届陕西省咸阳市高三上学期模拟检测一期末考试物理试题解析版.docx
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届陕西省咸阳市高三上学期模拟检测一期末考试物理试题解析版
绝密★启用前
咸阳市2020年高考模拟检测(—)
物理
总分:
100分,考试时间:
90分钟
第Ⅰ卷(选择题,共50分)
一、选择题:
本题共10小题,每小题3分。
共30分,只有一项是符合题目要求的)
1.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
2.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,速度变为原来的2倍,该质点的加速度为()
3.一质量为1.5×103kg的小汽车在水平公路上行驶,当汽车经过半径为80m的弯道时,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为9×103N,下列说法正确的是( )
A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B. 汽车转弯的速度为6m/s时,所需的向心力为6.75×103N
C. 汽车转弯的速度为20m/s时,汽车会发生侧滑
D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过6.0m/s2
4.如图所示,图中虚线为某静电场中的等差等势线,实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点,粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是( )
A. 粒子在a点的加速度比在b点的加速度大
B. 粒子在a点的动能比在b点的动能大
C. 粒子在a点和在c点时速度相同
D. 粒子在b点的电势能比在c点时的电势能大
5.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示。
在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态)则( )
A. 小物块受到的支持力方向竖直向上
B. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C. 小物块受到的静摩擦力为
D. 小物块受到的滑动摩擦力为
6.静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球,甲向左抛,乙向右抛,如图所示.甲先抛,乙后抛,抛出后两小球相对岸的速率相等,若不计水的阻力,则下列说法中正确的是( )
A. 两球抛出后,船往左以一定速度运动,乙球受到的冲量大一些
B. 两球抛出后,船往右以一定速度运动,甲球受到的冲量大一些
C. 两球抛出后,船的速度为零,甲球受到的冲量大一些
D. 两球抛出后,船的速度为零,两球所受的冲量相等
7.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如图所示为质谱仪的原理示意图,现利用质谱仪对氢元素进行测量.让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场.加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中.氢的三种同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三条“质谱线”.则下列判断正确的是( )
A. 进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B. 进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C. 在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D. a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
8.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图1所示,产生的交变电动势的图象如图2所示,则( )
A. t=0.005s时线框的磁通量变化率为零
B. t=0.01s时线框平面与中性面重合
C. 线框产生的交变电动势有效值为300V
D. 线框产生的交变电动势频率为100Hz
9.在地球上不同的地方,重力加速度大小是不同的。
若把地球看成一个质量分布均匀的球体,己知地球半径为R,地球自转的周期为T,则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为
10.如图所示,两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中,匀强磁场方向竖直向上,将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触.现在金属棒PQ中通以变化的电流I,同时释放金属棒PQ使其运动.已知电流I随时间的关系为I=kt(k为常数,k>0),金属棒与导轨间的动摩擦因数一定.以竖直向下为正方向,则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中,可能正确的是( )
二、选择题:
本题共5小题,每小题4分,有多项符合题目要求。
全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
)
11.一质量为m的物体静止在水平地面上,在水平拉力F的作用下开始运动,在0~6s内其速度与时间关系图象和拉力的功率与时间关系图象如图所示,取g=10m/s2,下列判断正确的是( )
A. 0~6s内物体克服摩擦力做功24J
B. 物体的质量m为2kg
C. 0~6s内合外力对物体做的总功为120J
D. 0~6s内拉力做的功为156J
12.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上,其连线中垂线上有A、B、C三点,如图1所示.一个电荷量为2C,质量为1kg的小物块从C点静止释放,其运动的v-t图象如图2所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线).则下列说法正确的是( )
A. B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=1V/m
B. 由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C. 由C点到A点的过程中,电势逐渐升高
D. A、B两点的电势之差φA-φB=-5V
13.如图甲所示,正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示.t=0时刻,磁感应强度B的方向垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正.则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是( )
14.如图所示,图甲中M为一电动机,当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示。
已知电流表读数在0.2A以下时,电动机没有发生转动,不考虑电表对电路的影响,以下判断错误的是( )
A. 电路中电源电动势为3.6V
B. 变阻器向右滑动时,V2读数逐渐减小
C. 此电路中,电动机的输入功率减小
D. 变阻器的最大阻值为30Ω
15.CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。
已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是( )
A. 电阻R的最大电流为
B. 流过电阻R的电荷量为
C. 整个电路中产生的焦耳热为
D. 电阻R中产生的焦耳热为
第Ⅱ卷(选择题,共50分)
三、实验题(2题,共15分)
16.(6分)实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量,装置如图所示:
一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连,已知重物P、Q的质量均为m,当地重力加速度为g。
在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z,重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连。
(1)先接通频率为50Hz的交流电源,再由静止释放系统,得到如图所示的纸带,则系统运动的加速度a=______m/s2(结果保留2位有效数字);
(2)在忽略阻力的理想情况下,物块Z质量M的表达式为M=______(用字母m、a、g表示);
(3)实际情况下,空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略,物块Z的实际质量与理论值M有一定差异,这种误差是______误差(填“偶然”或“系统”)。
17.(9分)欲测量G表的内阻rg和一个电源的电动势E内阻r.要求:
测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便,电表最大读数不得小于量程的
.待测元件及提供的其他实验器材有:
A、待测电源E:
电动势约1.5V,内阻在0.4-0.7Ω间
B、待测G表:
量程500μA,内阻在150~250Ω间
C、电流表A:
量程2A,内阻约0.1Ω
D、电压表V:
量程300mV,内阻约500Ω
E、定值电阻R0:
R0=300Ω;
F、滑动变阻器R1:
最大阻值10Ω,额定电流1A
G、电阻箱R2:
0~9999Ω
H、开关S一个,导线若干
(1)小亮先利用伏安法测量G表内阻rg.
①图甲是小亮设计的实验电路图,其中虚线框中的元件是______;(填元件序号字母)
②说明实验所要测量的物理量______;
③写出G表内阻的计算表达式rg=______.
(2)测出rg=200Ω后,小聪把G表和电阻箱R2串联、并将R2接入电路的阻值调到2800Ω,使其等效为一只电压表,接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻r.
①请你在图乙中用笔画线,将各元件连接成测量电路图,
②若利用测量的数据,作出的G表示IG.与通过滑动变阻器R1的电流I的关系图象如图丙所示,则可得到电源的电动势E=______V,内阻r=______Ω.
四、计算题(共3题,共35分)
18.(9分)如图所示,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20m.用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体,经t0=2s拉至B处.(取g=10m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ;
(2)该外力作用一段时间后撤去,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的最短时间t.
19(12分)某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,如图所示.一质量为m,带电量为+q的粒子,从P点以水平速度v0射入电场中,然后从M点射入磁场,从N点射出磁场.已知,带电粒子从M点射入磁场时,速度与竖直方向成30°角,弧MN是圆周长的
,粒子重力不计.求:
(1)电场强度E的大小.
(2)圆形区域的半径R.
(3)带电粒子从P点到N点,所经历的时间t.
20.(14分)如图所示,半径R=0.4m的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上,质量m=1kg的滑块B(可视为质点)从圆弧轨道顶端正上方高为h=0.85m处自由落下,质量为M=2kg的木板A静止在光滑水平上,其左端与固定台阶相距x,右端与圆轨道紧靠在一起,圆弧的底端与木板上表面水平相切。
B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧轨道,A与台阶碰撞无机械能损失,不计空气阻力,AB间动摩擦因数μ=0.1,B始终不会从A表面滑出,取g=10m/s2,求:
(1)滑块B运动到圆弧底端时对轨道的压力;
(2)若A与台阶碰前,已和B达到共速,求从B滑上A到达到共同速度的时间;
(3)若要使木板A只能与台阶发生一次碰撞,求x应满足的条件以及木板A的最小长度。
解析版
1.【答案】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。
将重力进行分解,判断OB拉力的变化,根据平衡条件判断摩擦力的变化.
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.
2.【答案】C
【解析】
【分析】
根据速度倍数关系,结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度,再由加速度的定义求得质点的加速度.
本题是匀变速直线运动规律的直接运用,要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系,同时明确加速度的定义即可正确求解.
【解答】
设初速度为v,则末速度为2v;
故选C。
3.【答案】D
【解析】
解:
A、汽车在水平面转弯时,做圆周运动,只受重力、支持力、摩擦力三个力,向心力是重力、支持力和摩擦力三个力的合力,故A错误。
B、汽车转弯的速度为6m/s时,所需的向心力F=m
=1.5×103×
=6.75×102N,故B错误。
C、如果车速达到20m/s,需要的向心力F=m
=1.5×103×
=7.5×103N,小于最大静摩擦,汽车不会发生侧滑,故C错误。
D、最大加速度
,故D正确。
故选:
D。
汽车做圆周运动,重力与支持力平衡,侧向静摩擦力提供向心力,如果车速达到72km/h,根据牛顿第二定律求出所需向心力,侧向最大静摩擦力比较判断是否发生侧滑。
本题的关键是找出向心力来源,将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较,若静摩擦力不足提供向心力,则车会做离心运动。
4.【答案】A
【解析】
解:
A、因a点处的等势面密集,故a点的电场强度大,故电荷在a点受到的电场力大于b点受到的电场力,结合牛顿第二定律可知,粒子在a点的加速度比在b点的加速度大,故A正确;
B、由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知,粒子受到的电场力指向右侧,则从a到b电场力做正功,粒子动能增大,故B错误;
C、速度是矢量,沿轨迹的切线方向,由图可知,粒子在a点和在c点时速度方向不相同,故C错误;
D、粒子受到的电场力指向右侧,则从b到c电场力做负功,粒子的电势能增大,所以粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小,故D错误;
故选:
A。
由等势面的疏密可知电场强度的大小,由F=Eq可知电场力的大小关系;根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向,进而判断出电场力做功的特点;
根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在b点动能之间的关系。
由动能定理可知B、C两点的间的电势能的变化。
本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断,应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法;本题中告诉的是等势面,很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。
5.【答案】C
【解析】
解:
AB、以木块为研究对象,分析受力情况:
重力mg、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f,根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上,摩擦力f沿斜面向上,故AB错误;
CD、由于小物块和斜面保持相对静止,小物块受到的静摩擦力为静摩擦力,根据牛顿第二定律得:
f-mgsin30°=ma,解得,f=
mg+ma,方向平行斜面向上,故C正确、D错误。
故选:
C。
由题知:
木块的加速度大小为a,方向沿斜面向上,分析木块受力情况,根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。
根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。
本题首先要正确分析木块的受力情况,其次要能根据牛顿第二定律列式,求摩擦力。
6.【答案】C
【解析】
解:
设小船的质量为M,小球的质量为m,甲球抛出后,根据动量守恒定律有:
mv=(M+m)v′,v′的方向向右。
乙球抛出后,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有:
(M+m)v′=mv+Mv″,解得v″=0。
根据动量定理得,所受合力的冲量等于动量的变化,对于甲球,动量的变化量为mv,对于乙球动量的变化量为mv-mv′,知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量,所以抛出时,人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大。
故C正确。
故选:
C。
因不计阻力,抛球过程,两人和船组成的系统动量守恒.根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度.根据动量定理,通过动量的变化量判断冲量的大小.
解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理,并能灵活运用.运用动量守恒定律时注意速度的方向.
7.【答案】A
【解析】
解:
A、根据qU=
mv2得,v=
.比荷最大的是氕,最小的是氚,所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚。
故A正确,
B、根据动能定理可知Ek=qU,故动能相同,故B错误;
C、时间为t=
,故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕,故C错误;
D、进入偏转磁场有qvB=m,
解得:
,氕比荷最大的,轨道半径最小,c对应的是氕,氚比荷最小,则轨道半径最大,a对应的是氚,故D错误
故选:
A。
根据qU=
mv2求出粒子进入偏转磁场的速度,知道三种粒子进入磁场的速度大小关系,再根据qvB=m
求出R与什么因素有关,从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序.
解决本题的关键知道根据qU=
mv2可求出速度,知道速度与比荷有关,以及知道根据qvB=m
可求出轨道半径与比荷有关.
8.【答案】B
【解析】
解:
A、由图2知:
t=0.005s时,感应电动势最大,由法拉第电磁感应定律E=n
可知,磁通量的变化率最大,但线圈与磁场平行磁通量为零,故A错误。
B、由图2可知t=0.01时刻,e=0,说明此时线圈正经过中性面,故B正确。
C、D、由图2可知:
该交变电流的周期为T=0.02s,电动势最大值为Em=311V。
根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得,该交变电流的有效值为
,
据周期和频率的关系可得,该交变电流的频率为:
,故CD错误。
故选:
B。
由图2可知特殊时刻的电动势,根据电动势的特点,可判处于那个面上;由图象还可知电动势的峰值和周期;根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值;根据周期和频率的关系可求频率。
本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识,注意会由图象得出线圈从何处开始计时,并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系。
9.【答案】D
【解析】
解:
在地球两极,万有引力等于重力,则有:
G
=mg0,解得:
g0=
;
根据向心加速度表达式,则知赤道上物体加速度:
a=ω2R=
,由牛顿第二定律:
,解得g0′=
,
则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为g0-g0′=
,故D正确;
故选:
D。
在两极地球表面上引力等于重力:
;
在赤道上,根据向心加速度表达式,和牛顿第二定律。
即可求解重力加速度;
解答此题的关键是弄清赤道上的物体万有引力提供重力的同时还提供物体的向心力。
10.【答案】B
【解析】
解:
A、因为开始加速度方向向下,与速度方向相同,做加速运动,加速度逐渐减小,即做加速度逐渐减小的加速运动,然后加速度方向向上,加速度逐渐增大,做加速度逐渐增大的减速运动.故A错误,B正确.
C、根据牛顿第二定律得,金属棒的加速度a=
,f=μN=μFA=μBIL=μBLkt,
联立解得加速度a=
,与时间成线性关系.故C错误;
D、t=0时刻无电流,无安培力.只有重力,加速度竖直向下,为正值.故D错误.
故选:
B
根据牛顿第二定律得出加速度的表达式,结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化.
解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化,结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动,知道速度时间图线的切线斜率表示加速度.
11.【答案】BD
【解析】
解:
A、在2-6s内,物体做匀速直线运动,由P=Fv,得
,故物体受到的摩擦力大小f=F=4N,根据v-t图象的“面积”表示物体的位移,知0~6s内物体的位移为x=
×6m=30m,物体克服摩擦力做功Wf=fx=4×30J=120J,故A错误。
B、0~2s内,物体的加速度
m/s2=3m/s2,由牛顿第二定律可得:
F′-f=ma
在2s末,P′=F′v,由图知P′=60W,v=6m/s,联立解得F′=10N,m=2kg,故B正确。
C、0~6s内合外力对物体做的总功W总=
=36J,故C错误。
D、由动能定理可知WF-Wf=
-0,得WF=
mv2+Wf=(
×2×62+120)J=156J,故D正确。
故选:
BD。
2-6s内,物体做匀速直线运动,拉力与摩擦力大小相等。
0-2s内,物体做匀加速直线运动,根据v-t图象的斜率求出加速度,再根据牛顿第二定律求出物体的质量。
根据动能定理求合外力对物体做的总功,根据v-t图象的“面积”求出物体的位移,从而求出摩擦力做功,即可求出拉力做的功。
本题的关键要根据速度时间图象得到物体的运动情况,分析时要抓住速度图象的斜率表示加速度、面积表示位移。
要知道动能定理是求功常用的方法。
12.【答案】AD
【解析】
解:
A、由乙图可知,物体在B点加速度最大,且加速度为a=
=2m/s2,根据qE=ma,可知B点的场强最大,为E=1V/m,故A正确;
B、从C到A的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,故B错误;
C、从C到A一直沿着电场线运动,电势逐渐降低,故C错误;
D、从B到 A的过程中,根据动能定理,得:
qUBA=
,代入数据得UBA=5V,则UAB=-UBA=-5V,即φA-φB=-5V.故D正确。
故选:
AD。
两个等量的同种正电荷,其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧;电量为2C的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中,根据V-t图可知在B点的加速度,可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动,判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况,由牛顿第二定律求出电场强度的最大值.根据电势能的变化,分析电势的变化.由动能定理求A、B间的电势差.
明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键,据V-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口.
13.【答案】
AC
【解析】
解:
A、0~2s内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针方向,为正值。
根据法拉第电磁感应定律,
=B0S为定值,则感应电流为定值,
.在2~3s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针方向,为正值,大小与0~2s内相同。
在3~4s内,磁感应强度垂直纸面向外,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向,为负值,大小与0~2s内相同。
在4~6s内,磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向,为负值,大小与0~2s内相同。
故A正确,B错误。
C、在0~2s内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,电流恒定不变,根据FA=BIL,则安培力逐渐减小,cd边所受安培力方向向右,为负值。
0时刻安培力大小为F=2B0I0L.在2s~3s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,根据FA=BIL,则安培力逐渐增大,cd边所受安培力方向向左,为正值,3s末安培力大小为B0I0L.在2~3s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,则安培力大小逐渐增大,cd边所受安培力方向向右,为负值,第4s初的安培力大小为B0I0L.在4~6s内,磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐增大,则安培力大小逐渐增大,cd边所受安培力方向向左,6s末的安培力大小2B0I0L.故C正确,D错误。
故选:
AC。
根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小,根据楞次定律判断出感应电流的方向,通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向.
解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律,会运用楞次定律判断感应电流的方向,以及掌握安培力大小公式,会用左手定则判定安培力的方向.
14.【答案】
BC
【解析】
解:
A、由电路图甲知,电压表V2测量路端电压,电流增大时,内电压增大,路端电压减小,所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系。
此图线的斜率大小等于电源的内阻,为r=
,
当电流I=0.1A时,U=3.4V,则电源的电动势E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V,故A正确。
B、变阻器向右滑动时,R阻值变大,总电流减小,内电压减小,路端电压即为V2读数逐渐增大,故B错误。
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