漳州市达标名校2018年高考一月大联考物理试卷含解析

漳州市达标名校2018年高考一月大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、K间的电压U AK的关系曲线，则下列说法正确的是（）
A．开关S扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线B．b光的光子能量大于a光的光子能量C．用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功 D．b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能
2．如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（）
A．重力势能与动能之和增加B．电势能与动能之和增加
C．机械能守恒D．动能一定增加
3．一物块以某初速度沿水平面做直线运动，一段时间后垂直撞在一固定挡板上，碰撞时间极短，碰后物块反向运动。

整个运动过程中物块的速度随时间变化的v-t图像如图所示，下列说法中正确的是（）
A．碰撞前后物块的加速度不变
B．碰撞前后物块速度的改变量为2m/s
C．物块在t=0时刻与挡板的距离为21m
D．0~4s内物块的平均速度为5.5m/s
4．甲、乙两物体同时同地沿同一直线运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（）
A．0t时刻两物体的加速度方向相同
B．0t时刻两物体的速度方向相同
C．甲物体的加速度逐渐减小
2t时刻两物体相遇
D．0
5．如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O．人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（）
A．OA绳中的拉力先减小后增大
B．OB绳中的拉力不变
C．人对地面的压力逐渐减小
D．地面给人的摩擦力逐渐增大
6．如图甲所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，甲图中箭头方向为电流的正方向。

直导线中通以图乙所示的电流，则在0－1t时间内，导线框中电流的方向（）
A．始终沿顺时针B．始终沿逆时针C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．有一列沿x轴传播的简谐橫波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6m处的质点b
的振动图线分别如图1图2所示．则下列说法正确的是
___________．
A ．质点a 的振动方程为y=4sin(4πt+2
π)cm B ．质点a 处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y 轴正方向振动
C ．若波沿x 轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3m/s
D ．若波沿x 轴负方向传播，这列波的最大波长为24m
E.若波的传播速度为0.2m/s ，则这列波沿x 轴正方向传播
8．如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R 、表面重力加速度为g 的行星运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R ，卫星乙的轨道为椭圆，M 、N 两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M 、N 两点间的距离为4R ．则下列说法中正确的有
A ．卫星甲的线速度大小为2gR
B ．甲、乙卫星运行的周期相等
C ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度小于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
9．如图所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场区域上下宽度为l ；质量为m 、边长为l 的正方形线圈abcd 平面保持竖直，ab 边保持水平的从距离磁场上边缘一定高处由静止下落，以速度v 进入磁场，经一段时间又以相同的速度v 穿出磁场，重力加速为g 。

下列判断正确的是（ ）
A ．线圈的电阻22
B l v R mg
= B ．进入磁场前线圈下落的高度2
2v h g
= C ．穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量2Q mgl =
D ．线圈穿过磁场所用时间l t v = 10．关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（ ）
A ．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大
B ．物体的动量变化，其动能有可能不变
C ．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化
D ．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
11．如图所示，光滑水平面放置一个静止的质量为2m 的带有半圆形轨道的滑块a ，半圆形轨道的半径为R 。

一个质量为m 的小球b 从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，b 到达半圆轨道最低点P 时速度大小125
b v gR =，然后进入右侧最高可到点Q ，OQ 连线与OP 间的夹角α=53︒，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）
A ．滑块a 向左滑行的最大距离为0.6R
B ．小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.4mgR
C ．小球b 第一次到达P 点时对轨道的压力为1.8mg
D ．小球b 第一次返回到P 点时的速度大于1215
gR 12．如图（a ）所示，质量为2m 、长为L 的木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子弹（可视为质点）以初速度0v 水平向右射向木块，穿出木块时速度减为
02v 。

若再将另一相同木块固定在传送带上（如图（b ）所示），使木块随传送带以038
v v =的速度水平向左运动，相同的子弹仍以初速度0v 水平向右射向木块，木块的速度始终不变.已知木块对子弹的阻力恒定.下列说法正确的是（ ）
A ．第一次子弹穿过木块过程中，木块的位移大小为15
L B ．第一次子弹穿过木块过程中，子弹克服阻力做的功为
20116mv C ．子弹前后两次穿过木块的时间之比为2:1
D ．第二次子弹穿出木块时的速度为056
v 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从A 处自由下落，毫秒计时器(图
中未画出)记录下小铁球经过光电门B的挡光时间t，小铁球的直径为d，用d
t
作为球经过光电门时的速度，
重力加速度为g。

(1)用游标卡尺测得小铁球的直径d如图乙所示，则d＝________mm；
(2)实验中还需要测量的物理量是________；
A．A距地面的高度H
B．A、B之间的高度h
C．小铁球从A下落到B的时间t AB
(3)要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示)；
(4)某实验小组测得小球动能的增加量ΔE k总是稍大于重力势能的减少量ΔE p，原因可能是_______。

(写出一个即可)
14．为测量弹簧压缩时具有的弹性势能和滑块B的质量，某同学用如图的装置进行实验。

气垫导轨上有A、B两个滑块，A上固定一遮光片，左侧与被压缩且锁定的弹簧接触，右侧带有橡皮泥。

已知A的质量为
m1，遮光片的宽度为d；打开电源，调节气垫导轨使滑块A和B能静止在导轨上。

解锁弹簧，滑块A被弹出后向右运动，通过光电门1后与B相碰，碰后粘在一起通过光电门2。

两光电门显示的遮光时间分别为△t1和△t2，由此可知碰撞前滑块A的速度为____________，锁定时弹簧只有的弹性势能为E p=______，B 的质量m2=________。

（用已知和测得物理量的符号表示）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，圆心为O的四分之一圆弧形接收屏BD，水平放置在光滑绝缘的水平桌面上，整个装置处于水平方向的匀强电场中，电场强度的方向垂直于直线AOB。

现将一带正电小球从A点沿AO方向射出，
其初动能为E k，小球恰好垂直打到圆弧上的C点。

已知∠BOC=θ，取A点电势0
A
φ=。

(1)求小球在C点的电势能；
(2)若过C点作AB的垂线交AB于P点(图中未标出)，试通过计算推导，证明O点恰好是AP的中点。

16．如图所示，足够长的“U”形框架沿竖直方向固定，在框架的顶端固定一定值电阻R ，空间有范围足够大且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电阻值均为R 的金属棒甲、乙垂直地放在框架上，已知两金属棒的质量分别为m=2.0×10-2kg 、m 乙=1.0×10-2kg 。

现将金属棒乙锁定在框架上，闭合电键，在金属棒甲上施加一竖直向上的恒力F ，经过一段时间金属棒甲以v=10m/s 的速度向上匀速运动，然后解除锁定，金属棒乙刚好处于静止状态，忽略一切摩擦和框架的电阻，重力加速度g=10m/s 2。

则
(1)恒力F 的大小应为多大？
(2)保持电键闭合，将金属棒甲锁定，使金属棒乙由静止释放，则金属棒乙匀速时的速度v 2应为多大？
(3)将两金属棒均锁定，断开电键，使磁感应强度均匀增加，经时间t=0.1s 磁感应强度大小变为2B 此时金属棒甲所受的安培力大小刚好等于金属棒甲的重力，则锁定时两金属棒之间的间距x 应为多大？
17．如图所示，R 为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势6V E =，当变阻箱阻值为4ΩR =时，闭合电键后，电压表读数4V U =，求：
(1)电路中的电流I 和电源内阻r ；
(2)电源的输出功率P 和效率η；
(3)试推导说明当R 为多大时，电源的输出功率最大。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S 扳向1时，光电子在光电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I 轴左侧的图线，故A 错误；
B ．根据
212
m eU mv h W ν==-截 入射光的频率越高，对应的截止电压U 截越大；由题目图可知，b 光的截止电压大于a 光的截止电压，所以b 光的频率大于a 光的频率，依据
E h ν=
可知，b 光的光子能量大于a 光的光子能量，B 正确；
C ．同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，C 错误；
D ．b 光的截止电压大于a 光的截止电压，根据
212
m eU mv h W ν==-截 所以b 光对应的光电子最大初动能大于a 光的光电子最大初动能，D 错误。

故选B 。

2．B
【解析】
【详解】
ABC ．在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力，因电场力和库仑力对环都做负功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因电势能变大，则重力势能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项AC 错误，B 正确；
D ．环下滑过程中一定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项D 错误；
故选B 。

3．C
【解析】
【分析】
根据速度图像的斜率分析物块的加速度。

读出碰撞前后物块的速度，即可求速度的改变量。

根据图像与时间轴所围的面积求物块在03s ~内的位移，即可得到物块在0t =时刻与挡板的距离。

根据04s ~内的位移来求平均速度。

【详解】
A ．根据v-t 图像的斜率大小等于物块的加速度，知碰撞前后物块的加速度大小相等，但方向相反，加速度发生了改变，故A 错误；
B ．碰撞前后物块的速度分别为v 1=4m/s ，v 2=-2m/s 则速度的改变量为：
216m/s v v v ∆=-=-
故B 错误；
C ．物块在0t =时刻与挡板的距离等于03s ~内位移大小为：
1043m=21m 2
x +=⨯ 故C 正确；
D ．04s ~内的位移为：
104213m-m=20m 22
x +⨯=⨯ 平均速度为： 20m/s=5m/s 4x v t =
= 故D 错误。

故选C 。

4．B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图象可知，斜率表示加速度，则0t 时刻两物体的加速度方向相反，选项A 错误；
B ．v-t 图象中速度在时间轴的同一侧表示速度方向相同，则0t 时刻两物体的速度方向相同，选项B 正确；
C ．由斜率表示物体的加速度可知，甲物体的切线斜率越来越大，即加速度逐渐增大，选项C 错误；
D ．v-t 图象所围面积表示位移，相遇表示位移相等，由图象可得，02t 时刻两物体不相遇，选项D 错误。

故选B 。

5．D
【解析】
解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，
则OA 与竖直方向夹角变大，
OA 的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA 绳子拉力变大，OB 绳拉力逐渐变大；
OA 拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大； 人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；
故选D ．
【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法．
6．A
【解析】
【详解】
电流先沿正方向减小，产生的磁场将减小，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向里且减小，故电流顺时针，当电流减小到零再反向增大时，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向外且增大，故电流顺时针，则在0－1t 时间内，导线框中电流的方向始终为顺时针，故A 正确。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．BDE
【解析】
【分析】
由于题目中不知道波的传播方向，所以在做此类问题时要分方向讨论，在计算波速时要利用波的平移来求解．
【详解】
A. 把t=0代入振动方程为y=4sin(
4πt+2
π)cm ，可知此时a 的位置应该在+4处，和所给的图不相符，故A 错；
B. 从图像上可以看出质点a 处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y 轴正方向振动，故B 对；
C. 若波沿x 轴正方向传播，从图像上可以看出b 比a 至少滞后6s ，而ab 之间的距离为6m ，所以这列波的最大传播速度为1m/s ，故C 错；
D 、若波沿x 轴负方向传播，从图像上可以看出，a 比b 至少滞后2s ，所以这列波的最大波速为：63/2
v m s =
= 则最大波长为3824vT m λ==⨯= ，故D 对； E 、根据图像，若波沿x 正方向传播，则波速的表达式为6/86v m s n =+ ，当0.2/v m s = ，解得：3n = ，有解说明波是沿x 正方向传播，故E 对；
故选BDE
8．BD
【解析】
【详解】
A ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
2
2Mm v G m r r
= 解得：
v = 其中2r R =，根据地球表面万有引力等于重力得
2
Mm G mg R = 联立解得甲环绕中心天体运动的线速度大小为
v =故A 错误；
B ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
2
224Mm G mr r T
π= 根据地球表面万有引力等于重力得
2
Mm G mg R = 解得卫星甲运行的周期为
4T =由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，故B 正确；
C ．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M 点时的速度大于轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C 错误；
D ．卫星运行时只受万有引力，加速度
2GM a r =
所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D 正确。

9．ABC
【解析】
【详解】
A ．由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则
22B l v mg F BIl R
===安 22B l v R mg
= 所以A 正确；
B ．线圈在进入磁场前做自由落体运动，有动能定理得
212
mgh mv = 进入磁场前线圈下落的高度为
2
2v h g
= 所以B 正确；
C ．线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为
22Q mg l mgl =⋅=
所以C 正确；
D ．根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得穿过磁场的时间为
2l t v
= 所以D 错误。

故选ABC 。

10．BD
【解析】
【详解】
A ．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A 错误；
B ．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B 正确；
C ．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C 错误；
D ．由公式'p p p ∆=-可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可
能与初动量的方向不在同一直线上，故D 正确。

故选BD 。

11．AD
【解析】
【详解】
A ．滑块a 和小球b 相互作用的过程，系统水平方向合外力为零，系统水平方向动量守恒，小球b 到达Q 点时，根据动量守恒定律得滑块a 和小球b 的速度均为零，有
2ms a =ms b
s a +s b =R+Rsin 53︒
解得
s a =0.6R
故A 正确；
B ．根据功能关系得小球b 从释放到滑到Q 点的过程中，克服摩擦力做的功为
cos530.6W mgR mgR ︒==
故B 错误；
C ．当b 第一次到达半圆轨道最低点P 时，根据动量守恒定律有
2mv a =mv b
解得
a v = 由牛顿运动定律得
()2
2
a b v v v N mg m m R R
+-== 解得 145
N mg = 对轨道的压力 145N N mg '==
故C 错误；
D ．小球从P 点到Q 点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为
()221121cos530.222
a b W mv mv mgR mgR ︒=⨯+--= 由功能关系结合圆周运动的知识，得小球b 第一次返回到P 点的过程中克服摩擦力做的功
W′<0.2mgR
故小球b 第一次返回到P 点时系统的总动能
1cos530.2k E mgR W mgR ︒>--'=（）
20a
b mv mv ''=+ 22k 11222
a b E mv mv ''=
+ 解得
b v '>故D 正确。

故选AD 。

12．AC
【解析】
【详解】
AB ．第一次子弹穿过木块过程中动量守恒
00122
v mv mv m =+⋅
解得 014
v v = 对物块由动能定理
21122
fx mv =⋅ 对子弹
222000113W =-()()=-2228
f v f x L m mv mv +=
- 即子弹克服阻力做的功为2038mv ； 联立解得
5
L x = 20516mv f L
= 选项A 正确 ，B 错误；
CD ． 第一次，对物块由动量定理
112ft mv =
解得
10
85L t v = 第二次，子弹在木块没做匀减速运动，加速度为
205=16v f a m L
= 子弹穿过木块时满足
2202212
vt v t at L +-= 解得
20
45L t v = 则子弹前后两次穿过木块的时间之比为
12:2:1t t =
第二次子弹穿出木块时的速度为
'02034
v v at v =-= 选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．5.4 B d 2=2ght 2 金属球下落过程中阻力做功
【解析】
【详解】
(1)[1]由图可知：游标卡尺游尺为10分度，精确度为0.1mm ，主尺刻度为5mm ，游尺“4”与主尺刻度对齐，所以读数为
5mm+0.1×4mm=5.4mm 。

(2)[2]AB ．此题需要用到重力势能变化量，故需要测量AB 之间的高度，不需要知道距离地面的高度，故A 错误，B 正确；
C ．因为要判定mgh 与
12mv 2关系，不需要知道小铁球从A 下落到B 的时间t AB ，故C 错误。

故选B 。

(3)[3]利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故B 点速度 v=d t
根据机械能守恒的表达式有 mgh=
12mv 2 可得
d 2=2ght 2
故只要验证d 2=2ght 2即可。

(4)[4]实验中发现动能增加量△E k 总是稍小于重力势能减少量△E P ，可能的原因是金属球下落过程中阻力做功。

14．1d t ∆ 2
1112d m t ⎛⎫ ⎪∆⎝⎭ 2111
t t m t ∆-∆∆ 【解析】
【分析】
【详解】
[1]由滑块A 通过光电门1的运动时间可知，碰撞前滑块A 的速度 11
d v t =∆ [2]解锁弹簧后，弹簧的弹性势能转化为A 碰撞前的动能，故弹性势能
2
2p 1111122d E mv m t ⎛⎫== ⎪∆⎝⎭
[3]由碰撞后，AB 整体通过光电门2的时间，可求得碰撞后AB 整体的速度为 22
d v t =∆ A 、B 碰撞过程中动量守恒，则有
11122()m v m m v =+
联立解得
21211
t t m m t ∆-∆=∆ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (l) 2
tan PC k E E θ=-(2)证明见解析
【解析】
【详解】
（1）设小球的质量为m.初速度为0v ，小球在水平面内只受电场力作用做类平抛运动垂直打在C 点，可知小球在C 点的速度方向的反向延长线必过O 点
由速度的合成分解关系可知小球在C 点的速度为: 0cos C v v θ
= 从A 到C ，由能量守恒定律有:
0PC kC k E E E -=-
又:
220
221122cos cos k PC C v E E mv m θθ
=== 解得:
2tan PC k E E θ=-
（2）如答图所示，设圆弧的半径为R ，AO 间的距离为L ，小球从A 到C 的位移倘向角为α，经历时间为t ，加速度为a
由运动规律有:
tan at v θ= 200
12tan 2at at v t v α== 得
tan 2tan θα=
由图可知:
sin tan cos R L R θαθ
=
+ 解得: cos L R θ=
又:
cos OP R θ=
即:
OP=AO
O 点恰好是AP 的中点
16． (1) 0.4N ；(2) 5m/s ；(3) 2m 3
x =
【解析】
【详解】
(1)金属棒甲匀速运动时，由力的平衡条件可知： F=m 甲g+BI 甲L
由题图可知流过金属棒乙的电流大小应为：
2
I I =乙甲 金属棒乙刚好处于静止状态，由平衡条件可知： 2
BI L m g =甲乙 由以上整理得：
F=m 甲g+2m 乙g
代入数据解得：
F=0.4N ；
(2)金属棒乙锁定，闭合电键，金属棒甲向上匀速运动时，有 E 甲=BLv 1
由闭合电路的欧姆定律得：
23E I R
=甲甲 对金属棒乙，由平衡条件可知：
BI 甲L=2BI 乙L=2m 乙g
解得：
122
3m gR v B L =乙 将金属棒甲锁定，金属棒乙匀速时，有：
22223B L v m g BI L R
'==乙 解得：
222
32m gR v B L =乙 联立解得：
v 2=5m/s ；
(3)由法拉第电磁感应定律得：
BS BLx E t t t
∆Φ∆===∆∆ 由闭合电路的欧姆定律得： 2E I R =
由题意可知：
m 甲g=2BIL
联立以上可得：
2122
3m gR v B L = 解得：
13v tm x m =甲乙
代入数据得：
2m 3
x =。

17． (1)1A ，2Ω；(2)4W ，66.67%；(3)当2ΩR =时最大输出功率为4.5W
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电路中的电流
04A 1A 4
U I R === 根据闭合电路欧姆定律E U Ir =+，解得内阻为 064Ω2Ω1
E U r I --=== (2)电源的输出功率
014W 4W P I U ==⨯=输
效率为
0410010066.6716
P I E η=⨯%=⨯%≈%⨯输
(3)电源的输出功率为
22
2
22
()()4E E P I R R R r R r r R ===-++ 可知当2ΩR r ==时，电源输出功率最大，即
22
6W 4.5W 442
E P r ===⨯。