山东省济南第一中学2024-2025学年高二（上）期中考试物理试卷

这是一份山东省济南第一中学2024-2025学年高二（上）期中考试物理试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.电位器是变阻器的一种。如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是( )
A. 串接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
B. 串接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮
C. 串接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
D. 串接B、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮
2.如图所示为电阻R1和R2的伏安特性曲线，并且把第一象限分为了Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．现把R1和R2并联在电路中，消耗的电功率分别用P1和P2表示；并联的总电阻设为R.下列关于P1与P2的大小关系及R的伏安特性曲线应该在的区域正确的是( )
A. 特性曲线在Ⅰ区，P1P2
3.如图是监控汽车安全带使用情况的一种简化报警电路。汽车启动时，开关S1闭合；驾驶员系好安全带时，开关S2将断开。L是报警指示灯，P是蜂鸣报警器，RN为安装在座垫下方的压敏元件(电阻值与所受压力大小成反比)，M是一种触发开关(当A、B两端电压升高时，C、D两个端口间将像普通开关一样直接接通)，当驾驶员坐在座位上启动汽车但未系安全带时，下列描述正确的是( )
A. RN电阻变小，A、B两端电压降低B. RN电阻变小，A、B两端电压升高
C. RN电阻变大，A、B两端电压降低D. RN电阻变大，A、B两端电压升高
4.在课堂中，三位同学合作完成了一个惊奇小实验：他们手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、若干导线、一个开关、一个有铁芯且匝数较多的线圈按图示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关瞬间，人有触电的感觉
B. 电路稳定时，流过人体的电流大于线圈的电流
C. 断开开关瞬间，流过人的电流方向为P→Q
D. 断开开关瞬间，线圈两端的电压突然增大
5.如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=2Ω，滑动变阻器R1总阻值为6Ω，定值电阻R2=10Ω，电流表A以及电压表V1、V2是理想电表。在调整滑动变阻器R1的过程中，下面说法正确的是( )
A. 电压表V1读数改变量与电流表读数改变量之比为2Ω
B. 电压表V2读数改变量与电流表读数改变量之比为60Ω
C. 电阻R2消耗的最小功率为2.5W
D. 电源的最大输出功率为2.5W
6.如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为( )
A. F22IL
B. F1IL
C. 2F1-F22IL
D. 2F1-F2IL
7.如图所示，边长为L的正三角形abc内存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。abc的中心O处有一粒子源，能够沿abc平面向任意方向发射速率为 3qBL6m的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力。则粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. πmqB
B. πm2qB
C. πm3qB
D. πm6qB
8.物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，左图为它的示意图。它由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。已知正离子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间极短，可忽略不计。正粒子从离子源出发时的初速度为零，不计粒子所受重力。则( )
A. 高频交变电压变化的周期为πm2qB
B. 粒子在回旋加速器中的总的时间为BR22mU
C. 在下半个D形盒中粒子第一次与第n次运动的轨道半径之比为1:2n-112
D. 粒子可获得的最大动能为q2B2R2m
9.如图所示，一单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势表达式为e=10sin5πtV。已知线圈电阻为2Ω，与线圈相连的外电路电阻R=8Ω。下列说法正确的是( )
A. 交流电的电动势有效值为10V
B. t=0时，穿过线圈磁通量为零
C. 从t=0至t=0.1s内，通过电阻R的电荷量为π2C
D. —个周期内电阻R上产生的焦耳热为1.6J
10.将一根绝缘硬质细导线绕成如图所示的闭合线圈，其中大圆半径为R，小圆半径为r。大圆处在垂直线圈平面向里的磁场中，小圆处在垂直线圈平面向外的磁场中。两磁场的磁感应强度大小均为B，且B=B0+kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )
A. kπr2B. kπR2C. kπR2-r2D. kπR2+r2
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
11.理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干，设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为Ｕ，电流为Ｉ，消耗的功率为P，则有( )
A. P=UIB. P=I2(R1+R2)C. P>UID. P>I2(R1+R2)
12.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef可在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为l/v)( )
A. B.
C. D.
13.一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：2，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化如图所示，副线圈仅接入一个R=10Ω的电阻。则下列说法正确的是( )
A. 流过电阻的最大电流是4 2AB. 电压表的示数是40 2V
C. 变压器的输入功率是160WD. 副线圈中电流变化的频率是50Hz
14.如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角θ=37°的斜面上，导轨的上端接有阻值为R的电阻，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑，上滑的最大距离为L，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，下列说法正确的是( )
A. 导体棒返回时先做匀加速运动，最后做匀速直线运动
B. 导体棒沿着导轨上滑过程中最大加速度为B2d2v02mR+35g
C. 导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W=12mv02-35mgL
D. 导体棒沿着导轨上滑过程中阻值为R的电阻生热Q=12mv02-35mgL
15.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则 ( )
A. a粒子带正电，b粒子带负电
B. 两粒子的轨道半径之比Ra:Rb= 3:1
C. 两粒子的质量之比ma:mb=1:2
D. 两粒子的质量之比ma:mb=2:1
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：
(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度L= ______mm；用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径D= ______mm。
(2)用多用电表的电阻“×10“挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图3所示，则该电阻的阻值约为______Ω。
(3)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：
电流表A1(量程0～5mA，内阻约50Ω)；
电流表A2(量程0～15mA，内阻约30Ω)；
电压表V(量程0～3V，内阻约10kΩ)；
滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)；
滑动变阻器R2(阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A)；
直流电源E(电动势4V，内阻不计)；
开关S；导线若干。

①为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表选取______，滑动变阻器选取______(填写所用器材的代号)。
②请将电路实物连线补充完整。
③闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端(填“a”或“b”)；若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ= ______。(不要求计算，用题中所给字母表示)
17.某物理兴趣小组的同学从一款电子产品中拆下一个特殊电池，通过查阅说明书了解到该电池的电动势约为1V左右，内阻约为300Ω左右。他们欲通过实验尽量准确的测出该电池的电动势和内阻。除了待测电池，实验室可提供的器材还有：
A.电流表A1(量程为0∼300μA，内阻为900Ω)
B.电流表A2(量程为0∼0.6A，内阻为1Ω)
C.定值电阻R1(阻值为100Ω)
D.定值电阻R2(阻值为1100Ω)
E.电阻箱R(0∼99999Ω)
F.导线和开关。
(1)为了顺利完成测量，电流表应选________，定值电阻应选_________；(填所选仪器前的字母序号)
(2)在方框中画出设计的电路图；( )
(3)该小组同学按设计的电路图连接好电路，测得几组所选电流表的读数I，以及相应的电阻箱的读数R，做出1I-R图线如图所示。通过计算可以求得该电池电动势E=_______V，内阻r=________Ω(结果保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
18.如图所示，光滑平行金属导轨PP'和QQ'之间距离为1m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻，阻值R=8Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2T。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，其电阻r=2Ω，电路中导线电阻不计，用一水平向右F=5N的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则：
(1)导体棒中的电流方向如何？(回答M→N还是N→M)
(2)求导体棒最终的速度及此时M、N两点间的电压。
19.如图所示电路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20μF。当开关S1闭合，S2断开，电路稳定时，电源的总功率为2W，当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电源的总功率为4W，求：
(1)电源电动势E和内电阻r；
(2)当开关S1、S2都闭合时电源的输出功率；
(3)当开关S1闭合，分别计算在闭合与断开开关S2时，电容器所带的电荷量各为多少？
20.如图所示，直角坐标系xOy平面内，y轴左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场I，第一象限存在平行于y轴方向的匀强电场，第四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁场I、II的磁感应强度大小相等．一电子以速度v0从x轴上的N点-L,0射入磁场，v0与x轴负方向间的夹角θ=53∘，经P点(图中未画出)垂直于y轴射入电场，然后从M点(图中未画出)进入第四象限．已知匀强电场的电场强度大小E=mv02eL，电子的质量为m、电荷量为e，sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，不计电子重力．求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)经过M点时电子的速度大小；
(3)从N点射出后电子第3次经过x轴时的位置横坐标．
答案和解析
1.A
【解析】A.连接A、B使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小，灯泡的功率P=I2R，P减小，灯泡变暗，故A正确；
BC.连接A、C，电位器接入电路的电阻不变，电流不变，灯光亮度不变，故BC错误；
D.连接B、C使滑动触头逆时针转动时，电位器接入电路的电阻变大，电流减小，灯泡变暗，故D错误。
故选A。
2.C
【解析】把R1和R2并联在电路中，并联的总电阻R比R1和R2都小，则R的伏安特性曲线的斜率大于R1和R2的伏安特性曲线的斜率，则R的伏安特性曲线应该Ⅰ区。R1和R2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻R1的电流较大，则功率P1>P2。
故选：C。
3.B
【解析】当驾驶员坐在座位上启动汽车但未系安全带时，开关S2闭合；驾驶员对座位的压力增大，则RN电阻变小，根据欧姆定律可得通过R的电流增大，则A、B两端电压升高，C、D两个端口直接接通，连通L、P所在支路，指示灯点亮，蜂鸣器报警，故ACD错误，B正确；
故选：B。
4.D
【解析】A.当开关闭合瞬间，多匝线圈与人并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小，人没有触电感觉，故A错误；
B.当开关闭合瞬间，因为人体的电阻远大于线圈的电阻，因此人体的电流小于线圈的电流，故B错误；
C. 当断开开关瞬间，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从Q向P，故C错误；
D. 断开开关瞬间，由于电流变化太快，导致线圈产生的感应电动势非常大，所以线圈两端的电压突然增大，故D正确。
5.D
【解析】A.把R2 +r看作是等效内阻，电压表V1读数改变量与电流表读数改变量之比等于：R2+r=12Ω，故A错误；
B.同理电压表V2读数改变量与电流表读数改变量之比为电阻：R2=10Ω，故B错误；
C.电流最小时，电阻R2消耗的功率最小，此时，滑动触头应在最右端，此时总电流：I=ER1+R2+r=610+2+6A=13A
电阻R2消耗的功率为：P=I2R2=(13)2×10W=109W，故C错误；
D.当电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，但本题外电阻总是大于内电阻，因此，外电阻最接近内电阻时，电源有最大输出功率，此时滑动触头应在最左端：I'=ER2+r=610+2A=0.5A
电源的最大输出功率为：P电源=0.52×10W=2.5W，故D正确。
故选：D。
6.C
【解析】两个导线间的作用力是相互作用力，根据牛顿第三定律，等大、反向、共线，大小设为Fab；
对左边电流，有：F1=BIL+Fab
对右边电流，有：F2=2BIL+Fab
两式联立解得：Fab=2F1-F2
则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为：
B'=Fab2IL=2F1-F22IL
故选C。
7.C
【解析】根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R，粒子的速率为v= 3qBL6m，解得粒子的轨迹半径r= 36L
由于粒子源在三角形abc的中心，粒子在磁场中运动的时间最短时，粒子轨迹对应的圆心角最小，即轨迹最短、轨迹所对应的弦长最短，其中一条轨迹如图所示：
根据几何关系可得：OD=13×Lsin60°= 36L=r，根据图中几何关系可得OD是最短的弦长之一，所以最小的圆心角：θ=60°
粒子在磁场中运动的最短时间为：t=θ360∘T=60°360∘×2πmqB=πm3qB，故C正确、ABD错误。
故选：C。
根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的轨迹半径，粒子在磁场中运动的时间最短时，粒子轨迹对应的圆心角最小，根据几何关系求解最小的圆心角，由此得到粒子在磁场中运动的最短时间。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
8.C
【解析】A.加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等，则有：T=2πmqB，故A错误；
B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvmB=mvm2R，解得vm=BqRm，粒子获得的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m，故B错误；
C.粒子在电场中第一次加速，则有qU=12mv12，解得v1= 2qUm，则粒子以v1第一次在下半盒中运动，根据qv1B=mv12R1，解得R1=mv1Bq=1B 2mUq；粒子在第n次进入下半盒运动前，已在电场中加速了(2n-1)次，则有(2n-1)qU=12mvn2，解得vn= 2(2n-1)qUm，则半径为Rn=mvnBq=1B 2(2n-1)mUq，故半径之比为R1Rn=1 2n-1，故C正确；
D.粒子在加速器中运动的总时间为t=nT=12·EkmqU×2πmqB=qB2R24mU×2πmqB=πR2B2U，故D错误。
故选C。
9.D
【解析】
A.交流电的电动势有效值为E有=10 2V=5 2V，故A错误；
B.t=0时，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；
C.线圈的转动周期为T=2πω=2π5π=0.4s，从 t=0 至 t=0.1s 内，线框转动 T4 ，通过电阻R的电荷量为q=It，由闭合电路欧姆定律得I=ER+r，根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt，由题意得ΔΦ=0-BS，又有BSω=10V，代入数据联立解得q=15πC，故C错误；
D.—个周期内电阻R上产生的焦耳热为Q=I2RT，电流为I=E有R+r，联立解得Q=1.6J，故D正确。
10.D
【解析】左右两侧磁场均均匀增加，根据楞次定律可知，左右两侧圆环产生的感应电动势方向相同，
则线圈中总的感应电动势大小为E=ΔBΔtπR2+ΔBΔtπr2=kπ(R2+r2)，
故选D。
11.AD
【解析】AC.电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，故A正确，C错误；
BD.电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为 I2(R1+R2) ，因为总功率一部分转化为机械功率，一部转化热功率，则吹风机的总功率要大于发热部分的功率，故B错误，D正确。
故选AD。
12.BD
【解析】AB．bc边的位置坐标x在L-2L过程，根据楞次定律判断可知感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。线框bc边有效切线长度为L=vt，感应电动势为
E=BLv=Bvt⋅v=Bv2t
感应电流
i=ER=Bv2tR
即感应电流均匀增大。同理，x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀增大。A错误，B正确。
CD.在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式
F=B2L2vR
而L=vt，则有：
F=B2L3t2R F非线性增大，故C错误，D正确；
13.ACD
【解析】A、输出电压的最大值为U2m，则U1mU2m=n1n2，其中U1m=220 2V，解得U2m=40 2V，所以流过电阻的最大电流为Im=U2mR=40 210A=4 2A，故A正确；
B、电压表测量的是输出电压的有效值，所以电压表的示数为U2=U2m 2=40 2 2V=40V，故B错误；
C、变压器的输入功率和输出功率相等，则变压器的输入功率为P=U22R=40210W=160W，故C正确；
D、由图可知输入电流的周期为T=2×10-2s，变压器不改变电流的频率，所以副线圈中电流的变化频率为f=1T=12×10-2Hz=50Hz，故D正确。
故选：ACD。
14.BC
【解析】、导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，棒受到的安培力增大，加速度减小，所以导体棒先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B、导体棒开始上滑时，加速度最大，由牛顿第二定律得
a=F安+mgsinθm=-B×BLv02R×L+mgsin37°m=B2d2v02mR+35g
故B正确；
CD、导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，由能量守恒定律得
W=Q总=(12mv02-mgLsin37°)=12mv02-35mgL
根据题意分析可知，导体棒沿着导轨上滑过程中阻值为R的电阻生热
Q=12Q总
故C正确，D错误。
故选：BC。
15.BD
【解析】A.作出两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图，a粒子顺时针旋转，b粒子逆时针旋转，由左手定则可知a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；
B.由几何关系可知，两粒子轨道半径分别为Ra=d，Rb=d2cs 30∘，则Ra:Rb= 3:1，B正确；
CD.两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则qvB=mv2R，粒子运动周期T=2πRv=2πmqB，运动时间为t=θ2πT，粒子a运动轨迹对应的圆心角为60°，粒子b运动轨迹对应的圆心角为120°，联立可得两粒子的质量之比为ma:mb=2:1，C错误，D正确．
故选BD。
4.700 220 A2 R1 a πUD24IL
【解析】 (1)游标卡尺的精确度为0.05mm，圆柱体的长L=50mm+3×0.05mm=50.15mm；螺旋测微器的精确度为0.01mm，圆柱体的直径D=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm
(2)欧姆挡的倍率为“×10”，则该电阻的阻值约为R=22.0×10Ω =220Ω
(3)①电路中的最大电流I=UR=3220A≈14mA，故选择电流表A2，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值即可，故选择滑动变阻器R1；
②由于 RARV= 30×10000Ω≈548Ω>220Ω，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；又题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路实物连线如图所示
③为了保证电压表和电流表的安全，在闭合开关前滑动变阻器的滑片置于a端；由欧姆定律可得，电阻阻值为R=UI，由电阻定律得R=ρLS=ρLπ(D2)2，则电阻率为ρ=πUD24IL。
故答案为：(1)50.15，4.700；(2)220；(3)①A2，R1；②实物连线如上图所示；③a，πUD24L。
(1)(2)根据游标卡尺和螺旋测微器、欧姆表的读数规则完成读数；
(3)①根据估算的最大电流选择电流表，根据滑动变阻器的接法选择滑动变阻器的最大阻值；
②根据电表的相关参数结合待测电阻阻值大小选择电流表的接法和滑动变阻器的接法，并完成实物连线；
③根据欧姆定律和电阻定律列式推导电阻率表达式。
考查基本仪器的使用和读数问题，会根据题意选择合适的器材，灵活运用电流表的和滑动变阻器的接法，熟悉电阻率测量的基本原理。
17. ①．A ②．C ③． ④． ⑤．
【解析】(1)[1][2]根据题意，由公式
可知，电路中的电流最大值约为
可知，电流表A2量程太大，故选电流表，而电流表的量程太小，需并联一个比电流表内阻小的电阻扩大量程，则定值电阻选择。
(2)[3]由(1)分析，结合题意，设计的电路图如图所示
(3)[4][5]电流表与并联之后的电阻为
设电流表的电流为，干路电流为，则有
由电路图，根据闭合回路欧姆定律有
整理得
结合可得
，1
解得
，
18.【解析】(1)根据右手定则可知，导体棒中的电流方向为N→M
(2)当导体棒匀速运动时，速度最大为v
导体棒产生的感应电动势为
E=BLv
此时电路中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有
I=ER+r
根据平衡条件有
F=BIL
导体棒两端的电压为
U=IR
联立以上各式代入数据可得
v=12.5m/s
U=20V
答：(1)导体棒中的电流方向是N→M；
(2)求导体棒最终的速度为12.5m/s，此时M、N两点间的电压为20V。
19【解析】(1)当开关S1闭合，S2断开，电路稳定时，电源消耗的总功率为
P总=E2R2+R3+r
当开关S1、S2都闭合，电路稳定时，电阻R1和R2并联，并联以后的总电阻为
R12=R1R2R1+R2=3×63+6Ω=2Ω
电源消耗的总功率为
P'总=E2R12+R3+r
代入数据解得
E=4V，r=0.5Ω
(2)当开关S1、S2都闭合时，电路中的总电流为
I=ER12+R3+r=42+1.5+0.5A=1A
则电源的输出功率为
P出=EI-I2r=4×1W-12×0.5W=3.5W
(3)当开关S1、S2都闭合时，根据电路图可知电容器两板间电压为零，则电容器所带电荷量为0
当开关S1闭合，S2断开时，电路稳定后，外电路总电阻为
R外=R2+R3=6Ω+1.5Ω=7.5Ω
电路电流为I'=ER外+r=47.5+0.5A=0.5A
电容器两板间电压和电阻R2两端电压相等，即
Uc=I'R2=0.5×6V=3V
电容器此时所带电荷量为Q=CUc=20×10-6×3C=6×10-5C
答：(1)电源电动势E为4V，内电阻r为0.5Ω；
(2)当开关S1、S2都闭合时电源的输出功率为3.5W；
(3)当开关S1闭合，在闭合与断开开关S2时，电容器所带的电荷量分别是0和6×10-5C。
20【解析】(1)由题意得在磁场I中运动轨迹如下图
圆心在K点，设在磁场中运动的半径 r1 ，由几何关系可知r1=Lsinθ
根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=mv02r1
解得B=4mv05Le
(2)进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿电场方向运动距离为y，则y=r1+r1csθ
解得y=2L
由动能定理有eEy=12mv2-12mv02
解得v= 5v0
(3)设垂直于电场力方向的距离为x，电子在电场中的运动时间为t，由类平抛运动规律有y=12at2 ， eE=ma ， x=v0t
解得x=2L
由v2=v02+vy2
得vy=2v0
设v方向与x轴正方向夹角为 α ，则sinα=vyv=2 55
设电子在第四象限中做匀速圆周运动的半径为 r2 ，
由洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r2
得r2=5 54L
经分析知，电子第1次经过x轴上M点进入第四象限做匀速圆周运动后，第2次过x轴进入第一象限做斜抛运动后第3次经过x轴得位置坐标x'=6L+2r2sinα
联立以上各式，代入数据得x'=11L