的最大拉力为5mg时有：T=5mg=F+mg，将F代入解得：，D正确；故选CD。

16.如图,竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微拉从a板下边缘以初速度v竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于E/v，重力加速度为g，则下列关于拉子运动的有关说法中正确的是（）
A. 粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为2v/g
B. 粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=2d
C. 拉子在bc区规中做匀速圆周运动，运动时间为πd/6v
D. 粒子在ab、bc区域中运动的总时间为(π+6)d/3v
【答案】BD
【解析】
【分析】
将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力.
【详解】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖
直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v=at，
竖直方向：0=v-gt；解得a=g ；；故A错误；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m
解得：，联立得到r=2d，故B正确；由于r=2d，画出轨迹，如图；由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为，故C错误；粒子在电场中运动时间为：；故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：t=t1+t2=，故D正确；故选BD.
三、实验题
17.(1)用一主尺最小分度为1mm,游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度,结果如图.可以读出此工件的长度为________mm；
(2)①某多用电表的欧姆档共有Rx1、R×10、R×100、R×1k档,当用Rx10档测某一电阻时,指针指在如图(乙)的位置,则该电阻的阻值是_______Ω；若要測量1kΩ左右的电阻,倍率应选_______档读数较准确。

②下列关于多用电表测电阻的说法中正确的是_______
A.测量电阻时,如果红、黑表笔分别插在负、正插孔,不会影响测量结果
B.双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大
C.可直接测量己闭合的电路中的某电阻
D.每次从一个倍率变换到另一个倍宰,都需要重新进行欧姆调零
【答案】(1). 104.05；(2). 200；(3). x 100；(4). AD
【解析】
【分析】
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．根据欧姆表的使用规则进行判断.
【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为：10.4cm=104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm.
（2）①多用电表测电阻时，读最上面的刻度，读数是20，乘以倍数是，20×10Ω=200Ω，若要测量1kΩ
左右的电阻，量程应选×100档读数较准确．
②测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，选项A正确；由于人体是导体，双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏小，故B错误；为防止有电源时烧坏表头或其它电阻影响待测电阻，测量时应将该电阻与外电路断开，所以C错误；每次从一个倍率变换到另一个倍率，都需要重新进行欧姆调零，选项D正确；故选AD.
18.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.3Ω
C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω
D．电压表：量程0～3V，内阻未知
E．电压表：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻
(1)在上述器材中请选择适当的器材：____________________（填写选项前的字母）；
(2)实验电路图应选择图中的__________________（填“甲”或“乙”）；
(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E=________V，内电阻r=_______________Ω．
【答案】(1)ABDFH(2)如图
(3)1.50.9
【解析】
【详解】(1)电源的电动势约1.5V，则电压表选择量程0～3 V的D；选择内阻已知的电流表B，将此电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差；滑动变阻器电阻较小有利于电表数值的变化，滑动变阻器选择0～10 Ω的F。

(2)由于电流表内阻已知，选择甲电路将电流表与电源直接串联，可消除电流表分压带来的系统误差。

(2)据可得：，则图线的纵截距，图线的斜率，电源的内阻
【点睛】本题中电流表的内阻已知，可消除电流表分压带来的误差。

在解题中要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出图线对应的表达式，从而由图线求出电源的电动势和内电阻。

四、计算题
19.如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子，电量为e，静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d电压为U的水平放置的平行。